《初等数论》：高斯函数、n的阶乘的标准分解式
文章目录
- 高斯函数
- 定义
- 定理
- 例题
- n的阶乘(n!)的标准分解式
- 引理
- 定理
- 例题
- End
高斯函数
定义
设x\,x\,x为任意实数，把不超过x\,x\,x的最大整数记作[x]\,[\,x\,]\,[x]，称为高斯函数（也称取整函数）。大多数时候也常把[x]\,[\,x\,]\,[x]称为x\,x\,x的整数部分，把x−[x]\,x-[\,x\,]\,x−[x]记作{x}\,\{x\}\,{x}，称为x\,x\,x的小数部分。
根据定义恒有：[x]≤x<[x]+1,0≤{x}<1\,[\,x\,] \le x \lt [\,x\,]+1\,,\,0 \le \{x\} \lt 1\,[x]≤x<[x]+1,0≤{x}<1
定理
1：若x≤y\,x \le y\,x≤y，则[x]≤[y]\,[\,x\,] \le [\,y\,]\,[x]≤[y]
2：等式[n+x]=n+[x]\,[\,n+x\,]=n+[\,x\,]\,[n+x]=n+[x]成立，当且仅当x\,x\,x为整数。
证：设等式成立，那么n=[n+x]−[x]是整数。反之，设n为整数，由[x]≤x<[x]+1,得n+[x]≤n+x<(n+[x])+1,即[n+x]=n+[x]证：设等式成立，那么\,n=[\,n+x\,]-[\,x\,]\,是整数。反之，设\,n\,为整数，由\,[\,x\,] \le x \lt [\,x\,]+1\,,得\,n+[\,x\,] \le n+x \lt (n+[\,x\,])+1\,,即\,[\,n+x\,]=n+[\,x\,]\,证：设等式成立，那么n=[n+x]−[x]是整数。反之，设n为整数，由[x]≤x<[x]+1,得n+[x]≤n+x<(n+[x])+1,即[n+x]=n+[x]
3：对任意实数x,y\,x,y\,x,y，有[x]+[y]≤[x+y]\,[\,x\,]+[\,y\,] \le [\,x+y\,]\,[x]+[y]≤[x+y]
证：由[x]≤x,[y]≤y,得[x]+[y]≤x+y,两边取整，则[[x]+[y]]≤[x+y],即[x]+[y]≤[x+y]证：由\,[\,x\,] \le x,[\,y\,] \le y\,,得\,[\,x\,]+[\,y\,] \le x+y\,,两边取整，则\,[\,[\,x\,]+[\,y\,]\,] \le [\,x+y\,]\,,即\,[\,x\,]+[\,y\,] \le [\,x+y\,]\,证：由[x]≤x,[y]≤y,得[x]+[y]≤x+y,两边取整，则[[x]+[y]]≤[x+y],即[x]+[y]≤[x+y]
4：[−x]={−[x]−1,x不是整数−[x],x是整数\,[\,-x\,]=\begin{cases}-[\,x\,]-1\,&,\,x\,不是整数 \\ -[\,x\,]\,&,\,x\,是整数\end{cases}\,[−x]={−[x]−1−[x],x不是整数,x是整数
证：由x=[x]+{x},得−x=−[x]−{x},即[−x]=[−[x]−{x}]=−[x]+[−{x}],当x不是整数时,由于0≤x<1,即−1<x≤0,则[−{x}]=−1,此时[−x]=−[x]−1证：由\,x=[\,x\,]+\{x\}\,,得\,-x=-[\,x\,]-\{x\}\,,即\,[\,-x\,]=[\,-[\,x\,]-\{x\}\,]=-[\,x\,]+[\,-\{x\}\,]\,,当\,x\,不是整数时,由于\,0 \le x \lt 1\,,即\,-1 \lt x \le 0\,,则\,[\,-\{x\}\,]=-1\,,此时\,[\,-x\,]=-[\,x\,]-1\,证：由x=[x]+{x},得−x=−[x]−{x},即[−x]=[−[x]−{x}]=−[x]+[−{x}],当x不是整数时,由于0≤x<1,即−1<x≤0,则[−{x}]=−1,此时[−x]=−[x]−1
5：若{x}+{y}=1\,\{x\}+\{y\}=1\,{x}+{y}=1，则[x]+[y]=[x+y]−1\,[\,x\,]+[\,y\,]=[\,x+y\,]-1\,[x]+[y]=[x+y]−1
6：对任意实数x\,x\,x，有[x+12]=[2x]−[x]\,[\,x+\dfrac{1}{2}\,]=[\,2x\,]-[\,x\,]\,[x+21]=[2x]−[x]
证：∵0≤{x}<1,∴[{x}+12]=[2{x}].则：[x+12]=[[x]+{x}+12]=[x]+[{x}+12]=[x]+[2{x}]=(2[x]+[2{x}])−[x]=[2[x]+2{x}]−[x]=[2x]−[x]证：\because 0 \le \{x\} \lt 1\,,\therefore [\,\{x\}+\dfrac{1}{2}\,]=[\,2\{x\}\,]\,.则：[\,x+\dfrac{1}{2}\,]=[\,[\,x\,]+\{x\}+\dfrac{1}{2}\,]=[\,x\,]+[\,\{x\}+\dfrac{1}{2}\,]=[\,x\,]+[\,2\{x\}\,]=(2[\,x\,]+[\,2\{x\}\,])-[\,x\,]=[\,2[\,x\,]+2\{x\}\,]-[\,x\,]=[\,2x\,]-[\,x\,]证：∵0≤{x}<1,∴[{x}+21]=[2{x}].则：[x+21]=[[x]+{x}+21]=[x]+[{x}+21]=[x]+[2{x}]=(2[x]+[2{x}])−[x]=[2[x]+2{x}]−[x]=[2x]−[x]
