數(shù)學建模-百寶高斯函數(shù)

一、對于任xR，x是不超x的最大整數(shù)，稱xx的整數(shù)部分。稱為x的小數(shù)部分函數(shù)。1yx的定義域為R，值域為Zyx的定義域為R，值域為0,12x1xx3、y=[x]是不減函數(shù)，即若x1x2，則x1x24、[x+n]=n+[x],{x+n}={x},其中x∈R,n∈N.證明：因為n+x=n+[x]+{x}及0≤{x}<1,所以n+[x]≤n+x<n+[x]+1又因為n∈Z,n+[x]∈Z,由整數(shù)部分定義5、[x+y]≥[x]+[y],其中x,y∈R，且證明x+y=[x+y]+即[x]+[y]+{x}+{y}=[x+y]+若{x}，{y}都小于一般地， 一般地， xi ，xi

，nx 特別nanan 6、xyxy，其x,yR，一般 xixi,xi 特別地nxnxxRx 7、 ，其中xR,n xn （1）x1xx所以nxnxn(x1)，由性質nxnx

所以xnxxn因 xn（2）xx得nx n x（3）

代替x

mx 三、1xRnN1x（x）之間的整數(shù)中，有x是n的倍數(shù)xxx1，即nxxn

x 此式說明：不大x而是n的倍數(shù)的正整數(shù)只有這xn2n，3n，……xn例如100到1000的整數(shù)中是11的倍數(shù)的數(shù)的個100010090911111999911個數(shù)是9的倍定理2n！中，質數(shù)p的最高方次數(shù)p(n!)nnp p2 證明：由于p是質數(shù)，因此n!p的方次數(shù)p(n!)一定是1，2，…，nn各數(shù)中所含p的方次數(shù)的和。由定理1知

np的數(shù)，有np2的倍數(shù)，…，所以定理成立p2 此定理說（1）n!pp(nM，其中M不含p的因數(shù)如7(2000!)200020002000 7273則2000!7330

，中有

p （2）用pk （2）用pk n n 遞推公式來計算級數(shù) 的各項較為方便

pk1nr

kpk推論1 pr1p推論2賈憲 k!(n

Ck)是整數(shù)n證明p是任意質pn n (nk)k nk pr pr pr 所以nn pr rnk

r1k

r1 nrr r r1

pr1 由推論1知

是整定理3（厄米特恒等式）xRnNxx1x2...xn1 n n n證明：引入輔助xf(x)nxxx

1

2...

n2

n xxx n n nxxxf(x1)nx1x1x2...xn2xn1x n n nnx1x1x2...xn2xn1 n n n=f(fxxR成立，所以fx)是一個以1為周期的周期函數(shù)nx01時，直接計算知f(x0。故對任意xR，厄米特等式n1、求指11992!中末尾有多 說明：1992!中末尾零的個數(shù)由5的指數(shù)決定。例2寫出30！的標準分解式。解：30！=2263145774112 31000！質因數(shù)分解式中3的指數(shù)例4求C500的質因數(shù)標準分解式中質因數(shù)5的指數(shù)例 在乘積(n+1)(n+2)…(2n)的質因數(shù)分解式中，求出質因數(shù)2的質數(shù)解：(n+1)(n+2)…(2n)=則分解式中質因數(shù)2的指數(shù) k k 2 3 22n n=(2n k k 2 3 2k12 k12 2 2 2 2n，即2的質數(shù)為n例6、從992到1992的整數(shù)中，有多少個數(shù)是7的倍數(shù)解：易1991共有991141個數(shù)是7的倍數(shù)7從1到 有1992284個數(shù)是7的倍數(shù)7所以從992到1992的整數(shù)有284-141=143個數(shù)是7的倍數(shù)又991！的質因數(shù)的分解式中，7的指數(shù)991991991...14120277273在1992！的質因數(shù)的分解式中，7的指199219921992...28440577273329-163=166，所以k166，即k的最大正整數(shù) 的個位數(shù)例、求出10100解：先找出10100

