组合数论问题

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高考数学难点突破数论与排列组合的应用

高考数学难点突破数论与排列组合的应用高考数学难点突破 - 数论与排列组合的应用数论和排列组合是高考数学中的难点部分，但只要我们掌握了一些基本的技巧和方法，就能够轻松突破这些困难。

本文将针对数论和排列组合的应用进行讨论，并给出一些解题的技巧和例题。

数论的应用数论是研究整数性质和整数运算的一个分支，它在高考数学中经常以问题的形式出现。

为了解决数论问题，我们可以采用以下方法：1. 整除性整除性是解决数论问题的重要方法。

当遇到问题时，我们首先需要确定题目中的数是奇数还是偶数，是否能被2整除。

接下来，可以考虑问题中的数是否能够被3、4、5等整除，找出数的整除规律，然后应用到具体题目中。

2. 奇偶性在数论问题中，奇偶性也经常被使用。

奇数和偶数之间的性质有很多，例如奇数加奇数一定是偶数，奇数乘偶数一定是偶数等。

因此，我们可以利用奇偶性来得出一些结论，简化问题的解决过程。

3. 同余关系同余关系也是解决数论问题的重要工具。

当题目给出的整数之间存在某种关系时，我们可以考虑通过取模运算来简化问题。

例如，如果两个数模3同余，那么它们除以3的余数一定相等。

排列组合的应用排列组合是高考数学中另一个常见的难点部分，它主要涉及到不同对象之间的组合方式。

下面是一些常用的解题思路：1. 基本要素在解决排列组合问题时，需要了解基本的要素：排列、组合和二项式系数。

排列是表示不重复地选取对象进行排列的方式，组合则表示无序地选取对象的方式。

二项式系数则是排列和组合的常用公式，可以通过它们来计算具体的数值。

2. 乘法原理与加法原理乘法原理和加法原理是解决排列组合问题的两个重要原理。

乘法原理指的是将排列与组合的过程分解为若干独立的步骤，并将步骤的结果相乘。

加法原理则是将排列与组合的不同情况分开计算，并将结果相加。

通过灵活运用这两个原理，我们可以解决更为复杂的排列组合问题。

3. 分类讨论在某些问题中，我们可以通过分类讨论的方式来解决。

例如，考虑特定的情况、限制条件或者对象的顺序等。

数学的数论难题

数学的数论难题数论是数学中的一个分支，研究整数的性质和结构。

数论中存在着众多的难题，下面将介绍其中一些具有挑战性的数论难题。

1. 质数分布问题质数是指除了1和自身外没有其他正因数的整数。

质数在数论中一直是研究的重要对象。

质数分布问题旨在探究质数在整数中的分布规律。

例如，素数定理指出，当自然数n趋近于无穷大时，n以内的质数的个数约为n/ln(n)。

然而，质数分布问题仍然存在很多未解之谜，如孪生素数猜想，即存在无穷对相邻质数之间的差值为2的数对。

迄今为止，这个猜想仍未被证明。

2. 黎曼猜想黎曼猜想是数论中的一个重要难题，它涉及到复数域上的特殊函数ζ(s)。

黎曼猜想的核心内容是ζ(s)在直线Re(s)=1/2上的非平凡零点都位于复平面的临界线Re(s)=1/2上。

黎曼猜想的证明对于解决质数分布等一系列数论难题具有关键意义，然而至今尚未有人成功证明它，依然是数学界未解的大问题。

3. 费马大定理费马大定理是由17世纪法国数学家费马提出的一个猜想，其内容是当n大于2时，对于方程x^n+y^n=z^n，不存在正整数解。

费马大定理是数论中的经典难题，也是整数论中的著名问题之一。

这个定理的证明经历了漫长的过程，在1994年由英国数学家安德鲁·怀尔斯成功证明。

费马大定理的证明，涉及到许多高深的数学知识，如模形式、椭圆曲线等。

4. n皇后问题n皇后问题是一个经典的组合数学问题，同时也是数论中的一道难题。

问题的要求是，在一个n×n的棋盘上放置n个皇后，使得任意两个皇后不在同一行、同一列和同一对角线上。

n皇后问题的解决方法中蕴含着数论的技巧，例如利用排列组合的思想、欧拉函数等。

数学的数论难题涉及到众多领域的知识，要解决这些问题需要深厚的数学功底和创新的思维方式。

尽管这些难题至今尚未被完全解决，但正是这些难题的存在，推动着数学的发展和前进。

数学家们通过不断的探索和努力，致力于寻找这些难题的解答，为数学的发展做出了卓越的贡献。

高二数学竞赛班讲义第六讲组合问题

高二数学竞赛班二试第六讲组合问题班级姓名一、知识要点：组合数学是一个既古老又年轻的离散数学分支，竞赛中的组合问题主要包括组合计数问题、组合极值问题、存在性问题、操作变换问题、组合几何问题以及图论中的问题，求解竞赛中的组合问题并不是需要复杂的数学知识，然而在趣味性命题的陈述下包含了高超的解题技巧，无论是从智力训练的角度，还是从竞赛准备的角度考虑，理解和钻研这些问题都是十分有意义的．在解决组合问题时，有时会用到以下几个原理．1、极端原理原理 1 设M 是自然数集的一个非空子集，则M 中必有最小数．原理 2 设M 是实数集的一个有限的非空子集，则M 中必有最小数．2、抽屉原理把5个苹果放到4个抽屉中，必然有一个抽屉中至少有2个苹果，这是抽屉原理的通俗解释。

