Một kết quả về hàm [.]
 

Định lý.
Cho p là số nguyên tố lẻ và q là một số nguyên không chia hết cho p. Giả sử $f:\{1,2,3,...\}\to\mathbb{R} $ là một hàm thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
i)$\frac{f(k)}{p} $ không phải là số nguyên với mỗi k=1,2,...,p-1.
ii)f(k)+f(p-k) là số nguyên chia hết cho p với mỗi k=1,2,...,p-1.
Khi đó $\sum_{k=1}^{p-1}\left[f(k)\cdot\frac{q}{p}\right]=\frac{q}{p}\sum_{k=1}^{p-1}f(k)-\frac{p-1}{2} $.

Chứng minh Định lý trên và dùng nó giải các bài tập:
Bài 1.
Cho p,q là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng
$\sum_{k=1}^{p-1}[\frac{kq}{p}]=\frac{(p-1)(q-1)}{2} $.
Bài 2.
Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng $\sum_{k=1}^{p-1}[\frac{k^3}{p}]=\frac{(p-2)(p-1)(p+1)}{4}. $
Bài 3.
Cho p là nguyên tố lẻ và q là số nguyên không chia hết cho p. Chứng minh rằng$ \sum_{k=1}^{p-1}[(-1)^k\frac{k^2q}{p}]=\frac{(p-1)(q-1)}{2} $.
Bài 4.
Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng $\sum_{k=1}^{p-1}\frac{k^p-k}{p}\equiv \frac{p+1}{2}\pmod{p}. $

Nguồn: Trong một cuốn sách chưa xuất bản.

(balcan 98) tìm số các số khác nhau trong dãy :dumb:
$ \left\{ {\left[ {\frac{{{k^2}}}{{1998}}} \right]:k = 1,2,...,1997} \right\} $

Tham khảo thêm về bài viết "On a class of sums involving the floor function" của
Titu Andreescu and Dorin Andrica trên tập chí Mathematicals Reflection 2006