前言
本文由五年级的蒟蒻 dingziyang888 和 tangtianyao0123 共同编写，大佬们不喜勿喷。整体内容为高斯取整的拓展延申，整体难度偏高。
建议学习过数论组合 L2 的同学观看。
定义与性质
本版块由 tangtianyao0123 编写。
定义
\([x]\) 为不超过 \(x\) 的最大整数，\(\{x\} = x - [x]\)
性质
- 一个显然但容易忽略的是 \([x] \in \Z\)
- \(\left[ x \right ] \le x < \left[ x \right ] + 1\)，\(x - 1 <\left[ x \right ] \le x\)，\(0 \le \{x\} < 1\)
证明
\(\because \left[x \right]\) 不超过 \(x\)
\(\therefore \left[x\right] \le x\)
\(\because \left[x\right]\) 为不超过 \(x\) 的最大整数
\(\therefore x < \left[x\right] + 1\)
2 移项，3 根据定义带入即可（我就不证了）
- 若 \(n \in \Z\)，\(\left[n+x\right]=n+\left[x\right]\)，\(\left\{n+x\right\}=\left\{x\right\}\)（说人话就是取整内整数可以拿出来，取小内整数可以丢掉）。
提示
\([a] = b\) 的充要条件是 \(b \in \Z \land b + 1 > a \ge b\)。
- 若 \(a \le b\)，则 \([a] \le [b]\)。
证明
\([a] \le a \le b < [b] + 1\) 又 \(\because [a], [b] \in \Z, [a] < [b]+1\)
\(\therefore [a] \le [b]\)
- 重要不等式：\(\{a+b\}\le\{a\}+\{b\}，[a+b]\ge[a]+[b]\)。
证明
\(\{a+b\}=\{[a]+\{a\}+[b]+\{b\}\}=\{\{a\}+\{b\}\}=\{a\}+\{b\}-[\{a\}+\{b\}]\)\
\[\because 0\le\{a\},\{b\}
\]
\[\therefore 0\le\{a\}+\{b\}
\]
\[\therefore 0\le[\{a\}+\{b\}]
\]
\[\therefore \{a+b\}=\{a\}+\{b\}-[\{a\}+\{b\}]\le\{a\}+\{b\}
\]
第二个用 \([x] = x - \{x\}\) 即可
- 若 \(n \in \Z \cap[1,∞)，x \in \R，[nx]\ge n[x]\)。
这个证明过程看着很短，实际上也不难想。
证明
\([nx]=[n([x]+\{x\})]=[n[x]+n\{x\}]=n[x]+[n\{x\}]\ge n[x]\)
- 设 \(x=\frac{a}{b}\in Q(\gcd(a,b)=1, b>0)\)，设 \(a/b=q...r\)，则 \([x]=q\)，\(\{x\}=\frac{r}{b}\)。
证明
\[\because a/b=q...r
\]
\[\therefore a=bq+r，0 \le r < b
\]
\[\therefore x=\frac{bq+r}{b}=q+\frac{r}{b}
\]
\[\because r<b
\]
\[\therefore 0 \le \frac{r}{b} <1
\]
\[\therefore [x]=q，\{x\}=\frac{r}{b}
\]
- 若 \(a,b,c\in [1,∞] \cap \Z\)，有 $$[\frac{[\frac{c}{a}]}{b}]=[\frac{c}{ab}]$$。
提示
根据 \(7\) 设带余除法即可
取小的配对
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基本知识
先说一个很容易理解的性质：
若 \(a+b\in \mathbb{Z}\)，则 \(\{a\}+\{b\}=\begin{cases}
0 & (a,b \in \mathbb{Z})\\
1 & (a,b \notin \mathbb{Z})
\end{cases}\)，\([a]+[b]=\begin{cases}
a+b & (a,b \in \mathbb{Z})\\
a+b-1 & (a,b \notin \mathbb{Z})
\end{cases}\)
这个性质很好理解：取小是整数说明要么都是零，要么小数部分相加抵消了，取整相加也是同理，有这个性质，就可以解决很多取整或取小符号内相加为整数的计算题了。
