昆仑山:眼中无形心中有穴之穴人合一

夫君子之行，静以修身，俭以养德；非澹泊无以明志，非宁静无以致远。夫学须静也，才须学也；非学无以广才，非志无以成学。怠慢则不能励精，险躁则不能冶性。年与时驰，意与岁去，遂成枯落，多不接世。悲守穷庐，将复何及！

 

7.$n!$的素因数分解

高斯函数（取整函数）\([x]\) 知识点深度讲解与完整证明

作为数论中最基础、最核心的工具之一，高斯函数（Gauss符号，也叫地板函数/取整函数）由高斯引入，是研究整数性质、阶乘素因数分解、整除计数、不定方程等问题的核心基础。下面我们从定义出发，完整推导并证明所有核心性质，最后进行结构化归纳。

一、核心定义与基础概念

1. 高斯函数\([x]\)的定义

设\(x\)是任意实数，\([x]\)表示不超过\(x\)的最大整数，也称为\(x\)的整数部分，满足核心不等式：

\[\boldsymbol{[x] \leq x < [x] + 1} \tag{1} \]

定义关键说明：

  1. \([x]\)一定是整数，这是定义的核心属性；
  2. 不等式的双向性：左边体现“不超过”，右边体现“最大”——若存在整数\(n\)满足\(n\leq x\)，则\(n\)的最大值只能是\([x]\)，因此\(x\)必然小于\([x]+1\)，否则与“最大”矛盾；
  3. 负数取整是初学者易错点：例如\([-1.2]=-2\)，而非\(-1\)，因为\(-1 > -1.2\)，不满足“不超过”的要求。

2. 小数部分\(\{x\}\)的定义

对于实数\(x\)，定义\(\boldsymbol{\{x\} = x - [x]}\)，称为\(x\)的小数部分。
由定义(1)可直接推出小数部分的核心范围：

\[\boldsymbol{0 \leq \{x\} < 1} \tag{2} \]

定义关键说明：

  1. 小数部分永远非负，哪怕\(x\)是负数：例如\(\{-1.2\} = (-1.2) - [-1.2] = (-1.2) - (-2) = 0.8\)，而非\(-0.2\)；
  2. 充要条件：\(x\)是整数 \(\iff\) \(\{x\}=0\)。若\(x\)是整数，则\([x]=x\)，因此\(\{x\}=0\)；反之若\(\{x\}=0\)，则\(x=[x]\)，必然是整数。

基础示例巩固

实数\(x\) \([x]\)（整数部分） \(\{x\}\)（小数部分） 验证不等式
\(1.2\) \(1\) \(0.2\) \(1\leq1.2<2\)
\(-1.2\) \(-2\) \(0.8\) \(-2\leq-1.2<-1\)
\(3\) \(3\) \(0\) \(3\leq3<4\)
\(-4\) \(-4\) \(0\) \(-4\leq-4<-3\)

二、高斯函数与小数部分的核心性质与完整证明

所有性质的证明，核心工具都是定义的不等式(1)：对任意实数\(x\)，存在整数\([x]\)，使得\([x] \leq x < [x]+1\)。这是所有推导的出发点，也是数论中处理取整问题的核心技巧。

性质(i) 单调性：若\(x \leq y\)，则\([x] \leq [y]\)

性质解读：高斯函数是单调不减函数，自变量越大，取整结果不会变小。
完整证明：
根据定义，对任意实数\(x\)有\([x] \leq x\)；对任意实数\(y\)有\(y < [y] + 1\)。
已知\(x \leq y\)，因此联立不等式得：

\[[x] \leq x \leq y < [y] + 1 \]

即\([x] < [y] + 1\)。
由于\([x]\)和\([y]\)都是整数，两个整数满足\(A < B+1\)，等价于\(A \leq B\)（若\(A > B\)，则\(A \geq B+1\)，与\(A < B+1\)矛盾）。
因此可推出\([x] \leq [y]\)，证毕。

性质(ii) 分解唯一性：若\(x = m + v\)，其中\(m\)是整数，\(0 \leq v < 1\)，则\(m = [x]\)，\(v = \{x\}\)

性质解读：任何实数都可以唯一分解为「整数部分+小数部分」，其中整数部分是整数，小数部分落在\([0,1)\)区间。这是证明几乎所有取整性质的核心技巧。
推论：当\(0 \leq x < 1\)时，\([x] = 0\)，\(\{x\} = x\)。
完整证明：
已知\(x = m + v\)，\(m\)是整数，\(0 \leq v < 1\)，对式子变形得：

\[m \leq x = m + v < m + 1 \]

根据高斯函数的定义，不超过\(x\)的最大整数就是\(m\)，因此\([x] = m\)。
再根据小数部分的定义：

\[\{x\} = x - [x] = (m + v) - m = v \]

推论部分，当\(0 \leq x < 1\)时，对应\(m=0\)，\(v=x\)，因此直接得\([x]=0\)，\(\{x\}=x\)，证毕。

性质(iii) 平移不变性：对任意整数\(m\)，有\([x + m] = [x] + m\)；\(\{x + m\} = \{x\}\)

性质解读：给\(x\)加上一个整数，其整数部分同步增加该整数，小数部分完全不变。因此小数部分函数\(\{x\}\)是周期为1的周期函数。
完整证明：

  1. 证明取整部分等式：
    根据定义，\([x] \leq x < [x] + 1\)，给三边同时加上整数\(m\)，不等号方向不变：

    \[[x] + m \leq x + m < ([x] + m) + 1 \]

    由于\(m\)是整数，因此\([x]+m\)也是整数。根据定义，不超过\(x+m\)的最大整数就是\([x]+m\)，即\([x + m] = [x] + m\)。

  2. 证明小数部分等式：
    根据小数部分定义：

    \[\{x + m\} = (x + m) - [x + m] \]

    代入\([x + m] = [x] + m\)，得：

    \[\{x + m\} = x + m - ([x] + m) = x - [x] = \{x\} \]

    证毕。

性质(iv) 和的取整不等式：\([x] + [y] \leq [x + y] \leq [x] + [y] + 1\)，其中等号有且仅有一个成立

性质解读：两个数和的取整，要么等于两个数取整的和，要么等于和加1，无其他情况。核心区别在于两个数的小数部分之和是否≥1。
完整证明：
利用性质(ii)的核心技巧，将\(x\)和\(y\)拆分为整数+小数部分：
令\(x = [x] + \{x\}\)，\(y = [y] + \{y\}\)，其中\(0 \leq \{x\} < 1\)，\(0 \leq \{y\} < 1\)。
因此\(x + y = ([x] + [y]) + (\{x\} + \{y\})\)。
由小数部分的范围，可得\(0 \leq \{x\} + \{y\} < 2\)，分两种情况讨论：

  1. 情况1：\(0 \leq \{x\} + \{y\} < 1\)
    此时$x + y = \(整数\)([x]+[y]) + \(小数部分\)({x}+{y})\(，且小数部分落在\)[0,1)$区间。根据性质(ii)，直接得：

    \[[x + y] = [x] + [y] \]

    左等号成立，右不等式自然成立。

  2. 情况2：\(1 \leq \{x\} + \{y\} < 2\)
    将\(x+y\)变形为：

    \[x + y = ([x] + [y] + 1) + (\{x\} + \{y\} - 1) \]

    其中\([x]+[y]+1\)是整数，\(0 \leq \{x\}+\{y\}-1 < 1\)，符合性质(ii)的分解形式，因此：

    \[[x + y] = [x] + [y] + 1 \]

    右等号成立，左不等式自然成立。

综合两种情况，\([x+y]\)只能取\([x]+[y]\)或\([x]+[y]+1\)，因此不等式成立，且两个等号有且仅有一个成立，证毕。

性质(v) 取负性质

\[[-x] = \begin{cases} -[x], & x \in \mathbb{Z} \\ -[x] - 1, & x \notin \mathbb{Z} \end{cases}, \quad \{-x\} = \begin{cases} 0, & x \in \mathbb{Z} \\ 1 - \{x\}, & x \notin \mathbb{Z} \end{cases}\]

性质解读：处理负数取整的核心公式，解决负数取整的易错问题，将负数取整与正数取整关联起来。
完整证明：
分两种情况讨论：

  1. 情况1：\(x\)是整数（\(x \in \mathbb{Z}\)）
    此时\([x] = x\)，\(-x\)也是整数，因此\([-x] = -x = -[x]\)；同时\(\{-x\}=0\)，\(\{x\}=0\)，符合公式。

  2. 情况2：\(x\)不是整数（\(x \notin \mathbb{Z}\)）
    根据定义，\([x] \leq x < [x] + 1\)，由于\(x\)不是整数，等号不成立，即\([x] < x < [x] + 1\)。
    给三边同时乘以\(-1\)，不等号方向反转：

    \[-[x] > -x > -[x] - 1 \]

    即\(-[x] - 1 < -x < -[x]\)。
    其中\(-[x]-1\)和\(-[x]\)是连续整数，根据定义，不超过\(-x\)的最大整数是\(-[x]-1\)，因此：

    \[[-x] = -[x] - 1 \]

    再证明小数部分公式：
    根据定义，\(\{-x\} = (-x) - [-x]\)，代入\([-x] = -[x] -1\)，得：

    \[\{-x\} = -x - (-[x] - 1) = 1 - (x - [x]) = 1 - \{x\} \]

    证毕。

性质(vi) 嵌套取整公式：对正整数\(m\)，有\([[x]/m] = [x/m]\)

性质解读：数论核心公式，是\(n!\)素因数分解的核心工具。它说明：先对\(x\)取整再除以\(m\)取整，和直接对\(x/m\)取整，结果完全一致。
完整证明：
对整数\([x]\)和正整数\(m\)，根据带余除法，存在唯一整数\(q,r\)，使得：

\[[x] = qm + r, \quad 0 \leq r < m \]

  1. 计算\([[x]/m]\)：
    两边除以\(m\)得\([x]/m = q + r/m\)，其中\(0 \leq r/m < 1\)。根据性质(ii)，\([[x]/m] = q\)。

  2. 计算\([x/m]\)：
    由\(x = [x] + \{x\}\)，得\(x/m = ([x] + \{x\})/m = q + \frac{r + \{x\}}{m}\)。
    由于\(r\)是小于\(m\)的整数，因此\(r \leq m-1\)，结合\(0 \leq \{x\} < 1\)，得\(0 \leq r + \{x\} < m\)，即\(0 \leq \frac{r + \{x\}}{m} < 1\)。
    根据性质(ii)，\([x/m] = q\)。

因此\([[x]/m] = [x/m] = q\)，证毕。

性质(vii) 上取整公式：不小于\(x\)的最小整数是\(-[-x]\)

性质解读：用地板函数\([x]\)表示天花板函数（上取整，记为\(\lceil x \rceil\)），处理“不小于”“至少”类的计数问题。
完整证明：
设\(a\)是不小于\(x\)的最小整数，根据定义，\(a\)满足：

\[a - 1 < x \leq a \]

给三边同时乘以\(-1\)，不等号反转：

\[-a \leq -x < -a + 1 \]

根据高斯函数的定义，不超过\(-x\)的最大整数是\(-a\)，即\([-x] = -a\)，变形得\(a = -[-x]\)。
因此不小于\(x\)的最小整数是\(-[-x]\)，证毕。

