• 对任意实数xx，有x−1<⌊x⌋≤x≤⌈x⌉<x+1x-1<\lfloor x\rfloor\le x\le\lceil x\rceil<x+1

    • 当xx为整数时，⌊x⌋=⌈x⌉\lfloor x\rfloor=\lceil x\rceil
    • 当xx为小数时，⌊x⌋=⌈x⌉−1\lfloor x\rfloor=\lceil x\rceil-1

  • 两个取整函数关于原点对称：⌈−x⌉=−⌊x⌋\lceil-x\rceil=-\lfloor x\rfloor，反之亦然

    • 回顾上阶幂和下阶幂的性质：(−x)m‾=(−1)mxm‾(-x)^{\underline m}=(-1)^mx^{\overline m}

  • 加减法中，整数项可以随意移出取整符号，但乘除法不行

  • 若f(x)f(x)是任意连续的单调上升函数，且f(x)∈Z⇒x∈Zf(x)\in Z\Rightarrow x\in Z，则⌊f(⌊x⌋)⌋=⌊f(x)⌋\lfloor f(\lfloor x\rfloor)\rfloor=\lfloor f(x)\rfloor(上取整亦然)

  • 取整函数求区间内整数个数：

    • [α,β][\alpha,\beta]：⌊β⌋−⌈α⌉+1\lfloor\beta\rfloor-\lceil\alpha\rceil+1
    • [α,β)[\alpha,\beta)：⌈β⌉−⌈α⌉\lceil\beta\rceil-\lceil\alpha\rceil，可通过上式分析
    • (α,β](\alpha,\beta]：⌊β⌋−⌊α⌋\lfloor\beta\rfloor-\lfloor\alpha\rfloor，可通过上式分析
    • (α,β)(\alpha,\beta)：⌈β⌉−⌊α⌋−1\lceil\beta\rceil-\lfloor\alpha\rfloor-1，记住

  • 若

    ⌊n3⌋\n,n∈N+\begin{align}\lfloor\sqrt[3]{n}\rfloor\backslash n,n\in N^+\end{align}

    ，则称nn为赢者数；求小于正整数NN的赢者数的个数：

    分为两段，一段是可被取完的，另一段是无法被取完的，其分割点为kk，它满足k3=⌊k3⌋=⌊N3⌋\sqrt[3]{k}=\lfloor\sqrt[3]{k}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{N}\rfloor 令m=k3m=\sqrt[3]{k}

    则有原式=∑1≤i<m,n<(i+1)3[i\n]+∑i=m,n<N[i\n]=∑i=1m−1⌈(i+1)3−i3i⌉+⌈N−m3m⌉=∑i=1m−1⌈3i+3+1i⌉+⌈Nm⌉−m2=∑i=1m−1(3i+4)+⌈Nm⌉−m2=12(7+3m+1)(m−1)+⌈Nm⌉−m2=12m2+52m+⌈Nm⌉−4\begin{align}&则有原式=\sum_{1\le i<m,n<(i+1)^3}[i\backslash n]+\sum_{i=m,n<N}[i\backslash n]=\sum_{i=1}^{m-1}\left\lceil\frac{(i+1)^3-i^3}{i}\right\rceil+\left\lceil\frac{N-m^3}{m}\right\rceil\\&=\sum_{i=1}^{m-1}\lceil3i+3+\frac1i\rceil+\lceil\frac{N}{m}\rceil-m^2=\sum_{i=1}^{m-1}(3i+4)+\left\lceil\frac Nm\right\rceil-m^2\\&=\frac12(7+3m+1)(m-1)+\left\lceil\frac Nm\right\rceil-m^2=\frac12m^2+\frac52m+\left\lceil\frac Nm\right\rceil-4\end{align}

    若允许等于NN，则由

    ⌈N+1−m3m⌉=⌈N+1m⌉−m2=⌊Nm⌋−m2+1\begin{align}\left\lceil\frac{N+1-m^3}{m}\right\rceil=\left\lceil\frac{N+1}{m}\right\rceil-m^2=\left\lfloor\frac{N}{m}\right\rfloor-m^2+1\end{align}

  • (续上问)将

    ⌈nm⌉\begin{align}\left\lceil\frac{n}{m}\right\rceil\end{align}

    替换为下取整形式(n,mn,m为任意实数)：

    令n=mq+r,其中q=⌊nm⌋,0≤r<m则原式=⌈mq+rm⌉=q+⌈rm⌉,而⌊n+m−1m⌋=⌊(q+1)m+r−1m⌋=q+1+⌊r−1m⌋无论r=0,r≠0,两者均相等,因此原式=⌊n+m−1m⌋=1+⌊n−1m⌋\begin{align}&令n=mq+r,其中q=\left\lfloor\frac{n}{m}\right\rfloor,0\le r<m\\&则原式=\left\lceil\frac{mq+r}{m}\right\rceil=q+\left\lceil\frac{r}{m}\right\rceil,\\&而\left\lfloor\frac{n+m-1}{m}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{(q+1)m+r-1}{m}\right\rfloor=q+1+\left\lfloor\frac{r-1}{m}\right\rfloor\\&无论r=0,r\ne0,两者均相等,因此原式=\left\lfloor\frac{n+m-1}{m}\right\rfloor=1+\left\lfloor\frac{n-1}{m}\right\rfloor\end{align}