一般地，我们将它表述为：把（mn ＋1）个物体放入n 个抽屉，其中必有一个抽屉中至少有（m ＋1）个物体。

使用抽屉原理解题，关键是构造抽屉。

一般说来，数的奇偶性、剩余类、数的分组、染色、线段与平面图形的划分等，都可作为构造抽屉的依据。

第一抽屉原理若将m 个小球放入n 个抽屉中，则必有一个抽屉内至少有11+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-n m 个小球．第二抽屉原理若将m 个小球放入n 个抽屉中，则必有一个抽屉内至多有⎥⎦⎤⎢⎣⎡n m 个小球． 3、算两次原理所谓算两次原理（又称富比尼原理）就是对同一个量，如果用两种不同的方法去计算，所得的结果应相等．二、经典例题例 1．（2008年山西省预赛试题）设M ＝｛1，2，…，2008｝是前2008个正整数组成的集合，A ＝｛1a ，2a ，…30a ｝是M 的一个30元子集，已知A 中的元素两两互质，证明A 中至少一半元素是质数．分析考查集合A 中的合数a ，设p 是a 的最小质因数，则p ≤a .又a ≤2008，于是p ≤45，再由A 中的元素两两互质，可以证明A 中16个元素中必有一个是质数，进而可以导出结论．证明先证明：A 中16个元素中必有一个是质数．为此，任取16个元素，不妨设为1a ，2a ，…，16a ，若其中没有质数，则它们中至多一个为1，其余15个皆为合数．设1a ，2a ，…，15a 都是合数，则每个数皆可分解成至少两个质因数的乘积，若i p 是i a 的最小质因数，则i p ≤i a （i ＝1，2，…，15）．由于A 中的数两两互质，则1p ，2p ，…，15p 互不相同，而将全体质数自小到大排列，第15个质数是47，所以，若1p 是1p ，2p ，…，15p 中的最大数，即有1p ≥47，于是1a ≥21p ≥247＞2008，即1a ∉M ，矛盾！因此，1a ，2a ，…，15a 中必有质数，不妨设1a 为质数，今从集合A 中去掉1a ，在剩下的29个元素中，再次进行同样的讨论，可知其中的16个元素中也必有一个是质数，设为2a .如此下去，可以连续进行15次，每次都可从A 中取到一个新的质数，因此A 中至少有15个质数．说明本题利用极端原理，通过对合数的最小质因数的考查，获取集合A 中元素的性质，进而完成了证明，这种方法也是数论中研究合数的一种重要策略．例 2．已知A 与B 是集合｛1，2，3，…，100｝的两个子集，满足：A 与B 的元素个数相同，且A ∩B 为空集，若n ∈A 时总有2n+2∈B ，则集合A ∪B 的元素个数最多为多少？分析该问题是组合构造，由条件“A 与B 的元素个数相同且若n ∈A 时总有2n +2∈B ”知|A |＝|B |，且2n +2≤100，从而可知A 中的元素不超过49个，为此需要进行分类考虑．解首先证明|A ∪B |≤66，只需要证明|A |≤33，由分析知需要证明：若A 是｛1，2，3，…，49｝的任何一个34元子集，则必存在n ∈A ，使得2n+2∈A.证明如下：将｛1，2，3，…，49｝分成如下33个集合：｛1，4｝，｛3，8｝，｛5，12｝，…，｛23，48｝，共12个；｛2，6｝，｛10，22｝，｛14，30｝，｛18，38｝，共4个；｛25｝，｛27｝，｛29｝，…，｛49｝，共13个；｛26｝，｛34｝，｛42｝，｛46｝，共4个．若A 是｛1，2，3，…，49｝的任何一个34元的子集，则由抽屉原理可知上述33个集合中至少有一个2元集合中的两个数均属于A ，即存在n ∈A ，2n +2∈A .所以|A |≤33.事实上，如取A ＝｛1，3，5，…，23，2，10，14，18，25，27，29，…，49，26，34，42，46｝，B ＝｛2n +2|n ∈A ｝，则A ，B 满足题中要求，且|A ∪B |＝66.所以集合A ∪B 的元素个数最多为66.说明将集合中的元素进行适当分会组，并结合抽屉原理使问题得以解决，这是解决类问题的常用手段.例 3． (2007年浙江省预赛试题)设M ＝｛1，2，…，65｝，A M 为子集，若|A|＝33，且存在x ，y ∈A ，x ＜y ，x | y ，则称A 为“好集”，求最大的a ∈M ，使含a 的任意33元子集为好集．分析首先要准确理解“好集”的含义，搞清楚“好集”中元素的构成规律，再来分析a 的可能的取值．解令P ＝｛21 + i | i ＝1，2，…，44｝— ｛2（21 + i ）| i ＝ 1，2，…，11｝，| p | ＝ 33.显然对任意1≤i ＜j ≤44，不存在n ≥3，使得21+j ＝ n (21 +i )成立，故P 是非好集．因此a ≤21，下面证明：包含21的任意一个33元子集A 一定为好集．设A ＝｛1a ，2a ，…，32a ，21｝．若1，3，7，42，63中之一为集合A 的元素，显然A 为好集现考虑1，3，7，42，63都不属于集合A ．构造集合：1A ＝｛2，4，8，16，32，64｝，2A ＝｛5，10，20，40｝，3A ＝｛6，12，24，48｝，4A ＝｛9，18，36｝，5A ＝｛11，22，44｝，6A ＝｛13，26，52｝，7A ＝｛14，28，56｝，8A ＝｛15，30，60｝，9A ＝｛17，34｝，10A ＝｛19，38｝，11A ＝｛23，36｝，12A ＝｛25，50｝，13A ＝｛27，54｝，14A ＝｛29，58｝，15A ＝｛31，62｝，'A ＝｛33，35，37，…，61，65｝，由上可见，1A ，2A ，…，15A 每个集合中两个元素都是倍数关系，考虑最不利的情况，即'A A ，也即'A 中16个元素全部选作A 的元素，A 中剩下16个元素必须从1A ，2A ，…，15A 这15个集合中选取，根据抽屉原理，至少有一个集合有两个元素被选，即集合A 中至少有两个元素存在倍数关系．综上所述，包含21的任意一个33 元子集A 一定为好集，即a 的最大值为21．说明对于这一类型的集合问题，一般都需要通过适当的方式构造出符合某种要求的集合，抽屉原理是解决集合构造问题的常用工具．例4．（2008年甘肃省预赛试题）一个20行若干列的0、1数阵满足：各列互不相同且任意两列同一行都取1的行数不超过2．求当列数最多时，数阵中1的个数的最小值．分析由题设，对于数阵中1的个数超过3的列，保留其中任意3个1，而将其余的都变成0，得到的新数阵仍然满足要求，于是可知当列数最多时，数阵中至多包含1的个数不超过3的所有的列.这样可得列数最大值，进而求得此时数阵中1的个数的最小值．解对于满足条件的列数最大的一个数阵，如果这个数阵中某一列1的个数超过3个，那么就保留其中任意3个1，其余的都改变成0，这样就会得到一个列数相同并有仍然满足要求的一个新数阵，如果这个新数阵中还有1的个数超过3的列，则重复上述过程，最后可以得到一个列数最多，且每列中1的个数最多为3的满足要求的数列，它的列数最多为1+120C +220C +320C .另一方面，构造一个满足要求的数阵如下：它包括没有1的列以及所有互不相同的只有一个1的列，2个1的列和3个1的列，由上所说，可知这个数阵的列数是最多的，同时在满足要求的列数最多的所有数阵中所有数阵中，该数阵中的1是最少的，此数阵的列数为1+120C +220C +320C ，此数列中1的个数是120C +2202C +3203C ＝20+380+3420＝3820说明本题中求数阵的列数的最大值的方法叫做局部整法，它是解决最值问题的一种行之有效的方法，尤其是离散变量最值问题常常需要用到这种方法．例 5．（2008年浙江省预赛试题）将3k （k 为正整数）个石子分成五堆，如果通过每次从其中3堆中各取走一个石子，而最后取完，则称这样的分法是“和谐的”，试给出和谐分法的充分必要条件，并加以证明．分析从整体上看，就是从3k个石子中每次取3个，恰好k次取完，于是和谐的分法就是要求每堆石子的个数不超过k，再用数学归纳法证明，最多一堆石子的个数不超过k的分法是和谐的．解分析是和谐的充分必要条件是最多一堆石子的个数不超过k．下面设五堆石子的个数分别为a、b、c、d、e（其中a≥b≥c≥d≥e）．“必要性”的证明：若分法是和谐的，则把a所对应的石子取完至少要取a次，这a次每次都要取走3个石子，如果a＞k，则3a＞3k，即把a所对应的一堆取完时，需取走的石子多于五堆石子的总数，矛盾，因此最多一堆石子的个数不能超过k.“充分性”的证明：（数学归纳法）（1）当k＝1时，满足a≤k的分法只能是1、1、1、0、0．显然这样的分法是和谐的．（2）假设k≤n时，若a≤k的分法是和谐的．当k＝n+1时，若a≤n+1，且分法a、b、c、d、e是不和谐的，则分法a－1、b－1、c－1、d、e也是不和谐的．由（2）及必要性的证明，可知max｛a－1，b－1，c－1，d，e｝＞n．因为a≥b≥c≥d≥e，所以max｛a－1，b－1，c－1，d，e｝＝max｛a－1，d｝＞n．若a－1≥d，则有a－1＞n．这与a≤n+1矛盾．若a－1＜d，则有n＜d≤c≤b≤a≤n+1，从而有a ＝b＝c＝d＝n+1，于是有3（n+1）＝a + b + c + d + e＝ 4 (n+1) + e，这是不可能的．因此，当a≤n+1时，分法a、b、c、d、e是和谐的说明本题充分性的证明采用的是数学归纳法，这是一种归纳构造，它是利用构造思想解决存在性问题的一种重要手段例 6．（1988年全国联赛试题）在坐标平面上是否存在一个含有无穷多条直线1l ，2l ，…，n l ，…的直线族，满足条件：（1）点（1，1）∈n l ，n ＝1，2，3，…；（2）1+n k ＝ n a －n b ，其1+n k 中是1+n l 的斜率，n a 和n b 分别是n l 在x 轴和y 轴上的截距，1k 是1l 的斜率，n ＝ 1，2，3，…；（3）1+n n k k ≥0，n ＝ 1，2，3，…并证明你的结论分析假设这样的直线族存在，先利用直线n l 的方程求出n a 与n b ，即可得到｛n k ｝的递推关系，再结合条件（3）求解解题中给出的是以点（1，1）为公共点的中心直线族，若这样的直线族存在，则n l 的方程为y －1 ＝ ()1-x k n当y ＝ 0 时，－1＝()1-n n a k ，n a ＝ 1－nk 1 当x ＝ 0 时，n b －1＝－n k ，n b ＝ 1－n k因为n l 存在，所以n a 和n b 都存在，从而n k ≠0，n ＝ 1，2，3，…，利用条件（2）有1+n k ＝ n a －n b ＝ n k －nk 1 继续有 n k ＝ 1-n k －11-n k …… 2k ＝ 1k －11k 以上诸式相加得到1+n k ＝ 1k －（11k + 21k + … + nk 1） ① 由n k ≠0及条件(3)得1+n n k k ＞0，故所有的i k （i ＝ 1，2，3，…）同号，不妨设i k＞0，则1+n k ＝n k － n k 1＜n k ，即数列｛n k ｝是正项递减数列，从而11+n k ＞n k 1，于是11k + 21k + … + n k 1＞1k n 这样，由①式得1+n k ＜1k －1k n ＝ 121k n k - ② 当n ＞21k 时，由②式推出1+n k ＜0．由假设n k ＞0，得1+n n k k ＜0，与己知矛盾同理可证，当n k ＜0 时，也导致矛盾所以，同时满足条件（1），（2），（3）的直线族不存在说明本题是探索性质的存在性问题，解决问题时，常常需要先作出判断，明确解题方法，再求解，这对学生的能力提出了更高的要求例7．（2007年吉林省预赛试题）一个空间中的点组成的集合Ｓ满足性质：Ｓ中任意两点之间的距离互不相同，假设Ｓ中的点的坐标（x ，y ，z ）都是整数，并且１≤ x ，y ，z ≤ n ，证明：集合S 的元素个数小于min ｛（n +2）·3n ，6n ｝证明记 | S | ＝ t ，则对任意（,1,1,1z y x ），（,2,2,2z y x ）∈S ，都有()221x x -+()221y y -+()221z z -≤3()21-n （因为满足1≤x ，y ，z ≤n 的整点之间的距离不超过（1，1，1）与（n ，n ，n ）之间的距离）并且依题意，S 中任意两点之间的距离互不相同，故2t C ≤3()21-n ，得2t －t ≤ 6()21-n ，于是 t≤21+21()21241-+n ＜6n(最后一个不等式价于1+24()21-n ＜()2162-n ，展开后移项即可得到) 另一方面，对S 中的任意两点（,,,i i i z y x ）、（,,,i i i z y x ），考虑集合｛a ，b ，c ｝(允许出现重复元素)，这里a ＝ | j i x x -|，b ＝|j i y y -|，c ＝ |j i z z -|，依题意，所得的｛a ，b ，c ｝两两不同，且0 ≤ a ，b ，c ≤n －1，a 、b 、c 不全为0，于是，我们有2t C ≤12123-++n n n C C C ①故2t C ＜1232n n n C C C ++解得t ＜()()21314121++++n n n ．当n ≥3时，有t ＜()32n n +．这只需证明 ()()21314121++++n n n ≤()32n n +，等价于 ()()213141+++n n n ≤()22132⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+n n ，展开后移项即可知此不等式在n ≥3时成立）．于是，当n ≥3时，总有t ≤()⎭⎬⎫⎩⎨⎧+6,32min n n n ②而当n ＝1时，t ＝1；当n ＝2时，由①知t ≤3，这时②都成立，命题获证．说明：本题从两个不同的角度，分别得到了2t C 的上界，从而完成了证明．这种思想的实质是算两次原理．它是研究跟计算有关的组合问题的一种重要策略．例8．（2009年山西省预赛试题）有七种颜色的珍珠，共计14颗，其中每种颜色的珍珠各两颗；今把这珍珠分装于七个珠盒中，使得每个珠盒中各有一对不同颜色的珍珠．（1）证明：不论各盒中的珍珠怎样搭配，总可以将这七个珠盒分别放置于一个正七边形的七个顶点之上，使得七边形的任两个相邻顶点处所放置的盒中的四颗珍珠互不同色．（2）如将以上条件与待证结论中的“七”一律改为“五”，“14”改为“10”，则情况如何？分析：本题的文字叙述难以找出一般规律，把文字语言首先转化为图论语言，再借助图的性质找出问题的解决思路．解：（1）用点v 1，v 2，…，v 7分别表示这七种颜色，如果一个i v 色的珍珠和一个j v 色的珍珠装在同一盒中（i ≠j ），则在点i v 与j v 间连一条边，这样就得到一个图G （点i v 与j v 之间有可能连出两条边），由于同一色的珍珠有两颗，每颗珍珠都需与一颗其他颜色的珍珠共盒，则图G的每点恰好发出两条边；从G的任一点A出发，沿一条边走到点B，再由B沿另一条边走到C，…，如此下去，最后必定回到出发点A（这是由于，途中经过的每个点P 都有两条边，若参沿一条边进入点P，则必沿另一条边可离开点P，而由点P不能再加到途中已经过的点，因为这种点所发出的两条边都已走过，因此只能到达新点或回到出发点，而新点终将逐渐耗尽，最后必定回到出发点A），这样就得到一个圈．去掉这个圈，若剩下还有点，依上述方法，又将得到新的圈，若称两点的的圈为“两边形”，则图G的结构只有如下四种情况：1°一个七边形2°一个五边形和一个两边形3°一个四边形和一个三角形4°一个三角形和两个两边形对于每种情况，我们都对相应的边作出适当编号，并将这些边所对应的珠盒放置于七边形的顶点之上，如图5所示．因此所证结论成立．（2）当14颗七以珍珠改为10颗五色珍珠后，结论不成立．例如，对于五色54321,,,,v v v v v ，我们若将10颗珍珠这样装盒：()211,v v e =，()322,v v e =，()133,v v e =，()544,v v e =，()545,v v e =，则无论怎样摆放于正五边形的顶点上，都不能满足条件（因为1e 、2e 、3e 中，任两盒都有同色的珠，无论怎样摆放于正五边形的顶点上，必有两盒相邻）．第13讲抽屉原理例1 从1，2，3，…，100这100个数中任意挑出51个数来，证明在这51个数中，一定：（1）有2个数互质；（2）有2个数的差为50；（3）有8个数，它们的最大公约数大于1。