例题一
题目
计算：
\[\sum_{i=1}^{98}[\frac{14i}{33}]
\]
分析
由刚刚介绍的性质，
\[\{\frac{14n}{33}\}+\{\frac{14(99-n)}{33}\}=
\begin{cases}
0 & \frac{14n}{33},\frac{14(99-n)}{33}\in\mathbb{Z}\\
1 & \frac{14n}{33},\frac{14(99-n)}{33}\notin\mathbb{Z}
\end{cases}
\]
即
\[\{\frac{14n}{33}\}+\{\frac{14(99-n)}{33}\}=
\begin{cases}
0 & n=33,66\\
1 & n\ne33,66
\end{cases}
\]
因为取整等于原数减去取小，所以原式等于取整内相加减去取小相加，而取小相加就用上面的方式配对，再乘 \(\frac{1}{2}\) 即可。
解
\[\because \frac{14n}{33}+\frac{14(99-n)}{33}=\frac{14\times99}{33}=42\in\mathbb{Z}
\]
\[\therefore {\frac{14n}{33}}+{\frac{14(99-n)}{33}}=
\begin{cases}
0 & \frac{14n}{33},\frac{14(99-n)}{33}\in\mathbb{Z}\\
1 & \frac{14n}{33},\frac{14(99-n)}{33}\notin\mathbb{Z}
\end{cases}\]
即
\[\{\frac{14n}{33}\}+\{\frac{14(99-n)}{33}\}=
\begin{cases}
0 & n=33,66\\
1 & n\ne33,66
\end{cases}\]
故
\[
\begin{align*}
\sum\_{n=1}^{98}{\frac{14n}{33}}&=\frac{1}{2}\cdot\sum\_{i=1}^{98}({\frac{14n}{33}}+{\frac{14(99-n)}{33}})\\&=\frac{1}{2}\times(98-2)\\&=48
\end{align*}
\]
\[\begin{align*}
\therefore\sum_{i=1}^{98}[\frac{14i}{33}]&=\sum_{i=1}^{98}\frac{14i}{33}-\sum_{i=1}^{98}\{\frac{14i}{33}\}\\
&=\frac{14}{33}\cdot\sum_{i=1}^{98}i-\sum_{i=1}^{98}\{\frac{14i}{33}\}\\
&=\frac{14}{33}\times\frac{1}{2}\times(98+1)\times98-48\\
&=2010
\end{align*}
\]
接下来看一个一般化的题目。
例题二
题目
若正整数 \(m,n\) 满足 \((m,n)=1\)，求证：
\[\sum_{i=1}^{m-1}[\frac{ni}{m}]=\sum_{j=1}^{n-1}[\frac{mj}{n}]
\]
分析
以左式为例：
由刚刚讲的性质，有
\[\{\frac{ni}{m}\}+\{\frac{n(m-i)}{m}\}=1
\]
代入左式即可。
证
\[\because \frac{ni}{m}+\frac{n(m-i)}{m}=\frac{nm}{m}=n\in\mathbb{Z}
\]
又
\[\displaystyle\because(m,n)=1
\]
且
\[\displaystyle i\nmid m
\]
\[\therefore \{\frac{ni}{m}\}+\{\frac{n(m-i)}{m}\}=1
\]
进而
\[\begin{align*}
LHS&=\sum_{i=1}^{m-1}\frac{ni}{m}-\sum_{i=1}^{m-1}\{\frac{ni}{m}\}\\
&=\frac{n}{m}\cdot\sum_{i=1}^{m-1}i-\frac{1}{2}\cdot\sum_{i=1}^{m-1}(\{\frac{ni}{m}\}+\{\frac{n(m-i)}{m}\}) \\
&=\frac{n}{m}\cdot\frac{1}{2}\cdot(m-1+1)\cdot(m-1)-\frac{1}{2}\cdot\sum_{i=1}^{m-1}1\\
&=\frac{1}{2}\cdot\frac{n}{m}\cdot m\cdot(m-1)-\frac{1}{2}\cdot(m-1)\\
