⌊N/1⌋,⌊N/2⌋,...⌊N/N⌋的值的集合的分析

受文章 https://math.stackexchange.com/questions/1069460/how-many-distinct-values-of-floorn-i-exists-for-i-1-to-n 的启发，对⌊Nk⌋⌊Nk⌋\lfloor \frac{N}{k} \rfloor 进行分析，可得出如下一些结论：

∀N∈Z+:∀N∈Z+:\forall N \in \mathbb Z^+:

∀k∈N,1≤k≤⌊N−−√⌋,⌊Nk⌋∀k∈N,1≤k≤⌊N⌋,⌊Nk⌋\forall k \in \mathbb N, 1 \le k \le \lfloor \sqrt N \rfloor, \lfloor \frac{N}{k} \rfloor 都不相同
证明： ∀k∈N,1<k≤⌊N−−√⌋,Nk−1−Nk=Nk(k−1)>Nk2≥1∀k∈N,1<k≤⌊N⌋,Nk−1−Nk=Nk(k−1)>Nk2≥1\forall k \in \mathbb N, 1
⇒⌊Nk−1⌋≥⌊Nk+1⌋=⌊Nk⌋+1⇒⌊Nk−1⌋≥⌊Nk+1⌋=⌊Nk⌋+1\Rightarrow \lfloor \frac{N}{k - 1} \rfloor \ge \lfloor \frac{N}{k} + 1 \rfloor = \lfloor \frac{N}{k} \rfloor + 1
易知，∀k∈N,1≤k≤⌊N−−√⌋,⌊N⌊N√⌋⌋≤⌊Nk⌋≤N∀k∈N,1≤k≤⌊N⌋,⌊N⌊N⌋⌋≤⌊Nk⌋≤N\forall k \in \mathbb N, 1 \le k \le \lfloor \sqrt N \rfloor, \lfloor \frac{N}{\lfloor \sqrt N \rfloor} \rfloor \le \lfloor \frac{N}{k} \rfloor \le N
⌊N⌊N√⌋⌋=⌊N−−√⌋⇔⌊N−−√⌋≤N⌊N√⌋<⌊N−−√⌋+1⇔⌊N−−√⌋(⌊N−−√⌋+1)>N⌊N⌊N⌋⌋=⌊N⌋⇔⌊N⌋≤N⌊N⌋<⌊N⌋+1⇔⌊N⌋(⌊N⌋+1)>N\lfloor \frac{N}{\lfloor \sqrt N \rfloor} \rfloor = \lfloor \sqrt N \rfloor \Leftrightarrow \lfloor \sqrt N \rfloor \le \frac{N}{\lfloor \sqrt N \rfloor} \lt \lfloor \sqrt N \rfloor + 1 \Leftrightarrow \lfloor \sqrt N \rfloor (\lfloor \sqrt N \rfloor + 1) \gt N
⌊N⌊N√⌋⌋>⌊N⌊N√⌋+1⌋⌊N⌊N⌋⌋>⌊N⌊N⌋+1⌋\lfloor \frac{N}{\lfloor \sqrt N \rfloor} \rfloor \gt \lfloor \frac{N}{\lfloor \sqrt N \rfloor + 1} \rfloor
证明：N⌊N√⌋≥N−−√>N⌊N√⌋+1⇒⌊N⌊N√⌋⌋≥⌊N−−√⌋≥⌊N⌊N√⌋+1⌋N⌊N⌋≥N>N⌊N⌋+1⇒⌊N⌊N⌋⌋≥⌊N⌋≥⌊N⌊N⌋+1⌋\frac{N}{\lfloor \sqrt N \rfloor} \ge \sqrt N \gt \frac{N}{\lfloor \sqrt N \rfloor + 1} \Rightarrow \lfloor \frac{N}{\lfloor \sqrt N \rfloor} \rfloor \ge \lfloor \sqrt N \rfloor \ge \lfloor \frac{N}{\lfloor \sqrt N \rfloor + 1} \rfloor