第1,2讲组合与数论问题

第1，2讲组合与数论问题一．填空题:1.设a,b,c是互异的自然数且ab+bc+ca=abc,则a+b+c=_______.2.从1到2013连续的2013个自然数按某种顺序排列,然后按连续三项计算和数,得到2011个和数,则这些和数中,奇数的个数最多有_________个.3.在式子:12○22○32○…○20092的“○”中填入“+”或“−”中的一个,如果所得的数非负,那么这个非负数的最小值是________.4.直角三角形的三边之长为正整数,其中一条直角边的长为35,那么它的周长的最大值与最小值分别是_______、_________.5. 已知S的最大整数为__________.6.末四位数为2013,且被71整除的最小的正整数为_____________.7.用6种不同的颜色给正方体的6个面染色,各面颜色互不相同,经过适当的翻转重复的染色视为同一种染色,则不同的染色方式有__________.8.某数学竞赛分两试进行.一试有选择题6个,答对一个得6分,填空题6个,答对一个得9分,解答题三个,每题20分,每5分一档分步计分,二试解答题有三个,每题50分,每10分一档分步计分,某同学参加竞赛,则他的得分可能有________种.9.把1,2,3,…,2n这2n个正整数随意放置在一个圆周上,据统计,在所有相邻的三个数中,三个数全为奇数的有a组,三个数中恰有两个数奇数的有b组,三个数中恰有一个数为奇数的有c组,三个数都为偶数的有d组,如果a-d≠0,那么(b-c)/(a-d)=____________.10.自然数k具有性质:在半径为1的圆上任取4点,都有两点的距离不大于k,则k的最小值为________.二．解答题：11.n是正整数,求证5375315n n n++是整数.12. 任取2013个不同的正整数,将其中任意两个求和,至少可得多少个不同的和?证明你的结论.13.若x,y都是正整数,试证x2+y+1和y2+4x+3不可能同时都是完全平方数. 14.已知正整数x,y都是质数,并且7x+y与xy+11也是质数,试求u=(x2+y x)(y2+x y)的值.15.有n个数x1,x2,…,x n,它们中每个数或者为1,或者为-1,若x1x2+x2x3+…x n-1x n+x n x1=0,求证n是4的倍数.16.如果一个正整数的各位数字之和与各位数字之积的和恰好等于这个正整数,则称这个数为“幸运数”,试求出所有“幸运数”的和.17.求所有的正整数m,n,使得2m+3n是完全平方数. 18.求所有正整数对(a,b),使得22321aab b-+是一个正整数.19.正8边形的各边染上蓝色或黄色,每步操作按如下方式进行:若某边的两邻边不同色,则将该边改为蓝色,否则将该边改为黄色,求证:经过有限步后,正八边形的各边都会变成黄色.20.某班有60个同学,求证其中必有两个人,他们的公共朋友(若A是B的朋友,则B也是A的朋友)的个数为偶数. 21. 10个地区间有两个国际航空公司服务,在任意两个地区间有且只有一条直达航线,所有航线都是可往返的,证明至少有一个国际航空公司,可提供两条互不相交的环行线,其中每条上的站数为奇数个.。