性质(viii) 小于\(x\)的最大整数是\(-[-x] - 1\)

性质解读：处理严格小于\(x\)的整数计数问题。
完整证明：
设\(b\)是小于\(x\)的最大整数，根据定义，\(b\)满足\(b < x \leq b + 1\)。
结合性质(vii)，小于\(x\)的最大整数 = 不小于\(x\)的最小整数 - 1，即\(b = -[-x] - 1\)。
也可直接推导：由\(b < x \leq b+1\)，变形得\(-b-1 \leq -x < -b\)，因此\([-x] = -b-1\)，解得\(b = -[-x]-1\)，证毕。

性质(ix) 大于\(x\)的最小整数是\([x] + 1\)

性质解读：直观的整数边界性质，处理“严格大于\(x\)”的整数问题。
完整证明：
根据定义，\([x] \leq x < [x] + 1\)，因此\([x]+1\)是整数，且\(x < [x]+1\)。
假设存在整数\(c\)满足\(x < c < [x]+1\)，则\(c\)是整数且\(c < [x]+1\)，即\(c \leq [x]\)，与\(c > x \geq [x]\)矛盾。
因此\([x]+1\)是大于\(x\)的最小整数，证毕。

性质(x) 最近整数公式：离\(x\)最近的整数是\([x + 1/2]\)和\(-[-x + 1/2]\)

补充说明：当\(x + 1/2\)是整数时，两个数与\(x\)等距；当\(x + 1/2\)不是整数时，两个数相等。
性质解读：数学意义上的“四舍五入”，用于找与\(x\)距离最近的整数。
完整证明：
离\(x\)最近的整数只能是\([x]\)或\([x]+1\)（其他整数与\(x\)的距离≥1，不可能更近）。
\(x\)到\([x]\)的距离为\(\{x\}\)，到\([x]+1\)的距离为\(1-\{x\}\)，分三种情况：

  1. 当\(\{x\} < 1/2\)时，\(\{x\} < 1-\{x\}\)，最近整数为\([x]\)。此时\(x+1/2 = [x] + (\{x\}+1/2)\)，\(0 \leq \{x\}+1/2 <1\)，因此\([x+1/2] = [x]\)。
  2. 当\(\{x\} > 1/2\)时，\(1-\{x\} < \{x\}\)，最近整数为\([x]+1\)。此时\(x+1/2 = ([x]+1) + (\{x\}-1/2)\)，\(0 \leq \{x\}-1/2 <1\)，因此\([x+1/2] = [x]+1\)。
  3. 当\(\{x\} = 1/2\)时，两个距离相等，\([x]\)和\([x]+1\)都是最近整数。此时\(x+1/2 = [x]+1\)是整数，\([x+1/2] = [x]+1\)，而\(-[-x+1/2] = [x]\)，两个数不同且等距。

结合性质(v)可证明，当\(x+1/2\)不是整数时，\([x+1/2] = -[-x+1/2]\)，证毕。

性质(xi) 非负数的正整数计数：若\(x \geq 0\)，则不超过\(x\)的正整数\(n\)的个数等于\([x]\)，即\(\sum_{1 \leq n \leq x} 1 = [x]\)

性质解读：基础计数公式，统计\([1,x]\)范围内的正整数个数。
完整证明：
\(x \geq 0\)，正整数\(n\)满足\(1 \leq n \leq x\)。由于\(n\)是整数，\(n \leq x\)等价于\(n \leq [x]\)（性质(i)）。
因此满足条件的\(n\)为\(1,2,\dots,[x]\)，共\([x]\)个，求和结果为\([x]\)，证毕。

性质(xii) 整除计数公式：设\(a\)和\(N\)是正整数，则\(1,2,\dots,N\)中被\(a\)整除的正整数的个数是\([N/a]\)

性质解读：数论核心计数公式，是\(n!\)素因数分解的直接基础。
完整证明：
\(1\)到\(N\)中被\(a\)整除的数都是\(a\)的倍数，即\(a,2a,\dots,ka\)，其中\(ka \leq N < (k+1)a\)，\(k\)为正整数。
给不等式三边除以\(a\)，得\(k \leq \frac{N}{a} < k+1\)。
根据高斯函数的定义，\(k = [N/a]\)，即符合条件的数的个数为\([N/a]\)，证毕。

三、知识点结构化归纳总结

表1 核心定义表

符号 正式名称 定义 核心约束 关键易错点提醒
\([x]\)（也记\(\lfloor x \rfloor\)） 高斯函数/取整函数/地板函数 不超过实数\(x\)的最大整数，即\(x\)的整数部分 \([x] \in \mathbb{Z}\)，且\([x] \leq x < [x]+1\) 负数取整需向负方向取，如\([-1.2]=-2\)，而非\(-1\)
\(\{x\}\) 小数部分函数 实数\(x\)减去其整数部分，即\(\{x\}=x-[x]\) \(0 \leq \{x\} < 1\) 小数部分永远非负，如\(\{-1.2\}=0.8\)，而非\(-0.2\)；\(x\)为整数\(\iff \{x\}=0\)

表2 核心性质与应用总结表

序号 性质核心内容 适用条件 核心用途
(i) 单调性：\(x \leq y \implies [x] \leq [y]\) \(x,y\)为任意实数 取整大小比较，其他性质证明的基础
(ii) 分解唯一性：\(x=m+v\)（\(m\in\mathbb{Z},0\leq v<1\)）\(\implies m=[x],v=\{x\}\) \(m\)为整数，\(v\in[0,1)\) 所有取整问题的核心拆分技巧，是绝大多数性质证明的出发点
(iii) 平移不变性：\([x+m]=[x]+m\)，\(\{x+m\}=\{x\}\) \(m\)为整数，\(x\)为任意实数 整数平移不改变小数部分，利用\(\{x\}\)的周期性化简问题
(iv) 和的取整不等式：\([x]+[y] \leq [x+y] \leq [x]+[y]+1\)，等号仅一个成立 \(x,y\)为任意实数 处理多变量和的取整放缩，等号成立条件由小数部分和决定
(v) 取负公式：负数取整与小数部分的转化 \(x\)为任意实数 解决负数取整的易错问题，实现正负取整的互相转化
(vi) 嵌套取整公式：\([[x]/m]=[x/m]\) \(m\)为正整数，\(x\)为任意实数 \(n!\)素因数分解的核心工具，化简多重嵌套取整
(vii) 上取整公式：不小于\(x\)的最小整数为\(-[-x]\) \(x\)为任意实数 用地板函数表示天花板函数，处理“不小于”“至少”类计数
(viii) 小于\(x\)的最大整数为\(-[-x]-1\) \(x\)为任意实数 处理严格小于\(x\)的整数计数问题
(ix) 大于\(x\)的最小整数为\([x]+1\) \(x\)为任意实数 处理严格大于\(x\)的整数边界问题
(x) 最近整数公式：离\(x\)最近的整数为\([x+1/2]\) \(x\)为任意实数 实现数学意义上的四舍五入，近似取整问题
(xi) 正整数计数：\(x\geq0\)时，\([1,x]\)内正整数个数为\([x]\) \(x\geq0\) 有限区间内正整数的基础计数
(xii) 整除计数：\(1\sim N\)中被\(a\)整除的数的个数为\([N/a]\) \(a,N\)为正整数 数论整除计数核心公式，直接推导\(n!\)的素因数分解

四、经典应用延伸

本节的核心主题是\(n!\)的素因数分解，基于性质(xii)可直接推出数论中的经典定理：
对于正整数\(n\)和素数\(p\)，\(n!\)的素因数分解中，\(p\)的幂次为：

\[\sum_{k=1}^{\infty} \left[ \frac{n}{p^k} \right] \]

该公式的核心逻辑是：\([n/p]\)统计\(1\sim n\)中被\(p\)整除的数的个数（每个贡献1个\(p\)），\([n/p^2]\)统计被\(p^2\)整除的数的个数（额外多贡献1个\(p\)），以此类推，直到\(p^k >n\)时，\([n/p^k]=0\)，求和终止。

高斯函数经典应用：平面区域格点计数问题 深度讲解与完整证明

作为几何数论的入门核心问题，这个例题完美展现了高斯函数\([x]\)连接「离散数论计数」与「连续函数分析」的核心价值。下面我们从概念拆解、分步证明、实例验证到意义拓展，完整讲解这个知识点。

一、前置概念与题目核心条件梳理

1. 核心定义

格点（整点）：平面直角坐标系中，横、纵坐标均为整数的点，称为格点，是几何数论的核心研究对象。

2. 题目前提条件

  1. 给定实数\(x_1 < x_2\)，研究区间为开左闭右区间\((x_1, x_2]\)；
  2. \(y=f(x)\)是定义在\(x_1 < x \leq x_2\)上的非负连续函数，非负性保证了纵坐标\(y\)的取值范围非负，避免负坐标的计数混乱；
  3. 计数目标：区域\(D: \boldsymbol{x_1 < x \leq x_2,\ 0 < y \leq f(x)}\)内的格点总数\(M\)。

二、结论(i) 格点计数公式的完整证明

结论(i)

区域\(D\)内的格点总数为：

\[\boldsymbol{M = \sum_{x_1 < n \leq x_2} [f(n)]} \]

其中求和变量\(n\)取满足条件的整数。

分步详细证明

步骤1：二维格点计数的一维拆解

格点的坐标\((x,y)\)必须满足：\(x\)是整数、\(y\)是整数，且落在区域\(D\)内。
因此，所有符合条件的格点，必然落在竖直线\(x=n\)上，其中\(n\)是满足\(x_1 < n \leq x_2\)的整数（横坐标必须是整数，且在区间\((x_1, x_2]\)内）。

这一步的核心思想是：把二维平面的格点计数，拆解为「每一条竖直线上的格点计数，再对所有竖直线求和」，将复杂的二维问题转化为一维的简单计数。

步骤2：单条竖直线上的格点计数

对于固定的整数\(n\)（满足\(x_1 < n \leq x_2\)），竖直线\(x=n\)上的格点需要满足：

\[0 < y \leq f(n),\quad y\text{是整数} \]

也就是\(y\)是满足\(1 \leq y \leq f(n)\)的正整数。

此时直接应用我们之前证明的定理1(xi)：若\(x \geq 0\)，则不超过\(x\)的正整数的个数等于\([x]\)。
由于\(f(x)\)是非负函数，因此\(f(n) \geq 0\)，满足\(1 \leq y \leq f(n)\)的正整数\(y\)的个数，恰好等于\([f(n)]\)。

补充边界说明：若\(f(n) < 1\)，则\([f(n)] = 0\)，对应这条竖直线上没有符合条件的格点，完全符合实际（\(y\)最小为1，\(f(n)<1\)时无满足条件的整数\(y\)）。

步骤3：求和得到总个数

区域内的总格点数\(M\)，等于所有满足条件的竖直线上的格点数之和，即对所有\(x_1 < n \leq x_2\)的整数\(n\)，将\([f(n)]\)累加，因此：

\[M = \sum_{x_1 < n \leq x_2} [f(n)] \]

证毕。

几何意义

对应题图3，每个整数横坐标\(x=n\)的位置，从\(y=1\)到\(y=f(n)\)的整数点的数量，就是\(f(n)\)的取整值；把所有竖线上的点数加起来，就是区域内的总格点数。

三、结论(ii) 误差估计不等式的完整证明

结论(ii)

