高斯函数

定义

设$x$为任意实数，把不超过$x$的最大整数记作$[x]$，称为高斯函数（也称取整函数）。大多数时候也常把$[x]$称为$x$的整数部分，把$x-[x]$记作{x}\,\{x\}\,{x}，称为$x$的小数部分。

根据定义恒有：[x]≤x<[x]+1,0≤{x}<1\,[\,x\,] \le x \lt [\,x\,]+1\,,\,0 \le \{x\} \lt 1\,[x]≤x<[x]+1,0≤{x}<1

定理

1：若$x\le y$，则$[x]\le [y]$

2：等式$[n+x]=n+[x]$成立，当且仅当$x$为整数。

$证：设等式成立，那么n=[n+x]-[x]是整数。反之，设n为整数，由[x]\le x<[x]+1,得n+[x]\le n+x<(n+[x])+1,即[n+x]=n+[x]$

3：对任意实数$x,y$，有$[x]+[y]\le [x+y]$

$证：由[x]\le x,[y]\le y,得[x]+[y]\le x+y,两边取整，则[[x]+[y]]\le [x+y],即[x]+[y]\le [x+y]$

4：$[-x]=\{\begin{array}{ll}-[x]-1& ,x不是整数\\ -[x]& ,x是整数\end{array}$

证：由x=[x]+{x},得−x=−[x]−{x},即[−x]=[−[x]−{x}]=−[x]+[−{x}],当x不是整数时,由于0≤x<1,即−1<x≤0,则[−{x}]=−1,此时[−x]=−[x]−1证：由\,x=[\,x\,]+\{x\}\,,得\,-x=-[\,x\,]-\{x\}\,,即\,[\,-x\,]=[\,-[\,x\,]-\{x\}\,]=-[\,x\,]+[\,-\{x\}\,]\,,当\,x\,不是整数时,由于\,0 \le x \lt 1\,,即\,-1 \lt x \le 0\,,则\,[\,-\{x\}\,]=-1\,,此时\,[\,-x\,]=-[\,x\,]-1\,证：由x=[x]+{x},得−x=−[x]−{x},即[−x]=[−[x]−{x}]=−[x]+[−{x}],当x不是整数时,由于0≤x<1,即−1<x≤0,则[−{x}]=−1,此时[−x]=−[x]−1

5：若{x}+{y}=1\,\{x\}+\{y\}=1\,{x}+{y}=1，则$[x]+[y]=[x+y]-1$

6：对任意实数$x$，有$[x+\frac{1}{2}]=[2x]-[x]$

证：∵0≤{x}<1,∴[{x}+12]=[2{x}].则：[x+12]=[[x]+{x}+12]=[x]+[{x}+12]=[x]+[2{x}]=(2[x]+[2{x}])−[x]=[2[x]+2{x}]−[x]=[2x]−[x]证：\because 0 \le \{x\} \lt 1\,,\therefore [\,\{x\}+\dfrac{1}{2}\,]=[\,2\{x\}\,]\,.则：[\,x+\dfrac{1}{2}\,]=[\,[\,x\,]+\{x\}+\dfrac{1}{2}\,]=[\,x\,]+[\,\{x\}+\dfrac{1}{2}\,]=[\,x\,]+[\,2\{x\}\,]=(2[\,x\,]+[\,2\{x\}\,])-[\,x\,]=[\,2[\,x\,]+2\{x\}\,]-[\,x\,]=[\,2x\,]-[\,x\,]证：∵0≤{x}<1,∴[{x}+21​]=[2{x}].则：[x+21​]=[[x]+{x}+21​]=[x]+[{x}+21​]=[x]+[2{x}]=(2[x]+[2{x}])−[x]=[2[x]+2{x}]−[x]=[2x]−[x]

