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高中数学奥赛辅导 第五讲 高斯函数


数学奥赛辅导
高斯函数
知识、方法、技能

第五讲

这一讲介绍重要的数论函数 y ? [ x] ,称为高斯函数, 又称取整函数. 它是数学竞赛热点 之一. 定义一: 对任意实数 x, [ x ] 是不超过 x 的最大整数, 称 [ x ] 为 x 的整数部分.与它相伴随的 是小数部分函数 y ? {x}, {x} ?

x ? [ x]. 由 [ x ] 、 { x} 的定义不难得到如下性质: (1) y ? [ x] 的定义域为 R,值域为 Z; y ? {x} 的定义域为 R,值域为 [0,1) (2)对任意实数 x ,都有 x ? [ x] ? {x}, 且0 ? {x} ? 1. (3)对任意实数 x ,都有 [ x] ? x ? [ x] ? 1, x ? 1 ? [ x] ? x . (4) y ? [ x] 是不减函数,即若 x1 ? x 2 则 [ x1 ] ? [ x2 ] ,其图像如图 I -4-5-1;

y ? {x} 是以 1 为周期的周期函数,如图 I -4-5-2.

图Ⅰ—4—5—1

图Ⅰ—4—5—2
?

(5) [ x ? n] ? n ? [ x];{x ? n} ? {x} .其中 x ? R, n ? N .

(6) [ x ? y] ? [ x] ? [ y ];{x{x} ? { y} ? {x ? y}; [

? x ] ? ?[ x ], x
i ?1 i i ?1 i

n

n

i

? R ;特别地,

[

na a ] ? n[ ]. b b
(7) [ xy] ? [ x] ? [ y] ,其中 x, y ? R? ;一般有 [

? xi ] ? ?[ xi ], xi ? R? ;特别地,
i ?1 i ?1

n

n

[n x ]n ? [ x], x ? R?, n ? N ? .
(8) [ ] ? [

x n

[ x] ] ,其中 x ? R?, n ? N ? . n

【证明】 (1)—(7)略.

x ? m ? 1 ,因此, nm ? x ? n(m ? 1) .由于 nm , n [ x] [ x] ? m ? 1, 故[ ] ? m. n(m ? 1) ? N ,则由(3)知, nm ? [ x] ? n(m ? 1), 于是, m ? n n
(8)令 [ ] ? m, m ? Z ,则 m ? 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: x ? R?, n ? N ,且 1 至 x 之间的整数中,有 [ ] 个是 n 的倍数.

x n

x n

x x x x ? [ ] ? 1,即[ ] ? n ? x ? ([ ] ? 1) ? n ,此式说明:不大于 x 而是 n n n n n [ x] 的倍数的正整数只有这 个: n x n,2n, ? , [ ] ? n. n 定理二:在 n !中,质数 p 的最高方次数是
【证明】因 [ ] ?

x n

n n n p(n!) ? [ ] ? [ 2 ] ? [ 3 ] ? ?. p p p
【证明】由于 p 是质数,因此 n! 含 p 的方次数 p ( n!) 一定是 1,2,?, n ? 1, n 各数中 所含 p 的方次数的总和.由定理一知,1,2,?,n 中有 [

n n ] 个 p 的倍数,有 [ 2 ] 个 p 2 的 p p

倍数,?,所以 p(n!) ? [ ] ? [

n p

n ] ? ?. p2

此定理说明: 其中 M 不含 p 的因数.例如, 由于 7(2000!) ? [ n!? p p ( n!) ? M , +?=285+40+5=330,则 2000!=7330·M,其中 7 M.

2000 2000 ]?[ 2 ] 7 7

定理三: (厄米特恒等式) x ? R, n ? N , 则[ x] ? [ x ? ] ? [ x ? ] ? ? ? [ x ? 【证法 1】引入辅助函数

1 n

2 n

n ?1 ] ? [nx ] n

1 2 n?2 n ?1 1 f ( x) ? [nx ] ? [ x] ? [ x ? ] ? [ x ? ] ? ? ? [ x ? ] ? [x ? ]. 因 f ( x ? ) ? ? n n n n n 1 1 ? f ( x) 对一切 x ? R 成立,所以 f ( x) 是一个以 为周期的周期函数,而当 x ? [0, ] 时, n n
直接计算知 f ( x) ? 0 ,故任意 x ? R ,厄米特恒等式成立. 【证法 2】等式等价于 n[ x] ? [{ x}] ? [{ x} ?