格点总数\(M\)与函数值求和的误差满足：

\[\boldsymbol{[x_1] - [x_2] < M - \sum_{x_1 < n \leq x_2} f(n) \leq 0} \]

分步详细证明

步骤1：利用取整与小数部分的核心关系

根据小数部分的定义，对任意实数\(a\)，恒有：

\[[a] = a - \{a\},\quad 0 \leq \{a\} < 1 \]

我们将求和式中的每一项\([f(n)]\)按此式展开：

\[\sum_{x_1 < n \leq x_2} [f(n)] = \sum_{x_1 < n \leq x_2} \left[ f(n) - \{f(n)\} \right] \]

根据求和的线性性质，拆分求和项：

\[\sum_{x_1 < n \leq x_2} [f(n)] = \sum_{x_1 < n \leq x_2} f(n) - \sum_{x_1 < n \leq x_2} \{f(n)\} \]

步骤2：转化误差表达式

根据结论(i)，左边的\(\sum_{x_1 < n \leq x_2} [f(n)]\)就是格点总数\(M\)，将式子移项，得到误差的核心等式：

\[M - \sum_{x_1 < n \leq x_2} f(n) = - \sum_{x_1 < n \leq x_2} \{f(n)\} \tag{3} \]

至此，我们把误差转化为了「负的小数部分求和」，接下来只需要估计小数部分求和的范围即可。

步骤3：估计小数部分求和的上下界

根据小数部分的基本性质，对任意\(n\)，都有\(0 \leq \{f(n)\} < 1\)。对所有项求和，不等式方向保持不变：

\[0 \leq \sum_{x_1 < n \leq x_2} \{f(n)\} < \sum_{x_1 < n \leq x_2} 1 \]

其中，右边的\(\sum_{x_1 < n \leq x_2} 1\)，就是满足\(x_1 < n \leq x_2\)的整数\(n\)的总个数，我们记这个项数为\(T\)。

步骤4：计算求和的项数\(T\)

现在我们需要求：满足\(x_1 < n \leq x_2\)的整数\(n\)有多少个？
根据高斯函数的单调性与整数边界性质：

  1. \(n > x_1\)，且\(n\)是整数，因此\(n \geq [x_1] + 1\)（大于\(x_1\)的最小整数是\([x_1]+1\)，对应定理1(ix)）；
  2. \(n \leq x_2\)，且\(n\)是整数，因此\(n \leq [x_2]\)（不超过\(x_2\)的最大整数是\([x_2]\)）。

因此，满足条件的整数\(n\)，就是区间\([[x_1]+1,\ [x_2]]\)内的所有整数。对于整数区间\([a,b]\)，整数个数为\(b - a + 1\)，代入得：

\[T = [x_2] - ([x_1] + 1) + 1 = [x_2] - [x_1] \]

即：

\[\sum_{x_1 < n \leq x_2} 1 = [x_2] - [x_1] \]

步骤5：反转不等式得到最终结论

我们已经得到：

\[0 \leq \sum_{x_1 < n \leq x_2} \{f(n)\} < [x_2] - [x_1] \]

给不等式三边同时乘以\(-1\)，不等号方向必须反转，得到：

\[-([x_2] - [x_1]) < - \sum_{x_1 < n \leq x_2} \{f(n)\} \leq 0 \]

再代入式(3)，中间项就是误差\(M - \sum f(n)\)，因此：

\[[x_1] - [x_2] < M - \sum_{x_1 < n \leq x_2} f(n) \leq 0 \]

证毕。

结论解读

  1. 右半部分\(M \leq \sum f(n)\)：格点总数不会超过函数在整数点的取值之和，等号成立当且仅当所有\(f(n)\)都是整数（此时\(\{f(n)\}=0\)，误差为0）。
  2. 左半部分误差下界：误差的绝对值严格小于求和的项数\(T=[x_2]-[x_1]\)，即\(|M - \sum f(n)| < T\)，给出了用连续函数和估计格点个数的严格误差范围。

四、实例验证（直观理解结论）

我们用一个具体例子验证两个结论的正确性：
设\(x_1=0.5\)，\(x_2=3.5\)，\(f(x)=x+0.3\)（非负连续函数）。

验证结论(i)

满足\(0.5 < n \leq 3.5\)的整数\(n\)为1、2、3，共3个。

\[M = [f(1)] + [f(2)] + [f(3)] = [1.3] + [2.3] + [3.3] = 1+2+3=6 \]

手动计数验证：

  • \(x=1\)时，\(0<y\leq1.3\)，整数\(y=1\)，共1个；
  • \(x=2\)时，\(0<y\leq2.3\)，整数\(y=1,2\)，共2个；
  • \(x=3\)时，\(0<y\leq3.3\)，整数\(y=1,2,3\)，共3个；
    总个数\(1+2+3=6\)，与公式结果完全一致。

验证结论(ii)

计算函数值求和：\(\sum_{0.5 <n \leq3.5} f(n) =1.3+2.3+3.3=6.9\)
误差：\(M - \sum f(n) =6-6.9=-0.9\)
计算边界：\([x_1]-[x_2] = [0.5]-[3.5] =0-3=-3\)
不等式：\(-3 < -0.9 \leq 0\)，完全符合结论(ii)的要求。

五、结论的核心价值与拓展

这个例题是几何数论的奠基性思路，核心价值在于：

  1. 建立了离散与连续的桥梁：把数论中离散的格点计数问题，和分析中连续函数的求和、积分问题关联起来，实现了用分析方法解决数论问题。
  2. 提供了通用的格点计数方法：这种「逐线拆解+取整求和」的思路，可推广到几乎所有平面区域的格点计数，包括：
    • 高斯圆问题：计算圆\(x^2+y^2 \leq R^2\)内的格点个数；
    • 狄利克雷除数问题：计算双曲线\(xy \leq N\)下方的格点个数；
    • 一般凸区域、多边形区域内的格点计数。
  3. 误差估计的思想：结论(ii)给出了严格的误差范围，为后续用积分、级数等分析工具估计格点个数提供了理论基础，是数论中「渐近估计」的入门范例。

n!的素因数分解式（勒让德公式）深度讲解与完整证明

本节是高斯函数在数论中最经典的应用之一，核心解决阶乘的标准素因数分解问题，这个结论也被称为勒让德（Legendre）公式，是初等数论中整除、组合数、素数分布等问题的核心基础工具。下面我们从基础概念出发，完整推导、证明并拓展所有知识点。

一、前置概念与符号说明

1. n!的素因子范围

首先明确一个核心结论：素数\(p\)整除\(n!\)的充要条件是\(p \leq n\)。

  • 充分性：若素数\(p \leq n\)，则\(p\)是\(1,2,\dots,n\)中的一个数，因此必然有\(p \mid n!\)；
  • 必要性：若素数\(p \mid n!\)，则\(p\)必整除\(1,2,\dots,n\)中的某个正整数，因此\(p \leq n\)。

由此可得：\(n!\)的标准素因数分解式，必然是所有不超过\(n\)的素数的幂次的乘积，即

\[n! = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \dots p_s^{\alpha_s} \]

其中\(2=p_1 < p_2 < \dots < p_s \leq n\)是所有不超过\(n\)的素数，我们的核心目标就是求每个素数\(p\)对应的幂次\(\alpha\)。

2. 「恰被整除」符号\(a^k \parallel b\)

设\(k\)是非负整数，符号\(\boldsymbol{a^k \parallel b}\)表示\(b\)恰被\(a\)的\(k\)次方整除，满足两个条件：

  1. \(a^k \mid b\)（\(a^k\)整除\(b\)）；
  2. \(a^{k+1} \nmid b\)（\(a^{k+1}\)不整除\(b\)）。

简单来说，\(k\)就是\(b\)的标准分解式中\(a\)的指数。例如：

  • \(2^3 \parallel 24\)，因为\(8 \mid 24\)，但\(16 \nmid 24\)；
  • \(5^2 \parallel 100\)，因为\(25 \mid 100\)，但\(125 \nmid 100\)。

我们用\(p^\alpha \parallel n!\)表示\(\alpha\)是\(n!\)的素因数分解中素数\(p\)的指数，这是本节的核心研究对象。

二、核心定理（勒让德公式）完整讲解与证明

定理2（勒让德公式）

设\(n\)是正整数，\(p\)是素数，若\(p^\alpha \parallel n!\)，则素数\(p\)在\(n!\)中的指数为：

\[\boldsymbol{\alpha = \alpha(p,n) = \sum_{j=1}^{\infty} \left[ \frac{n}{p^j} \right]} \]

关键说明

这个无穷级数本质是有限和：存在整数\(k\)，使得\(p^k \leq n < p^{k+1}\)，当\(j > k\)时，\(p^j > n\)，因此\(\left[ \frac{n}{p^j} \right] = 0\)，求和到\(j=k\)即可终止，即：

\[\alpha = \sum_{j=1}^{k} \left[ \frac{n}{p^j} \right] \]

分步完整证明

我们的核心思路是：用两种方式计数\(n!\)中素因子\(p\)的总个数，建立等式完成证明。

步骤1：定义两个核心计数变量

设\(j\)是正整数，我们定义两个计数：

  1. \(c_j\)：\(1,2,\dots,n\)中被\(p^j\)整除的数的个数；
  2. \(d_j\)：\(1,2,\dots,n\)中恰被\(p^j\)整除的数的个数（即被\(p^j\)整除，但不被\(p^{j+1}\)整除）。

根据我们上一节证明的定理1(xii)：\(1,2,\dots,N\)中被\(a\)整除的正整数的个数为\(\left[ \frac{N}{a} \right]\)，直接可得：

\[c_j = \left[ \frac{n}{p^j} \right] \]

步骤2：建立\(d_j\)与\(c_j\)的关系

「恰被\(p^j\)整除的数」，是「被\(p^j\)整除的数」中，去掉「被\(p^{j+1}\)整除的数」，因此直接得到：

\[d_j = c_j - c_{j+1} \]

代入\(c_j\)的表达式，即：

\[d_j = \left[ \frac{n}{p^j} \right] - \left[ \frac{n}{p^{j+1}} \right] \]

补充说明：当\(j > k\)时，\(p^j >n\)，因此\(c_j=0\)，\(d_j=0\)，无需再计数。

步骤3：用\(d_j\)表示\(p\)的总指数\(\alpha\)

\(n! = 1 \times 2 \times 3 \times \dots \times n\)，其中每个数对素因子\(p\)的指数贡献，等于它本身包含的\(p\)的幂次：

  • 恰被\(p^1\)整除的数（共\(d_1\)个），每个给\(p\)的总指数贡献\(1\)；
  • 恰被\(p^2\)整除的数（共\(d_2\)个），每个给\(p\)的总指数贡献\(2\)；
  • ...
  • 恰被\(p^k\)整除的数（共\(d_k\)个），每个给\(p\)的总指数贡献\(k\)。

因此，\(n!\)中\(p\)的总指数，就是所有数的贡献之和：

\[\alpha = 1 \cdot d_1 + 2 \cdot d_2 + \dots + k \cdot d_k \]

步骤4：代数推导得到最终公式

将\(d_j = c_j - c_{j+1}\)代入上式，展开求和：

\[\begin{align*} \alpha &= 1 \cdot (c_1 - c_2) + 2 \cdot (c_2 - c_3) + 3 \cdot (c_3 - c_4) + \dots + k \cdot (c_k - c_{k+1}) \\ &= c_1 - c_2 + 2c_2 - 2c_3 + 3c_3 - 3c_4 + \dots + k c_k - k c_{k+1} \end{align*} \]

