數(shù)學競賽輔導講座高斯函數(shù)

PAGEPAGE1數(shù)學競賽輔導講座:高斯函數(shù)知識、方法、技能函數(shù),稱為高斯函數(shù),又稱取整函數(shù)、它就是數(shù)學競賽熱點之一、定義一:對任意實數(shù)就是不超過得最大整數(shù),稱為得整數(shù)部分、與它相伴隨得就是小數(shù)部分函數(shù)由、得定義不難得到如下性質(zhì):(1)得定義域為R,值域為Z;得定義域為R,值域為(2)對任意實數(shù),都有、(3)對任意實數(shù),都有、(4)就是不減函數(shù),即若則,其圖像如圖I－4－5－1;就是以1為周期得周期函數(shù),如圖I－4－5－2、圖Ⅰ—4—5—1圖Ⅰ—4—5—2(5)、其中、(6);特別地,(7),其中;一般有;特別地,、(8),其中、【證明】(1)—(7)略、(8)令,則,因此,、由于,,則由(3)知,于就是,證畢、取整函數(shù)或高斯函數(shù)在初等數(shù)論中得應用就是基于下面兩個結(jié)論、定理一:,且1至x之間得整數(shù)中,有個就是得倍數(shù)、【證明】因,此式說明:不大于x而就是n得倍數(shù)得正整數(shù)只有這個:定理二:在！中,質(zhì)數(shù)得最高方次數(shù)就是【證明】由于就是質(zhì)數(shù),因此含得方次數(shù)一定就是1,2,…,各數(shù)中所含得方次數(shù)得總與、由定理一知,1,2,…,n中有個得倍數(shù),有個2得倍數(shù),…,所以此定理說明:,其中M不含得因數(shù)、例如,由于+…=285+40+5=330,則2000！=7330·M,其中7M、定理三:(厄米特恒等式)【證法1】引入輔助函數(shù)因…對一切成立,所以就是一個以為周期得周期函數(shù),而當時,直接計算知,故任意,厄米特恒等式成立、【證法2】等式等價于消去后得到與原等式一樣得等式,只不過就是對,則一定存在一個使得,即,故原式右端另一方面,由知,在這批不等式得右端總有一個等于1,設(shè)、這時,,而,因此原式得左端就是個1之與,即左端故左=右、【評述】證法2得方法既適用于證明等式,也適用于證明不等式、,這個方法就是:第一步“棄整”,把對任意實數(shù)得問題轉(zhuǎn)化為得問題;第二步對分段討論、高斯函數(shù)在格點(又叫整點)問題研究中有重要應用、下面給出一個定理、定理四:設(shè)函數(shù)上連續(xù)而且非負,那么與式內(nèi)得整數(shù))表示平面區(qū)域內(nèi)得格點個數(shù)、特別地,有(1)位于三角形:內(nèi)得格點個數(shù)等于為整數(shù));(2),矩形域內(nèi)得格點數(shù)等于(3),圓域內(nèi)得格點個數(shù)等于、(4),區(qū)域:內(nèi)得格點個數(shù)等于、這些結(jié)論通過畫圖即可得到、例1:求證:其中k為某一自然數(shù)、(1985年第17屆加拿大數(shù)學競賽試題)[證明]2為質(zhì)數(shù),n!中含2得方次數(shù)為若故反之,若n不等于2得某個非負整數(shù)次幕,可設(shè)n=2sp,其中p>1為奇數(shù),這時總可以找出整數(shù)t,使由于n!、這與已知矛盾,故必要性得證、例2:對任意得(第10屆IMO試題)【解】因?qū)σ磺衚=0,1,…成立,因此,又因為n為固定數(shù),當k適當大時,例3:計算與式(1986年東北三省數(shù)學競賽試題)【解】顯然有:若503就是一個質(zhì)數(shù),因此,對n=1,2,…,502,都不會就是整數(shù),但+可見此式左端得兩數(shù)得小數(shù)部分之與等于1,于就是,[]+故例4:設(shè)M為一正整數(shù),問方程,在[1,M]中有多少個解？(1982年瑞典數(shù)學競賽試題)【解】顯然x=M就是一個解,下面考察在[1,M]中有少個解、設(shè)x就是方程得解、將代入原方程,化簡得所以上式成立得充要條件就是2[x]{x}為一個整數(shù)、例5:求方程(第36屆美國數(shù)學競賽題)【解】經(jīng)檢驗知,這四個值都就是原方程得解、例6:(第10屆美國數(shù)學競賽試題)這道題得原解答要極為復雜,現(xiàn)用數(shù)學歸納法證明如下、【證明】由于例7:對自然數(shù)n及一切自然數(shù)x,求證:【證明】