1、1数学竞赛辅导讲座：高斯函数知识、方法、技能函数 ，称为高斯函数，又称取整函数. 它是数学竞赛热点之一.xy定义一：对任意实数 是不超过 的最大整数，称 为 的整数部分.与它相伴随,xx的是小数部分函数 .y由 、 的定义不难得到如下性质：x（1） 的定义域为 R，值域为 Z； 的定义域为 R，值域为yxy)1,0（2）对任意实数 ，都有 .x10,x且（3）对任意实数 ，都有 .x（4） 是不减函数，即若 则 ，其图像如图 I 451；xy21x21是以 1 为周期的周期函数，如图 I 452.图451 图452（5） .其中 .; xnxnx NnR,（6） ；特别地，niii Rxxyy
2、11,;.ban2（7） ，其中 ；一般有 ；特别地，yxRx, niini Rxx11,.NnRxn,（8） ，其中 .xn,【证明】 （1）（7）略.（8）令 ，则 ，因此， .由于 ，Zmn, 1xm)1(mnxn，则由（3）知， 于是，N)( ),(n .,x故证毕.取整函数或高斯函数在初等数论中的应用是基于下面两个结论.定理一： ，且 1 至 x 之间的整数中，有 个是 的倍数.nRx, nx【证明】因 ，此式说明：不大于 x 而是 nn)1(,即的倍数的正整数只有这 个：n.,2xn定理二：在 ！中，质数 的最高方次数是p.)!(32np【证明】由于 是质数，因此 含 的方次数 一
3、定是 1，2， 各数中!p)!(nn,1所含 的方次数的总和.由定理一知，1，2，n 中有 个 的倍数，有 个 2 的p pp倍数，所以 .)!(2pn此定理说明： ，其中 M 不含 的因数.例如，由于n)!(702)!0(72+=285+40+5=330，则 2000！=7 330M，其中 7 M.定理三：（厄米特恒等式）3121, nxxnxxNnRx 则【证法 1】引入辅助函数因 .12)(f )(nxf对一切 成立，所以 是一个以 为周期的周期函数，而当 时，xR)(xfn1,0直接计算知 ，故任意 ，厄米特恒等式成立.0)(f【证法 2】等式等价于 消.1 xnnxxxn 去 后得到
4、与原等式一样的等式，只不过是对 ，则一定存在一个 使得xn ),0k，即 ，故原式右端 另一方面，由 知，k1kx)1( .1knxnxniinnxn 12,2, 在这批不等式的右端总有一个等于 1，设 . 这时，kttk即, x，而 ，因此原式的左端是 个 1 之0kx 1 nxx k和，即左端 故左=右.1【评述】证法 2 的方法既适用于证明等式，也适用于证明不等式.，这个方法是：第一步“弃整” ，把对任意实数的问题转化为 的问题；第二步对 分段讨论.),0),0高斯函数在格点（又叫整点）问题研究中有重要应用. 下面给出一个定理.定理四：设函数 上连续而且非负，那么和式 内的,)(baxf
5、y在btaatf,)(为整数）表示平面区域 内的格点个数.特别地，有)(0,xfy（1）位于三角形： 内的格点个数等于 为整dc, dxcx且(数） ；（2） ，矩形域 内的格点数等于1),(qp2,0;pq.12/02/0qxpy（3） ，圆域 内的格点个数等于rrx4.2/0 224841rx rx（4） ，区域： 内的格点个数等于nny,0.nx022这些结论通过画图即可得到.例 1：求证： 其中 k 为某一自然数.,2!11kn（1985 年第 17 届加拿大数学竞赛试题）证明2 为质数，n! 中含 2 的方次数为1.)!(2ttn若 11 1222)!(2,tkt kkttkk n则
6、故 .|1n反之，若 n 不等于 2 的某个非负整数次幕，可设 n=2sp，其中 p1 为奇数，这时总可以找出整数 t，使 2)!(2!, 11 nnp sstst 的 方 次 数 为中 所 含于 是02pts .)(2 pnp tstsststss 由于 n!.这与已知12,)!(2!,1 tsts nn则的 方 次 数中 含故则矛盾，故必要性得证.例 2：对任意的 （第 10 届 IMO 试题）01.2,KkSNn计 算 和【解】因 对一切 k=0,1,成立，因此，211kk.211k又因为 n 为固定数，当 k 适当大时, .)2(0, 01nnSKkkk 故从 而5例 3：计算和式 （
7、1986 年东北三省数学竞赛试题）.5032的 值nS【解】显然有：若 .,1,1Ryxyxyx 则503 是一个质数，因此，对 n=1,2,502, 都不会是整数，但 +503n503n,305)(可见此式左端的两数的小数部分之和等于 1，于是， + 故.4)( 2515021 .7630251304),5(30(3nn nS例 4：设 M 为一正整数，问方程 ，在1，M中有多少个解？22xx（1982 年瑞典数学竞赛试题）【解】显然 x=M 是一个解,下面考察在1，M 中有少个解.设 x 是方程的解.将 代入原方程，化简得22xx 2x所以上式成立的充要条件是 2xx为一个整数.,10.2
8、2由 于 .1)(,1, .)1()1(2(, 2,),0(2, 个 解中 有原 方 程 在因 此 个 解中 方 程 有可 知 在又 由 于 个 解中 方 程 有即 在则 必 有设 MMm mmkxNx 例 5：求方程 （第 36 届美国数学竞赛题）0542的 实 数 解x【解】 .,不 是 解又因 x6.217,3;,5.072)()1.4,5(2xxx或 .269,02694;,2189,01894;, :,622xxxx分 别 代 入 方 程 得或或或解 得经检验知，这四个值都是原方程的解.例 6： .321:, nxxnxNnR 证 明（第 10 届美国数学竞赛试题）这道题的原解答要极
9、为复杂，现用数学归纳法证明如下.【证明】 .,2 kxAk令由于 .,1,1命 题 成 立时则 n7., )1()2()1( 2)2 1)( :.,22,)()1 )1(, .)1(, 121121 12 证 毕均 成 立故 原 不 等 式 对 一 切命 题 成 立时即故 相 加 得所 以成 立对 一 切即 因 为即 有时 命 题 成 立设 NnknxAk kxkxkxxkxAAkxAkA xkxkkxkkx An kk k 例 7：对自然数 n 及一切自然数 x，求证： ).(121 苏 联 数 学 竞 赛 题xn【证明】 则,xxnx .121 . .1,1 .112 ,1, .12,.1 ,121nxxnxx knxknxknxnkxnkx kxkxnk xnxxnnnxxxxn 从 而 有 知故 知且知及由 则而使设 存 在 即 可故 只 要 证 明例 8：求出 的个位数字.（第 47 届301美国普特南数学竞赛试题）8【解】先找出 的整数部分与分数部分.3102=102 310)(2102.31083109310310,9.310,)(|)( ,)(3 50222210102021100222 知显 然是 整 数知又知其中分母的个位数字为 3，分子的个位数字为 9，故商的个位数字为 3.