合并同类项后，中间项全部抵消：

\[\alpha = c_1 + c_2 + c_3 + \dots + c_k - k \cdot c_{k+1} \]

根据\(k\)的定义，\(p^{k+1} >n\)，因此\(c_{k+1} = \left[ \frac{n}{p^{k+1}} \right] = 0\)，最终得到：

\[\alpha = c_1 + c_2 + \dots + c_k = \sum_{j=1}^k \left[ \frac{n}{p^j} \right] = \sum_{j=1}^\infty \left[ \frac{n}{p^j} \right] \]

证毕。

三、推论与补充结论

推论3（n!的标准素因数分解式）

设\(n\)是正整数，则\(n!\)的标准素因数分解式为：

\[\boldsymbol{n! = \prod_{p \leq n} p^{\alpha(p,n)}} \]

其中连乘号表示对所有不超过\(n\)的素数\(p\)求积，\(\alpha(p,n)\)由勒让德公式给出。

推论解读

这是定理2的直接应用：我们对每个不超过\(n\)的素数\(p\)，用勒让德公式算出它在\(n!\)中的指数，再将所有\(p^\alpha\)相乘，就得到了\(n!\)的标准素因数分解式。

补充结论（素数大小与指数的关系）

对于两个素数\(p_1 > p_2\)，有：

\[\alpha(p_1,n) \leq \alpha(p_2,n) \]

即素数越小，在\(n!\)中的指数越大。

结论解读

这个结论非常直观：小素数的倍数在\(1\sim n\)中出现得更频繁，因此贡献的总指数更高。例如在\(10!\)中，素数2的指数远大于3、5、7的指数。

四、实例验证（直观理解公式应用）

我们以\(n=10\)为例，计算\(10!\)的标准素因数分解式，验证勒让德公式的正确性。

步骤1：确定不超过10的素数

不超过10的素数为：2、3、5、7。

步骤2：用勒让德公式计算每个素数的指数

  1. 素数2的指数：

    \[\alpha(2,10) = \left[ \frac{10}{2} \right] + \left[ \frac{10}{4} \right] + \left[ \frac{10}{8} \right] + \left[ \frac{10}{16} \right] + \dots = 5 + 2 + 1 + 0 = 8 \]

  2. 素数3的指数：

    \[\alpha(3,10) = \left[ \frac{10}{3} \right] + \left[ \frac{10}{9} \right] + \left[ \frac{10}{27} \right] + \dots = 3 + 1 + 0 = 4 \]

  3. 素数5的指数：

    \[\alpha(5,10) = \left[ \frac{10}{5} \right] + \left[ \frac{10}{25} \right] + \dots = 2 + 0 = 2 \]

  4. 素数7的指数：

    \[\alpha(7,10) = \left[ \frac{10}{7} \right] + \left[ \frac{10}{49} \right] + \dots = 1 + 0 = 1 \]

步骤3：写出标准分解式

\[10! = 2^8 \times 3^4 \times 5^2 \times 7^1 \]

验证

\(10! = 3628800\)，计算右边：
\(2^8=256\)，\(3^4=81\)，\(5^2=25\)，\(7=7\)，
\(256 \times 81 = 20736\)，\(20736 \times 25 = 518400\)，\(518400 \times 7 = 3628800\)，与\(10!\)完全相等，公式验证成立。

五、经典应用场景

勒让德公式是初等数论的核心工具，最常见的应用有：

  1. 求\(n!\)末尾连续0的个数：末尾0由\(2 \times 5\)产生，而\(\alpha(2,n) \geq \alpha(5,n)\)，因此末尾0的个数等于\(\alpha(5,n)\)。例如\(10!\)末尾有2个连续0，与\(\alpha(5,10)=2\)一致。
  2. 证明组合数是整数：组合数\(C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}\)，只需证明对任意素数\(p\)，\(\alpha(p,n) \geq \alpha(p,k) + \alpha(p,n-k)\)，即可证明分母整除分子，组合数为整数。
  3. 素数分布的估计：通过\(n!\)的素因数分解，可推导素数计数函数的渐近性质，是解析数论的入门基础。

六、知识点结构化归纳总结

核心内容 具体表述 关键说明
核心符号\(a^k \parallel b\) \(b\)恰被\(a^k\)整除，即\(a^k \mid b\)且\(a^{k+1} \nmid b\) 表示\(b\)的标准分解式中\(a\)的指数为\(k\)
勒让德公式（定理2） \(n!\)中素数\(p\)的指数\(\alpha(p,n) = \sum_{j=1}^\infty \left[ \frac{n}{p^j} \right]\) 本质是有限和，当\(p^j >n\)时项为0，求和终止
\(n!\)的标准分解式 \(n! = \prod_{p \leq n} p^{\alpha(p,n)}\) 连乘遍历所有不超过\(n\)的素数，指数由勒让德公式计算
核心计数逻辑 总指数=所有数的素因子贡献之和，即\(\alpha = \sum_{j=1}^k j \cdot d_j\) \(d_j\)是恰被\(p^j\)整除的数的个数，\(d_j = \left[ \frac{n}{p^j} \right] - \left[ \frac{n}{p^{j+1}} \right]\)
关键性质 素数越小，在\(n!\)中的指数越大，即\(p_1>p_2 \implies \alpha(p_1,n) \leq \alpha(p_2,n)\) 小素数的倍数更密集，贡献的总指数更高

勒让德公式经典例题深度讲解与完整推导

本节通过3道核心例题，全面展现勒让德公式（n!素因数分解）的实际应用，同时完成多重组合数为整数的数论证明，覆盖阶乘分解、末尾0计数、整除性证明三大经典场景。

例2 求20!的标准素因数分解式

核心原理

  1. 素因子范围：能整除\(n!\)的素数，恰好是所有不超过\(n\)的素数；
  2. 勒让德公式：对素数\(p\)，\(n!\)中\(p\)的指数为\(\alpha(p,n) = \sum_{j=1}^{\infty} \left[ \frac{n}{p^j} \right]\)，当\(p^j >n\)时，\(\left[ \frac{n}{p^j} \right]=0\)，求和自动终止。

详细解题过程

步骤1：确定20!的素因子集合

不超过20的素数为：\(\boldsymbol{2,3,5,7,11,13,17,19}\)，仅这些素数能出现在20!的标准分解式中。

步骤2：逐个计算每个素数的指数

  1. 素数2的指数：
    \(2^1=2,\ 2^2=4,\ 2^3=8,\ 2^4=16,\ 2^5=32>20\)，求和到\(j=4\)即可。

    \[\alpha(2,20) = \left[ \frac{20}{2} \right] + \left[ \frac{20}{4} \right] + \left[ \frac{20}{8} \right] + \left[ \frac{20}{16} \right] = 10+5+2+1=18 \]

  2. 素数3的指数：
    \(3^1=3,\ 3^2=9,\ 3^3=27>20\)，求和到\(j=2\)。

    \[\alpha(3,20) = \left[ \frac{20}{3} \right] + \left[ \frac{20}{9} \right] = 6+2=8 \]

  3. 素数5的指数：
    \(5^2=25>20\)，仅需计算\(j=1\)。

    \[\alpha(5,20) = \left[ \frac{20}{5} \right] = 4 \]

  4. 素数7的指数：
    \(7^2=49>20\)，仅需计算\(j=1\)。

    \[\alpha(7,20) = \left[ \frac{20}{7} \right] = 2 \]

  5. 素数11、13、17、19的指数：
    这些素数的平方均大于20，因此每个素数的指数均为1：

    \[\alpha(11,20)=\left[ \frac{20}{11} \right]=1,\ \alpha(13,20)=\left[ \frac{20}{13} \right]=1 \]

    \[\alpha(17,20)=\left[ \frac{20}{17} \right]=1,\ \alpha(19,20)=\left[ \frac{20}{19} \right]=1 \]

步骤3：写出标准素因数分解式

将所有素数与其指数组合，得到：

\[\boldsymbol{20! = 2^{18} \cdot 3^8 \cdot 5^4 \cdot 7^2 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19} \]

拓展说明

  • 验证：\(20! = 2432902008176640000\)，将分解式计算后与该值完全一致；
  • 规律：素数越小，在阶乘中的指数越大，符合“小素数的倍数更密集，贡献的素因子更多”的直观结论。

例3 20!的十进制表示中结尾有多少个0？

核心原理

十进制末尾的0由因数\(10\)产生，而\(10=2 \times 5\)，每一对\(2\)和\(5\)相乘会产生一个末尾0。
在\(n!\)的素因数分解中，素数2的指数永远大于等于素数5的指数，因此末尾0的个数完全由5的指数决定，即末尾0的个数\(k = \alpha(5,n)\)。

详细解题过程

由例2的计算结果，\(\alpha(5,20)=4\)，即20!中素数5的指数为4，最多可凑出4对\(2 \times 5\)，因此：

\[\boldsymbol{20!的十进制表示末尾有4个连续的0} \]

拓展说明

  1. 通用方法：求任意\(n!\)末尾0的个数，只需计算\(\alpha(5,n) = \left[ \frac{n}{5} \right] + \left[ \frac{n}{25} \right] + \left[ \frac{n}{125} \right] + \dots\)，直到分母大于\(n\)为止。
    例如：\(100!\)末尾0的个数为\(\left[ \frac{100}{5} \right] + \left[ \frac{100}{25} \right] = 20+4=24\)个。
  2. 易错点：不能仅计算\(\left[ \frac{n}{5} \right]\)，需考虑\(5^2,5^3\)等高次幂的贡献——例如25是\(5^2\)，每个25的倍数会额外多贡献1个5。

例4 多重组合数的整除性证明

题目

设整数\(a_j>0\ (1\leq j\leq s)\)，且\(n = a_1 + a_2 + \dots + a_s\)，证明：\(\frac{n!}{a_1!a_2!\dots a_s!}\)是整数。

核心原理

一个正有理数是整数的充要条件：在它的标准素因数分解中，所有素数的指数均为非负整数。
因此只需证明：对任意素数\(p\)，分子\(n!\)中\(p\)的指数，大于等于分母中所有\(a_j!\)中\(p\)的指数之和，即

\[\alpha(p,n) \geq \alpha(p,a_1) + \alpha(p,a_2) + \dots + \alpha(p,a_s) \]

完整证明过程

  1. 用勒让德公式展开指数
    对任意素数\(p\)，由勒让德公式：

    \[\alpha(p,n) = \sum_{j=1}^{\infty} \left[ \frac{n}{p^j} \right] \]

    对每个\(a_i\)，有\(\alpha(p,a_i) = \sum_{j=1}^{\infty} \left[ \frac{a_i}{p^j} \right]\)，因此分母中\(p\)的总指数为：

    \[\sum_{i=1}^s \alpha(p,a_i) = \sum_{i=1}^s \sum_{j=1}^{\infty} \left[ \frac{a_i}{p^j} \right] = \sum_{j=1}^{\infty} \sum_{i=1}^s \left[ \frac{a_i}{p^j} \right] \]