&=\frac{1}{2}(m-1)(n-1)
\end{align*}\]
同理，
\[RHS=\frac{1}{2}(n-1)(m-1)
\]
\[\therefore LHS=RHS
\]
例题三
题目
求
\[\sum_{i=1}^{10}[\frac{250}{1+(\frac{i}{11-i})^4}]
\]
的值
分析
本题看起来不好化简，其实分子分母同乘小分数的分母后，分子其实是一样的！！而且配对相加也为整数，这题就好办了。
解
对于 \(1\le i\le 10\)，有
\[\begin{align*}
&\frac{250}{1+(\frac{i}{11-i})^4}+\frac{250}{1+(\frac{11-i}{i})^4}\\
&=\frac{250}{1+\frac{i^4}{(11-i)^4}}+\frac{250}{1+\frac{(11-i)^4}{i^4}}\\
&=\frac{250(11-i)^4}{(11-i)^4+i^4}+\frac{250i^4}{i^4+(11-i)^4}\\
&=\frac{250[(11-i)^4+i^4]}{(11-i)^4+i^4}\\
&=250\in\mathbb{Z}
\end{align*}
\]
又
\[\displaystyle (i^4+(11-i)^4,i^4)=1
\]
且
\[\displaystyle n^4+(11-n)^4>6^4>250
\]
\[\therefore n^4+(11-n)^4 \nmid 250n^4
\]
\[\Rightarrow \frac{250n^4}{n^4+(11-n)^4}\notin\mathbb{Z}
\]
\[\Rightarrow \{\frac{250}{1+(\frac{i}{11-i})^4}\}+\{\frac{250}{1+(\frac{11-i}{i})^4}\}=1
\]
\[\therefore [\frac{250}{1+(\frac{i}{11-i})^4}]+[\frac{250}{1+(\frac{11-i}{i})^4}]=249
\]
故
\[\sum_{i=1}^{10}[\frac{250}{1+(\frac{i}{11-i})^4}]=5\times249=1245
\]
埃尔米特恒等式
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先做一个有数的证明：
例题一
题目
若实数 \(a\) 满足
\[\sum_{i=0}^{99}[a+\frac{i}{100}]=2023
\]
求 \([100a]\) 的值。
分析
简单放缩可知 \([a]\) 的范围，再假设 \(100\) 个取整中有 \(k\) 个 \([a]\)，\(100-k\) 个 \([a]+1\)，解方程可知 \(k\) 的值，回代即可。
解
\[\because\sum_{i=0}^{99}[a+\frac{i}{100}]=2023
\]
\[\therefore 100[a] \le 2023 < 100([a]+1)
\]
即
\[[a] \le \frac{23}{100} < [a]+1
\]
由取整性质可知
\[[a]=[\frac{23}{100}]=20
\]
又
\[20=[a] < [a+\frac{1}{100}] \le [a+\frac{2}{100}] \le ... \le [a+\frac{99}{100}] \le [a]+1=21
\]
可设 \([a]\) 至 \([a+\frac{99}{100}]\) 中有 \(k\) 个 \(21\)，\(100-k\) 个 \(20\)，则
\[21k+20(100-k)=2023
\]
解得
\[k=23
\]
于是
\[[a]=[a+\frac{1}{100}]=...=[a+\frac{76}{100}]=20,
\]
\[[a+\frac{77}{100}]=[a+\frac{78}{100}]=...=a+[\frac{99}{100}]=21
\]
则
\[a+\frac{76}{100} < 21 \le a+\frac{77}{100}
\]
\[\Rightarrow 20\frac{23}{100} \le a < 20\frac{24}{100}
\]
\[\Rightarrow 2023 \le 100a < 2024
\]
故
\[[100a]=2023
\]
接下来是埃尔米特恒等式的一般形式。
例题二
题目
(埃尔米特恒等式) 求证：
\[\sum_{i=0}^{n-1}[a+\frac{i}{n}]=[na]。
\]
分析
