标签：lfloor lceil le frac rfloor 数学 习题 rceil 解答
习题三
3.1
在第一章分析约瑟夫问题时，将任意的一个正整数
n
n
n 表示成了
n
=
2
m
+
l
n=2^m+l
n=2m+l 的形式，其中
0
≤
l
<
2
m
0 \le l < 2^m
0≤l<2m 。请利用底括号或顶括号，给出将
l
l
l 和
m
m
m 表示成为
n
n
n 的函数的显式公式
3.2
与一个给定实数 x x x 距离最近的整数的公式是什么？在对等情况下， x x x 恰好在两个整数的中间位置，请给出一个表达式，它（ a a a ）往上舍入成整数，即成为 ⌈ x ⌉ \lceil x \rceil ⌈x⌉ ;（ b b b ）向下舍入成整数，即成为 ⌊ x ⌋ \lfloor x \rfloor ⌊x⌋ 。
不失一般性，假设
x
x
x 位于
n
n
n 和
n
+
1
n+1
n+1 之间。
a
a
a 种情况下，仅当
x
∈
[
n
,
n
+
0.5
)
x \in [n,n+0.5)
x∈[n,n+0.5) 时，答案是
n
n
n ，否则为
n
+
1
n+1
n+1 ，因此将
x
x
x 加上0.5再向下取整。
b
b
b 种情况下，仅当
x
∈
[
n
,
n
+
0.5
]
x \in [n,n+0.5]
x∈[n,n+0.5] 时，答案是
n
n
n ，否则为
n
+
1
n+1
n+1 ，因此将
x
x
x 减去0.5再向上取整。
a
.
⌊
x
+
0.5
⌋
b
.
⌈
x
−
0.5
⌉
a. \lfloor x + 0.5 \rfloor \\ b. \lceil x - 0.5 \rceil
a.⌊x+0.5⌋b.⌈x−0.5⌉
3.3
当
m
m
m 和
n
n
n 是正整数，且
α
\alpha
α 是大于
n
n
n 的无理数时，计算
⌊
⌊
m
α
⌋
n
/
α
⌋
\lfloor \lfloor m \alpha \rfloor n / \alpha \rfloor
⌊⌊mα⌋n/α⌋
3.5
当
n
n
n 是正整数时，求使得
⌊
n
x
⌋
=
n
⌊
x
⌋
\lfloor n x \rfloor = n \lfloor x \rfloor
⌊nx⌋=n⌊x⌋ 成立的必要充分条件。（你的条件应该包含
{
x
}
\{x\}
{x} ）
3.6
当
f
(
x
)
f(x)
f(x) 是仅当
x
x
x 为整数时才取整数值的连续单调递减函数时，关于
⌊
f
(
x
)
⌋
\lfloor f(x) \rfloor
⌊f(x)⌋ 有什么可谈的吗？
3.7
解递归式
X
n
=
n
,
0
≤
n
<
m
X
n
=
X
n
−
m
+
1
,
n
≥
m
X_n = n \ , \quad 0 \le n < m \\ X_n = X_{n-m}+1 \ , \quad n \ge m
Xn=n ,0≤n<mXn=Xn−m+1 ,n≥m
不妨列出部分 X n X_n Xn 的值：
| n | 0 | 1 | 2 | 3 | … \dots … | m-1 | m | m+1 | … \dots … | 2m | 2m+1 | … \dots … |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| X n X_n Xn | 0 | 1 | 2 | 3 | … \dots … | m-1 | 1 | 2 | … \dots … | 2 | 3 | … \dots … |
由此可以发现 X n X_n Xn 的规律并写出表达式： X n = n m o d m + ⌊ n m ⌋ X_n = n\ mod\ m + \lfloor \frac{n}{m} \rfloor Xn=n mod m+⌊mn⌋
3.8
证明狄利克雷抽屉原理：如果 n n n 个物体放进 m m m 个盒子中，那么某个盒子中必定含有 ≥ ⌈ n / m ⌉ \ge \lceil n/m \rceil ≥⌈n/m⌉ 个物体，且有某个盒子中必定含有 ≤ ⌊ n / m ⌋ \le \lfloor n/m \rfloor ≤⌊n/m⌋ 个物体。
反证法：假设所有盒子中含有
<
⌈
n
m
⌉
< \lceil \frac{n}{m} \rceil
<⌈mn⌉ 个物体，也即含有
≤
(
⌈
n
m
⌉
−
1
)
\le ( \lceil \frac{n}{m} \rceil -1)
