数学建模-百宝高斯函数

一、对于任xR，x是不超x的最大整数，称xx的整数部分。称为x的小数部分函数。1yx的定义域为R，值域为Zyx的定义域为R，值域为0,12x1xx3、y=[x]是不减函数，即若x1x2，则x1x24、[x+n]=n+[x],{x+n}={x},其中x∈R,n∈N.证明：因为n+x=n+[x]+{x}及0≤{x}<1,所以n+[x]≤n+x<n+[x]+1又因为n∈Z,n+[x]∈Z,由整数部分定义5、[x+y]≥[x]+[y],其中x,y∈R，且证明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 特别nanan 6、xyxy，其x,yR，一般 xixi,xi 特别地nxnxxRx 7、 ，其中xR,n xn （1）x1xx所以nxnxn(x1)，由性质nxnx

所以xnxxn因 xn（2）xx得nx n x（3）

代替x

mx 三、1xRnN1x（x）之间的整数中，有x是n的倍数xxx1，即nxxn

x 此式说明：不大x而是n的倍数的正整数只有这xn2n，3n，……xn例如100到1000的整数中是11的倍数的数的个100010090911111999911个数是9的倍定理2n！中，质数p的最高方次数p(n!)nnp p2 证明：由于p是质数，因此n!p的方次数p(n!)一定是1，2，…，nn各数中所含p的方次数的和。由定理1知

np的数，有np2的倍数，…，所以定理成立p2 此定理说（1）n!pp(nM，其中M不含p的因数如7(2000!)200020002000 7273则2000!7330

，中有

p （2）用pk （2）用pk n n 递推公式来计算级数 的各项较为方便

pk1nr

kpk推论1 pr1p推论2贾宪 k!(n

Ck)是整数n证明p是任意质pn n (nk)k nk pr pr pr 所以nn pr rnk

r1k

r1 nrr r r1

pr1 由推论1知

是整定理3（厄米特恒等式）xRnNxx1x2...xn1 n n n证明：引入辅助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)是一个以1为周期的周期函数nx01时，直接计算知f(x0。故对任意xR，厄米特等式n1、求指11992!中末尾有多 说明：1992!中末尾零的个数由5的指数决定。例2写出30！的标准分解式。解：30！=2263145774112 31000！质因数分解式中3的指数例4求C500的质因数标准分解式中质因数5的指数例 在乘积(n+1)(n+2)…(2n)的质因数分解式中，求出质因数2的质数解：(n+1)(n+2)…(2n)=则分解式中质因数2的指数 k k 2 3 22n n=(2n k k 2 3 2k12 k12 2 2 2 2n，即2的质数为n例6、从992到1992的整数中，有多少个数是7的倍数解：易1991共有991141个数是7的倍数7从1到 有1992284个数是7的倍数7所以从992到1992的整数有284-141=143个数是7的倍数又991！的质因数的分解式中，7的指数991991991...14120277273在1992！的质因数的分解式中，7的指199219921992...28440577273329-163=166，所以k166，即k的最大正整数 的个位数例、求出10100解：先找出10100

的整数部分与分数部10100

(10100)200320010100

10100(10100)2003200[(10100)2]100(32由牛顿二项式定理知101003︱1020000所以10200003200是整数10100显然10100

10100

1020000

1020000

1020000101003

10100

10100

10100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38、求使1011021000为整数的最大自然数k解7(1001001001427727(1000!)10001000100014220277273所以7(1000!)7(100!)16416所以k148k的最大自然数148。例9、对任意实xy，求证2x2yxx证明：应用xxx，及nxnx2x2yxx=2x2x2y2yxxyxy=2x2x2y2yxxyxy下面（1）若xy都小12所以2x2yxx（2）若xy至少有一个不小于122x2y中至少有一个等于1，因为xy2x2yxxyy02x2yxx总之，原不等式对任意x、y成立10m、n是任意非负整数，证明

是整数证明p为任意质数，分子中含质p的最高方次数为2m2npk pkk k 而分母中质数p的最高方次数是mnmn，由例9的结pk pk k k k 可知：对一切自然数kk2kp