7：对任意实数$x,y$，则：$[x]-[y]=[x-y]或[x-y]+1$

8：对任意实数$x,y$，有：$[2x]+[2y]\ge [x]+[x+y]+[y]$

证：不失一般性，设{x}≥{y},则2{x}≥{x}+{y},则：[2x+2y]=[2[x]+2{x}]+[2[y]+2{y}]=2[x]+2[y]+[2{x}]+[2{y}]≥[x]+[y]+[x]+[y]+[{x}+{y}]=[x]+[y]+[[x]+{x}+[y]+{y}]=[x]+[y]+[x+y]证：不失一般性，设\{x\} \ge \{y\}\,,则\,2\{x\} \ge \{x\}+\{y\}\,,则：[\,2x+2y\,]=[\,2[\,x\,]+2\{x\}\,]+[\,2[\,y\,]+2\{y\}\,]=2[\,x\,]+2[\,y\,]+[\,2\{x\}\,]+[\,2\{y\}\,] \ge [\,x\,]+[\,y\,]+[\,x\,]+[\,y\,]+[\,\{x\}+\{y\}\,]=[\,x\,]+[\,y\,]+[\,[\,x\,]+\{x\}+[\,y\,]+\{y\}\,]=[\,x\,]+[\,y\,]+[\,x+y\,]证：不失一般性，设{x}≥{y},则2{x}≥{x}+{y},则：[2x+2y]=[2[x]+2{x}]+[2[y]+2{y}]=2[x]+2[y]+[2{x}]+[2{y}]≥[x]+[y]+[x]+[y]+[{x}+{y}]=[x]+[y]+[[x]+{x}+[y]+{y}]=[x]+[y]+[x+y]

推论：对任意实数$x,y$，有$[x+y]\le [x+\frac{1}{2}]+[y+\frac{1}{2}]$

$提示：[2x]=[x]+[x+\frac{1}{2}]$

例题

• 1、设$n$是任一正整数，$x$是实数，试证：$[\frac{[nx]}{n}]=[x]$
  证法一：令[nx]=nq+r(0≤r<n),则有nx=nq+r+{nx}(0≤rn<1),0≤r+{nx}n<n−1+1n=1。由[[nx]n]=[nq+rn]=[q+rn]=q+[rn]=q,[x]=[nxn]=[q+r+{nx}n]=q+[r+n{x}n]=q,可知命题成立。令\,[\,nx\,]=nq+r\,(0 \le r \lt n)\,,则有\,nx=nq+r+\{nx\}\,(0 \le {\large r \over n} \lt 1)\,,\,0 \le \dfrac{r+\{nx\}}{n} \lt \dfrac{n-1+1}{n}=1\,。由\,[\,\dfrac{[\,nx\,]}{n}\,]=[\,\dfrac{nq+r}{n}\,]=[\,q+\dfrac{r}{n}\,]=q+[\,\dfrac{r}{n}\,]=q\,,\,[\,x\,]=[\,\dfrac{nx}{n}\,]=[\,q+\dfrac{r+\{nx\}}{n}\,]=q+[\,\dfrac{r+n\{x\}}{n}\,]=q\,,可知命题成立。令[nx]=nq+r(0≤r<n),则有nx=nq+r+{nx}(0≤nr​<1),0≤nr+{nx}​<nn−1+1​=1。由[n[nx]​]=[nnq+r​]=[q+nr​]=q+[nr​]=q,[x]=[nnx​]=[q+nr+{nx}​]=q+[nr+n{x}​]=q,可知命题成立。
  证法二：$由[x]\le x,得n[x]\le nx\Rightarrow [n[x]]\le [nx]\Rightarrow n[x]\le [nx]\Rightarrow [x]\le \frac{[nx]}{n}\Rightarrow [[x]]\le [\frac{[nx]}{n}]\Rightarrow [x]\le [\frac{[nx]}{n}];另一方面由[nx]\le nx,得\frac{[nx]}{n}\le x\Rightarrow [\frac{[nx]}{n}]\le [x],于是命题成立。$
  证法三：$设m=[x],则m\le x<m+1\Rightarrow mn\le nx<n(m+1)\stackrel{mn是整数}{\Rightarrow }mn\le [nx]<n(m+1)\Rightarrow m\le \frac{[nx]}{n}<m+1,则[\frac{[nx]}{n}]=m=[x]$