7：对任意实数x,y\,x,y\,x,y，则：[x]−[y]=[x−y]或[x−y]+1\,[\,x\,]-[\,y\,] = [\,x-y\,] \,或\, [\,x-y\,]+1\,[x]−[y]=[x−y]或[x−y]+1
8：对任意实数x,y\,x,y\,x,y，有：[2x]+[2y]≥[x]+[x+y]+[y]\,[\,2x\,]+[\,2y\,] \ge [\,x\,]+[\,x+y\,]+[\,y\,]\,[2x]+[2y]≥[x]+[x+y]+[y]
证：不失一般性，设{x}≥{y},则2{x}≥{x}+{y},则：[2x+2y]=[2[x]+2{x}]+[2[y]+2{y}]=2[x]+2[y]+[2{x}]+[2{y}]≥[x]+[y]+[x]+[y]+[{x}+{y}]=[x]+[y]+[[x]+{x}+[y]+{y}]=[x]+[y]+[x+y]证：不失一般性，设\{x\} \ge \{y\}\,,则\,2\{x\} \ge \{x\}+\{y\}\,,则：[\,2x+2y\,]=[\,2[\,x\,]+2\{x\}\,]+[\,2[\,y\,]+2\{y\}\,]=2[\,x\,]+2[\,y\,]+[\,2\{x\}\,]+[\,2\{y\}\,] \ge [\,x\,]+[\,y\,]+[\,x\,]+[\,y\,]+[\,\{x\}+\{y\}\,]=[\,x\,]+[\,y\,]+[\,[\,x\,]+\{x\}+[\,y\,]+\{y\}\,]=[\,x\,]+[\,y\,]+[\,x+y\,]证：不失一般性，设{x}≥{y},则2{x}≥{x}+{y},则：[2x+2y]=[2[x]+2{x}]+[2[y]+2{y}]=2[x]+2[y]+[2{x}]+[2{y}]≥[x]+[y]+[x]+[y]+[{x}+{y}]=[x]+[y]+[[x]+{x}+[y]+{y}]=[x]+[y]+[x+y]
推论：对任意实数x,y\,x,y\,x,y，有[x+y]≤[x+12]+[y+12]\,[\,x+y\,] \le [\,x+\dfrac{1}{2}\,]+[\,y+\dfrac{1}{2}\,]\,[x+y]≤[x+21]+[y+21]
提示：[2x]=[x]+[x+12]提示：[\,2x\,]=[\,x\,]+[\,x+\dfrac{1}{2}\,]提示：[2x]=[x]+[x+21]
例题
1、设n\,n\,n是任一正整数，x\,x\,x是实数，试证：[[nx]n]=[x]\,[\,\dfrac{[\,nx\,]}{n}\,]=[\,x\,]\,[n[nx]]=[x]
证法一：令[nx]=nq+r(0≤r<n),则有nx=nq+r+{nx}(0≤rn<1),0≤r+{nx}n<n−1+1n=1。由[[nx]n]=[nq+rn]=[q+rn]=q+[rn]=q,[x]=[nxn]=[q+r+{nx}n]=q+[r+n{x}n]=q,可知命题成立。令\,[\,nx\,]=nq+r\,(0 \le r \lt n)\,,则有\,nx=nq+r+\{nx\}\,(0 \le {\large r \over n} \lt 1)\,,\,0 \le \dfrac{r+\{nx\}}{n} \lt \dfrac{n-1+1}{n}=1\,。由\,[\,\dfrac{[\,nx\,]}{n}\,]=[\,\dfrac{nq+r}{n}\,]=[\,q+\dfrac{r}{n}\,]=q+[\,\dfrac{r}{n}\,]=q\,,\,[\,x\,]=[\,\dfrac{nx}{n}\,]=[\,q+\dfrac{r+\{nx\}}{n}\,]=q+[\,\dfrac{r+n\{x\}}{n}\,]=q\,,可知命题成立。令[nx]=nq+r(0≤r<n),则有nx=nq+r+{nx}(0≤nr<1),0≤nr+{nx}<nn−1+1=1。由[n[nx]]=[nnq+r]=[q+nr]=q+[nr]=q,[x]=[nnx]=[q+nr+{nx}]=q+[nr+n{x}]=q,可知命题成立。