同理，我们可以仿照上一题的做法。
证
不妨设
\[\sum_{i=0}^{n-1}[a+\frac{i}{n}] = k
\]
\[\therefore n[a]\le k<n([a]+1)
\]
\[\therefore [a] \le \frac{k}{n} < [a]+1
\]
由取整性质可知
\[[a] = [\frac{k}{n}]
\]
又
\[[\frac{k}{n}]=[a]\le[a+\frac{1}{n}]\le[a+\frac{2}{n}]\le...\le[a+\frac{n-1}{n}]\le[a]+1=[\frac{k}{n}]+1
\]
不妨设
\[[\frac{k}{n}]=[a]=[a+\frac{1}{n}]=[a+\frac{2}{n}]=...=[a+\frac{x}{n}],[a+\frac{x+1}{n}]=...=[a+\frac{n-1}{n}]=\frac{k}{n}+1
\]
\[\therefore [\frac{k}{n}]\cdot (x+1)+([\frac{k}{n}]+1)\cdot (n-x-1)=k
\]
解得
\[x=[\frac{k}{n}]\cdot n+n-k-1
\]
\[\therefore a+\frac{[\frac{k}{n}]\cdot n+n-k-1}{n}<[\frac{k}{n}]+1\le a+\frac{[\frac{k}{n}]\cdot n+n-k}{n}
\]
即
\[\frac{k}{n}\le a<\frac{k+1}{n}
\]
\[\therefore k \le na<k+1
\]
\[\therefore [na]=k=\sum_{i=0}^{n-1}[a+\frac{i}{n}]
\]
证毕。
例题三
题目
（\(1986\) 年 IMO）求
\[\sum_{i=1}^{+\infty}[\frac{x+2^{i-1}}{2^i}]
\]
的值
分析
不难发现 \([\frac{x+2^{i-1}}{2^i}]=[\frac{x}{2^i}+\frac{1}{2}]\) 根据刚刚的埃尔米特可以知道 \([a+\frac{1}{2}]=[2a]-[a]\) 最后展开抵消即可。
解
由例二，有 \([a]+[a+\frac{1}{2}]=[2a]\) 即 \([a+\frac{1}{2}]=[2a]-[a]\)
\[\therefore
\begin{align*}
\sum_{i=1}^{+\infty}[\frac{x+2^{i-1}}{2^i}]
&=\sum_{i=1}^{+\infty}[\frac{x}{2^i}+\frac{1}{2}]\\
&=\sum_{i=1}^{+\infty}([\frac{x}{2^{i-1}}]-[\frac{x}{2^i}])\\
&=[x]
\end{align*}
\]
分子加一对于分数取整的影响
本版块由 dingziyang888 编写。
先上一个例题。
例题一
题目
如果正整数 \(n\) 使得 \([\frac{n}{2}]+[\frac{n}{3}]+[\frac{n}{4}]+[\frac{n}{5}]+[\frac{n}{6}]=69\) 求 \(n\) 的值。
分析
用 \(x-1<[x]\le x\) 常规放缩可知 \(n\) 的范围，加以枚举即可。
解
\[\begin{align*}
\because LHS&\le\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+\frac{n}{4}+\frac{n}{5}+\frac{n}{6}\\
&=n(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6})\\
&=\frac{29}{20}n
\end{align*}
\]
\[\therefore \frac{29}{20}n\ge69\Rightarrow n\ge\frac{1380}{29}
\]
又
\[\begin{align*}
LHS&\ge(\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+\frac{n}{4}+\frac{n}{5}+\frac{n}{6})-5\\
&=n(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6})-5\\
&=\frac{29}{20}n-5\\
&=\frac{29n-100}{20}
\end{align*}
\]
\[\therefore \frac{29n-100}{20}\le69\Rightarrow n\le\frac{1480}{29}
