Question

求小于 $1000$ 的正整数 $n$ 的个数，使得存在正实数 $x$ 满足 $n = x\lfloor x \rfloor$ 。

注： $\lfloor x \rfloor$ 是小于或等于 $x$ 的最大整数。

Find the number of positive integers $n$ less than $1000$ for which there exists a positive real number $x$ such that $n = x\lfloor x \rfloor.$

Note: $\lfloor x \rfloor$ is the greatest integer less than or equal to $x.$

答案

答案：496

知识点：取整函数区间内整数计数

难度评级：2460

解答：

固定 $\lfloor x \rfloor = a \ge 1$ 。当 $a \le x \lt a + 1$ 时，乘积 $n = ax$ 落在区间 $[a^2, a^2 + a)$ 中，并且该区间里的每个整数 $n$ 都可由 $x = \frac{n}{a}$ 取得（此时其下取整确实为 $a$ ）。所以每个 $a$ 恰好贡献 $a$ 个 $n$ 值，也就是 $a^2, a^2 + 1, \ldots, a^2 + a - 1$ 。

当 $a = 31$ 时，最大值为 $31^2 + 30 = 991 \lt 1000$ ，所以直到 $a = 31$ 的所有值都符合；而 $a = 32$ 对应的最小值已经是 $1024$ 。总数为 $1 + 2 + \cdots + 31 = \frac{31 \cdot 32}{2} = 496$ 。

Fix $\lfloor x \rfloor = a \ge 1.$ For $a \le x \lt a + 1$ the product $n = ax$ ranges over $[a^2, a^2 + a),$ and every integer $n$ in that interval is achieved by $x = \frac{n}{a}$ (which indeed has floor $a$ ). So each $a$ contributes exactly $a$ values of $n,$ namely $a^2, a^2 + 1, \ldots, a^2 + a - 1.$

For $a = 31$ the largest value is $31^2 + 30 = 991 \lt 1000,$ so all values through $a = 31$ qualify, while $a = 32$ already starts at $1024.$ The count is $1 + 2 + \cdots + 31 = \frac{31 \cdot 32}{2} = 496.$

2012 AIME II 第 10 题

答案：496

难度评级：2460

解答：

其他年份的第 10 题