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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 + 1 2 ] = [ 2 x ] − [ x ] \,[\,x+\dfrac{1}{2}\,]=[\,2x\,]-[\,x\,]\, [x+21]=[2x]−[x]
证 ： ∵ 0 ≤ { x } < 1 , ∴ [ { x } + 1 2 ] = [ 2 { x } ] . 则 ： [ x + 1 2 ] = [ [ x ] + { x } + 1 2 ] = [ x ] + [ { x } + 1 2 ] = [ x ] + [ 2 { x } ] = ( 2 [ x ] + [ 2 { x } ] ) − [ x ] = [ 2 [ x ] + 2 { x } ] − [ x ] = [ 2 x ] − [ 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： [ 2 x ] + [ 2 y ] ≥ [ 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 ： [ 2 x + 2 y ] = [ 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 + 1 2 ] + [ y + 1 2 ] \,[\,x+y\,] \le [\,x+\dfrac{1}{2}\,]+[\,y+\dfrac{1}{2}\,]\, [x+y]≤[x+21]+[y+21]
提 示 ： [ 2 x ] = [ x ] + [ x + 1 2 ] 提示：[\,2x\,]=[\,x\,]+[\,x+\dfrac{1}{2}\,] 提示：[2x]=[x]+[x+21]
例题
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1、设 n \,n\, n是任一正整数， x \,x\, x是实数，试证： [ [ n x ] n ] = [ x ] \,[\,\dfrac{[\,nx\,]}{n}\,]=[\,x\,]\, [n[nx]]=[x]
证法一： 令 [ n x ] = n q + r ( 0 ≤ r < n ) , 则 有 n x = n q + r + { n x } ( 0 ≤ r n < 1 ) , 0 ≤ r + { n x } n < n − 1 + 1 n = 1 。 由 [ [ n x ] n ] = [ n q + r n ] = [ q + r n ] = q + [ r n ] = q , [ x ] = [ n x n ] = [ q + r + { n x } 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 ] ≤ n x ⇒ [ n [ x ] ] ≤ [ n x ] ⇒ n [ x ] ≤ [ n x ] ⇒ [ x ] ≤ [ n x ] n ⇒ [ [ x ] ] ≤ [ [ n x ] n ] ⇒ [ x ] ≤ [ [ n x ] n ] ; 另 一 方 面 由 [ n x ] ≤ n x , 得 [ n x ] n ≤ x ⇒ [ [ n x ] 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 ⇒ m n ≤ n x < n ( m + 1 ) ⇒ m n 是 整 数 m n ≤ [ n x ] < n ( m + 1 ) ⇒ m ≤ [ n x ] n < m + 1 , 则 [ [ n x ] 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 + 1 n ] + [ x + 2 n ] + ⋯ + [ x + n − 1 n ] = [ n x ] \,[\,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 [ n x ] = n q + r ( 0 ≤ r < n ) , 则 n x = n q + r + { n x } , 即 x = q + r + { n x } n , 当 r = 0 时 ， 结 论 显 然 成 立 ； 当 r ≥ 1 时 ， 有 ： [ x ] + [ x + 1 n ] + [ x + 2 n ] + ⋯ + [ x + n − 1 n ] = [ q + r + { n x } n ] + [ q + r + { n x } + 1 n ] + [ q + r + { n x } + 2 n ] + ⋯ + [ q + r + { n x } + n − 1 n ] = n q + ∑ k = 0 n − 1 [ r + { n x } + k n ] = n q + ∑ k = 0 n − r − 1 [ r + { n x } + k n ] + ∑ k = n − r n − 1 [ r + { n x } + k n ] = n q + 0 + ( ( n − 1 ) − ( n − r ) + 1 ) = n q + r = [ n x ] 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 < 1 n 时 , 等 式 两 边 均 为 0 , 故 等 式 成 立 。 在 x 增 加 1 n 的 左 边 变 为 [ x + 1 n ] + [ x + 2 n ] + ⋯ + [ x + n − 1 n ] + ( [ x ] + 1 ) , 即 比 原 来 增 加 1 , 这 时 右 边 变 为 [ n ( x + 1 n ) ] = [ n x ] + 1 , 即 也 比 原 来 增 加 1 , 因 此 等 式 成 立 ， 则 在 x 增 加 1 n 后 , 等 式 仍 然 成 立 。 这 样 有 等 式 在 0 ≤ x < 1 n 时 成 立 ， 便 可 逐 步 推 出 等 式 在 1 n ≤ x < 2 n , 2 n ≤ x < 3 n , ⋯ , n − 1 n ≤ 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 ] = [ x n ] \,[\,\dfrac{[\,x\,]}{n}\,]=[\,\dfrac{x}{n}\,]\, [n[x]]=[nx]