≤(⌈mn⌉−1) 个物体，因此，总共
m
m
m 个盒子一共含有
≤
m
(
⌈
n
m
⌉
−
1
)
\le m (\lceil \frac{n}{m} \rceil -1)
≤m(⌈mn⌉−1) 个物体，有：
n
m
+
1
≤
⌈
n
m
⌉
\frac{n}{m} + 1 \le \lceil \frac{n}{m} \rceil
mn+1≤⌈mn⌉ ，矛盾，假设不成立，即证某个盒子中必定含有
≥
⌈
n
/
m
⌉
\ge \lceil n/m \rceil
≥⌈n/m⌉ 个物体。
同理可证某个盒子中必定含有
≤
⌊
n
/
m
⌋
\le \lfloor n/m \rfloor
≤⌊n/m⌋ 个物体。
3.10
证明，表达式
⌈
2
x
+
1
2
⌉
−
⌈
2
x
+
1
4
⌉
+
⌊
2
x
+
1
4
⌋
\lceil \frac{2x+1}{2} \rceil - \lceil \frac{2x+1}{4} \rceil + \lfloor \frac{2x+1}{4} \rfloor
⌈22x+1⌉−⌈42x+1⌉+⌊42x+1⌋
总是等于
⌊
x
⌋
\lfloor x \rfloor
⌊x⌋ 或者
⌈
x
⌉
\lceil x \rceil
⌈x⌉ ，每一种情形在何时会出现？
3.11
给出正文中提及的证明细节：当 α < β \alpha < \beta α<β 时，开区间 ( α , β ) (\alpha , \beta) (α,β) 恰好包含 ⌈ β ⌉ − ⌊ α ⌋ − 1 \lceil \beta \rceil - \lfloor \alpha \rfloor -1 ⌈β⌉−⌊α⌋−1 个整数。为使证明正确，为什么 α = β \alpha = \beta α=β 的情形必须排除在外？
3.12
证明，对所有整数
n
n
n 和所有正整数
m
m
m 有
⌈
n
m
⌉
=
⌊
n
+
m
−
1
m
⌋
\lceil \frac{n}{m} \rceil = \lfloor \frac{n+m-1}{m} \rfloor
⌈mn⌉=⌊mn+m−1⌋
（这个恒等式给出了另一种将顶与底相互转化的方法，它用不到反射律）
3.14
证明或推翻： ( x m o d n y ) m o d y = x m o d y , n 为 整 数 (x \ mod \ ny) \ mod \ y =x \ mod \ y \ , \quad n为整数 (x mod ny) mod y=x mod y ,n为整数
3.15
存在与
⌊
m
x
⌋
=
⌊
x
⌋
+
⌊
x
+
1
m
⌋
+
⋯
+
⌊
x
+
m
−
1
m
⌋
\lfloor mx \rfloor = \lfloor x \rfloor + \lfloor x + \frac{1}{m} \rfloor + \dots + \lfloor x + \frac{m-1}{m} \rfloor
⌊mx⌋=⌊x⌋+⌊x+m1⌋+⋯+⌊x+mm−1⌋
类似的用顶替代底的恒等式吗？
已 知 ： n = ⌈ n m ⌉ + ⌈ n − 1 m ⌉ + ⋯ + ⌈ n − m + 1 m ⌉ 用 ⌈ m x ⌉ 替 换 n ， 得 到 ： ⌈ m x ⌉ = ⌈ x ⌉ + ⌈ x − 1 m ⌉ + ⋯ + ⌈ x − m − 1 m ⌉ 已知：n = \lceil \frac{n}{m} \rceil + \lceil \frac{n-1}{m} \rceil + \dots + \lceil \frac{n-m+1}{m} \rceil \\ 用 \lceil mx \rceil 替换 n ，得到：\\ \lceil mx \rceil = \lceil x \rceil + \lceil x - \frac{1}{m} \rceil + \dots + \lceil x - \frac{m-1}{m} \rceil 已知：n=⌈mn⌉+⌈mn−1⌉+⋯+⌈mn−m+1⌉用⌈mx⌉替换n，得到：⌈mx⌉=⌈x⌉+⌈x−m1⌉+⋯+⌈x−mm−1⌉
3.16