• 2、设$n$是任一正整数，$x$是实数，试证厄米特(Hermite)恒等式：$[x]+[x+\frac{1}{n}]+[x+\frac{2}{n}]+\cdots +[x+\frac{n-1}{n}]=[nx]$
  证法一：令[nx]=nq+r(0≤r<n),则nx=nq+r+{nx},即x=q+r+{nx}n,当r=0时，结论显然成立；当r≥1时，有：[x]+[x+1n]+[x+2n]+⋯+[x+n−1n]=[q+r+{nx}n]+[q+r+{nx}+1n]+[q+r+{nx}+2n]+⋯+[q+r+{nx}+n−1n]=nq+∑k=0n−1[r+{nx}+kn]=nq+∑k=0n−r−1[r+{nx}+kn]+∑k=n−rn−1[r+{nx}+kn]=nq+0+((n−1)−(n−r)+1)=nq+r=[nx]令\,[\,nx\,]=nq+r\,(0 \le r \lt n)\,,则\,nx=nq+r+\{nx\}\,,即\,x=q+\dfrac{r+\{nx\}}{n}\,,当\,r=0\,时，结论显然成立；当\,r \ge 1\,时，有：[\,x\,]+[\,x+\dfrac{1}{n}\,]+[\,x+\dfrac{2}{n}\,]+\cdots+[\,x+\dfrac{n-1}{n}\,]=[\,q+\dfrac{r+\{nx\}}{n}\,]+[\,q+\dfrac{r+\{nx\}+1}{n}\,]+[\,q+\dfrac{r+\{nx\}+2}{n}\,]+\cdots+[\,q+\dfrac{r+\{nx\}+n-1}{n}\,]=nq+\begin{aligned}\sum_{k=0}^{n-1}[\,\dfrac{r+\{nx\}+k}{n}\,]\end{aligned}=nq+\begin{aligned}\sum_{k=0}^{n-r-1}[\,\dfrac{r+\{nx\}+k}{n}\,]+\sum_{k=n-r}^{n-1}[\,\dfrac{r+\{nx\}+k}{n}\,]\end{aligned}=nq+0+((n-1)-(n-r)+1)=nq+r=[\,nx\,]令[nx]=nq+r(0≤r<n),则nx=nq+r+{nx},即x=q+nr+{nx}​,当r=0时，结论显然成立；当r≥1时，有：[x]+[x+n1​]+[x+n2​]+⋯+[x+nn−1​]=[q+nr+{nx}​]+[q+nr+{nx}+1​]+[q+nr+{nx}+2​]+⋯+[q+nr+{nx}+n−1​]=nq+k=0∑n−1​[nr+{nx}+k​]​=nq+k=0∑n−r−1​[nr+{nx}+k​]+k=n−r∑n−1​[nr+{nx}+k​]​=nq+0+((n−1)−(n−r)+1)=nq+r=[nx]
  证法二(数学归纳法的思想)：$不妨设0\le x<1(否则将两边的[x]移出抵消),当0\le x<\frac{1}{n}时,等式两边均为0,故等式成立。在x增加\frac{1}{n}的左边变为[x+\frac{1}{n}]+[x+\frac{2}{n}]+\cdots +[x+\frac{n-1}{n}]+([x]+1),即比原来增加1,这时右边变为[n(x+\frac{1}{n})]=[nx]+1,即也比原来增加1,因此等式成立，则在x增加\frac{1}{n}后,等式仍然成立。这样有等式在0\le x<\frac{1}{n}时成立，便可逐步推出等式在\frac{1}{n}\le x<\frac{2}{n},\frac{2}{n}\le x<\frac{3}{n},\cdots ,\frac{n-1}{n}\le x<1时均成立。$