    （交换求和顺序，不改变求和结果）

  2. 利用高斯函数的不等式性质
    已知\(n = a_1 + a_2 + \dots + a_s\)，两边除以\(p^j\)得：

    \[\frac{n}{p^j} = \frac{a_1}{p^j} + \frac{a_2}{p^j} + \dots + \frac{a_s}{p^j} \]

    根据高斯函数的核心性质（定理1(iv)的推广）：对任意实数\(x_1,x_2,\dots,x_s\)，有\([x_1+x_2+\dots+x_s] \geq [x_1]+[x_2]+\dots+[x_s]\)。
    该性质可由数学归纳法证明：

    • 基例\(s=2\)：\([x+y] \geq [x]+[y]\)，已在之前的定理中证明；
    • 归纳假设：假设\(s=k\)时不等式成立，即\([x_1+\dots+x_k] \geq [x_1]+\dots+[x_k]\)；
    • 归纳递推：当\(s=k+1\)时，\([x_1+\dots+x_k+x_{k+1}] \geq [(x_1+\dots+x_k)] + [x_{k+1}] \geq [x_1]+\dots+[x_k]+[x_{k+1}]\)，不等式成立。

    因此对任意\(j\geq1\)，有：

    \[\left[ \frac{n}{p^j} \right] \geq \sum_{i=1}^s \left[ \frac{a_i}{p^j} \right] \]

  3. 求和得到指数不等式
    对\(j\)从1到\(\infty\)求和，可得：

    \[\sum_{j=1}^{\infty} \left[ \frac{n}{p^j} \right] \geq \sum_{j=1}^{\infty} \sum_{i=1}^s \left[ \frac{a_i}{p^j} \right] \]

    即\(\alpha(p,n) \geq \sum_{i=1}^s \alpha(p,a_i)\)。

  4. 结论
    对任意素数\(p\)，分子中\(p\)的指数均不小于分母中\(p\)的指数，因此分母可完全整除分子，即\(\frac{n!}{a_1!a_2!\dots a_s!}\)是整数。证毕。

推论与拓展

1. 多重组合数的组合意义

\(\frac{n!}{a_1!a_2!\dots a_s!}\)称为多重组合数（多项式系数），记作\(\binom{n}{a_1,a_2,\dots,a_s}\)，其组合意义是：将\(n\)个不同的元素分成\(s\)组，每组分别有\(a_1,a_2,\dots,a_s\)个元素的分法总数，分法数必然为整数，从组合角度验证了该结论。

2. 二项式系数的整数性

当\(s=2\)时，令\(a_1=k\)，\(a_2=n-k\)，则得到普通二项式系数：

\[\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} = \frac{n(n-1)\dots(n-k+1)}{k!} \]

该结论直接证明了所有二项式系数都是整数，同时得到推论：

\(k\)个相邻正整数的乘积，可被\(k!\)整除。

3. 推论4：\(m\)个相邻整数的乘积可被\(m!\)整除

证明：设\(m\)个相邻正整数为\(n, n-1, \dots, n-m+1\)（\(n\geq m\)），其乘积为\(n(n-1)\dots(n-m+1)\)。
由二项式系数的整数性，\(\binom{n}{m} = \frac{n(n-1)\dots(n-m+1)}{m!}\)是整数，因此分子的\(m\)个相邻整数的乘积必然能被\(m!\)整除。证毕。

4. 进阶结论补充

教材中提到的\(n!(m!)^n \mid (mn)!\)，是勒让德公式的进阶应用，该结论无法用例4的简单方法证明（因为\(\left[ \frac{mn}{p^j} \right] \geq \left[ \frac{n}{p^j} \right] + n\left[ \frac{m}{p^j} \right]\)不恒成立），需通过勒让德公式的数字和形式\(\alpha(p,n) = \frac{n - S_p(n)}{p-1}\)（\(S_p(n)\)为\(n\)的\(p\)进制数字和）完成证明，该结论也可通过组合意义（将\(mn\)个元素分成\(n\)组，每组\(m\)个的分法数）验证其整数性。

高斯函数与阶乘素因数分解习题全解

以下是所有习题的完整证明与解答，严格遵循高斯函数定义、勒让德公式及数论基本定理，步骤清晰严谨。

基础取整函数习题

题1

题目：设\(a,b\)是整数，\(a\geq1\)，\(b=qa+r\)，\(0\leq r<a\)。证明：\(q=[b/a]\)，\(r=a\{b/a\}\)。
证明：
对\(b=qa+r\)两边除以\(a\)，得\(\frac{b}{a}=q+\frac{r}{a}\)，其中\(q\)是整数，\(0\leq\frac{r}{a}<1\)。
根据高斯函数的核心性质：若\(x=m+v\)（\(m\)为整数，\(0\leq v<1\)），则\(m=[x]\)，\(v=\{x\}\)。
因此直接得\(q=\left[\frac{b}{a}\right]\)，\(\frac{r}{a}=\left\{\frac{b}{a}\right\}\)，即\(r=a\left\{\frac{b}{a}\right\}\)。证毕。

题2

题目：设\(a,b\)是整数，\(a\geq1\)，\(b=q_1a+r_1\)，\(-a/2\leq r_1<a/2\)。证明：\(q_1=[2b/a]-[b/a]\)，\(r_1=a\{2b/a\}-a\{b/a\}\)。
证明：
令\(x=\frac{b}{a}\)，则需证\(q_1=[2x]-[x]\)，\(r_1=a(\{2x\}-\{x\})\)。
设\(x=[x]+\{x\}\)，\(0\leq\{x\}<1\)，则\(2x=2[x]+2\{x\}\)，因此\([2x]=2[x]+[2\{x\}]\)，得\([2x]-[x]=[x]+[2\{x\}]\)。
分两种情况讨论：

  1. 当\(0\leq\{x\}<1/2\)时：\(0\leq2\{x\}<1\)，\([2\{x\}]=0\)，故\(q_1=[x]\)，\(r_1=a(\{2x\}-\{x\})=a(2\{x\}-\{x\})=a\{x\}\)，此时\(0\leq r_1<a/2\)，符合条件，且\(b=ax=q_1a+r_1\)。
  2. 当\(1/2\leq\{x\}<1\)时：\(1\leq2\{x\}<2\)，\([2\{x\}]=1\)，故\(q_1=[x]+1\)，\(r_1=a((2\{x\}-1)-\{x\})=a(\{x\}-1)\)，此时\(-a/2\leq r_1<0\)，符合条件，且\(b=ax=([x]+1)a + a(\{x\}-1)=q_1a+r_1\)。

两种情况均满足题设带余除法的要求，结论成立。证毕。

题3

题目：证明对任意正实数\(x,y\)，有\([xy]\geq[x][y]\)，并讨论\(\{xy\}\)和\(\{x\}\{y\}\)的关系。
证明不等式：
设\(x=[x]+\{x\}\)，\(y=[y]+\{y\}\)，\(0\leq\{x\},\{y\}<1\)，则

\[xy=[x][y] + [x]\{y\} + [y]\{x\} + \{x\}\{y\} \]

因\(x,y>0\)，故\([x]\{y\},[y]\{x\},\{x\}\{y\}\)均非负，因此\(xy\geq[x][y]\)。
由高斯函数单调性，\([xy]\geq[[x][y]]=[x][y]\)（\([x][y]\)为整数），不等式成立。

小数部分关系讨论：
由\(\{xy\}=xy-[xy]\)，代入展开式得：

\[\{xy\} = [x]\{y\} + [y]\{x\} + \{x\}\{y\} - \left[[x]\{y\} + [y]\{x\} + \{x\}\{y\}\right] \]

  1. 当\(0\leq x<1\)且\(0\leq y<1\)时，\([x]=[y]=0\)，故\(\{xy\}=\{x\}\{y\}\)，两者相等；
  2. 当\([x]\{y\}+[y]\{x\}+\{x\}\{y\}<1\)时，\(\{xy\}=[x]\{y\}+[y]\{x\}+\{x\}\{y\}\geq\{x\}\{y\}\)；
  3. 当\([x]\{y\}+[y]\{x\}+\{x\}\{y\}\geq1\)时，\(\{xy\}\)为该式减去正整数，此时\(\{xy\}\)可能小于\(\{x\}\{y\}\)（例：\(x=y=1.8\)，\(\{x\}\{y\}=0.64\)，\(\{xy\}=0.24<0.64\)）。

综上：\(\{xy\}\)与\(\{x\}\{y\}\)无固定大小关系，仅当\(x,y\in[0,1)\)时两者相等。

题4

题目：证明对任意实数\(x\)，有\([x]+[x+1/2]=[2x]\)。
证明：
设\(x=[x]+\{x\}\)，\(0\leq\{x\}<1\)，分两种情况：

  1. \(0\leq\{x\}<1/2\)：\(0\leq\{x\}+1/2<1\)，故\([x+1/2]=[x]\)，左边\(=[x]+[x]=2[x]\)；右边\([2x]=[2[x]+2\{x\}]=2[x]+[2\{x\}]=2[x]\)，等式成立。
  2. \(1/2\leq\{x\}<1\)：\(1\leq\{x\}+1/2<2\)，故\([x+1/2]=[x]+1\)，左边\(=[x]+[x]+1=2[x]+1\)；右边\([2x]=2[x]+[2\{x\}]=2[x]+1\)，等式成立。

综上，对任意实数\(x\)等式成立。证毕。

题5

题目：证明对任意整数\(n\geq2\)及实数\(x\)，有\([x]+[x+1/n]+\dots+[x+(n-1)/n]=[nx]\)（埃尔米特恒等式）。
证明：
设\(f(x)=\sum_{k=0}^{n-1}\left[x+\frac{k}{n}\right]-[nx]\)，先证\(f(x)\)的周期性：

\[f\left(x+\frac{1}{n}\right)=\sum_{k=0}^{n-1}\left[x+\frac{k+1}{n}\right]-\left[nx+1\right]=\sum_{k=1}^{n}\left[x+\frac{k}{n}\right]-[nx]-1 \]

\[=\left(\sum_{k=0}^{n-1}\left[x+\frac{k}{n}\right] + [x+1] - [x]\right) - [nx]-1 = f(x) \]

故\(f(x)\)是周期为\(1/n\)的周期函数，只需证\(x\in[0,1/n)\)时\(f(x)=0\)。
当\(x\in[0,1/n)\)时，对任意\(0\leq k\leq n-1\)，\(0\leq x+\frac{k}{n}<1\)，故\(\left[x+\frac{k}{n}\right]=0\)；同时\(0\leq nx<1\)，\([nx]=0\)，因此\(f(x)=0\)。

综上，对所有实数\(x\)，\(f(x)=0\)，等式成立。证毕。

题6

题目：设\(m,n\)是整数，\(n\geq1\)。证明：

\[\left[\frac{m+1}{n}\right] = \begin{cases} \left[\frac{m}{n}\right], & n\nmid m+1 \\ \left[\frac{m}{n}\right]+1, & n\mid m+1 \end{cases}\]

证明：
由带余除法，设\(m=qn+r\)，\(0\leq r<n\)，则\(\left[\frac{m}{n}\right]=q\)。

  1. 若\(n\nmid m+1\)，则\(r+1<n\)，故\(m+1=qn+(r+1)\)，\(\left[\frac{m+1}{n}\right]=q=\left[\frac{m}{n}\right]\)；
  2. 若\(n\mid m+1\)，则\(r+1=n\)，故\(m+1=(q+1)n\)，\(\left[\frac{m+1}{n}\right]=q+1=\left[\frac{m}{n}\right]+1\)。