1 n ?1 ] ? ? ? [{ x} ? ] ? n[ x] ? [n{x}]. 消去 n n

n[ x] 后 得 到 与 原 等 式 一 样 的 等 式 , 只 不 过 是 对 x ? [0,1) , 则 一 定 存 在 一 个 k 使 得
k ?1 k k ?1 k ? x ? ,即 (k ? 1) ? nx ? k ,故原式右端 ? [nx] ? k ? 1. 另一方面,由 ? x ? 知, n n n n

k 1 k ?1 k ?1 2 k?2 k ?i k ? i ?1 k ?n?2 k ? n ?1 ? x? ? , ? x? ? ,?, ?x? ,?, ?x? n n n n n n n n n n ,

k ?t 1 ? 1, 即t ? n ? k . 这时, [ x] ? [ x ? ] ? ? ? n n n?k n ? k ?1 n ?1 [x ? ]?0, ] ? ? ? [x ? ] ? 1, 而[x ? 因此原式的左端是 k ? 1 个 1 之和, n n n 即左端 ? k ? 1. 故左=右.
在这批不等式的右端总有一个等于 1,设 【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 [0,1) 的问题;第二步对 [0,1) 分段讨论. 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 y ? f ( x)在[a, b] 上连续而且非负,那么和式
a?t ?b

?[ f (t )](t为[a, b] 内的 ?[ax ? b](且x 为整

整数)表示平面区域 a ? x ? b,0 ? y ? f ( x) 内的格点个数.特别地,有 ( 1)位于三角形: y ? ax ? b ? 0, c ? x ? d 内的格点个数等于 数) ; (2) ( p, q) ? 1 ,矩形域 [0,

c? x?d

q p ;0, ] 内的格点数等于 2 2

0? x ? q / 2

?

[

p q p ?1 q ?1 x] ? ? [ y ] ? ? . q 2 2 0? y ? p / 2 p

(3) r ? 0 ,圆域 x 2 ? y 2 ? r 2 内的格点个数等于

1 ? 4[r ] ? 8

0? x ? r / 2

?

[ r 2 ? x 2 ] ? 4[

r 2

]2 .

(4) n ? 0 ,区域: x ? 0, y ? 0, xy ? n 内的格点个数等于

2

0? x ?

?

n [ ] ? [ n ]2 . n x

这些结论通过画图即可得到.

赛题精讲
例 1:求证: 2 n?1 n!? n ? 2 k ?1 , 其中 k 为某一自然数. (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

2(n!) ? ? [
t ?1

?

n ]. 2t
? k ?1 t ?1

若n ? 2
n ?1

k ?1

, 则2(n!) ? ?[2 k ?t ?1 ] ? ?[2 k ?t ?1 ] ? 1 ? 2 ? 2 2 ? ? ? 2 k ?2 ? 2 k ?1 ? 1 ? n ? 1
t ?1

故2

| n!.

反之,若 n 不等于 2 的某个非负整数次幕,可设 n=2sp,其中 p>1 为奇数,这时总可以 找出整数 t,使 2t ? 2 s p ? 2t ?1 , 于是n!中所含2的方次数为 2(n!) ? [2 s?1 p] ? [2 s?2 p] ? ? ?
[2 s ?t p] ? 0 ? ? ? [(2
s ?1

? 2 s ?2 ? ? ? 2 s?t ) p] ? [2 s?t (2t ? 1) p] ? [2 s p ? 2 s?t p] ? n ? [?2 s?t p].
n!.这与已知

由于 1 ? 2

s ?t

p ? 2, 则[?2 s?t ] ? ?2, 故n!中含2的方次数2(n!) ? n ? 2, 则2 n?1
?

矛盾,故必要性得证. 例 2:对任意的 n ? N , 计算和S ?
?