证法二：由[x]≤x,得n[x]≤nx⇒[n[x]]≤[nx]⇒n[x]≤[nx]⇒[x]≤[nx]n⇒[[x]]≤[[nx]n]⇒[x]≤[[nx]n];另一方面由[nx]≤nx,得[nx]n≤x⇒[[nx]n]≤[x],于是命题成立。由\,[\,x\,] \le x\,,得\,n[\,x\,] \le nx\, \Rightarrow [\,n[\,x\,]\,] \le [\,nx\,] \Rightarrow n[\,x\,] \le [\,nx\,] \Rightarrow [\,x\,] \le \dfrac{[\,nx\,]}{n} \Rightarrow [\,[\,x\,]\,] \le [\dfrac{[\,nx\,]}{n}] \Rightarrow [\,x\,] \le [\dfrac{[\,nx\,]}{n}]\,;另一方面由\,[\,nx\,] \le nx\,,得\,\dfrac{[\,nx\,]}{n} \le x \Rightarrow [\dfrac{[\,nx\,]}{n}] \le [\,x\,]\,,于是命题成立。由[x]≤x,得n[x]≤nx⇒[n[x]]≤[nx]⇒n[x]≤[nx]⇒[x]≤n[nx]⇒[[x]]≤[n[nx]]⇒[x]≤[n[nx]];另一方面由[nx]≤nx,得n[nx]≤x⇒[n[nx]]≤[x],于是命题成立。
证法三：设m=[x],则m≤x<m+1⇒mn≤nx<n(m+1)⇒mn是整数mn≤[nx]<n(m+1)⇒m≤[nx]n<m+1,则[[nx]n]=m=[x]设\,m=[\,x\,]\,,则\,m \le x \lt m+1\, \Rightarrow mn \le nx \lt n(m+1) \xRightarrow{mn 是整数} mn \le [\,nx\,] \lt n(m+1) \Rightarrow m \le \dfrac{[\,nx\,]}{n} \lt m+1\,,则\,[\dfrac{[\,nx\,]}{n}]=m=[\,x\,]\,设m=[x],则m≤x<m+1⇒mn≤nx<n(m+1)mn是整数mn≤[nx]<n(m+1)⇒m≤n[nx]<m+1,则[n[nx]]=m=[x]2、设n\,n\,n是任一正整数，x\,x\,x是实数，试证厄米特(Hermite)恒等式：[x]+[x+1n]+[x+2n]+⋯+[x+n−1n]=[nx]\,[\,x\,]+[\,x+\dfrac{1}{n}\,]+[\,x+\dfrac{2}{n}\,]+\cdots+[\,x+\dfrac{n-1}{n}\,]=[\,nx\,]\,[x]+[x+n1]+[x+n2]+⋯+[x+nn−1]=[nx]
证法一：令[nx]=nq+r(0≤r<n),则nx=nq+r+{nx},即x=q+r+{nx}n,当r=0时，结论显然成立；当r≥1时，有：[x]+[x+1n]+[x+2n]+⋯+[x+n−1n]=[q+r+{nx}n]+[q+r+{nx}+1n]+[q+r+{nx}+2n]+⋯+[q+r+{nx}+n−1n]=nq+∑k=0n−1[r+{nx}+kn]=nq+∑k=0n−r−1[r+{nx}+kn]+∑k=n−rn−1[r+{nx}+kn]=nq+0+((n−1)−(n−r)+1)=nq+r=[nx]令\,[\,nx\,]=nq+r\,(0 \le r \lt n)\,,则\,nx=nq+r+\{nx\}\,,即\,x=q+\dfrac{r+\{nx\}}{n}\,,当\,r=0\,时，结论显然成立；当\,r \ge 1\,时，有：[\,x\,]+[\,x+\dfrac{1}{n}\,]+[\,x+\dfrac{2}{n}\,]+\cdots+[\,x+\dfrac{n-1}{n}\,]=[\,q+\dfrac{r+\{nx\}}{n}\,]+[\,q+\dfrac{r+\{nx\}+1}{n}\,]+[\,q+\dfrac{r+\{nx\}+2}{n}\,]+\cdots+[\,q+\dfrac{r+\{nx\}+n-1}{n}\,]=nq+\begin{aligned}\sum_{k=0}^{n-1}[\,\dfrac{r+\{nx\}+k}{n}\,]\end{aligned}=nq+\begin{aligned}\sum_{k=0}^{n-r-1}[\,\dfrac{r+\{nx\}+k}{n}\,]+\sum_{k=n-r}^{n-1}[\,\dfrac{r+\{nx\}+k}{n}\,]\end{aligned}=nq+0+((n-1)-(n-r)+1)=nq+r=[\,nx\,]令[nx]=nq+r(0≤r<n),则nx=nq+r+{nx},即x=q+nr+{nx},当r=0时，结论显然成立；当r≥1时，有：[x]+[x+n1]+[x+n2]+⋯+[x+nn−1]=[q+nr+{nx}]+[q+nr+{nx}+1]+[q+nr+{nx}+2]+⋯+[q+nr+{nx}+n−1]=nq+k=0∑n−1[nr+{nx}+k]=nq+k=0∑n−r−1[nr+{nx}+k]+k=n−r∑n−1[nr+{nx}+k]=nq+0+((n−1)−(n−r)+1)=nq+r=[nx]