高考数学难点突破数论与排列组合的多重综合应用

高考数学难点突破数论与排列组合的多重综合应用在高考数学中，数论和排列组合是考生们经常遇到的难点，而这两个知识点经常会在一道题目中进行综合应用。

本文将探讨如何突破这些难点，以及如何应对多重综合应用的题目。

一、数论的难点及突破方法数论在高考数学中属于相对较难的部分，主要包括整数性质、最大公约数、最小公倍数等内容。

其中，常见的难点包括同余、递推关系和整数解的判断等。

首先，我们来看同余的应用。

同余是数论中一个重要的概念，它可以解决一些复杂的问题。

在解题过程中，我们可以通过找规律、列方程或者利用性质等方式进行推导。

另外，还要注意掌握同余运算的特性，例如两个数同余于一个数的倍数时，它们的差也是这个倍数。

其次，递推关系是另一个数论的难点。

递推关系的表达形式有多种，例如：Sn = Sn-1 + a(n)，其中Sn表示数列的第n项，a(n)为与前面几项相关的式子。

要解决这类问题，关键是找到递推关系的规律，并利用递推公式进行推导和计算。

最后，整数解的判断也是数论的难点之一。

当遇到非常复杂的问题时，我们可以利用最大公约数和最小公倍数的性质进行求解。

同时，还需要注意题目中可能出现的取模运算和质因数分解等技巧。

总之，要突破数论的难点，我们需要掌握各种性质和公式，并进行大量的练习和思考，提高解题能力和思维灵活性。

二、排列组合的难点及突破方法排列组合是高考数学中另一个常见的难点，主要包括排列、组合、重复排列、多重集合等内容。

其中，常见的难点包括计数原理、容斥原理和应用题的解答等。

首先，计数原理是排列组合中的基础知识，涉及到阶乘、乘法原理、加法原理等概念。

在解题时，我们要根据题目的情况选择适用的计数原理，并灵活运用。

其次，容斥原理是排列组合中的一个重要工具。

它可以解决一些重叠计数的问题，例如某些事件同时满足或者互斥的情况。

在应用容斥原理时，我们要注意构造事件的表达式，并进行交集和并集的计算。

最后，应用题的解答是排列组合的难点之一。

高中数学中的排列与组合问题

高中数学中的排列与组合问题在高中数学中，排列与组合是一个重要的概念和方法。

它们在各种数学问题中都有广泛的应用，涉及到很多领域，如概率、统计、数论等。

本文将介绍排列与组合的基本概念、性质和应用，帮助读者更好地理解和运用这些知识。

一、排列问题排列是指将一组元素按照一定顺序进行排列的方法。

在数学中，排列的符号通常用P表示。

对于n个元素的集合，从中选择r个元素进行排列，可以得到的排列数目记为P(n, r)。

对于排列，有以下几个基本概念和性质：1. 阶乘：n的阶乘表示为n!，定义为n! = n * (n-1) * (n-2) * ... * 2 * 1。

例如，4的阶乘为4! = 4 * 3 * 2 * 1 = 24。

2. 全排列：对于n个元素，全排列是指所有可能的排列情况。

全排列的总数为n!。

3. 有重复元素的排列：当n个元素中包含重复元素时，排列数目会受到影响。

在这种情况下，排列数目可以通过除以重复元素的阶乘来计算。

4. 循环排列：循环排列是一种特殊的排列，其中首尾元素是连续的。

对于n个元素的循环排列，有(n-1)!种可能。

排列问题的应用非常广泛，特别是在概率和统计中。

例如，当需要计算可能的组合数目时，就需要使用排列的概念和方法。

排列还可以帮助解决问题，如求解问题的总数、计算概率等。

二、组合问题组合是指从一组元素中选择若干个元素，不考虑其排列顺序的方法。

在数学中，组合的符号通常用C表示。

对于n个元素的集合，从中选择r个元素进行组合，可以得到的组合数目记为C(n, r)。

对于组合，有以下几个基本概念和性质：1. 组合数的性质：对于组合数C(n, r)，有以下的性质：- C(n, r) = C(n, n-r)；- C(n, r) = C(n-1, r) + C(n-1, r-1)；- C(n, 0) = C(n, n) = 1。

2. 杨辉三角形：杨辉三角形是一种用于计算组合数的图形。

在杨辉三角形中，每个数等于它上方两个数的和。

排列组合[1]

r Cn + r −1
7、错位排列
满足 i1 ≠ 1, i2 ≠ 2, ⋅⋅⋅in ≠ n 则称｛ i1 , i2 , ⋅⋅⋅in ｝为｛ 1，2，∙ ∙ ∙ n｝的一个错位排列其所有的错位排列数为：
若｛1，2，∙ ∙ ∙n ｝的一个排列为｛1
i , i2 , ⋅⋅⋅in
｝
1 1 1 (−1) n 1 − + − + ⋅⋅⋅ + Dn = n! ） n!（ 1! 2! 3!
竞赛中的排列组合问题
安庆一中Βιβλιοθήκη 程乐根一、出题情况
排列组合出题，主要在第一试中出题，大多以客观题形式呈现，但这一内容是抽象数学的基础，渗透性很强，在其它分支里用得很多，特别是在组合数学和数论中应用更为广泛。
二、常见定义公式：
1、排列从n个不同元素中，任取m个不同元素的排列数是: n! m A = n( n − 1) ⋅ ⋅ ⋅ ( n − m += 1) n ( n − m)! 2、组合从n个不同元素中，任取m个不同元素的 n! m 组合数是：
(a1 − 1) + (a2 − a1 − 3) + (a3 − a2 − 3) + (14 − a3 ) = 7
其中 a1 ≥ 1, a2 − a1 ≥ 3, a3 − a2 ≥ 3,14 − a3 ≥ 0, 将上变形为
3 C 这个方程的正整数解的个数是 10=120种点评：奇特方法，贵在发现
3 C 解：由题设知，在xy平面上有16个整点，共 16 = 560
个三点组，要从中减去那些三点共线的。平面上有4条垂直线和4条水平线，每条上有4个点，这8 条线上含有 8C43 = 32 个三点共线的三点组。类似地，在斜率为±1的线上共线的三点组 3 3 2 C + 4 C 有4 3 =8+4=12（个）。此外，没有其他的三点共线的三点组，组成的三角形的个数是560-32-12=516（个）