证明 n m o d 2 = ( 1 − ( − 1 ) n ) / 2. n \ mod \ 2 = (1 - (-1)^n )/2. n mod 2=(1−(−1)n)/2. 对 n m o d 3 n \ mod \ 3 n mod 3 求出并证明类似的形如 a + b ω n + c ω 2 n a + b \omega^n + c \omega^{2n} a+bωn+cω2n 的表达式，其中 ω \omega ω 是复数 ( − 1 + i 3 ) / 2 (-1 + i \sqrt{3} ) / 2 (−1+i3 )/2 。提示： ω 3 = 1 \omega^3 = 1 ω3=1 且 1 + ω + ω 2 = 0 1 + \omega + \omega^2 = 0 1+ω+ω2=0
n
无
非
是
两
种
情
况
：
n
=
2
k
或
n
=
2
k
+
1
,
其
中
k
∈
Z
如
果
n
=
2
k
，
则
n
m
o
d
2
=
1
−
(
−
1
)
2
k
2
=
0
如
果
n
=
2
k
+
1
，
则
n
m
o
d
2
=
1
−
(
−
1
)
2
k
+
1
2
=
1
无
论
哪
种
情
况
等
式
均
成
立
。
n 无非是两种情况：n = 2k 或 n = 2k+1 , 其中 k \in \mathbb{Z} \\ 如果 n = 2k ，则 n \ mod \ 2 = \frac{1-(-1)^{2k}}{2} = 0 \\ 如果 n = 2k+1 ，则 n \ mod \ 2 = \frac{1-(-1)^{2k+1}}{2} = 1 \\ 无论哪种情况等式均成立。
n无非是两种情况：n=2k或n=2k+1,其中k∈Z如果n=2k，则n mod 2=21−(−1)2k=0如果n=2k+1，则n mod 2=21−(−1)2k+1=1无论哪种情况等式均成立。
同理：
3.17
在 x ≥ 0 x \ge 0 x≥0 的情况下，通过用 ∑ j [ 1 ≤ j ≤ x + k / m ] \sum_{j} [1 \le j \le x + k/m] ∑j[1≤j≤x+k/m] 替换 ⌊ x + k / m ⌋ \lfloor x + k/m \rfloor ⌊x+k/m⌋ 并首先对 k k k 求和，来计算和式 ∑ 0 ≤ k < m ⌊ x + k / m ⌋ \sum_{0 \le k < m} \lfloor x + k/m \rfloor ∑0≤k<m⌊x+k/m⌋ 。你的答案与 ⌊ m x ⌋ = ⌊ x ⌋ + ⌊ x + 1 m ⌋ + ⋯ + ⌊ x + m − 1 m ⌋ \lfloor mx \rfloor = \lfloor x \rfloor + \lfloor x + \frac{1}{m} \rfloor + \dots + \lfloor x + \frac{m-1}{m} \rfloor ⌊mx⌋=⌊x⌋+⌊x+m1⌋+⋯+⌊x+mm−1⌋吻合吗？
3.19
求出关于实数
b
>
1
b > 1
b>1 的一个必要充分条件，使得
⌊
log
b
x
⌋
=
⌊
log
b
⌊
x
⌋
⌋
\lfloor \log_b{x} \rfloor = \lfloor \log_b{\lfloor x \rfloor} \rfloor
⌊logbx⌋=⌊logb⌊x⌋⌋
对所有实数
x
≥
1
x \ge 1
x≥1 都成立
3.20
当 x > 0 x>0 x>0 时，求闭区间 [ α … β ] [\alpha \dots \beta] [α…β] 中 x x x 的所有倍数之和
⌈ α x ⌉ 代 表 闭 区 间 中 首 个 x 的 倍 数 ⌊ β x ⌋ 代 表 闭 区 间 中 最 后 一 个 x 的 倍 数 因 此 有 ： ∑ k = ⌈ α x ⌉ ⌊ β x ⌋ k x = x 2 ( ( ⌊ β x ⌋ ) 2 + ⌊ β x ⌋ − ( ⌈ α x ⌉ ) 2 + ⌈ α x ⌉ ) \lceil \frac{\alpha}{x} \rceil 代表闭区间中首个 x 的倍数 \\ \lfloor \frac{\beta}{x} \rfloor 代表闭区间中最后一个 x 的倍数 \\ 因此有：\sum_{k=\lceil \frac{\alpha}{x} \rceil}^{\lfloor \frac{\beta}{x} \rfloor} kx = \frac{x}{2} ((\lfloor \frac{\beta}{x} \rfloor)^2 + \lfloor \frac{\beta}{x} \rfloor -(\lceil \frac{\alpha}{x} \rceil)^2 + \lceil \frac{\alpha}{x} \rceil) ⌈xα⌉代表闭区间中首个x的倍数⌊xβ⌋代表闭区间中最后一个x的倍数因此有：k=⌈xα⌉∑⌊xβ⌋kx=2x((⌊xβ⌋)2+⌊xβ⌋−(⌈xα⌉)2+⌈xα⌉)