  • 证明spec(2),spec(2+2)spec(\sqrt2),spec(2+\sqrt2)是对正整数集合的划分：

    先证它们中小于等于n的正整数恰好等于n:N(2,n)=∑i[1≤⌊i2⌋≤n]=∑i[0<i<n+12]=⌈n+12⌉−12+2的谱同理,因此N(2,n)+N(2+2,n)=⌈n+12⌉+⌈n+12+2⌉−2=n+1+小数部分−2由于分母为无理数,小数部分和必为1,因此原式=n下证一个元素不可能同时出现在两个谱中:假设有正整数α,β,s,使⌊α2⌋=⌊β(2+2)⌋=s则有α2−1<s<α2,β(2+2)−1<s<β(2+2)即s2<α<s+12,s2+2<β<s+12+2两式相加,得s<α+β<s+1,两个相邻整数间没有整数,因此不成立,原命题成立\begin{align}&先证它们中小于等于n的正整数恰好等于n:\\&N(\sqrt2,n)=\sum_i[1\le \left\lfloor i\sqrt2\right\rfloor\le n]=\sum_{i}[0<i<\frac{n+1}{\sqrt2}]=\left\lceil\frac{n+1}{\sqrt2}\right\rceil-1\\&2+\sqrt2的谱同理,因此N(\sqrt2,n)+N(2+\sqrt2,n)=\left\lceil\frac{n+1}{\sqrt2}\right\rceil+\left\lceil\frac{n+1}{2+\sqrt2}\right\rceil-2\\&=n+1+小数部分-2\\&由于分母为无理数,小数部分和必为1,因此原式=n\\&下证一个元素不可能同时出现在两个谱中:\\&假设有正整数\alpha,\beta,s,使\lfloor\alpha\sqrt2\rfloor=\lfloor\beta(2+\sqrt2)\rfloor=s\\&则有\alpha\sqrt2-1<s<\alpha\sqrt2,\beta(2+\sqrt2)-1<s<\beta(2+\sqrt2)\\&即\frac{s}{\sqrt2}<\alpha<\frac{s+1}{\sqrt2},\frac{s}{\sqrt2+2}<\beta<\frac{s+1}{\sqrt2+2}\\&两式相加,得s<\alpha+\beta<s+1,两个相邻整数间没有整数,因此不成立,原命题成立\end{align}

  • nn人均匀分为mm组问题：最大组含

    ⌈nm⌉\begin{align}\left\lceil\frac{n}{m}\right\rceil\end{align}

    人，最小组含

    ⌊nm⌋\begin{align}\left\lfloor\frac{n}{m}\right\rfloor\end{align}

    可证明：

    n=∑i=0m−1⌈n−im⌉=∑i=0m−1⌊n+im⌋\begin{align}n=\sum_{i=0}^{m-1}\left\lceil\frac{n-i}m\right\rceil=\sum_{i=0}^{m-1}\left\lfloor\frac{n+i}m\right\rfloor\end{align}

    推广到任意实数xx(通过分析

    f(x)=xm\begin{align}f(x)=\frac xm\end{align}

    的性质可去除内部下取整符号)：

    ⌊mx⌋=∑i=0m−1⌊x+im⌋\begin{align}\lfloor mx\rfloor=\sum_{i=0}^{m-1}\left\lfloor x+\frac{i}m\right\rfloor\end{align}

  • 平方根取整求和：

    ∑0≤k<n⌊k⌋\begin{align}\sum_{0\le k<n}\lfloor\sqrt k\rfloor\end{align}解一:原式=∑m,k≥0m[k<n][m≤k<m+1]=∑m,k≥0m[k<n][m2≤k<(m+1)2]=∑m,k≥0m[m2≤k<(m+1)2≤n]+∑m,k≥0m[m2≤k<n<(m+1)2]=m=⌊n⌋∑0≤i<mi((i+1)2−i2)+m(n−m2)=mn−m3+∑i=1m−1(2i2+i)=mn−m3+∑1m(2i2‾+3i1‾)δi=23m3‾+32m2‾+mn−m3\begin{align}&解一:原式=\sum_{m,k\ge0}m[k<n][m\le\sqrt k<m+1]\\&=\sum_{m,k\ge0}m[k<n][m^2\le k<(m+1)^2]\\&=\sum_{m,k\ge0}m[m^2\le k<(m+1)^2\le n]+\sum_{m,k\ge0}m[m^2\le k<n<(m+1)^2]\\&\xlongequal[]{m=\lfloor\sqrt n\rfloor}\sum_{0\le i<m}i((i+1)^2-i^2)+m(n-m^2)\\&=mn-m^3+\sum_{i=1}^{m-1}(2i^2+i)=mn-m^3+\sum_{1}^{m}(2i^{\underline 2}+3i^{\underline 1})\delta i\\&=\frac23m^{\underline 3}+\frac32m^{\underline 2}+mn-m^3\end{align}