（1） ⌊N⌊N√⌋⌋>⌊N−−√⌋⌊N⌊N⌋⌋>⌊N⌋\lfloor \frac{N}{\lfloor \sqrt N \rfloor} \rfloor \gt \lfloor \sqrt N \rfloor 时，结论显然成立。
（2） ⌊N⌊N√⌋⌋=⌊N−−√⌋⌊N⌊N⌋⌋=⌊N⌋\lfloor \frac{N}{\lfloor \sqrt N \rfloor} \rfloor = \lfloor \sqrt N \rfloor 时，由 3 得： ⌊N−−√⌋(⌊N−−√⌋+1)>N⇒⌊N⌋(⌊N⌋+1)>N⇒\lfloor \sqrt N \rfloor (\lfloor \sqrt N \rfloor + 1) \gt N \Rightarrow
⌊N−−√⌋>N⌊N√⌋+1≥⌊N⌊N√⌋+1⌋⌊N⌋>N⌊N⌋+1≥⌊N⌊N⌋+1⌋\lfloor \sqrt N \rfloor \gt \frac{N}{\lfloor \sqrt N \rfloor + 1} \ge \lfloor \frac{N}{\lfloor \sqrt N \rfloor + 1} \rfloor ，结论也成立。
∀k∈N,1≤k≤⌊N−−√⌋,⌊N⌊N/k⌋⌋=k∀k∈N,1≤k≤⌊N⌋,⌊N⌊N/k⌋⌋=k \forall k \in \mathbb N, 1 \le k \le \lfloor \sqrt N \rfloor, \lfloor \frac{N}{\lfloor N/k \rfloor} \rfloor = k
证明：令 m=⌊Nk⌋m=⌊Nk⌋m = \lfloor \frac{N}{k} \rfloor，则 m≤Nk<m+1⇒mk≤N<(m+1)k=mk+km≤Nk<m+1⇒mk≤N<(m+1)k=mk+km \le \frac{N}{k} \lt m + 1 \Rightarrow mk \le N \lt (m + 1)k = mk + k
又1≤k≤⌊N−−√⌋⇒k≤N−−√⇒Nk≥N−−√⇒m=⌊Nk⌋≥⌊N−−√⌋≥k1≤k≤⌊N⌋⇒k≤N⇒Nk≥N⇒m=⌊Nk⌋≥⌊N⌋≥k1 \le k \le \lfloor \sqrt N \rfloor \Rightarrow k \le \sqrt N \Rightarrow \frac{N}{k} \ge \sqrt N \Rightarrow m = \lfloor \frac{N}{k} \rfloor \ge \lfloor \sqrt N \rfloor \ge k
因此： mk≤N<mk+k≤mk+m=m(k+1)⇒k≤Nm<k+1⇒⌊Nm⌋=kmk≤N<mk+k≤mk+m=m(k+1)⇒k≤Nm<k+1⇒⌊Nm⌋=kmk \le N \lt mk + k \le mk + m = m(k+1) \Rightarrow k \le \frac{N}{m}
∀k∈N,⌊N−−√⌋<k≤N,1≤⌊Nk⌋≤⌊N−−√⌋∀k∈N,⌊N⌋<k≤N,1≤⌊Nk⌋≤⌊N⌋ \forall k \in \mathbb N, \lfloor \sqrt N \rfloor \lt k \le N, 1 \le \lfloor \frac{N}{k} \rfloor \le \lfloor \sqrt N \rfloor
证明： k>⌊N−−√⌋⇒k>N−−√⇒Nk<N−−√k>⌊N⌋⇒k>N⇒Nk<Nk \gt \lfloor \sqrt N \rfloor \Rightarrow k > \sqrt N \Rightarrow \frac{N}{k} \lt \sqrt N 可得结论。
易知: ⌊N⌊N√⌋⌋≥⌊N−−√⌋⌊N⌊N⌋⌋≥⌊N⌋\lfloor \frac{N}{\lfloor \sqrt N \rfloor} \rfloor \ge \lfloor \sqrt N \rfloor
综上， ∀k∈N,⌊Nk⌋∀k∈N,⌊Nk⌋\forall k \in \mathbb N, \lfloor \frac{N}{k} \rfloor 值的集合为：