的整數(shù)部分與分數(shù)部10100

(10100)200320010100

10100(10100)2003200[(10100)2]100(32由牛頓二項式定理知101003︱1020000所以10200003200是整數(shù)10100顯然10100

10100

1020000

1020000

1020000101003

10100

10100

10100其中分母的個位數(shù)字為3，分子的個位數(shù)字為9，故商的個位數(shù)字為38、求使1011021000為整數(shù)的最大自然數(shù)k解7(1001001001427727(1000!)10001000100014220277273所以7(1000!)7(100!)16416所以k148k的最大自然數(shù)148。例9、對任意實xy，求證2x2yxx證明：應用xxx，及nxnx2x2yxx=2x2x2y2yxxyxy=2x2x2y2yxxyxy下面（1）若xy都小12所以2x2yxx（2）若xy至少有一個不小于122x2y中至少有一個等于1，因為xy2x2yxxyy02x2yxx總之，原不等式對任意x、y成立10m、n是任意非負整數(shù)，證明

是整數(shù)證明p為任意質數(shù)，分子中含質p的最高方次數(shù)為2m2npk pkk k 而分母中質數(shù)p的最高方次數(shù)是mnmn，由例9的結pk pk k k k 可知：對一切自然數(shù)kk2kp

2nk

pk

pk

mnnnmk k k k m所以對于任意質數(shù)p，分子中含p的最高方次數(shù)不小于分母中含p的最次數(shù)，因而

是整數(shù)2、求整數(shù)例1、計算和式s502305n（1996年東北三省數(shù)解：顯然有，若xy1，則xyxy1xy是實503n1,2,...502305n都不會是整數(shù)，但305n305(503n) 可見此式左端的兩數(shù)的小數(shù)部分之和等于于是305n305(503n) 503 n1503 n2 例2、計

s

ii解s12n2一般地p2p21...p1)21p(2p sp(2p1)(2p2p)2p2 2n(n1)(2n1n(n1)n(n1)(4n1)例 、對任意的nN，計算和s

k2k1

（第十屆IMO試題k0 n2k 1解：因為

2k12k12對一切k0,1,2,...，成因此nn12n（定理三 2k1則 12nn 2k12k1又因n為固定數(shù)，當k適當大時，nn

1，從0，故s

(n

n)n k02k 例4、證明方程x2x4x8x16x32x12345無實數(shù)解。（設xNZxN,0所以2x2N2 4x4N8x8N8，……，32x32N所以248163212345因為01，所以022044，……032所以021043，……03202481632137153157，01234563N12288N 因N為整數(shù)，。所以原方程無解5、求6

17122的值6171261712617126171261712171261712171217122 ≥4，12213213 261712617126172

=21213例6、求1213kk解：kk

k1

的值kk1 12kkk1 12kkk1121231 k kk1121231341100 1341100不等式兩邊分別相121311 1)12131kk1 12kk1kkkk1 12kk1kk12 12上述不等式121 1213121（1（ 181 131211213所以1213

7、已知s解：當n2

1987212k12k2k

，求snn2 nnnn2 nnnn nnn nnnnnnnn nnnnn2k12k22k12k2k2k2k不等式兩邊分別相1987219872 1

122

13113

...

11315 19861 1315所 s=1986RR231 設s123

1

,求s（2R232 設s13

1

，求s（2n5(2n5(2n在這里稱為取整方程，也就是方程中含有取整函數(shù)或小數(shù)函數(shù)。在解這類方程時，主要是利用一個實數(shù)可以分解成整數(shù)部分和小數(shù)部分，在利例1解方xx2x（x0解：將xxx代入原方程 x2x2x即x因 0x1，02x2，即0x2，所以x0或x0，若x00x1代入原xx0，這是不可能的。x1，從而x1x113 例2、解方程5x2x31分析：該題x，x間具有一定的 們只需求出x，就能求出x。解：因為xxx1，所以x1xx由方程得x315x，2 x所以