证法二(数学归纳法的思想)：不妨设0≤x<1(否则将两边的[x]移出抵消),当0≤x<1n时,等式两边均为0,故等式成立。在x增加1n的左边变为[x+1n]+[x+2n]+⋯+[x+n−1n]+([x]+1),即比原来增加1,这时右边变为[n(x+1n)]=[nx]+1,即也比原来增加1,因此等式成立，则在x增加1n后,等式仍然成立。这样有等式在0≤x<1n时成立，便可逐步推出等式在1n≤x<2n,2n≤x<3n,⋯,n−1n≤x<1时均成立。不妨设\,0 \le x \lt 1\,(否则将两边的\,[\,x\,]\,移出抵消)\,,当\,0 \le x \lt \dfrac{1}{n}\,时,等式两边均为\,0\,,故等式成立。在\,x\,增加\,\dfrac{1}{n}\,的左边变为[\,x+\dfrac{1}{n}\,]+[\,x+\dfrac{2}{n}\,]+\cdots+[\,x+\dfrac{n-1}{n}\,]+([\,x\,]+1)\,,即比原来增加\,1\,,这时右边变为\,[\,n(x+\dfrac{1}{n})\,]=[\,nx\,]+1\,,即也比原来增加\,1\,,因此等式成立，则在\,x\,增加\,\dfrac{1}{n}\,后,等式仍然成立。这样有等式在\,0 \le x \lt \dfrac{1}{n}\,时成立，便可逐步推出等式在\,\dfrac{1}{n} \le x \lt \dfrac{2}{n}\,,\,\dfrac{2}{n} \le x \lt \dfrac{3}{n}\,,\,\cdots\,,\,\dfrac{n-1}{n} \le x \lt 1\,时均成立。不妨设0≤x<1(否则将两边的[x]移出抵消),当0≤x<n1时,等式两边均为0,故等式成立。在x增加n1的左边变为[x+n1]+[x+n2]+⋯+[x+nn−1]+([x]+1),即比原来增加1,这时右边变为[n(x+n1)]=[nx]+1,即也比原来增加1,因此等式成立，则在x增加n1后,等式仍然成立。这样有等式在0≤x<n1时成立，便可逐步推出等式在n1≤x<n2,n2≤x<n3,⋯,nn−1≤x<1时均成立。3、设n\,n\,n是正整数，x\,x\,x为实数，试证：[[x]n]=[xn]\,[\,\dfrac{[\,x\,]}{n}\,]=[\,\dfrac{x}{n}\,]\,[n[x]]=[nx]
证法1：一方面由[x]≤x,则[x]n≤xn⇒[[x]n]≤[xn];另一方面,n⋅[xn]≤n⋅xn=x,因此n[xn]≤[x],则[xn]≤[x]n,则[xn]≤[[x]n],于是命题成立。一方面由\,[\,x\,] \le x\,,则\,\dfrac{[\,x\,]}{n} \le \dfrac{x}{n}\,\Rightarrow [\dfrac{[\,x\,]}{n}] \le [\,\dfrac{x}{n}\,]\,;另一方面,\,n \cdot [\,\dfrac{x}{n}\,] \le n \cdot \dfrac{x}{n}=x\,,因此\,n[\,\dfrac{x}{n}\,] \le [\,x\,]\,,则\,[\,\dfrac{x}{n}\,] \le \dfrac{[\,x\,]}{n}\,,则\,[\,\dfrac{x}{n}\,] \le [\dfrac{[\,x\,]}{n}]\,,于是命题成立。一方面由[x]≤x,则n[x]≤nx⇒[n[x]]≤[nx];另一方面,n⋅[nx]≤n⋅nx=x,因此n[nx]≤[x],则[nx]≤n[x],则[nx]≤[n[x]],于是命题成立。
证法2：m=[xn],则m≤xn<m+1,则mn≤x<n(m+1),由于mn是整数,则mn≤[x]<n(m+1),则m≤[x]n<m+1,因此[[x]n]=m=[xn]m=[\,\dfrac{x}{n}\,]\,,则\,m \le \dfrac{x}{n} \lt m+1\,,则\,mn \le x \lt n(m+1)\,,由于\,mn\,是整数,则\,mn \le [\,x\,] \lt n(m+1)\,,则\,m \le \dfrac{[\,x\,]}{n} \lt m+1\,,因此\,[\dfrac{[\,x\,]}{n}]=m=[\,\dfrac{x}{n}\,]\,m=[nx],则m≤nx<m+1,则mn≤x<n(m+1),由于mn是整数,则mn≤[x]<n(m+1),则m≤n[x]<m+1,因此[n[x]]=m=[nx]
推论：设x\,x\,x为正实数，n\,n\,n为正整数，则不大于x\,x\,x的正整数中，n\,n\,n的倍数有[xn]\,[\,\dfrac{x}{n}\,]\,[nx]个。
提示：设有k个，则有kn≤x<(k+1)n,即k≤xn<k+1提示：设有\,k\,个，则有\,kn \le x \lt (k+1)n\,,即\,k \le \dfrac{x}{n} \lt k+1\,提示：设有k个，则有kn≤x<(k+1)n,即k≤nx<k+1
- 4、设m,n\,m,n\,m,n是正整数，x,y\,x,y\,x,y是任意实数，试证：[(m+n)x]+[(m+n)y]≥[mx]+[my]+[nx+ny]\,[\,(m+n)x\,]+[\,(m+n)y\,] \ge [\,mx\,]+[\,my\,]+[\,nx+ny\,]\,[(m+n)x]+[(m+n)y]≥[mx]+[my]+[nx+ny]成立的充要条件是m=n\,m=n\,m=n
