高斯函数—解答

1 高斯函数

一、基本知识

定义：设Rx,用x表示不超过x的最大整数,则xy称为高斯函数.函数

的定义域为R,值域为Z.任一实数都能写成整数部分与非负纯小数之和,即

xx 10,因此. 1xxx。

我们称x为x的整数部分，称xxx为x的小数部分。函数xy的定

义域为R，值域为1,0。

二、性质

1. 函数xy是不减函数,即当

21xx时,有

21xx；

2. 11xxxx；

3. nxnxZn；

4. yxyx，yxyx；

推广：（1）

nnxxxxxx

2121

（2）nxxn Nn

5. 若0,0yx，则yxxy；

6. 若0,1yx，则

xy

xy



； 7. 







nx

nx

（其中*Nn）

8. （1）若1

21xx，则存在整数k，使

12121xkxxkx；

（2）110

212121xxxxxx或；

（3）1

2121xxxx

9. 







ZxxZxx

x

1

2 10. 1,,yxyxZyxZyx；

11. 若整数ba,满足rbqa brrqb0,,,0是整数，则q

ba



；

12. xxx2

21



；

13. 设1x，m为正整数，则从1到x的整数中，m的倍数有



mx

个；

14. 设为p任一质数，在!n中含p的最高乘方次数记为!np，则



























mpn

pn

pn

np

2! 1mmpnp

例1．求!30的标准分解式。

解：!30的全部质因数是不大于30的所有质数2,3,5,7,11,13,17,19,23,29.它们

在的!30标准分解式中的指数各为

30303030

1573126,

24816

303030

103114,

3927

3030303030

617,4,2,2,

52571113

30303030

1,1,1,

171923





1.

29

故30!的标准分解式为

2614742230!2357111317192329。

例2．试解方程：

5715

865



xx

。

解：因为左边是整数，因而右边的分式也应该是整数，所以

0

865

5715

5715

865











xxxx

3 于是0

409081



x，从而1

409081

0

x

，故4090810x。

但是

5715x

是整数，故7515tx，Zt，代入前面的不等式，得

Ztt,4030390，直接观察即知1,0t。 于是

54

,

157

x。

例3．数100！的十进位制表示中，未尾连续地有多少位全是零？

解：命题等价于100！最多可以被10的多少次方整除。因为5210因而

100！中2的指数大于5的指数，所以100！中5的指数就是所需求出的零的位

数。 由24420

5100

5100

2



即可知100！的未尾连续地有24位全是数

码零。

例4. 设整数,mnN，求证：(2)!(2)!

!!()!mn

mnmn是整数.

证明：由阶乘的素因子次数公式，只要证明对任意实数,xy，

[2][2][][][]0Sxyxyxy。

设{}xu，{}yv，,[0,1]uv，则[2][2][]Suvuv，不妨设uv，则

[2][]uuv。

例5．（2002，全国联赛）设三角形的三边长分别是整数,,,lmn且.lmn已知

444333

101010lmn



，其中xxx而x表示不超过x的最大整数。

求这种三角形周长的最小值。

解：由题设可知

444444333333

101010101010llmmnn



，

4 于是4

4

4333(mod2)(1)

333(mod10)

333(mod5)(2)lmn

lmn

lmn



由于(3,2)=(3,5)=1,∴由①可知433(mod2)lnmn。

现在设u是满足431(mod2)u的最小正整数，则对于任意满足431(mod2)v

的正整数v，我们有uv，即u整除v。事实上，若u不整除v，则由带余除法可

知，存在非负整数a及b，使得vaub，其中01bu。

从而可以推出43331(mod2)bbauv，而这显然与u的定义矛盾 所以uv。

注意到424344433(mod2),39(mod2),32711(mod2),31(mod2)u，从而可以

设4mnk，其中k为正整数。

同理可由推出431(mod5)mn。故4431(mod5)k。

现在我们求满足4431(mod5)k的正整数k。

因为443152，所以44431(152)10(mod5)kk

即 428312(1)(1)(2)

525252

26kkkkk

k



273114(1)(2)

55[3(1)2]520(mod5)

3kkk

kkk



或 72113(1)(2)

5[3(1)2]520(mod5)

3kkk

kkk



即有5kt，并代入该式得725[3(1)2]0(mod5)ttk

即有20(mod5)t。

即355kts，其中s为正整数，故500mns，s为正整数。

同理可以证得500lnr，r为正整数。

由于.lmn，所以有rs。

这样一来，三角形的三个边为500,500rnsn和n。由于两边之差小于第

三边，故500()nrs，因此，当1,2,501srn时三角形的周长最小，其值

为(1000+501)+(500+501)+501=3003。

5 例6．（1997，美国竞赛）设

123,,,ppp是依递增次序排列的素数，

0x是0

与1之间的实数。对正整数k，定义 其中1

1

10,0

{},0k

kk

k

kifx

xp

ifx

x









这里{}x表示x的小数部分，求出一切

0x满足

001x且使数列

012,,,xxx中最

终出现0，并加以证明。

证明：该数列最终出现0，当且仅当

0x为有理数。

首先，证明对1k，若

kx为有理数，则它的前一项

1kx

也是有理数。

若0

kx(为有理数)，则由题意定义，或者有

10

kx

，或者有

1k

kp

x

为正整数，

从而

1kx

为有理数。

若

kx 为非零有理数，那么由

111{}[]kkk

k

kkkppp

x

xxx

。可得

1

1[]k

k

k

k

kp

x

p

x

x



。

于是

1kx

也是有理数。

由以上结论可知，对某个k，若

kx为有理数，特别地，若数列最终出现0，

那么

0x也是有理数。

现设

0x为有理数，那么数列

012,,,xxx为有理数列。 若

1,0

km

xmn

n，那么

{}{},0kk

kpnpr

xrm

mmm

n



这里r是

knp除以m的余数。

所以，数列{}

kx的每一个非零项的分母严格地小于前一项的分母，从而非零

项的个数不超过

0x的分母。

因此，数列{}

kx最终出现0。