K ?0

?[

n ? 2k ]. 2 k ?1

(第 10 届 IMO 试题)

【解】因 [

n?2 n 1 n 1 n n ] ? [ k ?1 ? ] 对一切 k=0,1,?成立,因此, [ k ?1 ? ] ? [2 ? k ?1 ] ? [ k ?1 ]. k ?1 2 2 2 2 2 2 2
? n n n n ? 1 , 从而 [ ] ? 0 , 故 S ? ([ k ] ? [ k ?1 ]) ? ? ? n. ? k k 2 2 2 K ?0 2

又因为 n 为固定数, 当 k 适当大时,

例 3:计算和式 S ?

?[ 503 ]的值. (1986 年东北三省数学竞赛试题)
n ?0

502

305n

【解】显然有:若 {x} ? { y} ? 1, 则[ x ? y] ? [ x] ? [ y] ? 1, x, y ? R.

305 n 305 (503 ? n) 503 是一个质数,因此,对 n=1,2,?,502, 305 n 都不会是整数,但 + ? 305, 503 503 503

可见此式左端的两数的小数部分之和等于 1,于是,[

305 n 305 (503 ? n) ] ? 304 . 故 ]+ [ 503 503

S ? ?[
n ?1

502

251 305n 305n 305(503? n) ] ? ? ([ ]?[ ]),? 304? 251? 76304 . 503 503 503 n ?1

例 4:设 M 为一正整数,问方程 x ? [ x] ? {x} ,在[1,M]中有多少个解?
2 2 2

(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 x ? [ x] ? 2{x} ? {x} ? {x} 代入原方程,化简得 2[ x]{x} ?
2 2 2

[2[ x]{x} ? {x}2 ]. 由于0 ? {x} ? 1, 所以上式成立的充要条件是 2[x]{x}为一个整数.
设[ x] ? m ? N , 则必有{x} ? k (k ? 0,1,?,2m ? 1),即在[m, m ? 1)中方程有2m个解. 2m 又由于 1 ? m ? M ? 1, 可知在[1, M )中方程有2(1 ? 2 ? ? ? ( M ? 1)) ? M ? ( M ? 1)个解.

因此, 原方程在 [1, M ]中有M ( M ? 1) ? 1个解.
例 5:求方程 4 x ? 40[ x] ? 51 ? 0的实数解 . (第 36 届美国数学竞赛题)
2

[ x] ? x ? [ x] ? 1, 又[ x] ? 0不是解. 【解】 因

2 ? ?4([x] ? 1) ? 40[ x] ? 51 ? 0, ?? 2 ? ?4[ x] ? 4[ x] ? 51 ? 0. ?(2[ x] ? 5)(2[ x] ? 11) ? 0. ? ?(2[ x] ? 3)(2[ x] ? 7 ? 0.

5 11 ? ? ?[ x] ? 2 , ?[ x] ? 2 , ? ? 3 3 ? ? [ x ] ? , 或 ? ?[ x] ? , 2 2 ? ? 17 ? 17 ? ?[ x] ? 2 ; ?[ x] ? 2 . ? ?

解得[ x] ? 2或[ x] ? 6或7或8, 分别代入方程得: 29 ; 2 189 4 x 2 ? 189 ? 0, x ? ; 2 229 4 x 2 ? 229 ? 0, x ? ; 2 269 4 x 2 ? 269 ? 0, x ? . 2 4 x 2 ? 29 ? 0, x ?
经检验知,这四个值都是原方程的解. 例 6: x ? R ?, n ? N , 证明 : [nx ] ?
?

[ x] [2 x] [3x] [nx ] ? ? ??? . 1 2 3 n

(第 10 届美国数学竞赛试题) 这道题的原解答要极为复杂,现用数学归纳法证明如下. 【证明】 令Ak ? [ x] ?