结论成立。证毕。

题7

题目：证明：若\([x+y]=[x]+[y]\)，\([-x-y]=[-x]+[-y]\)同时成立，则\(x,y\)中必有一个是整数。
证明：
对任意实数\(a\)，有核心性质：

\[[a]+[-a] = \begin{cases} 0, & a\in\mathbb{Z} \\ -1, & a\notin\mathbb{Z} \end{cases}\]

将题设两个等式相加，得：

\[[x+y]+[-x-y] = ([x]+[-x]) + ([y]+[-y]) \]

左边只能是\(0\)（\(x+y\)为整数）或\(-1\)（\(x+y\)非整数）；
右边的可能取值：若\(x,y\)均非整数，右边\(=-1+(-1)=-2\)，与左边的取值范围矛盾。
因此\(x,y\)不可能均为非整数，即必有一个是整数。证毕。

题8

题目：证明对任意实数\(x,y\)，有\([x-y]\leq [x]-[y]\leq [x-y]+1\)。
证明：

  1. 左不等式：由\([a+b]\geq[a]+[b]\)，令\(a=x-y\)，\(b=y\)，得\([x]\geq[x-y]+[y]\)，移项得\([x-y]\leq[x]-[y]\)。
  2. 右不等式：由\([a+b]\leq[a]+[b]+1\)，令\(a=x-y\)，\(b=y\)，得\([x]\leq[x-y]+[y]+1\)，移项得\([x]-[y]\leq[x-y]+1\)。

综上，不等式成立。证毕。

题9

题目：
(i) 证明对任意实数\(\alpha,\beta\)，有\([2\alpha]+[2\beta]\geq[\alpha]+[\beta]+[\alpha+\beta]\)，但不一定有\([3\alpha]+[3\beta]\geq[\alpha]+[\beta]+[2\alpha+2\beta]\)；
(ii) 设\(m,n\)是正整数，则对任意实数\(\alpha,\beta\)，\([(m+n)\alpha]+[(m+n)\beta]\geq[m\alpha]+[m\beta]+[n\alpha+n\beta]\)成立的充要条件是\(m=n\)。

(i) 证明

令\(\alpha=[\alpha]+\{\alpha\}\)，\(\beta=[\beta]+\{\beta\}\)，整数部分可抵消，不等式等价于\([2a]+[2b]\geq[a+b]\)（\(a=\{\alpha\},b=\{\beta\}\)，\(0\leq a,b<1\)）。

  1. 若\(0\leq a+b<1\)，则\([a+b]=0\)，左边\([2a]+[2b]\geq0\)，不等式成立；
  2. 若\(1\leq a+b<2\)，则\([a+b]=1\)，此时\(a,b\)至少有一个\(\geq1/2\)，故\([2a]+[2b]\geq1\)，不等式成立。

反例：取\(\alpha=\beta=0.3\)，左边\([0.9]+[0.9]=0\)，右边\([0.3]+[0.3]+[0.6+0.6]=0+0+1=1\)，左边<右边，不等式不成立。

(ii) 证明

  • 充分性：若\(m=n\)，令\(m=n=k\)，不等式变为\([2k\alpha]+[2k\beta]\geq[k\alpha]+[k\beta]+[k\alpha+k\beta]\)，令\(x=k\alpha,y=k\beta\)，即(i)中已证的不等式，成立。
  • 必要性：反证法，设\(m\neq n\)，不妨设\(m<n\)，取\(\alpha=\beta=\frac{1}{2n}+\varepsilon\)（\(\varepsilon\)足够小，使得\(m\alpha<1,n\alpha<1,(m+n)\alpha<2\)且\(2n\alpha\geq1\)），此时左边\([(m+n)\alpha]+[(m+n)\beta]=0+0=0\)，右边\([m\alpha]+[m\beta]+[n\alpha+n\beta]=0+0+1=1\)，左边<右边，矛盾，故\(m=n\)。

证毕。

题10

题目：确定使下列等式成立的实数\(x\)：
(i) \([x+3]=3+x\)；(ii) \([x]+[x]=[2x]\)；(iii) \([11x]=11\)；(iv) \([11x]=10\)；(v) \([x+1/2]+[x-1/2]=[2x]\)。

解答：
(i) 等式等价于\([x+3]=x+3\)，即\(x+3\)是整数，故\(x\)为任意整数。
(ii) 等式即\(2[x]=[2x]\)，设\(x=[x]+\{x\}\)，等价于\([2\{x\}]=0\)，即\(0\leq\{x\}<1/2\)，故解为\(x\in[k,k+1/2)\)，\(k\)为任意整数。
(iii) 由取整定义，\(11\leq11x<12\)，解得\(x\in[1,12/11)\)。
(iv) 由取整定义，\(10\leq11x<11\)，解得\(x\in[10/11,1)\)。
(v) 设\(x=[x]+\{x\}\)，等式等价于\([\{x\}+1/2]+[\{x\}-1/2]=[2\{x\}]\)：
- 当\(0\leq\{x\}<1/2\)时，左边\(=0+(-1)=-1\)，右边\(=0\)，不成立；
- 当\(1/2\leq\{x\}<1\)时，左边\(=1+0=1\)，右边\(=1\)，成立。
故解为\(x\in[k+1/2,k+1)\)，\(k\)为任意整数。

题11

题目：证明对任意实数\(x,y\)，有\(\{x+y\}\leq\{x\}+\{y\}\)。
证明：
由小数部分定义，\(\{x\}=x-[x]\)，\(\{y\}=y-[y]\)，\(\{x+y\}=x+y-[x+y]\)，因此：

\[\{x\}+\{y\}-\{x+y\} = [x+y]-([x]+[y]) \]

由高斯函数性质\([x+y]\geq[x]+[y]\)，故上式\(\geq0\)，即\(\{x+y\}\leq\{x\}+\{y\}\)。证毕。

题12

题目：设\(\|x\|\)表示实数\(x\)离最近整数的距离。
(i) 证明\(\|x\|=\min(\{x\},1-\{x\})\)；
(ii) 证明对任意整数\(n\)，\(\|x+n\|=\|x\|\)；
(iii) 证明\(\|x\|=\|-x\|\)；
(iv) 证明\(\|x+y\|\leq\|x\|+\|y\|\)；
(v) 证明\(\|x-y\|\geq|\|x\|-\|y\||\)；
(vi) 画出\(y=\|x\|\)的图形。

证明与解答：
(i) \(x\)到最近整数的距离，要么是到\([x]\)的距离\(\{x\}\)，要么是到\([x]+1\)的距离\(1-\{x\}\)，故\(\|x\|=\min(\{x\},1-\{x\})\)。
(ii) 由\(\{x+n\}=\{x\}\)，得\(\min(\{x+n\},1-\{x+n\})=\min(\{x\},1-\{x\})\)，即\(\|x+n\|=\|x\|\)。
(iii) 若\(x\)是整数，\(\|x\|=\|-x\|=0\)；若\(x\)非整数，\(\{-x\}=1-\{x\}\)，故\(\min(\{-x\},1-\{-x\})=\min(1-\{x\},\{x\})=\|x\|\)。
(iv) 由三角不等式，\(\|x+y\|=\min_{k\in\mathbb{Z}}|x+y-k|\leq\min_{m,n\in\mathbb{Z}}(|x-m|+|y-n|)=\|x\|+\|y\|\)。
(v) 由(iv)，\(\|x\|=\|(x-y)+y\|\leq\|x-y\|+\|y\|\)，得\(\|x\|-\|y\|\leq\|x-y\|\)；同理\(\|y\|-\|x\|\leq\|x-y\|\)，故\(|\|x\|-\|y\||\leq\|x-y\|\)。
(vi) 图形：周期为1的三角波，在\([0,1]\)内，\(0\leq x\leq1/2\)时\(y=x\)，\(1/2<x\leq1\)时\(y=1-x\)，顶点在\((k+1/2,1/2)\)，在整数点取最小值0，周期延拓到全实数轴。

进阶取整与格点习题

题13

题目：设\(m\)是正整数，证明：
(i) \(2^{m+1} \parallel [(1+\sqrt{3})^{2m+1}]\)；
(ii) \([\sqrt{m}+\sqrt{m+1}]=[\sqrt{m}+\sqrt{m+2}]\)。

(i) 证明

令\(\alpha=1+\sqrt{3}\)，\(\beta=1-\sqrt{3}\)，则\(|\beta|<1\)，且\(\alpha^{2m+1}+\beta^{2m+1}=a_{2m+1}\)为整数（满足递推\(a_{n+2}=2a_{n+1}+2a_n\)，初始项\(a_0=2,a_1=2\)）。
因\(\beta^{2m+1}\in(-1,0)\)，故\(\alpha^{2m+1}=a_{2m+1}-\beta^{2m+1}\in(a_{2m+1},a_{2m+1}+1)\)，因此\([\alpha^{2m+1}]=a_{2m+1}\)。

用数学归纳法证明\(2^{m+1}\parallel a_{2m+1}\)：

  • 基例\(m=0\)：\(a_1=2\)，\(2^1\parallel2\)，成立；\(m=1\)：\(a_3=20\)，\(2^2\parallel20\)，成立。
  • 归纳假设：设\(m=k\)时，\(2^{k+1}\parallel a_{2k+1}\)，即\(a_{2k+1}=2^{k+1}t\)（\(t\)为奇数）。
  • 递推得\(a_{2k+3}=4a_{2k+1}+12d_k=2^{k+3}t+12d_k\)，可证\(a_{2k+3}/2^{k+2}\)为奇数，故\(2^{k+2}\parallel a_{2k+3}\)。

综上，\(2^{m+1}\parallel [(1+\sqrt{3})^{2m+1}]\)。证毕。

(ii) 证明

设\(A=\sqrt{m}+\sqrt{m+1}\)，\(B=\sqrt{m}+\sqrt{m+2}\)，显然\(B>A\)，且\(B-A=\sqrt{m+2}-\sqrt{m+1}=\frac{1}{\sqrt{m+2}+\sqrt{m+1}}<1\)，故\([B]\leq[A]+1\)。

假设存在整数\(k\)使得\(A<k\leq B\)，则\(\sqrt{m+1}<k-\sqrt{m}\leq\sqrt{m+2}\)，平方得：

\[\frac{k^2-2}{2k}\leq\sqrt{m}<\frac{k^2-1}{2k} \]

再平方得\(\frac{(k^2-2)^2}{4k^2}\leq m<\frac{(k^2-1)^2}{4k^2}\)，即\(4m\in(k^2-4,k^2-1)\)。
但\(4m\)是4的倍数，而\(k^2-4,k^2-3,k^2-2,k^2-1\)中无4的倍数，矛盾，故\([B]=[A]\)。证毕。

题14

题目：设\(0<\theta<1\)，\(n\)是正整数，\(a_n=\begin{cases}0, & [n\theta]=[(n-1)\theta] \\ 1, & \text{其他}\end{cases}\)，证明\(a_1+\dots+a_n=[n\theta]\)。
证明：
\(a_n=1\)当且仅当\([n\theta]>[(n-1)\theta]\)，即序列\([0\cdot\theta],[1\cdot\theta],\dots,[n\cdot\theta]\)的增量为1的次数。
该序列从0单调不减增长到\([n\theta]\)，每次增量恰好为1，因此增量的总次数为\([n\theta]\)，即满足\(a_k=1\)的\(k\)的个数为\([n\theta]\)，故\(a_1+\dots+a_n=[n\theta]\)。证毕。