3.21
对 0 ≤ m ≤ M 0 \le m \le M 0≤m≤M ，有多少个数 2 m 2^m 2m 的十进制表示中，其首位数字为1？
在 十 进 制 表 示 中 ， 如 果 首 位 数 字 为 1 , 对 应 该 数 字 为 10 的 幂 而 在 [ 1 0 n , 2 ∗ 1 0 n ) 中 一 共 有 ( ⌈ lg 2 + n lg 10 ⌉ − ⌈ n lg 10 ⌉ ) 个 2 的 幂 ， 即 一 个 2 的 幂 问 题 即 转 换 为 ： 对 于 0 ≤ m ≤ M ， 2 m 中 有 多 少 个 10 的 幂 ？ 因 此 答 案 为 ： ⌊ log 2 M ⌋ + 1 在十进制表示中，如果首位数字为1,对应该数字为10的幂 \\ 而在[10^n, 2*10^n)中一共有(\lceil \lg{2} + n \lg{10} \rceil - \lceil n \lg{10} \rceil)个2的幂，即一个2的幂 \\ 问题即转换为：对于0 \le m \le M，2^m中有多少个10的幂？ \\ 因此答案为：\lfloor \log{2^M} \rfloor + 1 在十进制表示中，如果首位数字为1,对应该数字为10的幂而在[10n,2∗10n)中一共有(⌈lg2+nlg10⌉−⌈nlg10⌉)个2的幂，即一个2的幂问题即转换为：对于0≤m≤M，2m中有多少个10的幂？因此答案为：⌊log2M⌋+1
3.22
计算和式 S n = ∑ k ≥ 1 ⌊ n / 2 k + 1 2 ⌋ S_n = \sum_{k \ge 1} \lfloor n/2^k + \frac{1}{2} \rfloor Sn=∑k≥1⌊n/2k+21⌋ 以及 T n = ∑ k ≥ 1 2 k ⌊ n / 2 k + 1 2 ⌋ 2 . T_n = \sum_{k \ge 1} 2^k \lfloor n/2^k + \frac{1}{2} \rfloor^2. Tn=∑k≥12k⌊n/2k+21⌋2.
3.23
证明序列
1
,
2
,
2
,
3
,
3
,
3
,
4
,
4
,
4
,
4
,
5
,
5
,
5
,
5
,
5
,
…
1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5, \dots
1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,…
的第
n
n
n 个元素是
⌊
2
n
+
1
2
⌋
\lfloor \sqrt{2n} + \frac{1}{2} \rfloor
⌊2n
+21⌋ （这个序列恰好包含
m
m
m 个
m
m
m）
3.25
证明或推翻：对所有非负的
n
n
n ，由
K
0
=
1
K
n
+
1
=
1
+
m
i
n
(
2
K
⌊
n
/
2
⌋
,
3
K
⌊
n
/
3
⌋
)
,
n
≥
0
K_0 = 1 \\ K_{n+1} = 1 + min(2K_{\lfloor n/2 \rfloor},3K_{\lfloor n/3 \rfloor}) \ , n \ge 0
K0=1Kn+1=1+min(2K⌊n/2⌋,3K⌊n/3⌋) ,n≥0
所定义的高德纳数满足
K
n
≥
n
K_n \ge n
Kn≥n.
3.26
证明：辅助的约瑟夫数满足：
(
q
q
−
1
)
n
≤
D
n
(
q
)
≤
q
(
q
q
−
1
)
n
,
n
≥
0
(\frac{q}{q-1})^n \le D_n^{(q)} \le q (\frac{q}{q-1})^n \ , \quad n \ge 0
(q−1q)n≤Dn(q)≤q(q−1q)n ,n≥0
辅助的约瑟夫数：
D
0
(
q
)
=
1
D
n
(
q
)
=
⌈
q
q
−
1
D
n
−
1
(
q
)
⌉
,
n
>
0
D_0^{(q)} = 1 \\ D_n^{(q)} = \lceil \frac{q}{q-1} D_{n-1}^{(q)} \rceil \ , \quad n > 0
D0(q)=1Dn(q)=⌈q−1qDn−1(q)⌉ ,n>0
在辅助的约瑟夫数中，
q
q
q 应该是正整数.
