華杯賽初二輔導第十講高斯函數(shù)

1、華杯賽初二輔導第十講高斯函數(shù)一、知識概要1 .定義：設x R,用x表示不超過x的最大整數(shù).則y x稱為高斯函 數(shù)，也叫取整函數(shù).顯然，y x的定義域是R,值域是Z.任一實數(shù)都能寫 成整數(shù)部分與非負純小數(shù)之和，即x x a 0 a 1 ,因此，x x x 1,這里，x為x的整數(shù)部分，而 x x x為x的小數(shù) 部分.2 .性質(1)函數(shù)y x是一個分段表達的不減的無界函數(shù)，即當x1 x2時，有Xx2 ；(2) n x n x ,其中 n Z ；(3) x 1 x x x 1 ；(4)若 x y n,則 x n a, y n b,其中 0 a,b 1 ；(5)對于一切實數(shù)x, y有x y x y ;

2、(6)若 x 0, y 0 ,貝U xy x y ; x 1 x(x不是整數(shù)時)x(x是整數(shù)時) x x(8)右n N ,則 一；當n 1時， x x ;(9)若整數(shù)a,b適合a bq r ( b 0,q,r是整數(shù)，0 r b),則n的倍數(shù)共有(10) x是正實數(shù)，n是正整數(shù)，則在不超過 x的正整數(shù)中,x 人一個；n(11)設p為任一素數(shù)，在 n!中含p的最高乘方次數(shù)記為 p n!,則有:n mm 1-p n p pnnp n! LPpn!的各個因數(shù)證明：由于 p是素數(shù)，所有 n!中所含 p的方次數(shù)等于1,2,L ,n所含p的方次數(shù)之總和。由性質10可知，在1,2,L 中，有 - pn .2n

3、 .3個p的倍數(shù)，有一2個p2的倍數(shù)，有-3-個p3的倍數(shù)，L ,當23pppm n pm1時，Tr L 0,所以命題成立. p p高斯函數(shù)是非常重要的數(shù)學概念。它的定義域是連續(xù)的，值域卻是離散的，高斯函數(shù)關聯(lián)著連續(xù)和離散兩個方面，因而有其獨特的性質和廣泛的應 用.解決有關高斯函數(shù)的問題需要用到多種數(shù)學思想方法，其中較為常見的有分類討論(例如對區(qū)間進行劃分)、命題轉換、數(shù)形結合、湊整、估值等二、解題示例例1若實數(shù)r使得19100r色L10091546 ,100100r .解：等式左邊共73項,且因192010010091,L ,都小于1,100則每一項為r73 7 546 73 8,故必有r

4、7。進一步有：737 35546,以原式左邊從第1項至第38項其值為7,自第39項以后各項值為8。即:56r 1005787； r8.100r 0.568, r 0.57 87.437.441002,計算:23n1011,2,L,10023n101Z,Q23n10123 101 n10123n23101 n10110123n1；-10123101 n10110022.n 123n1012250 1100說明：本例采用了分組湊整的思想例3,對自然數(shù)n及一切實數(shù)x ,求證:（厄爾密特等式）2, n 1x L x nx .nn對任意的自然數(shù) n構造函數(shù)f x nx x2, n 1x L x nnnx

5、，所以，函數(shù)f x為周期函數(shù)，其周期T1 一 一一,因此，原命題只需證f xn，、1 . . 一 一、 一”在區(qū)間0,-內成立即可。而這一結論顯然是成立的n例4對任意的n N , 證明： 品 Jn_7J4n 1J4n2J4n3.證明：首先證明 J4n11 J4n3 .令xJ4n11 ,則x2 4n 1 .當 x 2mm Z 時，x2 4m2 4n 1,于是 m2 n 1 ,那么2,2x 4m 4n 4 4n 3 ；當 x2m1 mZ 時，x24m2 4m14n1 , m2m n 即2.2,2mmn 1,那么x 4 mm 1 4n54n3.所以命題 成立，也就是：,4n 1, 4n 14n 1.