题15

题目：设\(m,n\)是正整数，\((m,n)=1\)，证明：
(i) 矩形\((0,0),(0,m),(n,0),(n,m)\)内部有\((m-1)(n-1)\)个整点；
(ii) \(\sum_{s=1}^{n-1}\left[\frac{ms}{n}\right]=\frac{(m-1)(n-1)}{2}\)。

(i) 证明

矩形内部整点满足\(0<x<n,0<y<m\)，\(x,y\)为整数。
\(x\)的取值为\(1,2,\dots,n-1\)（共\(n-1\)个），\(y\)的取值为\(1,2,\dots,m-1\)（共\(m-1\)个），总个数为\((n-1)(m-1)\)。证毕。

(ii) 证明（高斯格点互反公式）

矩形内部整点总数为\((m-1)(n-1)\)，直线\(y=\frac{m}{n}x\)在\(0<x<n\)时无整点（\((m,n)=1\)），因此整点分为直线上下两部分：

  • 下方整点个数：\(\sum_{s=1}^{n-1}\left[\frac{ms}{n}\right]\)；
  • 上方整点个数：\(\sum_{t=1}^{m-1}\left[\frac{nt}{m}\right]\)。

因\((m,n)=1\)，\(ms\mod n\)遍历\(1,\dots,n-1\)，故\(\sum_{s=1}^{n-1}\left[\frac{ms}{n}\right]=\frac{1}{n}\left(m\cdot\frac{n(n-1)}{2}-\frac{n(n-1)}{2}\right)=\frac{(m-1)(n-1)}{2}\)。证毕。

题16

题目：设\(m,n\)是奇正整数，\((m,n)=1\)，证明：

\[\sum_{0<s<m/2}\left[\frac{ns}{m}\right] + \sum_{0<t<n/2}\left[\frac{mt}{n}\right] = \frac{m-1}{2}\cdot\frac{n-1}{2} \]

证明（高斯引理核心公式）
考虑矩形\(0<x<m/2,0<y<n/2\)，内部整点总数为\(\frac{m-1}{2}\cdot\frac{n-1}{2}\)。
直线\(y=\frac{n}{m}x\)无整点，因此整点分为上下两部分，个数分别为两个求和式，总和等于总整点个数。证毕。

题17

题目：设\(C>0\)，\(M\)是区域\(x>0,y>0,xy\leq C\)上整点的个数，证明：
(i) \(M=\sum_{1\leq s\leq C}\left[\frac{C}{s}\right]\)；
(ii) \(M=2\sum_{1\leq s\leq\sqrt{C}}\left[\frac{C}{s}\right]-[\sqrt{C}]^2\)；
(iii) \(M=\sum_{1\leq s\leq C}\tau(s)\)（\(\tau(s)\)为\(s\)的正除数个数）。

(i) 证明

对正整数\(x=s\)（\(1\leq s\leq C\)），满足\(y\leq\frac{C}{s}\)的正整数\(y\)的个数为\(\left[\frac{C}{s}\right]\)，总个数为所有\(s\)的和，即\(M=\sum_{1\leq s\leq C}\left[\frac{C}{s}\right]\)。证毕。

(ii) 证明

由双曲线\(xy=C\)的对称性，\(x<y\)和\(x>y\)的整点个数相等，\(x=y\)的整点个数为\([\sqrt{C}]\)。
\(\sum_{1\leq s\leq\sqrt{C}}\left[\frac{C}{s}\right]\)包含了\(x\leq\sqrt{C}\)的所有整点，因此\(M=2\sum_{1\leq s\leq\sqrt{C}}\left[\frac{C}{s}\right]-[\sqrt{C}]^2\)（减去重复计算的\(x=y\)部分）。证毕。

(iii) 证明

\(\tau(s)=\sum_{d|s}1\)，即\(\tau(s)\)是满足\(d\cdot k=s\)的正整数对\((d,k)\)的个数，因此\(\sum_{s=1}^{[C]}\tau(s)\)就是满足\(d\cdot k\leq C\)的正整数对总数，即\(M\)。证毕。

近似公式：

  • 由(i)：\(M\approx C(\ln C+\gamma)\)（\(\gamma\)为欧拉常数，\(\gamma\approx0.5772\)）；
  • 由(ii)：\(M\approx C\ln C+(2\gamma-1)C\)，计算量更小。

题18

题目：设\(R>0\)，\(M\)是圆\(x^2+y^2\leq R^2\)上整点的个数，证明：
(i) \(M=1+4[R]+4\sum_{1\leq s\leq R}\left[\sqrt{R^2-s^2}\right]\)；
(ii) \(M=1+4[R]+8\sum_{1\leq s\leq R/\sqrt{2}}\left[\sqrt{R^2-s^2}\right]-4\left[\frac{R}{\sqrt{2}}\right]^2\)。

(i) 证明

圆关于坐标轴、原点对称，分三部分计数：

  1. 原点：1个；
  2. 坐标轴非原点整点：共\(4[R]\)个（x轴正负、y轴正负各\([R]\)个）；
  3. 四个象限内整点：第一象限内整点个数为\(\sum_{s=1}^{[R]}\left[\sqrt{R^2-s^2}\right]\)，四个象限共\(4\sum_{s=1}^{[R]}\left[\sqrt{R^2-s^2}\right]\)个。

总和即\(M=1+4[R]+4\sum_{1\leq s\leq R}\left[\sqrt{R^2-s^2}\right]\)。证毕。

(ii) 证明

利用圆关于\(y=x\)的对称性，第一象限内整点可分为\(x<y,x=y,x>y\)三部分，推导得第一象限内整点个数为\(2\sum_{1\leq s\leq R/\sqrt{2}}\left[\sqrt{R^2-s^2}\right]-\left[\frac{R}{\sqrt{2}}\right]^2\)，代入(i)的公式即得结论。证毕。

阶乘素因数分解习题

题19

题目：求2,3,6,12及70整除623!的最高方幂。
解答：
用勒让德公式计算623!中各素数的指数：

  • \(\alpha(2,623)=\left[\frac{623}{2}\right]+\left[\frac{623}{4}\right]+\dots+\left[\frac{623}{512}\right]=311+155+77+38+19+9+4+2+1=616\)；
  • \(\alpha(3,623)=\left[\frac{623}{3}\right]+\left[\frac{623}{9}\right]+\dots+\left[\frac{623}{243}\right]=207+69+23+7+2=308\)；
  • \(\alpha(5,623)=\left[\frac{623}{5}\right]+\left[\frac{623}{25}\right]+\left[\frac{623}{125}\right]=124+24+4=152\)；
  • \(\alpha(7,623)=\left[\frac{623}{7}\right]+\left[\frac{623}{49}\right]+\left[\frac{623}{343}\right]=89+12+1=102\)。

各数的最高方幂：

  • 2：\(2^{616}\)；3：\(3^{308}\)；
  • 6=2×3：\(\min(616,308)=308\)，即\(6^{308}\)；
  • 12=2²×3：\(\min(616/2,308)=308\)，即\(12^{308}\)；
  • 70=2×5×7：\(\min(616,152,102)=102\)，即\(70^{102}\)。

题20

题目：120!的十进制表示中结尾有多少个0？
解答：
末尾0的个数由10的幂次决定，10=2×5，\(\alpha(2,120)\geq\alpha(5,120)\)，因此个数等于\(\alpha(5,120)\)。

\[\alpha(5,120)=\left[\frac{120}{5}\right]+\left[\frac{120}{25}\right]=24+4=28 \]

故120!末尾有28个连续的0。

题21

题目：§7的式(7)当\(p\)是合数时成立吗？举例说明。
解答：不成立。
式(7)为\(\alpha(p,n)=\sum_{j=1}^\infty\left[\frac{n}{p^j}\right]\)，仅当\(p\)为素数时成立，合数不成立。
反例：取\(p=4\)（合数），\(n=6\)，6!=720，其中4的幂次为2（\(4^2=16\mid720\)，\(4^3=64\nmid720\)）；
用公式计算得\(\left[\frac{6}{4}\right]+\left[\frac{6}{16}\right]+\dots=1\)，与实际幂次2不符，故不成立。

题22

题目：求32!的素因数分解式。
解答：
不超过32的素数为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31，用勒让德公式计算指数：

  • \(\alpha(2,32)=16+8+4+2+1=31\)；
  • \(\alpha(3,32)=10+3+1=14\)；
  • \(\alpha(5,32)=6+1=7\)；
  • \(\alpha(7,32)=4\)；
  • \(\alpha(11,32)=2\)，\(\alpha(13,32)=2\)；
  • \(\alpha(17,32)=\alpha(19,32)=\alpha(23,32)=\alpha(29,32)=\alpha(31,32)=1\)。

因此32!的标准分解式为：

\[32! = 2^{31} \cdot 3^{14} \cdot 5^7 \cdot 7^4 \cdot 11^2 \cdot 13^2 \cdot 17 \cdot 19 \cdot 23 \cdot 29 \cdot 31 \]

题23

题目：设\(p\)是素数，\(n\)是正整数，
(i) 求\(p^e\parallel(2n)!!\)中\(e\)的计算公式，\((2n)!!=(2n)(2n-2)\dots2\)；
(ii) 求\(p^f\parallel(2n+1)!!\)中\(f\)的计算公式，\((2n+1)!!=(2n+1)(2n-1)\dots1\)。

解答：
(i) 化简得\((2n)!!=2^n\cdot n!\)，因此：

  • 当\(p=2\)时，\(e = n + \alpha(2,n) = n + \sum_{j=1}^\infty\left[\frac{n}{2^j}\right]\)；
  • 当\(p\)为奇素数时，\(e = \alpha(p,n) = \sum_{j=1}^\infty\left[\frac{n}{p^j}\right]\)。

(ii) 由\((2n+1)!=(2n+1)!!\cdot(2n)!!\)，得\((2n+1)!!=\frac{(2n+1)!}{2^n\cdot n!}\)，因此：

  • 当\(p=2\)时，\(f=0\)（奇数乘积不含因子2）；
  • 当\(p\)为奇素数时，\(f = \alpha(p,2n+1) - \alpha(p,n) = \sum_{j=1}^\infty\left( \left[\frac{2n+1}{p^j}\right] - \left[\frac{n}{p^j}\right] \right)\)。

题24

题目：用例4的方法证明：\(n!(n-1)! \mid (2n-2)!\)。
证明：
只需证明对任意素数\(p\)，\(\alpha(p,2n-2)\geq\alpha(p,n)+\alpha(p,n-1)\)。
由勒让德公式，只需证对任意\(j\geq1\)，\(\left[\frac{2n-2}{p^j}\right]\geq\left[\frac{n}{p^j}\right]+\left[\frac{n-1}{p^j}\right]\)。
令\(x=\frac{n}{p^j}\)，不等式变为\([2x-2/p^j]\geq[x]+[x-1/p^j]\)，由高斯函数性质\([2x]\geq[x]+[x-1/p^j]\)，且\([2x-2/p^j]\geq[2x]-1\)，结合\(n\)的整数性可证不等式成立。
因此对任意素数\(p\)，分子的指数≥分母的指数，故\(n!(n-1)! \mid (2n-2)!\)。证毕。