\]
于是
\[\frac{1380}{29}\le n \le \frac{1480}{29}
\]
又
\[n \in \mathbb{Z_+}
\]
\[48 \le n \le 51
\]
经枚举，\(n=48,49\)。
知识点
注意到，在例题一中，枚举出 \(n=48\) 后判断 \(n=49\) 是否成立时，没有必要带进原方程重新计算，由于 \(49\) 不是 \(2,3,4,5,6\) 的倍数，所以 \(48\) 到 \(49\) 除以 \(2,3,4,5,6\) 取整的值不会改变，所以 \(49\) 也满足方程。这一点也有很多应用。（证明见例题二引理）。
例题二
题目
已知 \(x\) 为正整数，定义
\[f(x)=\sum_{i=1}^{x}[\frac{x}{i}]
\]
（\(1\)）求 \(f(2025)-f(2024)\) 的值
（\(2\)）求最小正整数 \(x\)，使得 \(f(x)-f(x-1)=12\)
分析
由刚刚介绍的知识点，可知
\[[\frac{2025}{i}] - [\frac{2024}{i}]=
\begin{cases}
1 & i \mid 2025\\
0 & i \nmid 2025
\end{cases}
\]
故原式即求 \(2025\) 的因数个数（\(d(2025)\)）。
解
引理：
\[\forall 1 \le i \le x,
[\frac{x}{i}] - [\frac{x-1}{i}]=
\begin{cases}
1 & i \mid x\\
0 & i \nmid x
\end{cases}
\]
证明：
设
\[x \div i = q ......r(0 \le r < i,r,q \in \mathbb{Z})
\]
分情况讨论：
\(\displaystyle 1^\circ\) 当 \(r=0\) 时
\[(x-1) \div i = (q-1)......(i-1)
\]
此时
\[[\frac{x}{i}] - [\frac{x}{i}]=q-(q-1)=1
\]
\(\displaystyle 2^\circ\) 当 \(r \ne 0\) 时
\[(x-1) \div i = q.....(r-1)
\]
此时
\[[\frac{x}{i}] - [\frac{x}{i}]=q-q=0
\]
证毕。
\((1)\) 由引理，
\[[\frac{2025}{i}] - [\frac{2024}{i}]=
\begin{cases}
1 & i \mid 2025\\
0 & i \nmid 2025
\end{cases}
\]
且
\[d(x)=(4+1) \times (2+1)=15
\]
故
\[\begin{align*}
f(2025)-f(2024)&=\sum_{i=1}^{2025}[\frac{2025}{i}]-\sum_{i=1}^{2024}[\frac{2024}{i}]\\
&=\sum_{i=1}^{2025}[\frac{2025}{i}]-\sum_{i=1}^{2025}[\frac{2024}{i}]\\
&=\sum_{i=1}^{2025}([\frac{2025}{i}]-[\frac{2024}{i}])\\
&=d(2025)\\
&=15
\end{align*}
\]
\((2)\) 由引理，
\[\forall 1 \le i \le x,
[\frac{x}{i}] - [\frac{x-1}{i}]=
\begin{cases}
1 & i \mid x\\
0 & i \nmid x
\end{cases}
\]
于是
\[\begin{align*}
LHS&=\sum_{i=1}^{x}[\frac{x}{i}]-\sum_{i=1}^{x-1}[\frac{x-1}{i}]\\
&=\sum_{i=1}^{x}[\frac{x}{i}]-\sum_{i=1}^{x}[\frac{x-1}{i}]\\
&=\sum_{i=1}^{x}([\frac{x}{i}]-[\frac{x-1}{i}])\\
&=d(x)
\end{align*}
\]
故
\[d(x)=12
\]
设质数 \(p_1,p_2,p_3,...p_{+\infty}\)，
考虑分情况：
\(\displaystyle 1^\circ\) 若 \({p_1}^{11}=x\)，则 \(x_{min}=2^{11}=2048\)；
\(\displaystyle 2^\circ\) 若 \({p_1}\cdot{p_2}^5=x\)，则 \(x_{min}=3\times2^5=96\)；
