定义取整函数（高斯函数）$[x]$ 为对 $x$ 求小于等于 $x$ 的最大整数。即：
$$ [x] := \max ((-\infty, x] \cap \Z) $$
严格来说还要证明存在性和唯一性。记录 $A(x) = (-\infty, x] \cap \Z$。$\forall x \in \R$，显然 $A(x) \subseteq \Z$，且 $A(x)$ 非空又存在上界，根据「整数集最大元存在的充要条件」和「整数集最大元的唯一性」，$A(x)$ 的最大元是唯一的。
定义取小数函数 $\{ x \}$ 为：$\{ x \} := x - [x]$。
【对整数取整】$\forall n \in \Z$，$[n] = n$。
**证：**显然 $n \in (-\infty, n] \cap \Z$。又 $\forall m \in (-\infty, n] \cap \Z$，有 $m \le n$。因而根据取整结果的定义，$[n]=n$。
【取整函数的幂等性】$\forall x \in \R$，$[[x]] = [x]$。
**证：**因为 $[x] \in \Z$，根据「对整数取整」有 $[[x]] = [x]$。
【取整和取小数函数的取值范围】
【取整函数的取值范围】$x-1 < [x] \le x$。
证：
- $[x] \le x$：根据定义 $[x] \in (-\infty, x]$ 即 $[x] \le x$。
- $x-1 < [x]$：反证法，假设 $x - 1 \ge [x]$，有 $[x]+1 \le x$，那么 $[x] + 1 \in (-\infty, x] \cap \Z$，加之显然 $[x] + 1 >[x]$ 与 $[x]$ 的最大性矛盾。
【取小数函数的取值范围】$0 \le \{ x \} < 1$。
证：
- $0 \le \{ x \}$：因为 $[x] \le x$，因而 $\{ x \} = x - [x] \ge 0$。
- $\{ x \} < 1$：因为 $[x] > x-1$ ，因而 $\{ x \} = x - [x] < 1$。
**【整数是取整结果的充要条件】**对于整数 $n$ 和实数 $x$，下面三个条件等价：
证明：「1.」$\Rightarrow$「2.」从函数取值立得；「2.」$\Rightarrow$「3.」易证。下面证「3.」$\Rightarrow$「1.」。
- $n \le x$ 得到 $n \in (-\infty, x] \cap \Z$。反证法，假设 $n \neq [x]$，那么 $\exists m \in (-\infty, x] \cap \Z$ 使得 $m > n$。因而 $m \ge n+1> x$ 得到 $m > x$ 与 $m \in (-\infty, x] \cap \Z$ 导出 $m \le x$ 矛盾。
【对非整数取整】$\forall x \in \R$， $x \notin \Z \Rightarrow [x] < x$。
证：反证法，假设 $\exists x \in \R$，$x \notin \Z$，$[x] \ge x$。根据取整的性质有 $[x] \le x$，因而 $[x] = x$。因为 $[x] \in \Z$，所以 $x \in \Z$ 与 $x \notin \Z$ 矛盾。
**【取整函数的单调性】**对于 $\forall x, y \in \R$，如果 $x \ge y$，那么 $[x] \ge [y]$。
证：$x \ge y \ge [y]$。于是 $[y] \in (- \infty, x] \cap \Z$。于是根据 $[x]$ 的最大性有 $[x] \ge [y]$。
**【取整对加减整数的性质】**对于 $m \in \Z$ 和 $x \in \R$，有 $[x+m] = [x] + m$。
**证：**从函数取值得到 $x-1 < [x] \le x$，同时加 $m$ 得到 $(x + m) - 1 < [x] + m \le x + m$，根据基本性质，$[x+m] = [x] + m$。
【取整和取小数函数的三角不等式】
【取整的三角不等式】$[x] + [y] \le [x + y]$。
**证：**易证 $[x] + [y] \in \Z$。根据 $[x] \le x$ 和 $[y] \le y$，有 $[x] + [y] \le x + y$，因而 $[x] + [y] \in (-\infty, x + y] \cap \Z$。考虑 $[x + y]$ 的最大性导出 $[x] + [y] \le [x + y]$。
【取小数函数的三角不等式】$\{ x \} + \{ y \} \ge \{ x + y \}$。