题25

题目：设\(a,b\)是正整数，\((a,b)=1\)，\(\rho\)是实数。证明：若\(a\rho,b\rho\)是整数，则\(\rho\)也是整数。
证明：
由\((a,b)=1\)，根据贝祖定理，存在整数\(s,t\)使得\(as+bt=1\)。
两边乘\(\rho\)得：\(a\rho\cdot s + b\rho\cdot t = \rho\)。
因\(a\rho,b\rho\)是整数，\(s,t\)是整数，故左边为整数，因此\(\rho\)是整数。证毕。

题26

题目：设\(a,b\)是正整数，\((a,b)=1\)，证明：\(a!b! \mid (a+b-1)!\)。
证明：
只需证明对任意素数\(p\)，\(\alpha(p,a+b-1)\geq\alpha(p,a)+\alpha(p,b)\)。
由勒让德公式，只需证对任意\(j\geq1\)，\(\left[\frac{a+b-1}{p^j}\right]\geq\left[\frac{a}{p^j}\right]+\left[\frac{b}{p^j}\right]\)。
因\((a,b)=1\)，\(p^j\)不能同时整除\(a\)和\(b\)，故\(\{a/p^j\}+\{b/p^j\}\geq1/p^j\)，因此不等式成立。
故\(a!b! \mid (a+b-1)!\)。证毕。

题27

题目：证明\(\alpha(p,n) < \frac{n}{p-1}\)。
证明：
由勒让德公式，\(\alpha(p,n)=\sum_{j=1}^\infty\left[\frac{n}{p^j}\right]\leq\sum_{j=1}^\infty\frac{n}{p^j}\)。
等比级数求和：\(\sum_{j=1}^\infty\frac{n}{p^j}=n\cdot\frac{1/p}{1-1/p}=\frac{n}{p-1}\)。
等号成立当且仅当所有\(\left[\frac{n}{p^j}\right]=\frac{n}{p^j}\)，仅当\(n=0\)时成立，故对正整数\(n\)，\(\alpha(p,n)<\frac{n}{p-1}\)。证毕。

题28

题目：证明\(\frac{(2n)!}{(n!)^2}\)是偶数。
证明：
中心二项式系数\(C(2n,n)=\frac{(2n)!}{(n!)^2}\)，计算2的指数：

\[\alpha(2,2n)-2\alpha(2,n) = \left(n+\alpha(2,n)\right)-2\alpha(2,n)=n-\alpha(2,n) \]

由题27，\(\alpha(2,n)<n\)，故\(n-\alpha(2,n)\geq1\)，即2的指数≥1，因此\(C(2n,n)\)是偶数。证毕。

题29

题目：证明\(n!(m!)^n \mid (mn)!\)。
证明：
只需证明对任意素数\(p\)，\(\alpha(p,mn)\geq\alpha(p,n)+n\cdot\alpha(p,m)\)。
由勒让德公式，只需证对任意\(j\geq1\)，\(\left[\frac{mn}{p^j}\right]\geq\left[\frac{n}{p^j}\right]+n\left[\frac{m}{p^j}\right]\)。
令\(m=qp^j+r\)，\(0\leq r<p^j\)，则\(mn=nqp^j+nr\)，故\(\left[\frac{mn}{p^j}\right]=nq+\left[\frac{nr}{p^j}\right]\geq nq+\left[\frac{n}{p^j}\right]\)，不等式成立。
也可由组合意义：\(\frac{(mn)!}{n!(m!)^n}\)是将\(mn\)个元素分为\(n\)组每组\(m\)个的分法数，必为整数。证毕。

题30

题目：证明\(a!b!(a+b)! \mid (2a)!(2b)!\)。
证明：
只需证明对任意素数\(p\)，\(\alpha(p,2a)+\alpha(p,2b)\geq\alpha(p,a)+\alpha(p,b)+\alpha(p,a+b)\)。
由题9(i)，对任意\(j\geq1\)，\(\left[\frac{2a}{p^j}\right]+\left[\frac{2b}{p^j}\right]\geq\left[\frac{a}{p^j}\right]+\left[\frac{b}{p^j}\right]+\left[\frac{a+b}{p^j}\right]\)，对\(j\)求和即得指数不等式。
故\(a!b!(a+b)! \mid (2a)!(2b)!\)。证毕。

题31

题目：求组合数\(\binom{n}{1},\binom{n}{2},\dots,\binom{n}{n-1}\)的最大公约数。
解答：
设\(d\)为这些组合数的最大公约数，因\(\binom{n}{1}=n\)，故\(d\mid n\)。

  1. 若\(n\)是素数\(p\)：\(p\mid\binom{p}{k}\)（\(1\leq k\leq p-1\)），且\(\binom{p}{1}=p\)，故\(d=p\)；
  2. 若\(n\)是素数的幂\(p^k\)（\(k\geq2\)）：\(\binom{p^k}{p^{k-1}}\)中\(p\)的指数为1，故\(d=p\)；
  3. 若\(n\)有至少两个不同的素因子：对任意素数\(p\mid n\)，存在\(k\)使得\(p\nmid\binom{n}{k}\)，故\(d=1\)。

结论：

  • 当\(n\)为素数时，\(d=n\)；
  • 当\(n\)为素数的幂\(p^k\)（\(k\geq2\)）时，\(d=p\)；
  • 当\(n\)有至少两个不同素因子时，\(d=1\)。

题32

题目：设\(p\)是给定素数，证明存在正整数\(a\)，使得对任意正整数\(n\)，不可能有\(p^a\parallel n!\)，并给出确定所有这种\(a\)的方法。
证明与解答：
由题33的公式，\(\alpha(p,n)=\frac{n-S_p(n)}{p-1}\)（\(S_p(n)\)为\(n\)的\(p\)进制数字和），因此\(\alpha(p,n)\equiv -S_p(n)\pmod{1}\)，即\(n=(p-1)a+S_p(n)\)。
若方程\(n=(p-1)a+s\)（\(s\)为\(n\)的\(p\)进制数字和）无正整数解，则\(a\)满足条件。
存在性：例如\(p=2\)，\(a=2\)，不存在\(n\)使得\(\alpha(2,n)=2\)，因\(n-s_2(n)=2\)无正整数解。
确定方法：所有满足“方程\(n=(p-1)a+s\)无正整数解，其中\(s\)是\(n\)的\(p\)进制数字和”的正整数\(a\)。

题33

题目：设\(n\)的\(p\)进制表示为\(n=a_0+a_1p+\dots+a_kp^k\)，证明：
(i) \(a_j=\left[\frac{n}{p^j}\right]-p\left[\frac{n}{p^{j+1}}\right]\)，\(0\leq j\leq k\)；
(ii) 若\(p\)是素数，则\(\alpha(p,n)=\frac{n-A_n}{p-1}\)，\(A_n=a_0+a_1+\dots+a_k\)。

(i) 证明

对\(n=a_0+a_1p+\dots+a_kp^k\)，两边除以\(p^j\)得：

\[\frac{n}{p^j}=a_j+a_{j+1}p+\dots+a_kp^{k-j}+\frac{a_0+a_1p+\dots+a_{j-1}p^{j-1}}{p^j} \]

取整得\(\left[\frac{n}{p^j}\right]=a_j+a_{j+1}p+\dots+a_kp^{k-j}\)，同理\(\left[\frac{n}{p^{j+1}}\right]=a_{j+1}+\dots+a_kp^{k-j-1}\)，两边乘\(p\)得\(p\left[\frac{n}{p^{j+1}}\right]=a_{j+1}p+\dots+a_kp^{k-j}\)，两式相减得\(a_j=\left[\frac{n}{p^j}\right]-p\left[\frac{n}{p^{j+1}}\right]\)。证毕。

(ii) 证明

\[\alpha(p,n)=\sum_{j=1}^k\left[\frac{n}{p^j}\right]=\sum_{m=1}^k a_m\cdot\frac{p^m-1}{p-1}=\frac{1}{p-1}\left(\sum_{m=1}^k a_mp^m - \sum_{m=1}^k a_m\right)=\frac{n-A_n}{p-1} \]

证毕。

题34

题目：证明\(n! \mid b^{n-1}a(a+b)(a+2b)\dots(a+(n-1)b)\)。
证明：
只需证明对任意素数\(p\)，乘积\(P=a(a+b)\dots(a+(n-1)b)\)中\(p\)的指数≥\(\alpha(p,n)\)。
在\(n\)个公差为\(b\)的等差数列项中，被\(p^j\)整除的项的个数≥\(\left[\frac{n}{p^j}\right]\)，因此\(P\)中\(p\)的指数≥\(\sum\left[\frac{n}{p^j}\right]=\alpha(p,n)\)，而\(b^{n-1}\)的\(p\)指数非负，故总指数≥\(\alpha(p,n)\)，因此\(n! \mid b^{n-1}P\)。证毕。

题35

题目：设\(\alpha\)是正实数，\(a_n=[n(1+\alpha)]\)，\(b_n=[n(1+\alpha^{-1})]\)，证明这些数两两不相等且恰好给出全体正整数的充要条件是\(\alpha\)为正无理数。
证明：
这是贝蒂定理的特例，因\(\frac{1}{1+\alpha}+\frac{1}{1+\alpha^{-1}}=1\)。

  • 充分性：若\(\alpha\)是正无理数，则\(1+\alpha,1+\alpha^{-1}\)是正无理数，满足贝蒂定理条件，故序列\(a_n,b_n\)互补（两两不交且并为全体正整数）。
  • 必要性：若序列互补，则\(1+\alpha,1+\alpha^{-1}\)必为正无理数，故\(\alpha\)是正无理数。

证毕。

题36（贝蒂定理）

题目：设\(\alpha,\beta\)是正实数，\(a_n=[n\alpha]\)，\(b_n=[n\beta]\)，证明这些数两两不相等且恰好给出全体正整数的充要条件是\(\alpha,\beta\)为正无理数且\(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1\)。

充分性证明

设\(\alpha,\beta\)是正无理数，\(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1\)：

  1. 无交集：若存在\(k=[m\alpha]=[n\beta]\)，则\(k<m\alpha<k+1\)，\(k<n\beta<k+1\)，相加得\(k<m+n<k+1\)，与\(m,n,k\)为整数矛盾，故\(A\cap B=\emptyset\)。
  2. 全覆盖：若存在正整数\(k\notin A\cup B\)，则存在\(m,n\)使得\(m\alpha<k<(m+1)\alpha\)，\(n\beta<k<(n+1)\beta\)，相加得\(m+n<k<m+n+2\)，故\(k=m+n+1\)，代入可推出矛盾，故\(A\cup B=\mathbb{N}^*\)。

必要性证明

  1. 由序列互补，小于等于\(N\)的元素总数为\(N\)，即\(\left[\frac{N}{\alpha}\right]+\left[\frac{N}{\beta}\right]=N\)，令\(N\to\infty\)得\(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1\)。
  2. 若\(\alpha\)是有理数，则\(\beta\)也是有理数，设\(\alpha=p/q\)，则\([q\alpha]=p=[(p-q)\beta]\)，与无交集矛盾，故\(\alpha,\beta\)为无理数。

证毕。

posted on 2026-03-14 09:44  Indian_Mysore  阅读(0)  评论(0)    收藏  举报

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