数论与组合数学中的问题

数论与组合数学中的问题数论和组合数学是现代数学中的两个重要分支，二者相互渗透，有许多相通之处。

在这篇文章中，我们将会探讨数论与组合数学中涉及到的一些问题。

一、素数和质因数分解素数是数论研究的重要对象之一。

素数指除1和本身以外，不能再被其他正整数整除的自然数。

例如，2、3、5、7、11、13、17、19等都是素数。

素数有许多神奇的性质，例如，一个大于1的自然数，如果它的因子都是素数，那么它一定是一个素数。

另外，任何一个自然数都可以唯一地拆分为若干个素数的乘积，这就是质因数分解定理。

二、排列组合问题排列组合是组合数学中的重要分支，也常常涉及到计数问题。

在组合数学中，我们常常需要算出将n个元素分成k组的方案数，这就是组合问题。

另一方面，当我们需要给n个元素排列时，也需要考虑元素的顺序，这就是排列问题。

排列组合的性质非常复杂，许多问题需要借助计算机进行求解。

三、数位问题数位问题是数学中的一个非常有趣的领域。

例如，我们经常需要判断一个数是几位数，或者将一个数的所有位数加起来得到一个新的数。

除此之外，数位问题还能衍生出一些难题，例如同余问题。

同余问题指的是两个数在模意义下是否相等，例如，对于任意正整数n，如果n的各位数字之和可以被9整除，那么n模9的余数就是0。

四、图论中的问题图论是数学的一个重要分支，常常用于描述网络和关系。

例如，社交网络中的好友关系可以用图论来表示。

在图论中，我们常常需要计算各个节点之间的距离和路径。

这些问题可以被转化为计数问题，例如，最短路径问题和最长路径问题。

五、数学中的小定理数学中有一些小定理，虽然看似简单却非常有用。

例如，费马小定理指的是如果p是一个质数，那么对于任意正整数a，a^p-a 模p的余数必定为0。

另外，欧拉定理指的是对于任意正整数a和m，如果a和m互质，那么a^φ(m)-1模m的余数必定为1，其中φ(m)表示与m互质的小于等于m的正整数个数。

六、组合数学中的难题组合数学是一门非常具有挑战性的学科，有许多不为人知的难题。

组合数学中的排列组合问题求解——数论知识要点

组合数学中的排列组合问题求解——数论知识要点组合数学是数学的一个分支，研究的是对象的组合和排列问题。

在组合数学中，排列和组合是两个基本的概念。

排列是指从给定的一组元素中选取若干个元素按照一定的顺序排列成一列，而组合则是从给定的一组元素中选取若干个元素，不考虑其顺序。

解决排列组合问题的关键在于掌握数论知识。

数论是研究整数性质和整数运算规律的数学分支，其中包含了很多与排列组合问题相关的重要概念和定理。

本文将介绍一些数论知识的要点，帮助读者更好地理解和解决组合数学中的排列组合问题。

1. 质数与素数质数，又称素数，是指大于1且只能被1和自身整除的整数。

质数是数论中的基础概念，对于排列组合问题的求解有重要作用。

在排列组合问题中，我们常常需要判断一个数是否为质数，以确定问题的边界和限制条件。

2. 阶乘阶乘是指从1到指定的正整数之间所有整数的乘积。

在组合数学中，阶乘是计算排列和组合数量的基础。

例如，n的阶乘表示为n!，表示从1到n的所有整数的乘积。

阶乘的计算可以使用递归或迭代的方式进行，具体方法根据实际情况选择。

3. 排列排列是指从给定的一组元素中选取若干个元素按照一定的顺序排列成一列。

在排列中，元素的顺序是重要的，不同的顺序会得到不同的排列结果。

排列的数量可以通过阶乘来计算，即从n个元素中选取k个元素进行排列的数量为P(n, k) = n! / (n-k)!。

4. 组合组合是指从给定的一组元素中选取若干个元素，不考虑其顺序。

在组合中，元素的顺序不重要，相同的元素组合不同的顺序会得到相同的组合结果。

组合的数量可以通过阶乘和组合数的性质来计算，即从n个元素中选取k个元素进行组合的数量为C(n, k) = n! / (k!(n-k)!)。

5. 排列组合问题的应用排列组合问题广泛应用于各个领域，包括概率统计、密码学、图论等。

在实际问题中，我们常常需要计算排列组合的数量，以确定事件的可能性和概率。

排列组合问题的求解方法多种多样，可以通过数学公式计算，也可以通过编程实现。

组合数论问-剩余类中的三种策略题

组合数论问题西安高新一中张锐●组合中涉及剩余类问题的三种处理策略：“撒网”策略、“减元”策略、“分解”策略.1.“撒网”策略：补充一些对象或范围，构成一个新系统（更加规则），称之为“网”.在新系统下研究原问题，找到所需对象.如有必要，再去掉补充的对象，证明其结论也成立;2.“减元”策略：对于含有变化因素k 的项，如果该项带有因子a ，则通过模a ，使可消去该含有变化因素k 的项，使问题简化.有两种常见的“模运算”方式：（1）模系数；（2）模底数的方幂.3.“分解”策略：如果需要在A 中找到具有某种性质()0f a =的元素a ，有时候可以将a 分解为12b b -，其中12,B b b ∈.其中要求12,b b B ∈时，保证12b b A -∈.功能：如果f 具有可加性：1212()()()f b b f b f b -=-，则条件可转化为12()()f b f b =.进而转化为两个元素属于同一个抽屉进行处理.●案例例1 设++{!|N },N \A n n n B A =+∈=.（1）求证：B 中不存在无限项的等差数列；（2）试问：B 中是否存在无限项的等比数列？分析（题感）从目标上看，问题（1）属于否定性命题，可考虑用反证法.反设B 中存在无限项的等差数列.如何导出矛盾？这需要充分利用反设（人为增设的条件）.所以要发掘反设的实际意义.从条件看，,A B 互为补集，于是B 中存在无限项等差数列的意义是某无穷等差数列的项都不在A 中.要导出矛盾，我们只需证明这是不可能的，即任何无限等差数列都至少有一项在A 中.【等价转化】反设B 中有无限项等差数列{}n a ，我们只需在该数列中找到一个项属于A .【待定参数】设该项为x ，则x A ∈,且{}n x a ∈.怎样找到同时合乎上述两个条件的x ？取“拟对象”，使之满足其中一个条件.哪个条件可放在后面优化？由于无穷等差数列并没有给定.要使x 优化到属于等差数列比较困难，所以先满足这个条件.【拟对象逼近】取B 中的无限等差数列{}n a ,设其公差为d ，则数列的项可表示为1a kd +.先满足{}n x a ∈，即存在N k ∈,使得1x a kd =+（拟对象）.因为表达式中含有不确定的参数k ，换一个观点看待该表达式，用模d 处理，则可去掉上述不确定的因素.【更换观点】模d ，得1(mod )x a d ≡，1x a ≥（可逆回去）.反之，如果一个正整数x 满足1x a ≥，且1(mod )x a d ≡，则1|d x a -.下面还需要：存在n ，使得1!(mod )n n a d +≡，且1!n n a +≥. 下面证明：存在n ，使得1!(mod )n n a d +≡，且1!n n a +≥.先找d 个n ，使!n n +跑遍模d 的一个完系.注意到!n n +中的前一部分!n 几乎可以“忽略”，因为只需n 足够大（比如大于d ）,则!n 被d 整除.于是只需另一部分，即后面的n 跑遍模d 的完系,这令n 取d 个连续的自然数即可.但要求n d ≥，于是令,1,,21n d d d =+-.【充分条件】考察A 中连续d 个数!,(1)!(1),,(21)!(21)d d d d d d ++++-+-.我们证明它们构成模d 的完系.实际上，考察其代表项()!()(01)d i d i i d +++≤≤-.有()!()(mod )d i d i d i i d +++≡+≡.故结论成立.因此，必有一个数()!()d i d i +++，使得1()!()(mod )d i d i a d +++≡.但这个数还只是一个“拟对象”，因为它未必不小于1a ，即还不足以保证它是数列{}n a 中的一项.【修正系统+充分条件】要使拟对象不小于1a ，一个充分条件是，序列中每一项1()!()d i d i a +++≥.由此联想到引入修正系数k ，将d 变成kd ，使1kd a ≥.特别地，取1k a =即可.（2）B 中是否存在无限项的等比数列？先假定存在.对于“可能性探索”问题，先假设结论是肯定的，由此导出若干性质.如果这些性质相互矛盾或与已知矛盾，则结论是否定的.如果这些性质不能产生矛盾，则可用这些性质为条件，尝试构造，找到合乎要求的对象.【以简驭繁】假定等比数列存在，则其项为1n n a aq -=的形式且不在A 中（性质）.可尝试其简单情形，有这两种选择（实际上两种不同的解法）：一是取a 尽可能简单，比如取1a =;二是取q 尽可能简单，比如取2q =.第一种选择：考察数列{}n q ，只需选择适当的q （待定），使数列{}n q 不含A 中的项. （反面思考）假设存在m ，使数列!n m m q +=.（由此得到q 满足的性质，然后优化假设，适当选取q ，证其不具备上述性质）对等式进行约数分析，易见|n m q .（优化假设）为了便于利用这一结果，取q 为素数.则r m q =.代入方程得()!(1)!1r r n r n r q q q q q -+=⇒-+=.若(71)!17r n r --+=，则当0r =时，有27n =，矛盾！当1r =时，有17217n -=，即21037n -=，矛盾！当2n ≥时，有(71)!48!0(mod 7)r -≥≡.于是，(71)!17r n r --+≠，矛盾！第二种选择：取2q =.考察数列1{2}n a -⋅，只需选择适当的a （待定），使数列1{2}n a -⋅不含A 中的项.（反面思考）假设1{32}n -⋅存在A 中的项，不妨设1!32n k k -+=⨯，则1|32n k -⨯.于是（k 只含有素因子2或3）2(N,1)i k i i n =∈≤-或32(N,2)i k i i n =⨯∈≤-.（1）当2(N,1)i k i i n =∈≤-时，有132(2)!2n i i -⨯=+，约去2i ，得1132(21)!1n i i ---⨯=-+.若 2i ≥，则213i -≥，3|(21)!i -,3|((21)!,3)i -,所以3|1，矛盾！（2）当32(N,2)i k i i n =⨯∈≤-时，有132(32)!32n i i -⨯=⨯+⨯.约去32i ⨯，得12(321)!1n i i --=⨯-+，由于321312i ⨯-≥-=，于是(321)!i ⨯-是2的倍数，又2i n ≤-，所以12n i --是偶数，而1是奇数，故矛盾！例2 求出所有的正整数(5)n n ≥，使得可以在圆周上放n 个不全为零的整数（未必互异）,其中任何连续5个数中都有3个数的和是另外2个数的和的2倍.分析从目标上看，求n 有三个主要途径.一是某种“算法”，建立关于n 的式子；二是逐一实验；三是反面剔除（用必要条件去检验）.由于题中不提供算法，实验又太过繁琐，因此我们立足与第三种途径.从条件上看，可以引入参数，将条件用等式表示：任何连续的5个整数，1234,,,,i i i i i x x x x x ++++；另外两个数的和(4)j k x x i j k i +≤≠≤+.其中3个数的和1234()i i i i i j k x x x x x x x ++++++++-+.【条件字母化】设圆周上的n 个数依次为12,,,n x x x .则依条件，对任何1i n ≤≤，有 1234()2()(4)i i i i i j k j k x x x x x x x x x i j k i ++++++++-+=+≤≠≤+.于是12343()(4)i i i i i j k x x x x x x x i j k i ++++++++=+≤≠≤+.【更新观点】去掉不确定因素,j k .模其系数3,得（叠合，可抵消若干项），12340(mod3)i i i i i x x x x x ++++++++≡.①通性叠合，递推得123450(mod3)i i i i i x x x x x +++++++++≡.②式①与式②相减得5(mod3)i i x x +≡.③（下标按模n 理解），i x 不全为0.④【几何直观】将模3同余的数用一条边连接，然后从i x 出发，沿边前进必经过重复的点，形成一个圈.图中有圈并不矛盾，结合边的实际意义（同余）.即可发现圈为哈密顿圈.进而想到如果n 使该圈为“哈氏圈”，则圈中所有数都同余.【等价转化】什么情况下会有“哈氏圈”？（确定n 的范围）.“哈氏圈”等价于161154,,,,n x x x x -是12,,,n x x x 的一个排列.从二者的下标看，又等价于1,6,11,,54n -是1,2,,n 的一个排列,即54(1,2,,)k k n -=构成模n 的完系.注 1856年，著名数学家哈密顿提出一个名为“环游世界”的游戏.他用一个正十二面体的二十个顶点代表二十个大城市，要求沿着棱，从一个城市出发，经过每一个城市恰好一次，然后回到出发点.这个游戏曾经风靡一时，在这个游戏中提到了这样一种链（圈）：它经过图上各顶点一次并且仅仅一次的链(圈)称为哈密顿链(圈).一个图若包含哈密顿圈，则称这个图是哈密顿图.从表面上看，哈密顿问题与欧拉问题很相似，但实际上有着本质的区别，它是图论中尚未解决的困难问题之一.迄今为止还没有找到判断它的充分必要条件，所以对不同类型的问题，有不同的判断方法.【充分条件分类】（1）当(5,)1n =时，54(1)k k n -≤≤是模n 的一个完系，故1654,,,n x x x -是12,,,n x x x 的一个排列，于是由③可知 123(mod3)n x x x x ≡≡≡≡.令123(mod3)n x x x x a ≡≡≡≡≡，代入①得123405(mod3)i i i i i x x x x x a ++++≡++++≡，而(3,5)1=.所以，0(mod3)a ≡，即10(mod3)x ≡. 回归递推：令3i i x y =，则12,,,n y y y 也满足同样的条件，同理3|i y ，即23|i x ,如此下去，对任何正整数r ，有3|r i x ，从而0i x =，与③矛盾.（2）(5,)1n ≠时，因为5为素数，有5|n .我们猜想，这样的n 合乎要求.此时条件①③④可知道我们构造.首先，由②，想到选取周期序列，则只需构造5个数12345,,,,x x x x x 的值，再考虑5个数不全为0.进一步，我了满足原始条件：其中3个数的和是另外2个数的2倍，不妨假设123452()x x x x x ++=+.【充分条件】为使其中3个数的和是另外两个数的和2倍.以充分条件（简单情形，连续3个与后继连续两个）代替,取123452()x x x x x ++=+，更特殊地，取12345,x x x x x ===，则上式变成1434x x =，于是取144,3x x ==即可.【通式构造】当5|n 时，取5453525154,3i i i i i x x x x x ----=====，其中15n i ≤≤，则任何连续5个数中有3个4，2个3.而4442(33)++=+，从而这些数合乎条件.综上所述，所求的正整数n 为5的任何正整数倍数.例3 给定正整数n .试证：对任意不超过234n n +的正整数,,a b c ，均存在绝对值不超过2n 且不全为0的整数,,x y z ，使得0ax by cz ++=.分析（题感）从目标上看，本题属于构造问题：在{Z |||2}A x x n =∈≤中构造一组满足方程0ax by cz ++=的解(,,)x y z .这看似容易，其实不然.,,a b c 虽然给定，但不知道具体值.如何判断其“线性组合”为0？由目标式的结构，想到将,,x y z “捆绑”.构成复合元素(,,)x y z .定义(,,)f x y z ax by cz =++，称(,,)f x y z 为(,,)x y z 的特征值，那么目标变为寻找(,,)x y z ，使其特征值0ax by cz ++=,它含有抽屉原理的影子，但有差异.需要将“特征值为0”转化为“两元素的特征值相等”，进而转化为元素同抽屉，由此想到分解策略：12x x x =-等.【复合元素】称(,,)f x y z ax by cz =++为复合元素(,,)x y z 的特征值，目标转为寻找(,,)x y z ，使(,,)0f x y z =.【元素分解】设121212,,x x x y y y z z z =-=-=-，则目标转化为111222(,,)(,,)f x y z f x y z =，其中,,{Z |||}i i i x y z B y y n ∈=∈≤.【计数】考查元素(,,)i i i x y z 的个数.由于,,i i i x y z B ∈，各分量都有21n +种取值，这里允许,,i i i x y z 同为0，只要求两个复合元素互异.从而元素(,,)i i i x y z 共有3(21)n +个.考查抽屉个数，即特征值“(,,)i i i i i i f x y z ax by cz =++”的不同取值个数.显然232||||||||3(3+4)912i i i i i i ax by cz ax by cz n n n n n ++≤++≤=+.于是抽屉个数32318241(21)n n n ++>+.解题受阻.如果改进估计？为什么不行？因为3个数同时换成“上界”，放得过宽.期望每一项不放得太过，这就要重新理解目标式ax by cz ++.【充分条件分类】如果,,a b c 不互异，不妨设a b =，则1(1)00a b c a b ⨯+⨯-+⨯=-=.结论成立.如果,,a b c 互异，则不妨设2134a b c n n ≤<<≤+.下面对目标式模c ，去掉z ，以构造新的复合元.【减元策略】由ax by cz ++模c ，的0(mod )ax by c +≡.【构造复合元】称(,)f x y ax by =+为复合元(,)x y 的特征值，目标变为寻找(,)x y ，使其特征值0(mod )ax by c +≡.【元素分析】设1212,x x x y y y =-=-，则目标转化为1122(mod )ax by ax by c +≡+，其中,{Z |||}i i x y B y y n ∈=∈≤.【计算】考查元素(,)i i x y 的个数.由于,i i x y B ∈，各分量都有21n +种取值，这里允许,i ix y同为0，只要求两个复合元素互异.从而元素(,)i i x y 共有2(21)n +个.考查抽屉个数，即特征值“0(mod )i i ax by c +≡”的不同取值个数.因为2134c n n ≤≤+.从而抽屉至多有234n n +个.注意到22(21)34n n n +>+所以存在112(,),(,)x y x y 使得1122(m o d )a x b y a x by c +≡+，即2121()()0(mod )a x x b y y c -+-≡.【回归】令2112()()a x x b y y kc -+-=，则1212()()0a x x b y y kc -+-+=.令 1212,,x x x y y y z k =-=-=，则0ax by cz ++=.优化：首先1212||||||||2x x x x x n =-≤+≤，同理1212||||||||2y y y y y n =-≤+≤.最后1212()()||||||a x x b yy z k c c --==+，我们需要1212()()||2a x x b y y n c c--+≤. 找充分条件：注意到1,1a b c c<<,从而 121221212211()()|||()()||()()|a x x b y y x x y y x y x y c c--+<---=+-+, 所以一个充分条件是2211|()()|21x y x y n +-+≤+.解（新写）如果,,a b c 不互异，不妨设a b =，则1(1)00a b c a b ⨯+⨯-+⨯=-=成立. 如果,,a b c 互异，不妨设2134a b c n n ≤<<≤+.令{(,)|||,||,1,,Z}S x y x y n n x y n x y =≤-≤+≤+∈.对(,)x y S ∈,令(,)(mod )f x y ax by c =+，当(1)i x i i n =≤≤时，y 有22n i +-种取值，当(0)x j j n =-≤≤时，y 有21n j -+种取值.则210||(22)(21)341n ni i S n i n j n n ===+-+-+=++∑∑.注意到234c n n ≤+，由抽屉原理，存在1122(,),(,)x y x y S ∈.使得1122ax by ax by +≡+，即2112()()0(mod )a x x b y y c -+-≡.令2121()()a x x b y y kc -+-=.则1212()()0a x x b y y kc -+-+=.令1212,,x x x y y y z k =-=-=，则0ax by cz ++=.显然1212||||||||2x x x x x n =-=+≤，同理||2y n ≤. 其次，21212121|||||()()||()()|a b z k x x y y x x y y c c==-+-<-+- 2211|()()||(1)()|21x y x y n n n =+-+<+--=+，所以||2z n ≤.证毕！。