提示：充分性由定理8：[2x]+[2y]≥[x]+[y]+[x+y]知显然成立；必要性：(将[x],[y]提出抵消，便知可只考虑0≤x,y<1)假设m≠n,且n≥m+1,考虑1m+n+1≤x,y<1m+n,则1=2n2n≤2nm+n+1≤nx+ny<2nm+n<2nn=2,则推出0≥1,矛盾,则假设不成立，因为并非对任意实数x,y,不等式都成立。因此原命题成立。提示：充分性由定理8：[\,2x\,]+[\,2y\,] \ge [\,x\,]+[\,y\,]+[\,x+y\,]\,知显然成立；必要性：(将\,[\,x\,],[\,y\,]\,提出抵消，便知可只考虑\,0 \le x,y \lt 1\,)假设\,m \ne n\,,且\,n \ge m+1\,,考虑\,\dfrac{1}{m+n+1} \le x,y \lt \dfrac{1}{m+n}\,,则\,1=\dfrac{2n}{2n} \le \dfrac{2n}{m+n+1} \le nx+ny \lt \dfrac{2n}{m+n} \lt \dfrac{2n}{n}=2\,,则推出\,0 \ge 1\,,矛盾,\,则假设不成立，因为并非对任意实数\,x,y\,,不等式都成立。因此原命题成立。提示：充分性由定理8：[2x]+[2y]≥[x]+[y]+[x+y]知显然成立；必要性：(将[x],[y]提出抵消，便知可只考虑0≤x,y<1)假设m=n,且n≥m+1,考虑m+n+11≤x,y<m+n1,则1=2n2n≤m+n+12n≤nx+ny<m+n2n<n2n=2,则推出0≥1,矛盾,则假设不成立，因为并非对任意实数x,y,不等式都成立。因此原命题成立。 - 5、试证：对任何正整数n\,n\,n，有[n+n+1]=[4n+2]\,[\,\sqrt{n}+\sqrt{n+1}\,]=[\,\sqrt{4n+2}\,]\,[n+n+1]=[4n+2]
证：由于(n+n+1)2=2n+1+2n(n+1),以及n<n(n+1)<n+1,所以有4n+1<(n+n+1)2<4n+3,设k=4n+1,考虑到偶数的平方可被4整除,奇数的平方被4除余1,即任何一个整数的平方被4除后不可能余2,也不可能余3,所以有k2≤4n+1<4n+2<4n+3<(k+1)2,即k≤4n+1<4n+2<4n+3<k+1,故[4n+1]=[4n+2]=[4n+3]=[n+n+1]=k证：由于\,(\sqrt{n}+\sqrt{n+1})^2=2n+1+2\sqrt{n(n+1)}\,,以及\,n \lt \sqrt{n(n+1)} \lt n+1\,,所以有\,4n+1 \lt (\sqrt{n}+\sqrt{n+1})^2 \lt 4n+3\,,设\,k=\sqrt{4n+1}\,,考虑到偶数的平方可被\,4\,整除,奇数的平方被\,4\,除余\,1\,,即任何一个整数的平方被\,4\,除后不可能余\,2\,,也不可能余\,3\,,所以有\,k^2 \le 4n+1 \lt 4n+2 \lt 4n+3 \lt (k+1)^2\,,即\,k \le \sqrt{4n+1} \lt \sqrt{4n+2} \lt \sqrt{4n+3} \lt k+1\,,故\,[\,\sqrt{4n+1}\,]=[\,\sqrt{4n+2}\,]=[\,\sqrt{4n+3}\,]=[\,\sqrt{n}+\sqrt{n+1}\,]=k\,证：由于(n+n+1)2=2n+1+2n(n+1),以及n<n(n+1)<n+1,所以有4n+1<(n+n+1)2<4n+3,设k=4n+1,考虑到偶数的平方可被4整除,奇数的平方被4除余1,即任何一个整数的平方被4除后不可能余2,也不可能余3,所以有k2≤4n+1<4n+2<4n+3<(k+1)2,即k≤4n+1<4n+2<4n+3<k+1,故[4n+1]=[4n+2]=[4n+3]=[n+n+1]=k
n的阶乘(n!)的标准分解式
引理
引理1：若a\,a\,a是正实数，b\,b\,b是正整数，则不大于a\,a\,a且是b\,b\,b的倍数的正整数共有[ab]\,[\,\dfrac{a}{b}]\,[ba]个。
提示：由例题3的推论直接得出提示：由例题3的推论直接得出提示：由例题3的推论直接得出
引理2：设a,b,n\,a,b,n\,a,b,n是三个任意的正整数，则[nab]=[[na]/b]\,[\,\dfrac{n}{ab}\,]=[\,[\,\dfrac{n}{a}\,]/b\,]\,[abn]=[[an]/b]
提示：在例题3中令x=na,n=b直接推出提示：在例题3中令\,x=\dfrac{n}{a}\,,n=b\,直接推出提示：在例题3中令x=an,n=b直接推出
引理3：n!\,n!\,n!的标准分解式中质因数p(p≤n)\,p\,(p \le n)\,p(p≤n)的指数h=[np]+[np2]+[np3]+⋯=∑k=1∞[npk]\,h=[\,\dfrac{n}{p}\,]+[\,\dfrac{n}{p^2}\,]+[\,\dfrac{n}{p^3}\,]+\cdots=\begin{aligned}\sum_{k=1}^{\infty}[\,\dfrac{n}{p^k}\,]\end{aligned}\,h=[pn]+[p2n]+[p3n]+⋯=k=1∑∞[pkn]