• 3、设$n$是正整数，$x$为实数，试证：$[\frac{[x]}{n}]=[\frac{x}{n}]$
  证法1：$一方面由[x]\le x,则\frac{[x]}{n}\le \frac{x}{n}\Rightarrow [\frac{[x]}{n}]\le [\frac{x}{n}];另一方面,n\cdot [\frac{x}{n}]\le n\cdot \frac{x}{n}=x,因此n[\frac{x}{n}]\le [x],则[\frac{x}{n}]\le \frac{[x]}{n},则[\frac{x}{n}]\le [\frac{[x]}{n}],于是命题成立。$
  证法2：$m=[\frac{x}{n}],则m\le \frac{x}{n}<m+1,则mn\le x<n(m+1),由于mn是整数,则mn\le [x]<n(m+1),则m\le \frac{[x]}{n}<m+1,因此[\frac{[x]}{n}]=m=[\frac{x}{n}]$

推论：设$x$为正实数，$n$为正整数，则不大于$x$的正整数中，$n$的倍数有$[\frac{x}{n}]$个。

$提示：设有k个，则有kn\le x<(k+1)n,即k\le \frac{x}{n}<k+1$

• 4、设$m,n$是正整数，$x,y$是任意实数，试证：$[(m+n)x]+[(m+n)y]\ge [mx]+[my]+[nx+ny]$成立的充要条件是$m=n$
  $提示：充分性由定理8：[2x]+[2y]\ge [x]+[y]+[x+y]知显然成立；必要性：(将[x],[y]提出抵消，便知可只考虑0\le x,y<1)假设m\ne n,且n\ge m+1,考虑\frac{1}{m+n+1}\le x,y<\frac{1}{m+n},则1=\frac{2n}{2n}\le \frac{2n}{m+n+1}\le nx+ny<\frac{2n}{m+n}<\frac{2n}{n}=2,则推出0\ge 1,矛盾,则假设不成立，因为并非对任意实数x,y,不等式都成立。因此原命题成立。$
• 5、试证：对任何正整数$n$，有$[\sqrt{n}+\sqrt{n+1}]=[\sqrt{4n+2}]$
  $证：由于(\sqrt{n}+\sqrt{n+1}{)}^2=2n+1+2\sqrt{n(n+1)},以及n<\sqrt{n(n+1)}<n+1,所以有4n+1<(\sqrt{n}+\sqrt{n+1}{)}^2<4n+3,设k=\sqrt{4n+1},考虑到偶数的平方可被4整除,奇数的平方被4除余1,即任何一个整数的平方被4除后不可能余2,也不可能余3,所以有k^2\le 4n+1<4n+2<4n+3<(k+1{)}^2,即k\le \sqrt{4n+1}<\sqrt{4n+2}<\sqrt{4n+3}<k+1,故[\sqrt{4n+1}]=[\sqrt{4n+2}]=[\sqrt{4n+3}]=[\sqrt{n}+\sqrt{n+1}]=k$

n的阶乘(n!)的标准分解式

引理

引理1：若$a$是正实数，$b$是正整数，则不大于$a$且是$b$的倍数的正整数共有$[\frac{a}{b}]$个。

$提示：由例题3的推论直接得出$

引理2：设$a,b,n$是三个任意的正整数，则$[\frac{n}{ab}]=[[\frac{n}{a}]/b]$

$提示：在例题3中令x=\frac{n}{a},n=b直接推出$

引理3：$n!$的标准分解式中质因数$p(p\le n)$的指数$h=[\frac{n}{p}]+[\frac{n}{p^2}]+[\frac{n}{p^3}]+\cdots =\begin{array}{r}\sum _{k=1}^{\infty }[\frac{n}{p^k}]\end{array}$

