文章目录

• 高斯函数
• • 定义
  • 定理
  • 例题
• n的阶乘(n!)的标准分解式
• • 引理
  • 定理
  • 例题
• End

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

• 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

• 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=p1t1​​p2t2​​⋯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=p1d1​​p2d2​​⋯pkdk​​⋅(pk+1​⋯ps​),f=p1f1​​p2f2​​⋯pkfk​​是1,2,⋯,n的最小公倍数(pifi​​≤n<pifi​+1​),则n!=fQ(Q=p1q1​​p2q2​​⋯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：[pij​n​]+[pij​n​]≤[pij​2n​]=[pij​n​]+[pij​n​+21​]≤[pij​n​]+[pij​n​]+1,(i=1,2,3,⋯,k)​将j=1,2,⋯,ti​分别代入上式并叠加得：2j=1∑ti​​pij​n​≤j=1∑ti​​pij​2n​≤2j=1∑ti​​pij​n​+ti​​⇒2j=1∑∞​pij​n​≤j=1∑∞​pij​2n​≤2j=1∑∞​pij​n​+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​

End