证：用ck表示1,2,⋯,n中能被pk整除的数的个数，dk表示1,2,⋯,n中恰好被pk整除的数的个数(“恰好”是指能被pk但不能被pk+1整除),则dk=ck−ck+1,由引理1,知ck=[npk],故dk=[npk]−[npk+1],于是h=1⋅d1+2⋅d2+⋯+k⋅dk+⋯=∑k=1∞[npk]。由引理3,得[npk+1]=[[npk]/p],因此实际计算时,可利用[npk]的结果来求[npk+1]证：用\,c_k\,表示\,1,2,\cdots,n\,中能被\,p^k\,整除的数的个数，d_k\,表示\,1,2,\cdots,n\,中恰好被\,p^k\,整除的数的个数(“恰好”是指能被\,p^k\,但不能被\,p^{k+1}\,整除),则\,d_k=c_k-c_{k+1}\,,由引理1,知\,c_k=[\,\dfrac{n}{p^k}\,]\,,故\,d_k=[\,\dfrac{n}{p^k}\,]-[\,\dfrac{n}{p^{k+1}}\,]\,,于是\,h=1 \cdot d_1+2 \cdot d_2+\cdots+k \cdot d_k + \cdots =\begin{aligned}\sum_{k=1}^{\infty}[\,\dfrac{n}{p^k}\,]\end{aligned}\,。由引理3,得\,[\,\dfrac{n}{p^{k+1}}\,]=[\,[\,\dfrac{n}{p^k}\,]/p\,]\,,因此实际计算时,可利用\,[\,\dfrac{n}{p^k}\,]的结果来求\,[\,\dfrac{n}{p^{k+1}}\,]\,证：用ck表示1,2,⋯,n中能被pk整除的数的个数，dk表示1,2,⋯,n中恰好被pk整除的数的个数(“恰好”是指能被pk但不能被pk+1整除),则dk=ck−ck+1,由引理1,知ck=[pkn],故dk=[pkn]−[pk+1n],于是h=1⋅d1+2⋅d2+⋯+k⋅dk+⋯=k=1∑∞[pkn]。由引理3,得[pk+1n]=[[pkn]/p],因此实际计算时,可利用[pkn]的结果来求[pk+1n]
定理
n!=∏p≤np∑k=1∞[npk]\,\begin{aligned} {\large n!}\,=\begin{aligned}\prod_{p \le n}{\large p}^{\begin{aligned}\sum_{k=1}^{\infty}[\,\dfrac{n}{p^k}\,]\end{aligned}}\end{aligned}\end{aligned}n!=p≤n∏pk=1∑∞[pkn]，这里p≤n\,p \le n\,p≤n表示p\,p\,p取遍不超过n\,n\,n的一切质数。
例题
- 1、设n\,n\,n为任一正整数，试证：2n∣(n+1)(n+2)⋯(2n−1)(2n)\,2^n \mid (n+1)(n+2)\cdots(2n-1)(2n)\,2n∣(n+1)(n+2)⋯(2n−1)(2n)
证：因为(n+1)(n+2)⋯(2n−1)(2n)=(2n)!n!,而(2n)!的标准分解式中2的指数为h1=∑k=1∞[2n2k]=∑k=1∞[n2k−1]=n+∑k=1∞[n2k],n!的标准分解式中2的指数为h2=∑k=1∞[n2k],所以(n+1)(n+2)⋯(2n−1)(2n)的标准分解式中2的指数是h1−h2=n。也就是说,2n∣(n+1)(n+2)⋯(2n−1)(2n)证：因为\,(n+1)(n+2)\cdots(2n-1)(2n) = \dfrac{(2n)!}{n!}\,,而\,(2n)!\,的标准分解式中\,2\,的指数为\,h_1=\begin{aligned}\sum_{k=1}^{\infty}[\,\dfrac{2n}{2^k}\,]=\sum_{k=1}^{\infty}[\,\dfrac{n}{2^{k-1}}\,]=n+\sum_{k=1}^{\infty}[\,\dfrac{n}{2^k}\,]\,,n!\,的标准分解式中\,2\,的指数为\,h_2=\sum_{k=1}^{\infty}[\,\dfrac{n}{2^k}\,]\,\end{aligned}\,,所以\,(n+1)(n+2)\cdots(2n-1)(2n)\,的标准分解式中\,2\,的指数是\,h_1-h_2=n\,。也就是说\,,\,2^n \mid (n+1)(n+2)\cdots(2n-1)(2n)\,证：因为(n+1)(n+2)⋯(2n−1)(2n)=n!(2n)!,而(2n)!的标准分解式中2的指数为h1=k=1∑∞[2k2n]=k=1∑∞[2k−1n]=n+k=1∑∞[2kn],n!的标准分解式中2的指数为h2=k=1∑∞[2kn],所以(n+1)(n+2)⋯(2n−1)(2n)的标准分解式中2的指数是h1−h2=n。也就是说,2n∣(n+1)(n+2)⋯(2n−1)(2n) - 2、设m,n\,m,n\,m,n都是正整数，试证：m!n!(m+n)!∣(2m)!(2n)!\,m!\,n!\,(m+n)! \mid (2m)!\,(2n)!m!n!(m+n)!∣(2m)!(2n)!