初中数学联赛组合数论习题汇总.

组合与数论专题（一）1.求使得31024-1能被2n整除的最大的正整数n.2.设p是素数，且p+10,P+20也均为素数，求出所有这样的素数p.3.从1，2，…，2n中拿走n个连续的正整数，留下来的n个数的和是1615，求满足条件的所有正整数n.4.求所有的正整数n，使得3n2+3n+7是一个立方数.5.已知正整数x，y满足方程x2+84x+2008=y2，求x+y的值.6.求方程的正整数解（x,y）的组数.7.设n为正整数，且3n+1与5n-1皆为完全平方数，求证：（1）7n+13必为合数；（2）8（17n2+3n）必为两个平方数的和.8.是否存在一个二次函数f（x），使得对任意的正整数k，当时，都有成立？请给出结论，并加以证明.9.已知两个三边长都是整数的等腰三角形有相同的周长，相同的面积，且两底边长之比为8:7，求公共周长的最小值.10.将总和为200的10个数放置在给定的一个圆周上，且任意三个相邻的数之和不小于58.求所有满足上述要求的10个数中最大数的最大值.11.设α1，α2，…，α30是从1，2，…,2011中取出的30个不同的两两互素的数,证明：其中至少有15个是素数.12.对正整数n，记f（n）为数3n2+n+1的十进制表示的数码和.（1）求f（n）的最小值；（2）是否存在一个正整数n，使得f（n）=100？（1）S能否等于2010？证明你的结论；（2）S能取到多少个不同的整数值？14.把1到n（n＞1）这n个正整数排成一行，使得任何相邻两数之和为完全平方数.问：n的最小值是多少？组合与数论专题（二）——真题演练第一试一、选择题（本题满分42分，每小题7分）（A）10000（B）15000（C）15129（D）152502.满足方程（x+3）2+y 2+（x-y）2=3的所有实数对（x ，y ）的个数为（）.（A）1（B）2（C）3（D）43.已知直角三角形ABC 中，∠C=90o，BC=6，CA=3，CD 为∠C 的角平分线，则CD 的长为（）.（A）（B）2（C）（D）44.若前2011个正整数的乘积1×2×…×2011能被2010k整除，则正整数k 的最大值为（）.（A）1（B）10（C）30（D）20105.如图，平面直角坐标系内，正三角形ABC 的顶点B ，C 的坐标分别为（1，0），（3，0），过坐标原点O 的一条直线分别与边AB ，AC 交于点M ，N ，若OM=MN，则点M 的坐标为（）.6.如图，矩形ABCD 中，AB=5,BC=8，点E ，F ，G ，H 分别在边AB ，BC ，CD ，DA 上，使得AE=2，BF=5，DG=3，AH=3，点O 在线段HF 上，使得四边形AEOH 的面积为9，则四边形OFCG 的面积是.（A）6（B）6.5（C）7（D）9二、填空题（本题满分28分，每小题7分）1.整数p ，q 满足p+q=2010，且关于x 的一元二次方程67x 2+px+q=0的两个根均为正整数，则p =.2.已知实数a ，b ，c 满足a≥b≥c,a+b+c=0,且a≠0.设x 1,x 2是方程ax 2+bx+c=0的两个实数根，则平面直角坐标系内两点A（x 1,x 2）,B（x 2,x 1）之间的距离的最大值为.3.如图，设ABCDE 是正五边形，五角星ACEBD （阴影部分）的面积为1.设AC 与BE 的交点为P ，BD 与CE 的交点为Q ，则四边形APQD 的面积等于.4.设a ，b ，c 是整数，1≤a＜b＜c≤9，且能被9整除，则a+b+c 的最小值是，最大值是.第二试一、（本题满分20分）已知面积为4的△ABC的边长分别为BC=a，CA=b，AB=c，a＞b，AD是∠A的角平分线，点C’是点C关于直线AD的对称点，若△C’’BD与△ABC相似，求△ABC周长的最小值。