用数学归纳法证明：
第一个
≤
\le
≤ 号：
假
设
(
q
q
−
1
)
n
−
1
≤
D
n
−
1
(
q
)
则
：
D
n
(
q
)
=
⌈
q
q
−
1
D
n
−
1
(
q
)
⌉
≥
⌈
(
q
q
−
1
)
n
⌉
≥
(
q
q
−
1
)
n
假设 (\frac{q}{q-1})^{n-1} \le D_{n-1}^{(q)} \\ 则： D_n^{(q)} = \lceil \frac{q}{q-1} D_{n-1}^{(q)} \rceil \ge \lceil (\frac{q}{q-1})^n \rceil \ge (\frac{q}{q-1})^n
假设(q−1q)n−1≤Dn−1(q)则：Dn(q)=⌈q−1qDn−1(q)⌉≥⌈(q−1q)n⌉≥(q−1q)n
第二个
≤
\le
≤ 号：
假
设
D
n
−
1
(
q
)
≤
q
(
q
q
−
1
)
n
−
1
−
(
q
−
1
)
≤
q
(
q
q
−
1
)
n
−
1
D
n
(
q
)
=
⌈
q
q
−
1
D
n
−
1
(
q
)
⌉
≤
⌈
q
(
q
q
−
1
)
n
−
q
⌉
⇔
D
n
(
q
)
≤
q
(
q
q
−
1
)
n
+
1
−
q
≤
q
(
q
q
−
1
)
n
假设 D_{n-1}^{(q)} \le q (\frac{q}{q-1})^{n-1} - (q - 1) \le q (\frac{q}{q-1})^{n-1} \\ D_n^{(q)} = \lceil \frac{q}{q-1} D_{n-1}^{(q)} \rceil \le \lceil q (\frac{q}{q-1})^n - q \rceil \\ \Leftrightarrow D_n^{(q)} \le q(\frac{q}{q-1})^n + 1 - q \le q (\frac{q}{q-1})^n
假设Dn−1(q)≤q(q−1q)n−1−(q−1)≤q(q−1q)n−1Dn(q)=⌈q−1qDn−1(q)⌉≤⌈q(q−1q)n−q⌉⇔Dn(q)≤q(q−1q)n+1−q≤q(q−1q)n
3.30
证明：如果
m
m
m 是一个大于2的整数，其中
α
+
α
−
1
=
m
\alpha + \alpha^{-1} = m
α+α−1=m 且
α
>
1
\alpha > 1
α>1，那么递归式
有解
X
n
=
⌈
α
2
n
⌉
.
X_n = \lceil \alpha^{2^n} \rceil.
Xn=⌈α2n⌉. 例如，如果
m
=
3
m=3
m=3, 则解为：
X
n
=
⌈
ϕ
2
n
+
1
⌉
,
ϕ
=
1
+
5
2
,
α
=
ϕ
2
X_n = \lceil \phi^{2^{n+1}} \rceil \ , \quad \phi = \frac{1+\sqrt{5}}{2} \ , \quad \alpha = \phi^2
Xn=⌈ϕ2n+1⌉ ,ϕ=21+5
,α=ϕ2
3.31
证明或推翻： ⌊ x ⌋ + ⌊ y ⌋ + ⌊ x + y ⌋ ≤ ⌊ 2 x ⌋ + ⌊ 2 y ⌋ . \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + \lfloor x+y \rfloor \le \lfloor 2x \rfloor + \lfloor 2y \rfloor. ⌊x⌋+⌊y⌋+⌊x+y⌋≤⌊2x⌋+⌊2y⌋.
3.34
设
f
(
n
)
=
∑
k
=
1
n
⌈
lg
k
⌉
.
f(n) = \sum_{k=1}^n \lceil \lg{k} \rceil.
f(n)=∑k=1n⌈lgk⌉.
3.35
化简公式 ⌊ ( n + 1 ) 2 n ! e ⌋ m o d n \lfloor (n+1)^2 \ n! \ e \rfloor \ mod \ n ⌊(n+1)2 n! e⌋ mod n.
3.45
如果
m
m
m 是一个正整数，推广习题30的技巧来求
的封闭形式的解
如有问题，欢迎大家指出，谢谢
标签：lfloor,lceil,le,frac,rfloor,数学,习题,rceil,解答 来源： https://blog.csdn.net/qq_46013251/article/details/113704453
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