{i∈N:1≤i≤⌊N−−√⌋}∪{⌊Ni⌋:i∈N,1≤i≤⌊N−−√⌋ }{i∈N:1≤i≤⌊N⌋}∪{⌊Ni⌋:i∈N,1≤i≤⌊N⌋}

\{ i \in \mathbb N: 1 \le i \le \lfloor \sqrt N \rfloor \} \cup \{ \lfloor \frac{N}{i} \rfloor : i \in \mathbb N, 1 \le i \le \lfloor \sqrt N \rfloor \ \}

集合元素个数为：

{2⌊N−−√⌋,2⌊N−−√⌋−1,⌊N−−√⌋(⌊N−−√⌋+1)≤Nelse{2⌊N⌋,⌊N⌋(⌊N⌋+1)≤N2⌊N⌋−1,else

\begin{cases} 2 \lfloor \sqrt N \rfloor, & \lfloor \sqrt N \rfloor (\lfloor \sqrt N \rfloor + 1) \le N \\ 2 \lfloor \sqrt N \rfloor - 1, & else \end{cases}
∀m∈{⌊Nk⌋:k∈N},min{k∈N:⌊Nk⌋=m}=⌊Nm+1⌋+1,max{k∈N:⌊Nk⌋=m}=⌊Nm⌋∀m∈{⌊Nk⌋:k∈N},min{k∈N:⌊Nk⌋=m}=⌊Nm+1⌋+1,max{k∈N:⌊Nk⌋=m}=⌊Nm⌋\forall m \in \{\lfloor \frac{N}{k} \rfloor: k \in \mathbb N \}, \min \{k \in \mathbb N: \lfloor \frac{N}{k} \rfloor = m \} = \lfloor \frac{N}{m + 1} \rfloor + 1, \max \{k \in \mathbb N: \lfloor \frac{N}{k} \rfloor = m \} = \lfloor \frac{N}{m} \rfloor
证明： ⌊Nk⌋=m⇔m≤Nk<m+1⇔mk≤N<(m+1)k⌊Nk⌋=m⇔m≤Nk<m+1⇔mk≤N<(m+1)k\lfloor \frac{N}{k} \rfloor = m \Leftrightarrow m \le \frac{N}{k} \lt m + 1 \Leftrightarrow mk \le N \lt (m + 1)k
⇔Nm+1<k≤Nm⇔⌊Nm+1⌋<k≤⌊Nm⌋⇔⌊Nm+1⌋+1≤k≤⌊Nm⌋⇔Nm+1<k≤Nm⇔⌊Nm+1⌋<k≤⌊Nm⌋⇔⌊Nm+1⌋+1≤k≤⌊Nm⌋ \Leftrightarrow \frac{N}{m + 1} \lt k \le \frac{N}{m} \Leftrightarrow \lfloor \frac{N}{m + 1} \rfloor \lt k \le \lfloor \frac{N}{m} \rfloor \Leftrightarrow \lfloor \frac{N}{m + 1} \rfloor + 1 \le k \le \lfloor \frac{N}{m} \rfloor
∑Ni=1⌊Ni⌋∑i=1N⌊Ni⌋\sum_{i = 1}^N \lfloor \frac{N}{i} \rfloor

={∑⌊N√⌋i=1⌊Ni⌋+∑⌊N√⌋i=1i×(⌊Ni⌋−⌊Ni+1⌋),∑⌊N√⌋−1i=1⌊Ni⌋+∑⌊N√⌋i=1i×(⌊Ni⌋−⌊Ni+1⌋),⌊N−−√⌋(⌊N−−√⌋+1)≤Nelse={∑i=1⌊N⌋⌊Ni⌋+∑i=1⌊N⌋i×(⌊Ni⌋−⌊Ni+1⌋),⌊N⌋(⌊N⌋+1)≤N∑i=1⌊N⌋−1⌊Ni⌋+∑i=1⌊N⌋i×(⌊Ni⌋−⌊Ni+1⌋),else

= \begin{cases}\sum_{i=1}^{\lfloor \sqrt N \rfloor} \lfloor \frac{N}{i} \rfloor + \sum_{i=1}^{\lfloor \sqrt N \rfloor} i \times (\lfloor \frac{N}{i} \rfloor - \lfloor \frac{N}{i + 1} \rfloor), & \lfloor \sqrt N \rfloor (\lfloor \sqrt N \rfloor + 1) \le N \\\sum_{i=1}^{\lfloor \sqrt N \rfloor - 1} \lfloor \frac{N}{i} \rfloor + \sum_{i=1}^{\lfloor \sqrt N \rfloor} i \times (\lfloor \frac{N}{i} \rfloor - \lfloor \frac{N}{i + 1} \rfloor) , & else\end{cases}

=⎧⎩⎨⎪⎪2∑⌊N√⌋i=1⌊Ni⌋−⌊N−−√⌋×⌊N⌊N√⌋+1⌋,2∑⌊N√⌋i=1⌊Ni⌋−⌊N−−√⌋×(1+⌊N⌊N√⌋+1⌋),⌊N−−√⌋(⌊N−−√⌋+1)≤Nelse={2∑i=1⌊N⌋⌊Ni⌋−⌊N⌋×⌊N⌊N⌋+1⌋,⌊N⌋(⌊N⌋+1)≤N2∑i=1⌊N⌋⌊Ni⌋−⌊N⌋×(1+⌊N⌊N⌋+1⌋),else

= \begin{cases}2\sum_{i=1}^{\lfloor \sqrt N \rfloor} \lfloor \frac{N}{i} \rfloor - \lfloor \sqrt N \rfloor \times \lfloor \frac{N}{ \lfloor \sqrt N \rfloor +1 } \rfloor, & \lfloor \sqrt N \rfloor (\lfloor \sqrt N \rfloor + 1) \le N \\2\sum_{i=1}^{\lfloor \sqrt N \rfloor} \lfloor \frac{N}{i} \rfloor - \lfloor \sqrt N \rfloor \times (1 + \lfloor \frac{N}{ \lfloor \sqrt N \rfloor +1 } \rfloor), & else\end{cases}

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