应用组合数学思想解数论问题

本题的运算是在模Ｐ的意义下．
只需证明：每个Ｊｓ（ｒ）不空．解决问题的基本思路是通过两种不同方
计算∑ ｓ（口）（ｍｏｄｎ！）有两种方式．
首先，假定结论是错误的，这样，对每一
法，求得四元组的个数．
一
个ａ，ｓ（ａ）模ｎ！均有不同的余数．因此，这些余数是数字０，１， …，ｎ！一１．则
２【
由容斥原理得
】．
对每个￡，满足ｍ＝ｔ的至多１０个，故
．
而在矩形区域内，曲线上恰有ｎ个整点．
墨 ± ＪＩ
当Ｐ＞３１时， ≥４，至少有４个Ｓ（ｒ）＝．
喜【台【２Ｊ】＋奢台【２】ｊ＿ｎ ‘
∑
ａ
）＝ ∑
ａｉ＝ｌ
叩＝（ｉ＝１ｃ）（２ａｉ）．
ｂ－ｄ＿５，由ａ三ｃ，相应的（ａ，ｃ）有
对每一个ｉ，在和式∑ 口中，１，２， …，ｎ
收稿日期：２０１３—０９—１６
ｚ．故本题结论的可能例外值只有Ｐ＝１ｌ和３１．当Ｐ＝１１时，由ａ集｛０，ｌ，３，４，５，９｝和ｂ集｛０，１，１０｝直接得Ｓ（７）＝。当Ｐ＝３１时，
—
。
！： ± ！）
，，－ｌ，ｙ＝如图１所示．
，
每个口一ｃ ≠０确定唯一的ａ＋ｃ，可确定（口，ｃ），故每组（ｂ，ｄ）给出Ｐ一１组（ａ，ｃ）．

组合数学中的容斥原理和排列组合——数论知识要点

组合数学中的容斥原理和排列组合——数论知识要点组合数学是数学中的一个重要分支，它研究的是离散结构的组合方式和计数方法。

在组合数学中，容斥原理和排列组合是两个重要的概念和方法。

本文将介绍容斥原理和排列组合的数论知识要点。

一、容斥原理容斥原理是组合数学中常用的一种计数方法，它用于解决涉及多个集合的计数问题。

容斥原理的核心思想是通过减去重复计数的部分，来得到准确的计数结果。

容斥原理的具体表述如下：对于有限个集合A1，A2，...，An，它们的并集的元素个数可以通过如下的公式计算：|A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An| = |A1| + |A2| + ... + |An| - |A1 ∩ A2| - |A1 ∩ A3| - ... - (-1)^(n-1) |An-1 ∩ An| + ... + (-1)^(n-1) |A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ An|其中，|A|表示集合A的元素个数，|A1 ∩ A2|表示集合A1和A2的交集的元素个数，以此类推。

容斥原理的应用范围非常广泛，可以用于解决包括组合数、数论、概率论等各个领域的计数问题。

在组合数学中，容斥原理常常与排列组合相结合，能够解决一些复杂的计数问题。

二、排列组合排列组合是组合数学中的一个重要概念，它研究的是对象的排列和组合方式。

在排列组合中，排列和组合是两种不同的计数方法。

1. 排列排列是指从一组对象中选取若干个对象进行排列的方式。

对于n个对象中选取m个对象进行排列，排列的总数可以表示为P(n, m)。

排列的计算公式为：P(n, m) = n! / (n - m)!其中，n!表示n的阶乘，即n! = n * (n-1) * (n-2) * ... * 1。

2. 组合组合是指从一组对象中选取若干个对象进行组合的方式。

对于n个对象中选取m个对象进行组合，组合的总数可以表示为C(n, m)。

组合的计算公式为：C(n, m) = n! / (m! * (n - m)!)排列和组合是排列组合中的两个基本概念，它们在组合数学中有着广泛的应用。

数学竞赛专题讲座组合数学

举例说明抽屉原理
例1 幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，则不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试说明道理.
解从三种玩具中挑选两件，搭配方式只能是下面六种：（兔、兔），（兔、熊猫），（兔、长颈鹿），（熊猫、熊
猫），（熊猫、长颈鹿），（长颈鹿、长颈鹿）把每种搭配方式看作一个抽屉，把7个小朋友看作物体，则根
k0
定义３从n个不同的元素中取出m个，按照一定的顺序排在一个封闭曲线上，叫做环形排列（或循环排列、圆排列）．
相异元素的圆排列数公式为：
fn,mA m nmm1!Cnm
二、基础知识
定义４从n个不同的元素中，允许重复取出m 个元素，按照一定的顺序排成一列，称为n个相异元素允许重复的m元排列．
组合问题的知识点并不多，主要在于对问题性质的探索与思考。联赛中组合题以存在性问题和最值问题以及组合数论问题为主，这类问题的关键常常在于构造例子或反例。因此，只要我们多加练习这两类问题，在联赛中还是可以拿到满意的分数的。
2016-07-23
教学资料
• 资料仅供参考
相异元素的可重复排列数计算公式为：Un,mnm. 定义５从n个不同的元素中，允许重复取出m
个元素，不管怎样的顺序并成一组，称为n个相异元素允许重复的m元组合．相异元素的可重复组合数计算公式为：
f n,mCnmm1.
二、基础知识
定义６若n个元素中，有n1个a1， n2个a2．．．
ｎｍ个aｍ，且 n1n2 nmn ，则这ｎ个元素的
二、基础知识
有７个定义、9个定理：定义１从n个不同的元素中取出m个，按照一定
的顺序排成一列，叫做从n个不同的元素中取出 m个元素的一个排列．相异元素排列数的计算公式为：

组合数学预备知识数论

组合数学预备知识数论数论是研究整数及其性质的学科，它在组合数学中起着重要的作用。

本文将介绍组合数学中与数论相关的预备知识，包括素数、模运算、欧拉函数和同余等概念。

一、素数素数指大于1且只能被1和自身整除的自然数。

在组合数学中，素数是非常重要的基础概念。

我们可以通过以下方式来判断一个数是否为素数：1. 利用试除法：即将该数从2开始依次除以2、3、4、...，如果能够整除，则该数不是素数。

2. 利用素性测试算法，如埃拉托斯特尼筛法或米勒-拉宾素性测试。

二、模运算模运算（或取模运算）是指在除法中求得余数的运算。

在组合数学中，模运算常用于解决循环和周期性问题。

模运算的计算方法如下：对于整数a和正整数m，a mod m的值范围是0到m-1，表示a除以m所得的余数。

例如，17 mod 5的结果是2，因为17除以5等于3余2。

模运算具有以下性质：1. (a+b) mod m = (a mod m + b mod m) mod m2. (a-b) mod m = (a mod m - b mod m) mod m3. (a*b) mod m = (a mod m * b mod m) mod m三、欧拉函数欧拉函数通常记作φ(n)，表示小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数。

在组合数学中，欧拉函数与同余关系密切相关。

欧拉函数的计算方式如下：1. 如果n是素数p的k次幂，即n=p^k，其中k为正整数，则有φ(n) = p^k - p^(k-1) = p^k(1 - 1/p)2. 如果n和m互质，则有φ(n*m) = φ(n) * φ(m)四、同余同余是数论中一个重要的概念，用于描述两个数之间的关系。