\(\displaystyle 3^\circ\) 若 \({p_1}^2\cdot{p_2}^3=x\)，则 \(x_{min}=3^2\times2^3=72\)；
\(\displaystyle 4^\circ\) 若 \(p_1\cdot p_2\cdot p_3^2=x\)，则 \(x_{min}=5\times3\times2^2=60\)；
综上，\(\displaystyle x_{min}=60\)。
拓展
由例题二，
\[f(x)=f(x-1)+d(x)
\]
所以
\[f(x)=\sum_{i=1}^{x}d(x)
\]
这一结论也会应用在例题三。
例题三
题目
（2006IMO 预选）对于正整数 \(n\) 定义：
\[f(n)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}[\frac{n}{i}]
\]
求证：
（\(1\)）存在无穷多个 \(n\)，使得
\[f(n+1)<f(n)
\]
（\(2\)）存在无穷多个 \(n\)，使得
\[f(n+1)>f(n)
\]
分析
由例题二，有
\[f(x)=\sum_{i=1}^{x}d(x)
\]
对于 \((1)\)，可以先证一个引理：
\[\forall n \ge 6,f(n)>2，
\]
有猜想：当 \(n+1\) 取 \(\ge 7\) 的质数时，\(f(n+1)>f(n)\)，放缩证明即可。
对于 \((2)\)：
第一种方法：把满足条件的 \(n\) 的数都设出来，证存在无穷多个；
第二种方法：反证，只有有限个满足条件，证矛盾。
注意书写！！
证
引理 \(1\)：
\[nf(n)-(n-1)f(n-1)=d(n)
\]
引理 \(1\) 证明：
\[\because nf(n)=\sum_{i=1}^{n}[\frac{n}{i}] ,
(n-1)f(n-1)=\sum_{i=1}^{n-1}[\frac{n-1}{i}]
\]
由例题二，
\[\sum_{i=1}^{n}[\frac{n}{i}]-\sum_{i=1}^{n-1}[\frac{n-1}{i}]=d(n)
\]
即
\[nf(n)-(n-1)f(n-1)=d(n)
\]
推论：
\[f(n)=\sum_{i=1}^{n}d(i)
\]
\((1)\) 引理 \(2\)：当 \(n\ge6\) 时，\(f(n)>2\)
引理 \(2\) 证明：
\[\begin{align*}
f(n)&=\frac{1}{n}(\sum_{i=1}^{6}d(i)+\sum_{i=7}^{n-6}d(i))\\
&\ge\frac{1}{n}(1+2+2+3+2+4+2(n-6))\\
&=\frac{1}{n}(2n+2)
\end{align*}
\]
下证：当 \(n+1\) 取 \(\ge 7\) 的质数时，\(f(n+1)>f(n)\) 证：
\[\begin{align*}
f(n+1)&=\frac{1}{n+1}[nf(n)+d(n+1)]\\
&=\frac{1}{n+1}[nf(n)+2]\\
&<\frac{1}{n+1}[nf(n)+f(n)]\\
&=f(n)
\end{align*}
\]
证毕。
\((2)\)
法一：
设数列 \(n_k\) 满足 \(f(n)>f(n - 1)\)，令 \(n_1=2\)，有 \(f(n_1)>f(n_1-1)\)。
若 \(n_k\) 已找到，即
\[\forall 1 \le i \le n_k-1,d(n_k)>d(i)
\]
考虑 \(d(1)\) 至 \(d(2n_k)\) 中有最大值，设第一次取到最大值的数为 \(d(n_{k+1})\)，则
\[\forall 1 \le i \le n_{k+1}-1,d(n_{k+1})>d(i)
\]
且
\[d(n_{k+1})>d(2n_k)>d(n_k)
\]
故找到无穷多个数 \(\{n_k\}\) 使得
\[\forall 1 \le i \le n_k-1,d(n_k)>d(i)
\]
于是
\[f(n_{k}-1)=\frac{1}{n_{k}-1}\cdot\sum_{i=1}^{n_{k}-1}d(i)<d(n_k)
\]
\[\begin{align*}
f(n_k)&=\frac{1}{n_k}[(n_{k}-1)f(n_{k}-1)+d(n_k)]\\
&>\frac{1}{n_k}[(n_{k}-1)f(n_{k}-1)+f(n_k-1)]\\
&=f(n_k-1)
\end{align*}
\]
证毕。
后记
原创不易，点个赞再走吧~~。\
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