6、 4n 22n2n2n 4n 1、,n2n2n2 n 1 4n 34n 14n注：本例的證明采用了 “兩邊夾”法則5 6x 15x 7例5,解萬程 的人15x 7斛：令 n n Z5n15帶入原方程整理得：10n 3940 10n 39n,由高斯函數(shù)的定義有0n 1,解得：401 n 3013Un100,則7 _4一；右 n 1 ,貝U x .155注：本例中方程為v型的，通常運用高斯函數(shù)的定義和性質并結合換例6,解方程 xx 1 x 1解：由圖斯函數(shù)的性質，得： 1 1 ,即 1 X 7 ,令42x 1 x 1y1，在同一坐標系中畫出二者的圖象：42分析兩者在區(qū)間1,7內的圖象，一，, x

7、1顯然，當x 1,1時，04而x-1,方程不成立;2當x 1,3時V1U 0；當x 3,5時,于十1;當x 5,7時,1而立2 ,方程不成立2綜上所述，原方程的解是：x1注：本例為 u v型方程。首先由 1 u v 1,求出x的取值區(qū)間。但此條件為原方程成立的充分但不必要條件，故還須利用u f x和 v g x的圖象進行分析才能得到正確結果例7解方程3x3 x 3.解：對于次數(shù)較高的含 x的方程，分區(qū)間討論不失為一種有效的方法。3x x1 2x 1 0.原方程不成立;3x331 3x 1 1。原方程不成立;0 3x3 3.原方程不成立;所以,例8證明:2,貝U 3x33x3原方程的解為:3x3

8、1.原方程即為3x3 4 ；解得：3x2x4.原方程不成立;若p是大于2的質數(shù)，則 2、,52p證明：本例采用“構造法”由二項式定理知：對于任意的p Z,數(shù)，又因為1 2,5 p 1,2 ,5 p 2、5 P 2 , 5 P ,于是有：-p_PJP 12 p 24P 4_2pl _42 V52P 2Cpg2Pg5Cpg2 g5 L CpPg2g5 2，其中p是質數(shù)。因為k p p1 P2 Lp k1Ck- k 2,4,L , p 1都能被質數(shù)p整Pk!除，所以原命題成立.三、鞏固練習1 .如果x為任意實數(shù)，用x表示不大于x的最大整數(shù)，例如：-7 = 7 , -3.1=-4, 1,則一定有().

9、A. MN B. M=N C. M 技C. x-xD. x x - 18.記號 岡表示不超過x的最大整數(shù)，設 n是自然數(shù)，且I(n 1)2 n J(n 1)2l2.A. I0 B. I0,求證： Jx ，、x10 .記a為不大于a的最大整數(shù)，a = a -a,求證：如果x + y = 1,則x + y = x + y + 1 .11 .如果a為任意實數(shù)，用a表示不大于a的最大整數(shù)，例如-5 = -5 , -2,3=-3, x + 一一.19 .解方程：x3 x 3 . y y20 .若 x1, y 0,求證：上.x x1 . 3x 0,總存在這樣的非負整數(shù)，使得4- 4.一a x (a 1)。

10、由此得a Vvx a 1 ,從而JVx a。別一方面a2 Jx (a 1)2 在(1)、(2)、(3)式中取整數(shù)部分，得a2 Jx (a 1)2,開平方，有a JJx a 1.因為a是整數(shù)，所以 .x a由(2)、(4)知原等式成立。10. x + y = x + y + xy = x + y + 1, 由于x + y + 1 是整數(shù), 所以x + y = x + y + 1 。1. 14; 2. 26;3 .由原方程可知，x必為整數(shù)再根據(jù)a w a a + 1有c 3x 3 -x 1 (x 3) 14 x 8 , x = 5,6,7,8.4 . 124;5 .設x = n + a (n為整數(shù)

11、，0 a 1),代入原方程得3n + 3a + 1 2n + 2a -工，23n + 1 + 3a = 2n + 2a - 1,. n + 3a = 2a - 1(X)2 2于是2a - 1是整數(shù)，.1 0 a 123 _31323 一 一 2a ，因此只有2a - - =0，當2a - - =0，即a =一時，代入(派)4 22234式，n + 9=0,4321n = -2.于倚 x12 。當 2a - = -1 時，a = 代入()式，n +4343 , 1一 =-1,， n =-1. 于是得 x21 ，4 43 1Xi x2 (2-)(1-)24 4故意抽有根的和是-2。6 . x = -1 ;,7 12a 2,b13.77 3 772.a2 (1ab 4 (1,7)(、, 7 1) 108 .設x = n + a (n為整數(shù)，0Wa1),則原不等式等價