在组合数学中，同余关系经常用于构造数学模型和解决排列组合问题。

设a和b为任意整数，m为正整数，如果m整除(a-b)，即(a-b) mod m = 0，我们称a和b在模m下是同余的，记作a ≡ b (mod m)。

同余关系具有以下性质：1. 如果a ≡ b (mod m)，则对于任意整数k，有a + km ≡ b (mod m)2. 如果a ≡ b (mod m)，c ≡ d (mod m)，则a + c ≡ b + d (mod m)，a *c ≡ b *d (mod m)总结：数论是组合数学中重要的预备知识之一，其中的素数、模运算、欧拉函数和同余等概念在组合数学中起到关键作用。

数学的数论与组合

数学的数论与组合数论与组合是数学中两个重要的分支领域，它们在数学研究和应用中发挥着重要的作用。

数论主要研究整数的性质和相互关系，而组合数学则研究离散结构及其组合方式。

本文将分别介绍数论和组合数学的基本概念、应用领域以及它们之间的联系。

一、数论数论是研究整数的性质和相互关系的学科。

它起源于人们对自然数的认识和对数的性质的好奇。

数论研究的核心问题包括质数、约数、同余以及数论中的一些重要定理，例如费马小定理、欧拉定理等等。

1.1 质数质数是指除了1和它本身之外没有其他正因数的自然数。

在数论中，质数是一个基本的研究对象。

质数的性质非常重要，包括无穷性、唯一性等。

其中，素数定理是数论中的一个重要结果，它给出了质数分布的大致规律。

1.2 同余同余是数论中的一个重要概念，它描述了两个整数除以同一个数所得的余数相等的情况。

同余关系不仅在数论中有重要应用，也在密码学、计算机科学等领域中发挥着重要作用。

1.3 数论定理数论中有许多重要的定理，例如费马小定理、欧拉定理、中国剩余定理等。

这些定理在密码学、信息安全以及算法设计等领域有着广泛的应用。

二、组合数学组合数学是研究离散结构及其组合方式的学科。

它关注的问题包括排列、组合、图论等，涉及到计数技巧、概率、算法等方面的知识。

2.1 排列与组合排列与组合是组合数学中的基本概念。

排列是指从一组元素中取出一部分进行有序的排列，而组合是指从一组元素中选出一部分进行无序的组合。

排列与组合在概率论、统计学等领域中有广泛的应用。

2.2 图论图论是组合数学的一个重要分支，研究的是由若干个点和边组成的图的性质。

图论在计算机科学、电信网络等领域有着广泛的应用，例如在网络路由、社交网络分析等方面发挥着重要作用。

三、数论与组合数学的联系数论与组合数学有着密切的联系，它们之间相互渗透、互为补充。

在一些问题中，数论的方法可以借鉴组合数学的思想，而组合数学的工具也可以应用于数论的研究中。

3.1 应用案例数论与组合数学在密码学、计算机科学、信息安全等领域都有广泛应用。

排列组合问题的基本解法

排列组合问题的基本解法排列组合问题是组合数学中常见的一类问题，涉及到在给定条件下对一组元素进行排列或组合的情况。

它在多个领域中都有广泛的应用，如概率论、统计学、计算机算法等。

本文将介绍排列组合问题的基本概念和解法。

排列是指将一组元素按照一定顺序进行排列的方式。

设有n个元素，从中选择r个元素进行排列，排列的总数可以使用阶乘的方式计算。

例如，当n=5，r=3时，可以从5个元素中选择3个进行排列，排列的总数为5!/(5-3)。

= 60.组合是指在一组元素中选择r个元素，并忽略其排列顺序的方式。

组合的总数可以使用组合数的方式计算。

例如，当n=5，r=3时，可以从5个元素中选择3个进行组合，组合的总数为5!/[3!(5-3)!] = 10.公式法排列组合问题可以通过数学公式直接计算。

当需要求解排列数时，使用阶乘的公式可得到结果。

当需要求解组合数时，使用组合数的公式可得到结果。

递归法递归法是一种常用的解决排列组合问题的方法。

通过将问题分解为较小规模的子问题，并逐步求解，最终得到结果。

递归法可以使用编程语言中的递归函数来实现。

迭代法迭代法是一种通过循环计算的方法，逐步生成排列组合的所有可能性。

可以使用循环结构和条件判断来实现迭代法。

以上是排列组合问题的基本解法介绍，具体问题的求解方法可以根据实际情况选择合适的解法。

排列问题排列问题是数学中的一个概念，指的是从给定的一组元素中选择若干个元素并按照一定的顺序排列的问题。

在排列问题中，每个元素只能出现一次。

解决排列问题时，我们需要确定以下几个要素：元素的总数：即给定的一组元素中有多少个元素。

选取元素的个数：即从给定的一组元素中选择多少个元素进行排列。

元素的顺序：即排列中每个元素的位置相对于其他元素的位置。

解决排列问题解决排列问题的基本思路是利用排列的性质进行计算。

以下是解决排列问题的基本步骤：确定元素的总数和选取元素的个数。

计算排列的总数，可以使用排列公式来计算，排列公式如下：排列公式](/____formula.png)其中，n 表示元素的总数，r 表示选取元素的个数。

组合计数方法在数论中的应用

㈡一１．
若（，Ｙ）与（Ｏ，０）模Ｐ不同余，则＋ｙ２－０（ｒｏｏｄＰ）
§ 兰一ｙ２（ｒｏｏｄＰ）
对（一０）（＋０）三ｂ一ｙ３（ｒｏｏｄＰ）分类讨论．
（ｉ）ｂ三（ｒｏｏｄＰ）．由题１分析，知每一组（ｂ，Ｙ）对应一１组（一口）．（ｉｉ）ｂ ≠ｙ（ｒｏｏｄＰ）．
对ｂ－０（ｒｏｏｄＰ），只有一个ｙ－＝Ｏ（ｒｏｏｄＰ）与之对应．
Ｉ（ｍ＋ｎ）＋１：ｐ．
故有３（Ｐ一１）＋１＝３ｐ一２组解．而（ｂ，）共Ｐ个，于是，与６。不同余的
解得，ｎ＝ｐ＋１，ｎ＝ｐ＋１．
有Ｐ一３ｐ＋２个．
故＋Ｙ三口（ｒｏｏｄＰ）有Ｐ＋１组解．
式得
－１
２≥
＝
６
＞ｐ＋２ｐ一２ｐ（Ｐ≥１１），矛盾．
＋三０（ｍｏｄＰ）的解数与＋三一１（ｒｏｏｄＰ）的解数一样多．下面求＋ｙ三口＋ｂ（ｒｏｏｄＰ）的解的组数．对于（一口）（＋口）三（６一，，）（６＋），）（ｍｏｄＰ），有（ｐ一１）（Ｐ一２）＋ｐ一１个（６，），）（ｂ￣ｙ２（ｍｏｄＰ）），每一个对应（，口）中Ｐ一１组解；有２ｐ一１个（ｂ，Ｙ）（６兰ｙ２（ｒｏｏｄＰ）），对应（，）中
北京大学数学夏令营中也出过类似的题目．
题２设Ｐ为素数．证明：对任意整数口，
＋ｙ３三（ｒｏｏｄＰ）
①
均有解．
【分析ｌｐ≤７时容易验证结论成立．
以下讨论ｐ１＞１１时的情况．

与数论有关的组合问题的常见解法

在数学竞赛中经常出现涉及正整数或格
点的组合问题，这类题目灵活多变，在分析和解决问题的过程中，经常需要剥丝抽茧，认识
问题的本质并将问题转化为数论问题，最后利用数论的思想方法解决问题．先介绍一道身边的数学问题．例１给定正整数ｎ．有２ｎ张纸牌叠成
设从上往下第位的牌经过一次操作后变为从ｊＩ往下第．厂（）位，原题即证明存在一个不超过２，ｚ一２的正整数，．，使得，．次迭代后，。（）＝对任意的（１ ≤ ≤２ｎ）均成立．
次操作可使每张牌回到原位．
一
对任意的（２ ≤ ≤２ｎ—１）成立．于是，２（．厂（）一１）三一１（ｏｒｏｄ２ｎ一１）．迭代ｒ次得
２（（）一１）三一１（ｍｏｄ２ｎ一１）．
故要使对于某个正整数，．，有
即２≤矗Ｇ２ｎ一１。
ｆｌ１
第１，３， …，５３张，右手的牌依次变成第２，４，
…
，
５４张．
ｌ｝，后三１（ｏｒｏｄ２）；
设第张牌标准洗牌一次后变为第Ｆ（后）
张牌．
注意到，．厂（）：｛
１３５２４６、１５４３２６、１４２５３６、１２３４５６．证明：对任
根据Ｅｕｌｅｒ定理，取
ｒ：（２ｎ—１） ≤２一２
即可满足条件．