，解得 x 所以x4，代入原方程得x235例3、解方x4x解xxx代入原方x5x2x，則x5因為0x1，所以0x1，知0x55x0,1,2,3,4，相應的x

6x

6,

,

, 即為原方程的解例4、解方程4x240x51

5 解：因為xxx1，由方程知x0不是 所以4(x1)240x 4(x)40x51

(2解得3x5，知x211x17，知x 當x2時4x229x

，當x6時4x2189x2

1892當x7時4x2229x

，當x8時4x2269x2

2692即為原方程的解例5、解方x3x解：因x0，則xx所以x0x3x0，不可能等x0xxx知xxxx3x3又因為0x1，知23xx(x21)得x(x21) 解得1xx3所以x1，所以x34，x 即為方程的3例6解方xx2x（x0解：因為0x1，則原方程為2x因為x00x102x2，知x1，從而x1，則x213，即為方程的解。 例7、解方程56x15x x1xx56x115x75 整理得4190x8141 那么826x 821506x55450296x5 故知56x0或56x1， 15x70或15x7 x7

x4即為方程的5解法一：與例4xx解法二：由原方程得x27x

相應的x1, 8x2

x2 解此不等式組得1x3或1x3x1 x1,5,6,7，x1,3, 41,7，而當x 332，故去掉此解。所x1, 41,74、解不等1、解方程xxx解：因xxx，則xxxx1即(x1)(x1)注意到x1，故x10。x1x2知不等式的解某天是星期幾的Mx1x1x1x14

Axx2這里x表示公元的年數(shù)，c是從這一年的元旦算到今天（包括這一天在內）的天數(shù)，求出M后除以7，其余數(shù)就表示那一天是星期幾。例、問中民成立那一天是星期幾x11949119482(modx14874(mod x1195(mod4 x14(mod

c2741(modM245416(mod所以中民成立那一天是星期六第八 一 知識概1，xR，用x表示不超x的最大整數(shù)。yx稱為高斯函數(shù)，也叫取整函數(shù)。顯然，yx的定義域是R，值域是Z。任一實數(shù)都能寫成整數(shù)部分與非負純小數(shù)之和，即xa0a1，因此，xxx1，這里，xx的整數(shù)部分，而xxx2，性 2，nxnx，其中nZ3，x1xxx1；4，若xynxnaynb其中0ab5，xy有xyx6x0,y0，則xyxy7，x

xn8，若nn

，則

；當n1x 9，若整數(shù)ab適合abqr（b0qr是整0rb，則aqb

x11，設p為任一素數(shù)，在n!中含p的最高乘方次數(shù)記為pn!，則p 2 m pn!nn np 2 m

,n中，有n個p的倍數(shù)，有n個p2的倍數(shù)，有n個p3

n n 倍數(shù) ，當pnp時，pm1pm2 二 解題示1，若實數(shù)r使得

19

20 r91546，求100rr 100 100 100r , , 都小于1，則每一項為 或 1，注意100 737546738，故必有r7。進一步有：73735546，所以原式左邊從第 r567;r578.r0.568,r0.5787.43r 100 100101101 的值解：由題意得n1,

23101

23 23101 23101 10023n 101 22.1012250 xx1x2 xn1nx n n n證明：對任意的自然數(shù)n，構造函數(shù)fxnxxx1x2 xn1，則 n n nfx1nx1x1x2 xn1x1fx，所以，函fx n n n n 周期函數(shù)，其周期T1fx0在區(qū)間0,1 nn例4、對任意的nN，證 n14n14n24n3n 證明：首先證明4n11 4n3。令x4n11，則x24n1 x2mmZx24m24n1，于是m2n1x24m24n44n3x2m1mZx24m24m14n1m2mn即m2mn1x24m2m14n54n 。所以命題成立，也就是4n4n4n 4n1 4n4n4n 4n14n24n3

n122n1nn2nn2 n12nn2nn2

2n12n4n2n12n14nnn4nn4nn n14n14n24n 5，解方程56x15x7

15x7nnZx5n710n39n

定義有010n39n11n13，則n0n1n0x

7n1x4 注：本例中方程為uv型的，通常運用高斯函數(shù)的定義和性質并結合換元6，解方程x1x1421x1x11，即1x7yx

x1

4, 分析兩者在區(qū)間1,7內的圖象，顯然，當x