$证：用c_k表示1,2,\cdots ,n中能被p^k整除的数的个数，d_k表示1,2,\cdots ,n中恰好被p^k整除的数的个数(“恰好”是指能被p^k但不能被p^{k+1}整除),则d_k=c_k-c_{k+1},由引理1,知c_k=[\frac{n}{p^k}],故d_k=[\frac{n}{p^k}]-[\frac{n}{p^{k+1}}],于是h=1\cdot d_1+2\cdot d_2+\cdots +k\cdot d_k+\cdots =\begin{array}{r}\sum _{k=1}^{\infty }[\frac{n}{p^k}]\end{array}。由引理3,得[\frac{n}{p^{k+1}}]=[[\frac{n}{p^k}]/p],因此实际计算时,可利用[\frac{n}{p^k}]的结果来求[\frac{n}{p^{k+1}}]$

定理

$\begin{array}{r}n!=\begin{array}{r}\prod _{p\le n}{p}^{\begin{array}{r}\sum _{k=1}^{\infty }[\frac{n}{p^k}]\end{array}}\end{array}\end{array}$，这里$p\le n$表示$p$取遍不超过$n$的一切质数。

例题

• 1、设$n$为任一正整数，试证：$2^n\mid (n+1)(n+2)\cdots (2n-1)(2n)$
  $证：因为(n+1)(n+2)\cdots (2n-1)(2n)=\frac{(2n)!}{n!},而(2n)!的标准分解式中2的指数为h_1=\begin{array}{r}\sum _{k=1}^{\infty }[\frac{2n}{2^k}]=\sum _{k=1}^{\infty }[\frac{n}{2^{k-1}}]=n+\sum _{k=1}^{\infty }[\frac{n}{2^k}],n!的标准分解式中2的指数为h_2=\sum _{k=1}^{\infty }[\frac{n}{2^k}]\end{array},所以(n+1)(n+2)\cdots (2n-1)(2n)的标准分解式中2的指数是h_1-h_2=n。也就是说,2^n\mid (n+1)(n+2)\cdots (2n-1)(2n)$
• 2、设$m,n$都是正整数，试证：$m!n!(m+n)!\mid (2m)!(2n)!$
  $证：易知,对一切实数x,y,有：[2x]+[2y]\ge [x]+[y]+[x+y],取x=\frac{m}{p^k},y=\frac{n}{p^k},这里p是质数,得[\frac{2m}{p^k}]+[\frac{2n}{p^k}]\ge [\frac{m}{p^k}]+[\frac{n}{p^k}]+[\frac{m+n}{p^k}],从而对任一质数p,有\begin{array}{r}\sum _{k=1}^{\infty }([\frac{2m}{p^k}]+[\frac{2n}{p^k}])\ge \sum _{k=1}^{\infty }([\frac{m}{p^k}]+[\frac{n}{p^k}]+[\frac{m+n}{p^k}])\end{array},这说明m!n!(m+n)!\mid (2m)!(2n)!$
• 3、试证：$\frac{(2n)!}{(n!{)}^2}$是偶数。
  $提示：(1)在定理3中令x=y,可得出2[x]\le [2x],则可推出(n!{)}^2\mid (2n)!,在例题1中令t=\begin{array}{r}\sum _{k=1}^{\infty }[\frac{n}{2^k}],t\le (\sum _{k=1}^m[\frac{1}{2^k}])n=\end{array}[1-(\frac{1}{2}{)}^k]n<n,这里2^m\le n<2^{m+1},因此有n+t>2t,故命题成立。$
• 4、试证：$2^n\mid C_{2^n}^{2^k-1},但2^{n+1}\nmid C_{2^n}^{2^k-1}$