证法1： 一 方 面 由 [ x ] ≤ x , 则 [ x ] n ≤ x n ⇒ [ [ x ] n ] ≤ [ x n ] ; 另 一 方 面 , n ⋅ [ x n ] ≤ n ⋅ x n = x , 因 此 n [ x n ] ≤ [ x ] , 则 [ x n ] ≤ [ x ] n , 则 [ x n ] ≤ [ [ 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 = [ x n ] , 则 m ≤ x n < m + 1 , 则 m n ≤ x < n ( m + 1 ) , 由 于 m n 是 整 数 , 则 m n ≤ [ x ] < n ( m + 1 ) , 则 m ≤ [ x ] n < m + 1 , 因 此 [ [ x ] n ] = m = [ x n ] 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 [ x n ] \,[\,\dfrac{x}{n}\,]\, [nx]个。
提 示 ： 设 有 k 个 ， 则 有 k n ≤ x < ( k + 1 ) n , 即 k ≤ x n < 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
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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
]
≥
[
m
x
]
+
[
m
y
]
+
[
n
x
+
n
y
]
\,[\,(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 ： [ 2 x ] + [ 2 y ] ≥ [ 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 1 m + n + 1 ≤ x , y < 1 m + n , 则 1 = 2 n 2 n ≤ 2 n m + n + 1 ≤ n x + n y < 2 n m + n < 2 n n = 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
]
=
[
4
n
+
2
]
\,[\,\sqrt{n}+\sqrt{n+1}\,]=[\,\sqrt{4n+2}\,]\,
[n
+n+1
]=[4n+2
]
证 ： 由 于 ( n + n + 1 ) 2 = 2 n + 1 + 2 n ( n + 1 ) , 以 及 n < n ( n + 1 ) < n + 1 , 所 以 有 4 n + 1 < ( n + n + 1 ) 2 < 4 n + 3 , 设 k = 4 n + 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 ≤ 4 n + 1 < 4 n + 2 < 4 n + 3 < ( k + 1 ) 2 , 即 k ≤ 4 n + 1 < 4 n + 2 < 4 n + 3 < k + 1 , 故 [ 4 n + 1 ] = [ 4 n + 2 ] = [ 4 n + 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 [ a b ] \,[\,\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 [ n a b ] = [ [ n a ] / b ] \,[\,\dfrac{n}{ab}\,]=[\,[\,\dfrac{n}{a}\,]/b\,]\, [abn]=[[an]/b]
提 示 ： 在 例 题 3 中 令 x = n a , 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 = [ n p ] + [ n p 2 ] + [ n p 3 ] + ⋯ = ∑ k = 1 ∞ [ n p k ] \,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 c k 表 示 1 , 2 , ⋯ , n 中 能 被 p k 整 除 的 数 的 个 数 ， d k 表 示 1 , 2 , ⋯ , 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 = [ n p k ] , 故 d k = [ n p k ] − [ n p k + 1 ] , 于 是 h = 1 ⋅ d 1 + 2 ⋅ d 2 + ⋯ + k ⋅ d k + ⋯ = ∑ k = 1 ∞ [ n p k ] 。 由 引 理 3 , 得 [ n p k + 1 ] = [ [ n p k ] / p ] , 因 此 实 际 计 算 时 , 可 利 用 [ n p k ] 的 结 果 来 求 [ n p k + 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 ≤ n p ∑ k = 1 ∞ [ n p k ] \,\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：
2
n
∣
(
n
+
1
)
(
n
+
2
)
⋯
(
2
n
−
1
)
(
2
n
)
\,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 ) ⋯ ( 2 n − 1 ) ( 2 n ) = ( 2 n ) ! n ! , 而 ( 2 n ) ! 的 标 准 分 解 式 中 2 的 指 数 为 h 1 = ∑ k = 1 ∞ [ 2 n 2 k ] = ∑ k = 1 ∞ [ n 2 k − 1 ] = n + ∑ k = 1 ∞ [ n 2 k ] , n ! 的 标 准 分 解 式 中 2 的 指 数 为 h 2 = ∑ k = 1 ∞ [ n 2 k ] , 所 以 ( n + 1 ) ( n + 2 ) ⋯ ( 2 n − 1 ) ( 2 n ) 的 标 准 分 解 式 中 2 的 指 数 是 h 1 − h 2 = n 。 也 就 是 说 , 2 n ∣ ( n + 1 ) ( n + 2 ) ⋯ ( 2 n − 1 ) ( 2 n ) 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
)
!
∣
(
2
m
)
!
(
2
n
)
!
\,m!\,n!\,(m+n)! \mid (2m)!\,(2n)!
m!n!(m+n)!∣(2m)!(2n)!