证：易知,对一切实数x,y,有：[2x]+[2y]≥[x]+[y]+[x+y],取x=mpk,y=npk,这里p是质数,得[2mpk]+[2npk]≥[mpk]+[npk]+[m+npk],从而对任一质数p,有∑k=1∞([2mpk]+[2npk])≥∑k=1∞([mpk]+[npk]+[m+npk]),这说明m!n!(m+n)!∣(2m)!(2n)!证：易知,对一切实数\,x,y\,,有：[\,2x\,]+[\,2y\,] \ge [\,x\,]+[\,y\,]+[\,x+y\,]\,,取\,x=\dfrac{m}{p^k}\,,\,y=\dfrac{n}{p^k}\,,这里\,p\,是质数,得\,[\,\dfrac{2m}{p^k}\,]+[\,\dfrac{2n}{p^k}\,] \ge [\,\dfrac{m}{p^k}\,]+[\,\dfrac{n}{p^k}\,]+[\,\dfrac{m+n}{p^k}\,]\,,从而对任一质数\,p\,,有\,\begin{aligned}\sum_{k=1}^{\infty}([\,\dfrac{2m}{p^k}\,]+[\,\dfrac{2n}{p^k}\,]) \ge \sum_{k=1}^{\infty}([\,\dfrac{m}{p^k}\,]+[\,\dfrac{n}{p^k}\,]+[\,\dfrac{m+n}{p^k}\,])\end{aligned}\,,这说明\,m!\,n!\,(m+n)! \mid (2m)!\,(2n)!\,证：易知,对一切实数x,y,有：[2x]+[2y]≥[x]+[y]+[x+y],取x=pkm,y=pkn,这里p是质数,得[pk2m]+[pk2n]≥[pkm]+[pkn]+[pkm+n],从而对任一质数p,有k=1∑∞([pk2m]+[pk2n])≥k=1∑∞([pkm]+[pkn]+[pkm+n]),这说明m!n!(m+n)!∣(2m)!(2n)! - 3、试证：(2n)!(n!)2\,\dfrac{(2n)!}{(n!)^2}\,(n!)2(2n)!是偶数。
提示：(1)在定理3中令x=y,可得出2[x]≤[2x],则可推出(n!)2∣(2n)!,在例题1中令t=∑k=1∞[n2k],t≤(∑k=1m[12k])n=[1−(12)k]n<n,这里2m≤n<2m+1,因此有n+t>2t,故命题成立。提示：(1)\,在定理\,3\,中令\,x=y\,,可得出\,2[\,x\,] \le [\,2x\,]\,,则可推出\,(n!)^2 \mid (2n)!\,,在例题\,1\,中令\,t=\begin{aligned}\sum_{k=1}^{\infty}[\,\dfrac{n}{2^k}\,]\,,t \le (\sum_{k=1}^m[\dfrac{1}{2^k}])n = \end{aligned} [\,1-(\dfrac{1}{2})^k\,]n \lt n\,,这里\,2^m \le n < 2^{m+1}\,,因此有\,n+t \gt 2t\,,故命题成立。提示：(1)在定理3中令x=y,可得出2[x]≤[2x],则可推出(n!)2∣(2n)!,在例题1中令t=k=1∑∞[2kn],t≤(k=1∑m[2k1])n=[1−(21)k]n<n,这里2m≤n<2m+1,因此有n+t>2t,故命题成立。 - 4、试证：2n∣C2n2k−1,但2n+1∤C2n2k−1\,2^n \mid C_{2^n}^{2^k-1}\,,但\,2^{n+1} \nmid C_{2^n}^{2^k-1}\,2n∣C2n2k−1,但2n+1∤C2n2k−1
提示：∑t=1∞[2n−12t]=2n−1−n,∑t=1∞[2k−12t]=2k−1−k,∑t=1∞[2n−2k+12t]=∑t=1∞[2k(2n−k−1)+12t]=(2k−1)(2n−k−1)+[2n−k−1−(n−k)]提示：\begin{aligned}\sum_{t=1}^{\infty}[\,\dfrac{2^n-1}{2^t}\,]=2^n-1-n\,\end{aligned},\,\begin{aligned}\sum_{t=1}^{\infty}[\,\dfrac{2^k-1}{2^t}\,]=2^k-1-k\,\end{aligned}\,,\,\begin{aligned}\sum_{t=1}^{\infty}[\,\dfrac{2^n-2^k+1}{2^t}\,]\end{aligned}=\begin{aligned}\sum_{t=1}^{\infty}[\,\dfrac{2^k(2^{n-k}-1)+1}{2^t}\,] =(2^k-1)(2^{n-k}-1)+[\,2^{n-k}-1-(n-k)\,]\,\end{aligned}\,提示：t=1∑∞[2t2n−1]=2n−1−n,t=1∑∞[2t2k−1]=2k−1−k,t=1∑∞[2t2n−2k+1]=t=1∑∞[2t2k(2n−k−1)+1]=(2k−1)(2n−k−1)+[2n−k−1−(n−k)] - 试证：2n−1∣n!的充要条件是n=2k−1,这里k为某一正整数\,2^{n-1} \mid n!\,的充要条件是\,n=2^{k-1}\,,这里\,k\,为某一正整数2n−1∣n!的充要条件是n=2k−1,这里k为某一正整数。
提示：∑t=1∞[2k2t]=1+2+⋯+2k−1=2k−1提示：\begin{aligned}\sum_{t=1}^{\infty}[\,\dfrac{2^k}{2^t}\,]=1+2+\cdots+2^{k-1}=2^k-1\end{aligned}提示：t=1∑∞[2t2k]=1+2+⋯+2k−1=2k−1 - 试证：二项式系数C2nn\,C_{2n}^n\,C2nn能整除1,2,3,⋯,2n\,1,2,3,\cdots,2n\,1,2,3,⋯,2n这些数的最小公倍数，这里n\,n\,n为任意正整数。
