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《初等数论》:高斯函数、n的阶乘的标准分解式

作者:互联网

文章目录

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

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

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

End

标签:le,高斯,dfrac,sum,nx,阶乘,2n,aligned,初等
来源: https://blog.csdn.net/m0_53793870/article/details/122672908