[2 x] [kx ] ??? , k ? 1,2, ?. 2 k

时, 命题成立 . 由于 A1 ? [ x],则n ? 1

设n ? k ? 1时命题成立, 即有A1 ? [ x], A2 ? [2 x],?, Ak ?1 ? [(k ? 1) x].因为, [kx] ,即kAk ? kAk ?1 ? [kx]对一切k成立, 所以kAk ? kAk ?1 ? [kx], (k ? 1) k Ak ?1 ? (k ? 1) Ak ? 2 ? [(k ? 1) x],?,2 A2 ? 2 A1 ? [2 x], A1 ? [ x].相加得 : Ak ? Ak ?1 ? kAk ? ( A1 ? A2 ? ? ? Ak ?1 ) ? [ x] ? [2 x] ? ? ? [(k ? 1) x] ? [kx] 故kAk ? [ x] ? [2 x] ? ? ? [(k ? 1) x] ? [kx] ? Ak ?1 ? Ak ? 2 ? ? ? A2 ? A1 ? [ x] ? [2 x] ? ? ? [(k ? 1) x] ? [kx] ? [(k ? 1) x] ? [(k ? 2) x] ? ? ? [2 x] ? [ x] ? ([x] ? [(k ? 1) x] ? ([2 x] ? [(k ? 2) x]) ? ? ? ([(k ? 1) x] ? [ x]) ? [kx] ? [kx] ? [kx] ? ?[kx] ? [kx] ? k[kx] ? Ak ? [kx],即n ? k时, 命题成立, 故原不等式对一切 n ? N ?均成立, 证毕.
例 7:对自然数 n 及一切自然数 x,求证:

1 2 n ?1 [ x] ? [ x ? ] ? [ x ? ] ? ? ? [ x ? ] ? [nx ].(苏联数学竞赛题 ) n n n
【证明】 x ? [ x] ? {x}, 则

1 2 n ?1 [ x] ? [ x ? ] ? [ x ? ] ? ? ? [ x ? ] n n n

1 2 n ?1 ? [[x] ? {x}] ? [[x] ? {x} ? ] ? [[x] ? {x} ? ] ? ? ? [[x] ? {x} ? ] n n n 1 2 n ?1 ? [ x] ? [{x}] ? [ x] ? [{x} ? ] ? [ x] ? [{x} ? ] ? ? ? [ x] ? [{x} ? ], n n n 1 2 n ?1 ? n[ x] ? [{x}] ? [{x} ? ] ? [{x} ? ] ? ? ? [{x} ? ]. n n n [nx] ? [n[ x] ? n{x}] ? n[ x] ? [n{x}], 故只要证明 1 2 n ?1 [{x}] ? [{x} ? ] ? [{x} ? ] ? ? ? [{x} ? ] ? [n{x}]即可. n n n k k ?1 设存在k ,1 ? k ? n, 使{x} ? ? 1, 而{x} ? ? 1, 则 n n 1 2 k ?1 k n ?1 [{x}] ? [{x} ? ] ? [{x} ? ] ? ? ? [{x} ? ] ? [{x} ? ] ? ? ? [{x} ? ] ? n ? k. n n n n n k k ?1 由{x} ? ? 1及{x} ? ? 1知n{x} ? n ? k , 且n{x} ? n ? k ? 1.故知[n{x}] ? n ? k .知 n n 1 2 n ?1 [{x}] ? [{x} ? ] ? [{x} ? ] ? ? ? [{x} ? ] ? [n{x}].从而有 n n n 1 2 n ?1 [ x] ? [ x ? ] ? [ x ? ] ? ? ? [ x ? ] ? [nx]. n n n
例 8:求出 [

1020000 ] 的个位数字.(第 47 届美国普特南数学竞赛试题) 10100 ? 3

【解】先找出

1020000 的整数部分与分数部分. 10100 ? 3

1020000 (10100 ) 200 ? 3200 3200 ? 100 = 10100 ? 3 10 ? 3 10100 ? 3

(10100 ) 200 ? 3 200 ? [(10100 ) 2 ]100 ? (3 2 )100 , 知(10100 ) 2 ? 3 2 | 1020000 ? 3 200 又10100 ? 3 | (10100 ) 2 ? 3 2 , 1020000 ? 3 200 10100 ? 3 是整数. 知 3 200 9100 ? ? 1, 10100 ? 3 10100 ? 3 1020000 102000 ? 3 200 1020000 ? 9100 1020000 ? 8150 知[ 100 ]? ? ? . 10 ? 3 10100 ? 3 10100 ? 3 10100 ? 3 显然
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.


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