  $提示：\begin{array}{r}\sum _{t=1}^{\infty }[\frac{2^n-1}{2^t}]=2^n-1-n\end{array},\begin{array}{r}\sum _{t=1}^{\infty }[\frac{2^k-1}{2^t}]=2^k-1-k\end{array},\begin{array}{r}\sum _{t=1}^{\infty }[\frac{2^n-2^k+1}{2^t}]\end{array}=\begin{array}{r}\sum _{t=1}^{\infty }[\frac{2^k(2^{n-k}-1)+1}{2^t}]=(2^k-1)(2^{n-k}-1)+[2^{n-k}-1-(n-k)]\end{array}$
• 试证：$2^{n-1}\mid n!的充要条件是n=2^{k-1},这里k为某一正整数$。
  $提示：\begin{array}{r}\sum _{t=1}^{\infty }[\frac{2^k}{2^t}]=1+2+\cdots +2^{k-1}=2^k-1\end{array}$
• 试证：二项式系数$C_{2n}^n$能整除$1,2,3,\cdots ,2n$这些数的最小公倍数，这里$n$为任意正整数。
  $$\begin{gathered} 提示：设1,2,\cdots ,n中的质数为p_1,p_2,\cdots ,p_k,而n+1,n+2,\cdots ,2n中的质数为p_{k+1},p_{k+2},\cdots ,p_s,设p_i^{t_i}\le 2n<p_i^{t_i+1}(i=1,2,\cdots ,k),则n+1,n+2,\cdots ,2n的最小公倍数t=p_1^{t_1}{p}_2^{t_2}\cdots p_k^{t_k}\cdot (p_{k+1}\cdots p_s),由于可以证明：t也是1,2,\cdots ,n的公倍数，因此t即1,2,\cdots ,2n的最小公倍数。设m=(n+1)(n+2)\cdots 2n=p_1^{d_1}{p}_2^{d_2}\cdots p_k^{d_k}\cdot (p_{k+1}\cdots p_s),f=p_1^{f_1}{p}_2^{f_2}\cdots p_k^{f_k}是1,2,\cdots ,n的最小公倍数(p_i^{f_i}\le n<p_i^{f_i+1}),则n!=fQ(Q=p_1^{q_1}{p}_2^{q_2}\cdots p_k^{q_k}),由于C_{2n}^n为整数,则\frac{m}{n!}也为整数,则有d_i\ge f_i+q_i。容易知道f_i\le t_i\le f_i+1,由定理3,6得： \\ \begin{array}{r}[\frac{n}{p_i^j}]+[\frac{n}{p_i^j}]\le [\frac{2n}{p_i^j}]=[\frac{n}{p_i^j}]+[\frac{n}{p_i^j}+\frac{1}{2}]\le [\frac{n}{p_i^j}]+[\frac{n}{p_i^j}]+1,(i=1,2,3,\cdots ,k)\end{array} \\ 将j=1,2,\cdots ,t_i分别代入上式并叠加得：\begin{array}{r}2\sum _{j=1}^{t_i}\frac{n}{p_i^j}\le \sum _{j=1}^{t_i}\frac{2n}{p_i^j}\le 2\sum _{j=1}^{t_i}\frac{n}{p_i^j}+t_i\end{array} \\ \Rightarrow \begin{array}{r}2\sum _{j=1}^{\infty }\frac{n}{p_i^j}\le \sum _{j=1}^{\infty }\frac{2n}{p_i^j}\le 2\sum _{j=1}^{\infty }\frac{n}{p_i^j}+t_i\end{array}\Rightarrow 2(f_i+q_i)\le d_i+(f_i+q_i)\le 2(f_i+q_i)+t_i,于是有d_i\le t_i+(f_i+q_i),因此0\le d_i-(f_i+q_i)\le t_i,命题成立。 \end{gathered}$$
• 试求组合数$C_n^1,C_n^2\cdots ,C_n^{n-1}$的最大公因数。
  $提示：=\{\begin{array}{ll}p,& n具有p^k(p为质数,k为正整数)的形式\\ 1,& 其他情况\end{array}$

End