提示：设1,2,⋯,n中的质数为p1,p2,⋯,pk,而n+1,n+2,⋯,2n中的质数为pk+1,pk+2,⋯,ps,设piti≤2n<piti+1(i=1,2,⋯,k),则n+1,n+2,⋯,2n的最小公倍数t=p1t1p2t2⋯pktk⋅(pk+1⋯ps),由于可以证明：t也是1,2,⋯,n的公倍数，因此t即1,2,⋯,2n的最小公倍数。设m=(n+1)(n+2)⋯2n=p1d1p2d2⋯pkdk⋅(pk+1⋯ps),f=p1f1p2f2⋯pkfk是1,2,⋯,n的最小公倍数(pifi≤n<pifi+1),则n!=fQ(Q=p1q1p2q2⋯pkqk),由于C2nn为整数,则mn!也为整数,则有di≥fi+qi。容易知道fi≤ti≤fi+1,由定理3,6得：[npij]+[npij]≤[2npij]=[npij]+[npij+12]≤[npij]+[npij]+1,(i=1,2,3,⋯,k)将j=1,2,⋯,ti分别代入上式并叠加得：2∑j=1tinpij≤∑j=1ti2npij≤2∑j=1tinpij+ti⇒2∑j=1∞npij≤∑j=1∞2npij≤2∑j=1∞npij+ti⇒2(fi+qi)≤di+(fi+qi)≤2(fi+qi)+ti,于是有di≤ti+(fi+qi),因此0≤di−(fi+qi)≤ti,命题成立。提示：设\,1,2,\cdots,n\,中的质数为\,p_1,p_2,\cdots,p_k\,,而\,n+1,n+2,\cdots,2n\,中的质数为\,p_{k+1},p_{k+2},\cdots,p_{s}\,,设\,p_i^{t_i} \le 2n \lt p_i^{t_i+1}\,(i=1,2,\cdots,k)\,,则\,n+1,n+2,\cdots,2n\,的最小公倍数\,t=p_1^{t_1}p_2^{t_2}\cdots p_k^{t_k} \cdot (p_{k+1} \cdots p_s)\,,由于可以证明：t\,也是\,1,2,\cdots,n\,的公倍数，因此\,t\,即\,1,2,\cdots,2n\,的最小公倍数。设\,m=(n+1)(n+2)\cdots 2n=p_1^{d_1}p_2^{d_2}\cdots p_k^{d_k}\cdot(p_{k+1}\cdots p_s)\,,\,f=p_1^{f_1}p_2^{f_2}\cdots p_k^{f_k}\,是\,1,2,\cdots,n\,的最小公倍数(\,p_i^{f_i} \le n \lt p_i^{f_i+1}\,)\,,则\,n!=fQ\,(Q=p_1^{q_1}p_2^{q_2}\cdots p_k^{q_k})\,,\,由于\,C_{2n}^n\,为整数,则\,\dfrac{m}{n!}\,也为整数,则有\,d_i \ge f_i+q_i\,。容易知道\,f_i \le t_i \le f_i+1\,,由定理\,3,6\,得：\\ \begin{aligned}[\,\dfrac{n}{p_i^j}\,]+[\,\dfrac{n}{p_i^j}\,] \le [\,\dfrac{2n}{p_i^j}\,]=[\,\dfrac{n}{p_i^j}\,]+[\,\dfrac{n}{p_i^j}+\dfrac{1}{2}\,] \le [\,\dfrac{n}{p_i^j}\,]+[\,\dfrac{n}{p_i^j}\,]+1\,,(i=1,2,3,\cdots,k)\end{aligned} \\将\,j=1,2,\cdots,t_i\,分别代入上式并叠加得：\begin{aligned}2\sum_{j=1}^{t_i}\dfrac{n}{p_i^j} \le \sum_{j=1}^{t_i}\dfrac{2n}{p_i^j} \le 2\sum_{j=1}^{t_i}\dfrac{n}{p_i^j}+t_i\end{aligned} \\ \Rightarrow \begin{aligned}2\sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{n}{p_i^j} \le \sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{2n}{p_i^j} \le 2\sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{n}{p_i^j}+t_i\end{aligned}\, \Rightarrow \,2(f_i+q_i) \le d_i+(f_i+q_i) \le 2(f_i+q_i)+t_i\,,\,于是有\,d_i \le t_i+(f_i+q_i)\,,因此\,0 \le d_i-(f_i+q_i) \le t_i\,,命题成立。提示：设1,2,⋯,n中的质数为p1,p2,⋯,pk,而n+1,n+2,⋯,2n中的质数为pk+1,pk+2,⋯,ps,设piti≤2n<piti+1(i=1,2,⋯,k),则n+1,n+2,⋯,2n的最小公倍数t=p1t1p2t2⋯pktk⋅(pk+1⋯ps),由于可以证明：t也是1,2,⋯,n的公倍数，因此t即1,2,⋯,2n的最小公倍数。设m=(n+1)(n+2)⋯2n=p1d1p2d2⋯pkdk⋅(pk+1⋯ps),f=p1f1p2f2⋯pkfk是1,2,⋯,n的最小公倍数(pifi≤n<pifi+1),则n!=fQ(Q=p1q1p2q2⋯pkqk),由于C2nn为整数,则n!m也为整数,则有di≥fi+qi。容易知道fi≤ti≤fi+1,由定理3,6得：[pijn]+[pijn]≤[pij2n]=[pijn]+[pijn+21]≤[pijn]+[pijn]+1,(i=1,2,3,⋯,k)将j=1,2,⋯,ti分别代入上式并叠加得：2j=1∑tipijn≤j=1∑tipij2n≤2j=1∑tipijn+ti⇒2j=1∑∞pijn≤j=1∑∞pij2n≤2j=1∑∞pijn+ti⇒2(fi+qi)≤di+(fi+qi)≤2(fi+qi)+ti,于是有di≤ti+(fi+qi),因此0≤di−(fi+qi)≤ti,命题成立。 - 试求组合数Cn1,Cn2⋯,Cnn−1\,C_n^1\,,\,C_n^2\,\cdots,\,C_n^{n-1}\,Cn1,Cn2⋯,Cnn−1的最大公因数。
提示：={p,n具有pk(p为质数,k为正整数)的形式1,其他情况提示：=\begin{cases}p \,,\, & n\,具有\,p^k\,(p\,为质数\,,\,k\,为正整数)的形式 \\ 1 \,,\, & 其他情况\end{cases}提示：={p,1,n具有pk(p为质数,k为正整数)的形式其他情况
End
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