证 ： 易 知 , 对 一 切 实 数 x , y , 有 ： [ 2 x ] + [ 2 y ] ≥ [ x ] + [ y ] + [ x + y ] , 取 x = m p k , y = n p k , 这 里 p 是 质 数 , 得 [ 2 m p k ] + [ 2 n p k ] ≥ [ m p k ] + [ n p k ] + [ m + n p k ] , 从 而 对 任 一 质 数 p , 有 ∑ k = 1 ∞ ( [ 2 m p k ] + [ 2 n p k ] ) ≥ ∑ k = 1 ∞ ( [ m p k ] + [ n p k ] + [ m + n p k ] ) , 这 说 明 m ! n ! ( m + n ) ! ∣ ( 2 m ) ! ( 2 n ) ! 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：
(
2
n
)
!
(
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 ] ≤ [ 2 x ] , 则 可 推 出 ( n ! ) 2 ∣ ( 2 n ) ! , 在 例 题 1 中 令 t = ∑ k = 1 ∞ [ n 2 k ] , t ≤ ( ∑ k = 1 m [ 1 2 k ] ) n = [ 1 − ( 1 2 ) k ] n < n , 这 里 2 m ≤ n < 2 m + 1 , 因 此 有 n + t > 2 t , 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：
2
n
∣
C
2
n
2
k
−
1
,
但
2
n
+
1
∤
C
2
n
2
k
−
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 ∞ [ 2 n − 1 2 t ] = 2 n − 1 − n , ∑ t = 1 ∞ [ 2 k − 1 2 t ] = 2 k − 1 − k , ∑ t = 1 ∞ [ 2 n − 2 k + 1 2 t ] = ∑ t = 1 ∞ [ 2 k ( 2 n − k − 1 ) + 1 2 t ] = ( 2 k − 1 ) ( 2 n − k − 1 ) + [ 2 n − 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：
2
n
−
1
∣
n
!
的
充
要
条
件
是
n
=
2
k
−
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 ∞ [ 2 k 2 t ] = 1 + 2 + ⋯ + 2 k − 1 = 2 k − 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
C
2
n
n
\,C_{2n}^n\,
C2nn能整除
1
,
2
,
3
,
⋯
,
2
n
\,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 p 1 , p 2 , ⋯ , p k , 而 n + 1 , n + 2 , ⋯ , 2 n 中 的 质 数 为 p k + 1 , p k + 2 , ⋯ , p s , 设 p i t i ≤ 2 n < p i t i + 1 ( i = 1 , 2 , ⋯ , k ) , 则 n + 1 , n + 2 , ⋯ , 2 n 的 最 小 公 倍 数 t = p 1 t 1 p 2 t 2 ⋯ p k t k ⋅ ( p k + 1 ⋯ p s ) , 由 于 可 以 证 明 ： t 也 是 1 , 2 , ⋯ , n 的 公 倍 数 ， 因 此 t 即 1 , 2 , ⋯ , 2 n 的 最 小 公 倍 数 。 设 m = ( n + 1 ) ( n + 2 ) ⋯ 2 n = p 1 d 1 p 2 d 2 ⋯ p k d k ⋅ ( p k + 1 ⋯ p s ) , f = p 1 f 1 p 2 f 2 ⋯ p k f k 是 1 , 2 , ⋯ , n 的 最 小 公 倍 数 ( p i f i ≤ n < p i f i + 1 ) , 则 n ! = f Q ( Q = p 1 q 1 p 2 q 2 ⋯ p k q k ) , 由 于 C 2 n n 为 整 数 , 则 m n ! 也 为 整 数 , 则 有 d i ≥ f i + q i 。 容 易 知 道 f i ≤ t i ≤ f i + 1 , 由 定 理 3 , 6 得 ： [ n p i j ] + [ n p i j ] ≤ [ 2 n p i j ] = [ n p i j ] + [ n p i j + 1 2 ] ≤ [ n p i j ] + [ n p i j ] + 1 , ( i = 1 , 2 , 3 , ⋯ , k ) 将 j = 1 , 2 , ⋯ , t i 分 别 代 入 上 式 并 叠 加 得 ： 2 ∑ j = 1 t i n p i j ≤ ∑ j = 1 t i 2 n p i j ≤ 2 ∑ j = 1 t i n p i j + t i ⇒ 2 ∑ j = 1 ∞ n p i j ≤ ∑ j = 1 ∞ 2 n p i j ≤ 2 ∑ j = 1 ∞ n p i j + t i ⇒ 2 ( f i + q i ) ≤ d i + ( f i + q i ) ≤ 2 ( f i + q i ) + t i , 于 是 有 d i ≤ t i + ( f i + q i ) , 因 此 0 ≤ d i − ( f i + q i ) ≤ t i , 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
C
n
1
,
C
n
2
⋯
,
C
n
n
−
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 p k ( 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