数学竞赛辅导讲座：高斯函数
知识、方法、技能
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?x2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],xiii?1i?1nni?R；特别地，
[naa]?n[]. bb（7）[xy]?[x]?[y]，其中x,y?R?；一般有[?x]??[x],xiii?1i?1nni?R?；特别地，
[nx]n?[x],x?R?,n?N?.
（8）[]?[xn[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]n(m?1)?N，则由（3）知，nm?[x]?n(m?1),于是，m??m?1,故[]?m.
nn（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.
?xnxnxxxx?[]?1,即[]?n?x?([]?1)?n，此式说明：不大于x而是nnnnn[x]的倍数的正整数只有这个：
nxn,2n,?,[]?n.
n定理二：在n！中，质数p的最高方次数是
【证明】因[]?xnnnnp(n!)?[]?[2]?[3]??.
ppp【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[]个p的倍数，有[npn]个p2的2p倍数，…，所以p(n!)?[]?[npn]??. 2p20002000]?[2] 77此定理说明：其中M不含p的因数.例如，由于7(2000!)?[n!?pp(n!)?M，+…=285+40+5=330，则2000！=7330·M，其中7 M.
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
1n2nn?1]?[nx] n12n?2n?11f(x)?[nx]?[x]?[x?]?[x?]???[x?]?[x?].因f(x?)?…
nnnnn11?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，
nn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}?1n?1]???[{x}?]?n[x]?[n{x}].消去nnn[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?1kk?1k?x?，即(k?1)?nx?k，故原式右端?[nx]?k?1.另一方面，由?x?知，nnnnk1k?1k?12k?2k?ik?i?1k?n?2k?n?1?x??,?x??,?,?x?,?,?x?nnnnnnnnnnk?t1?1,即t?n?k. 这时，[x]?[x?]??? nnn?kn?k?1n?1而[x?因此原式的左端是k?1个1之和，[x?]?0，]???[x?]?1，
nnn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，那么和式数）表示平面区域a?x?b,0?y?f(x)的格点个数.特别地，有
（1）位于三角形：y?ax?b?0,c?x?d的格点个数等于（2）(p,q)?1，矩形域[0,
； ?[ax?b](且x为整数）
a?t?b?[f(t)](t为[a,b]的整
c?x?dqp;0,]的格点数等于 220?x?q/2?[pqp?1q?1x]??[y]??. q220?y?p/2p222（3）r?0，圆域x?y?r的格点个数等于
1?4[r]?80?x?r/2?[r2?x2]?4[r2]2.
（4）n?0，区域：x?0,y?0,xy?n的格点个数等于
2n[?x]?[n]2. 0?x?n这些结论通过画图即可得到.
例1：求证：2n?1n!?n?2k?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?1k?1?n]. t2?k?t?1若n?2n?1,则2(n!)??[2t?1]??[2k?t?1]?1?2?22???2k?2?2k?1?1?n?1
t?1k?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?2sp?2t?1,于是n!中所含2的方次数为2(n!)?[2s?1p]?[2s?2p]??? [2s?tp]?0???[(2s?1?2s?2???2s?t)p]?[2s?t(2t?1)p]?[2sp?2s?tp]?n?[?2s?tp].
由于1?2s?tp?2,则[?2s?t]??2,故n!中含2的方次数2(n!)?n?2,则2n?1n!.这与已知矛
盾，故必要性得证.
n?2k例2：对任意的n?N,计算和S??[k?1]. （第10届IMO试题）
2K?0??【解】因[n?2n1n1nn对一切k=0,1,…成立，因此，]?[?][?]?[2?]?[]. k?1k?1k?1k?1k?12222222?nnnn又因为n为固定数，当k适当大时,k?1,从而[k]?0,故S??([k]?[k?1])???n.
222K?02502例3：计算和式S??[503]的值.（1986年东北三省数学竞赛试题）
n?0305n【解】显然有：若{x}?{y}?1,则[x?y]?[x]?[y]?1,x,y?R.
305n305(503?n)503是一个质数，因此，对n=1,2,…,502, 305n都不会是整数，但+?305,
503503503
可见此式左端的两数的小数部分之和等于1，于是，[
502305n305(503?n)]+[]?304.故 503503251305n305n305(503?n)S??[]??([]?[]),?304?251?76304.
503503503n?1n?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？ （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}?
222222[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4x?40[x]?51?0的实数解.（第36届美国数学竞赛题） 【解】因[x]?x?[x]?1,又[x]?0不是解.
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?0.2511??[x]?,[x]?,??22??33??[x]?,或[x]?,??22??17?17?[x]?;[x]?.??22??
数学竞赛辅导讲座_高斯函数