证：根据取整的三角不等式，$[x] + [y] \le [x + y]$。得到 $-[x] - [y] \ge -[x + y]$，两边加上 $(x + y)$ 得到 $(x-[x]) + (y-[y]) \ge (x + y)-[x + y]$，根据取小数函数定义即 $\{ x \} + \{ y \} \ge \{ x + y \}$。
【$[-x]$ 与 $[x]$ 的关系】如下。
$$ [-x] = \begin{cases}
-[x], & x \in \Z \\ -[x] - 1, & x \notin \Z \\
\end{cases} $$
推论（移项立得）：
$$ [x] + [-x] = \begin{cases}
0, & x \in \Z \\
\end{cases} $$
证：
根据取值范围有 $[x] \le x < [x]+1$，得到 $-[x]-1 < -x \le -[x]$。
- $-x \le -[x]$ 两边同作取整得到 $[-x] \le [-[x]] = -[x]$（$-[x]$ 是整数），即 $[-x] \le -[x]$。
- $-[x]-1 < -x$ 两边同时作取整（注意 $<$ 退化成 $\le$）得到 $-[x]-1 \le [-x]$。
因而 $-[x]-1 \le [-x] \le -[x]$。考虑到 3 个数都是整数且 $-[x]-1$ 和 $-[x]$ 是相互相邻的整数，这说明 $[-x] = -[x]$ 或者 $[-x] = -[x]-1$（至少有一者为真）。
分情况讨论。
- 当 $x \in \Z$ 时，$[x] = x$，由于 $-x \in \Z$ 也成立，有 $[-x] = -x = -[x]$。
- 当 $x \notin \Z$ 时，$[x] < x$（性质）即 $-x < -[x]$ 。根据取值范围有 $[-x] \le -x$，接起来得到 $[-x] < -[x]$ 即 $[-x] \neq -[x]$。因而根据上面的「至少有一者为真」，只能是 $[-x] = -[x]-1$。
【$\{ -x \}$ 与 $\{ x \}$ 的关系】如下。
$$ \{ -x \} = \begin{cases} 0, & x \in \Z \\ 1 - \{ x \}, & x \notin \Z \\ \end{cases} $$
证：
- 当 $x \in \Z$ 时，$[x] = x$ 和 $[-x] = -[x]$，有 $\{ -x \} = -x - [-x] = -x-(-[x]) = -x-(-x) = 0$。
- 当 $x \notin \Z$ 时，$[-x] = -[x] - 1$，有 $\{ -x \} = -x - [-x] = -x-(-[x] - 1) = -x+(x - \{ x \}) + 1 = 1 - \{ x \}$。
【带余除法】设 $a, b \in \Z$，$b > 0$，那么：
$$ a = b \left[ \frac a b \right] + b \left\{ \frac a b \right\}, \quad b\left\{ \frac a b \right\} \in [0, b) $$
且这个就是带余除法式，其中 $q = \left[ \frac a b \right]$、$r = b \left\{ \frac a b \right\}$ 且 $q, r \in \Z$。
证：
- 等式成立：在 $\R$ 中，$a = b \cdot \frac a b = b \cdot (\left[ \frac a b \right] + \left\{ \frac a b \right\}) = b \left[ \frac a b \right] + b \left\{ \frac a b \right\}$。
- $q \in \Z$：记 $q := \left[ \frac a b \right] \in \Z$ 根据取整是显然的。
- $r \in \Z$：记 $r := b \left\{ \frac a b \right\}$，等式变化为 $r= a - bq$，由于 $a,b,q \in \Z$ 得到 $r \in \Z$。
- $r$ 的大小范围：由于 $\left\{ \frac a b \right\} \in [0, 1)$，得到 $r = b \left\{ \frac a b \right\} \in [0, b)$。
- 根据整数和范围，可见等式 $a = bq + r$ 满足带余除法式，根据带余除法式的唯一性，这就是唯一的 $q, r$ 取值。
【带余除法实数版】设 $a, b \in \Z$，$b \neq 0$，那么：
