解 设
3k ? 2n ? 1 < 3k + 1。
对于任意的1 ? i ? n，2i ? 1 ? 3k，记
2i ? 1 =3iQi，Qi?Z，
由第一节例5，知?i ? k ? 1。因为3k ? 1Q1Q2?Q2n ? 1是整数，所以，如果N是整数，则存在整数Q，使得
3k ? 1Q1Q2?Q2n ? 1N = Q ? 3k ? 1Q1Q2?Q2n ?1
由于3?|Q1Q2?Q2n?1，所以上式右端不是整数，这个矛盾说明N不能是整数。
?13k。
习 题 六
1. 证明定理1的推论1。
2. 证明定理1的推论2。
3. 写出22345680的标准分解式。
4. 证明：在1, 2, ?, 2n中任取n ? 1数，其中至少有一个能被另一个整除。 5. 证明：1?11???（n ? 2）不是整数。 2n6. 设a，b是正整数，证明：存在a1，a2，b1，b2，使得
a = a1a2，b = b1b2，(a2, b2) = 1，
并且[a, b] = a2b2。
第七节 函数[x]与{x}
本节中要介绍函数[x]，它在许多数学问题中有广泛的应用。
定义1 设x是实数，以[x]表示不超过x的最大整数，称它为x的整数部分，又称{x} = x ? [x]为x的小数部分。
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定理1 设x与y是实数，则 (ⅰ) x ? y ? [x] ? [y]；
(ⅱ) 若m是整数，则[m ? x] = m ? [x]； (ⅲ) 若0 ? x < 1，则[x] = 0； (ⅳ) [x ? y] =?(ⅴ) [?x] =??[x]?[y]?[x]?[y]?1若{x}?{y}?1若{x}?{y}?1；
；
??[x]??[x]?1?0?1?{x}若x?Z若x?Z若x?Z若x?Z(ⅵ) {?x} =?。
证明 留作习题。
定理2 设a与b是正整数，则在1, 2, ?, a中能被b整除的整数有[a]个。 b证明 能被b整除的正整数是b, 2b, 3b, ?，因此，若数1, 2, ?, a中能被b整除的整数有k个，则
kb ? a < (k ? 1)b ? k ?
aa< k ? 1 ? k =[]。 bb证毕。
由定理2我们看到，若b是正整数，那么对于任意的整数a，有
a?b[即在带余数除法
a]?b{a}， bba = bq ? r，0 ? r < b
中有q?[a]，r?b{a}。 bb30
定理3 设n是正整数，n! =p11p22?pkk是n!的标准分解式，则
????i =?[?n]。 (1)
r?1pir证明 对于任意固定的素数p，以p(k)表示在k的标准分解式中的p的指数，则
p(n!) = p(1) ? p(2) ? ? ? p(n)。
以nj表示p(1), p(2), ?, p(n)中等于j的个数，那么
p(n!) = 1?n1 ? 2?n2 ? 3?n3 ? ? ， 显然，nj就是在1, 2, ?, n中满足pj?a并且pj + 1?|a的整数a的个数，所以，由定理2有
nnj =[p]?[njpj?1]。
将上式代入式(2)，得到
p(n!)?1([n]?[n2])?2([nnppp2]?[np3])?3([np3]?[p4])???[n
??pr]。
r?1即式(1)成立。证毕。
推论 设n是正整数，则
nn! =?pr??[?1pr]，
p?n其中?表示对不超过n的所有素数p求积。
p?n定理４ 设n是正整数，1 ? k ? n ? 1，则
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(2)
Ckn?n!?N。 (3)
k!(n?k)!若n是素数，则n?Cnk，1 ? k ? n ? 1。
证明 由定理3，对于任意的素数p，整数n!，k!与(n ? k)!的标准分解式中所含的p的指数分别是
??[n?k]与r?1pr]，?[r??r[n?k?1pr?1pr]。 利用定理1可知
??[n?k]?r?1pr]??[r?1??r[n?kpr]， r?1p因此Cnk是整数。
若n是素数，则对于1 ? k ? n ? 1，有
(n, k!) = 1，(n, (n ? k)!) = 1 ? (n, k!(n ? k)!) = 1，
由此及
Ckn?(n?1)!n?k!(n?k)!?N，
推出k!(n ? k)!?(n ? 1)!，从而n?Cnk。证毕。
例1 求最大的正整数k，使得10k?199!。
解 由定理3，199!的标准分解式中所含的5的幂指数是
[1995]?[19952]?[19953]?? = 47，
所以，所求的最大整数是k = 47。
例2 设x与y是实数，则
[2x] ? [2y] ? [x] ? [x ? y] ? [y]。 解 设x = [x] ? ?，0 ? ? < 1，y = [y] ? ?，0 ? ? < 1，则
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(4)