2nk

pk

pk

mnnnmk k k k m所以对于任意质数p，分子中含p的最高方次数不小于分母中含p的最次数，因而

是整数2、求整数例1、计算和式s502305n（1996年东北三省数解：显然有，若xy1，则xyxy1xy是实503n1,2,...502305n都不会是整数，但305n305(503n) 可见此式左端的两数的小数部分之和等于于是305n305(503n) 503 n1503 n2 例2、计

s

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

k2k1

（第十届IMO试题k0 n2k 1解：因为

2k12k12对一切k0,1,2,...，成因此nn12n（定理三 2k1则 12nn 2k12k1又因n为固定数，当k适当大时，nn

1，从0，故s

(n

n)n k02k 例4、证明方程x2x4x8x16x32x12345无实数解。（设xNZxN,0所以2x2N2 4x4N8x8N8，……，32x32N所以248163212345因为01，所以022044，……032所以021043，……03202481632137153157，01234563N12288N 因N为整数，。所以原方程无解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不等式两边分别相121311 1)12131kk1 12kk1kkkk1 12kk1kk12 12上述不等式121 1213121（1（ 181 131211213所以1213

7、已知s解：当n2

1987212k12k2k

，求snn2 nnnn2 nnnn nnn nnnnnnnn nnnnn2k12k22k12k2k2k2k不等式两边分别相1987219872 1

122

13113

...

11315 19861 1315所 s=1986RR231 设s123

1

,求s（2R232 设s13

1

，求s（2n5(2n5(2n在这里称为取整方程，也就是方程中含有取整函数或小数函数。在解这类方程时，主要是利用一个实数可以分解成整数部分和小数部分，在利例1解方xx2x（x0解：将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，这是不可能的。x1，从而x1x113 例2、解方程5x2x31分析：该题x，x间具有一定的 们只需求出x，就能求出x。解：因为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，则x5因为0x1，所以0x1，知0x55x0,1,2,3,4，相应的x

6x

6,

,

, 即为原方程的解例4、解方程4x240x51

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

(2解得3x5，知x211x17，知x 当x2时4x229x

，当x6时4x2189x2

1892当x7时4x2229x

，当x8时4x2269x2

2692即为原方程的解例5、解方x3x解：因x0，则xx所以x0x3x0，不可能等x0xxx知xxxx3x3又因为0x1，知23xx(x21)得x(x21) 解得1xx3所以x1，所以x34，x 即为方程的3例6解方xx2x（x0解：因为0x1，则原方程为2x因为x00x102x2，知x1，从而x1，则x213，即为方程的解。 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即为方程的5解法一：与例4xx解法二：由原方程得x27x

相应的x1, 8x2

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

Axx2这里x表示公元的年数，c是从这一年的元旦算到今天（包括这一天在内）的天数，求出M后除以7，其余数就表示那一天是星期几。例、问中民成立那一天是星期几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 知识概1，xR，用x表示不超x的最大整数。yx称为高斯函数，也叫取整函数。显然，yx的定义域是R，值域是Z。任一实数都能写成整数部分与非负纯小数之和，即xa0a1，因此，xxx1，这里，xx的整数部分，而xxx2，性 2，nxnx，其中nZ3，x1xxx1；4，若xynxnaynb其中0ab5，xy有xyx6x0,y0，则xyxy7，x

xn8，若nn

，则

；当n1x 9，若整数ab适合abqr（b0qr是整0rb，则aqb

x11，设p为任一素数，在n!中含p的最高乘方次数记为pn!，则p 2 m pn!nn np 2 m

,n中，有n个p的倍数，有n个p2的倍数，有n个p3

n n 倍数 ，当pnp时，pm1pm2 二 解题示1，若实数r使得

19

20 r91546，求100rr 100 100 100r , , 都小于1，则每一项为 或 1，注意100 737546738，故必有r7。进一步有：73735546，所以原式左边从第 r567;r578.r0.568,r0.5787.43r 100 100101101 的值解：由题意得n1,

23101

23 23101 23101 10023n 101 22.1012250 xx1x2 xn1nx n n n证明：对任意的自然数n，构造函数fxnxxx1x2 xn1，则 n n nfx1nx1x1x2 xn1x1fx，所以，函fx n n n n 周期函数，其周期T1fx0在区间0,1 nn例4、对任意的nN，证 n14n14n24n3n 证明：首先证明4n11 4n3。令x4n11，则x24n1 x2mmZx24m24n1，于是m2n1x24m24n44n3x2m1mZx24m24m14n1m2mn即m2mn1x24m2m14n54n 。所以命题成立，也就是4n4n4n 4n1 4n4n4n 4n14n24n3

n122n1nn2nn2 n12nn2nn2

2n12n4n2n12n14nnn4nn4nn n14n14n24n 5，解方程56x15x7

15x7nnZx5n710n39n

定义有010n39n11n13，则n0n1n0x

7n1x4 注：本例中方程为uv型的，通常运用高斯函数的定义和性质并结合换元6，解方程x1x1421x1x11，即1x7yx

x1

4, 分析两者在区间1,7内的图象，显然，当x