$$ a = b \cdot ({\rm sgn} \, b) \cdot \left[ \frac a {|b|} \right] + |b| \left\{ \frac a {|b|} \right\}, \quad |b| \left\{ \frac a {|b|} \right\} \in [0, |b|) $$
且这个就是带余除法式，其中 $q = ({\rm sgn} \, b) \cdot \left[ \frac a {|b|} \right]$、$r = |b| \left\{ \frac a {|b|} \right\}$ 且 $q, r \in \Z$。
证：$b>0$ 从上述定理马上验证，只需证 $b < 0$ 时。
等式成立：在 $\R$ 中：
$$ \begin{align*}
a &= |b| \cdot \frac a {|b|} \\
&= |b| \cdot \left( \left[ \frac a {|b|} \right] + \left\{ \frac a {|b|} \right\} \right) \\
&= |b| \cdot \left[ \frac a {|b|} \right] + |b| \cdot \left\{ \frac a {|b|} \right\} \\
&= b \cdot ({\rm sgn} \, b) \cdot \left[ \frac a {|b|} \right] + |b| \left\{ \frac a {|b|} \right\}
\end{align*} $$
$q \in \Z$：记 $q := ({\rm sgn} \, b) \cdot \left[ \frac a {|b|} \right] \in \Z$ 根据取整结果和 ${\rm sgn} \, b$ 都是整数，是显然的。
$r \in \Z$：记 $r := |b| \left\{ \frac a {|b|} \right\}$，等式变化为 $r= a - bq$，由于 $a,b,q \in \Z$ 得到 $r \in \Z$。
$r$ 的大小范围：由于 $\left\{ \frac a {|b|} \right\} \in [0, 1)$，得到 $r = |b| \left\{ \frac a {|b|} \right\} \in [0, |b|)$。
根据整数和范围，可见等式 $a = bq + r$ 满足带余除法式（实数版），根据带余除法式的唯一性，这就是唯一的 $q, r$ 取值。
【定理】对于 $a, b \in \Z^+$，$b$ 的倍数中小于等于 $a$ 的正整数的个数为 $\left[ \frac a b \right]$。
证：记录 $P = \{ n \in \Z^+ \mid (n \le a) \wedge (b \mid n) \}$。令记 $Q = \{ k b \mid k \in \Z \cap \left [ 1, \left[ \frac a b \right] \right ] \}$，只需证 $P = Q$ 和 $|Q| = \left[ \frac a b \right]$。
- $\subseteq$：对于任意满足 $n \le a$、$b \mid n$ 的 $n \in \Z^+$，根据 $b \mid n$，记录使得 $n = k b$ 成立的 $k \in \Z$，根据 $n, b \in \Z^+$ 得到 $k > 0$ 即 $k \ge 1$；根据 $n \le a$ 得到 $kb \le a$ 得到 $k \le \frac a b$ 两侧取整得到 $k \le \left[ \frac a b \right]$ 。因而 $n \in Q$。
- $\supseteq$：对于任意满足 $n = kb$，$k \in \Z \cap \left [ 1, \left[ \frac a b \right] \right ]$ 的 $n$，显然根据 $k, b \in \Z^+$ 有 $n \in \Z^+$。又 $n = kb$ 得到 $b \mid n$。又 $k \le \left[ \frac a b \right] \le \frac a b$，得到 $kb \le a$ 即 $n \le a$。因而 $n \in P$。
- $|Q| = \left[ \frac a b \right]$（大纲）：因为 $b \in \Z^+$，易证对于不同的 $k \in \Z$，$kb$ 各自不同。因而 $|Q|$ 就是 $k$ 能取到的两两不同的数目，显然是 $\left[ \frac a b \right]$ 个。