《数学奥林匹克专题讲座》第15讲 离散
大牛为你推荐十本最适合信息学竞赛的书籍
大牛为你推荐十本最适合信息学竞赛的书籍展开全文1. 信息学竞赛书籍1) 《全国信息学奥林匹克联赛》系列【作者】吴文虎王建德【简介】全书对试题进行了类型归纳，并分上、下两册出版。
上册包括基础类试题、数据结构类试题、搜索类试题和动态程序设计类试题。
下册包括计算几何类试题和构造类试题。
全书对每种类型试题作了简要的介绍，所有的试题都给出了具体的算法分析和相应的源代码。
本书既适合教师辅导学生使用，也适合参加信息学奥林匹克竞赛的学生自学。
2) 《信息学奥林匹克教程》系列【作者】向期中吴耀斌曹利国朱全民【简介】该套教程根据NOIP、NOI及IOI的要求，以算法为主线，以习题分析为载体，深入浅出，既有各个算法设计基本思路的讲解及对求解问题的分析，又给出了具体的编程思路与参考程序。
其中，第三册提高篇主要针对提高竞赛水平的学生，详细阐述了基本算法设计策略、搜索及搜索优化方法、图论算法处理及其动态规划的应用等内容，为适应信息学竞赛新的发展的需要，还简单介绍了Linux 操作系统、Gcc、Free Pascal编程环境。
并附有联系测试题。
3) 《全国青少年信息学奥林匹克联赛培训教材》系列【作者】吴再陵【简介】本系列丛书是由中国计算机学会委托江苏省青少年科技中心编写的一套信息学奥林匹克辅导参考书。
本丛书注重系统性、入门性与实用性，始终围绕编程实践，以算法分析为主线，讲思想、讲方法，侧重基础联系，引导学生在参与的实践中掌握科学思维方法，提高使用计算机的能力。
本书主要围绕PASCAL语言，深入浅出地讲解程序设计，是入门者不可多得的一本好书。
本书是专门针对PASCAL语言学习的一本习题集，给出了具体的算法分析和参考程序清单。
4) 《信息学奥林匹克竞赛指导》系列【作者】吴文虎王建德【简介】该系列丛书主要讲了数论、图论、组合数学等相关知识点。
该系列丛书的特点是既有基本概念的讲解及对所解问题的分析，又有编程的思路与参考程序。
本书是参加奥林匹克竞赛学生的必读书，也可作为大学生的参考书。
《中等数学》2019年总目次
2019中国西部数学邀请赛
(12 22)
2018中国数学奥林匹克希望联盟夏令营
第21届地中海地区数学奥林匹克
(12 39)
九
2018中国西部数学邀请赛
(1 -30 2-34 3 35) (1 35)
再品佳题
第15届中国东南地区数学奥林匹克
(2 17)
第11届中欧数学奥林匹克（2017）
(10-29)
巧用密克点证明两道几何题（金春来周俊 4-7)
-道IMO题的推广与证明
（沈毅 4-11)
浅析“数论倒数”在解题中的应用
（余波 徐志华 5-9)
一道竞赛题的一般化
（舒畅 侯俊宇 5-12)
组合数学中的集合分拆问题
（陆直 7-9)
解题小品 反客为主
1 （陶平生 8-13)
谈谈两道国际竞赛题
| （黄全福 8-18)
2-43 237 李伟 3-41 238 周阳锋 4-40
2018年全国高中数学联赛辽宁赛区预赛 (5 23)
239 李培臣袁万伦 5-40 240 谢文晓 6-
2018年全国高中数学联赛山东赛区预赛 (5 28)
40 241 张雷缠祥瑞 7-41 242杨运新 8-
第五届伊朗几何奥林匹克
(5 33)
（贾松硕谷旳瞳10-16）
2019年全国高中数学联赛新疆赛区预赛 (8 28)
中
初等数学研究
2017中国香港代表队选拔考试
(8 32)
等
2017—2018美国国家队选拔考试
(8 36)
消点思想处理平面几何中的复杂点
第60届IMO试题解答
(9 21)
（解尧平1-15）
第59届IMO预选题
学而思小学奥数个精彩讲座总汇全
第1讲计算综合（一）繁分数的运算，涉及分数与小数的定义新运算问题，综合性较强的计算问题．1．繁分数的运算必须注意多级分数的处理，如下所示：甚至可以简单地说：“先算短分数线的，后算长分数线的”．找到最长的分数线，将其上视为分子，其下视为分母．2．一般情况下进行分数的乘、除运算使用真分数或假分数，而不使用带分数．所以需将带分数化为假分数．3．某些时候将分数线视为除号，可使繁分数的运算更加直观．4．对于定义新运算，我们只需按题中的定义进行运算即可．5．本讲要求大家对分数运算有很好的掌握，可参阅《思维导引详解》五年级[第1讲循环小数与分数]．1．计算：71147 18262 13581333416⨯+⨯-÷【分析与解】原式=7123723174612241488128131233+⨯=⨯=-2．计算：【分析与解】注意，作为被除数的这个繁分数的分子、分母均含有5199．于是，我们想到改变运算顺序，如果分子与分母在5199后的两个数字的运算结果一致，那么作为被除数的这个繁分数的值为1；如果不一致，也不会增加我们的计算量．所以我们决定改变作为被除数的繁分数的运算顺序．而作为除数的繁分数，我们注意两个加数的分母相似，于是统一通分为1995×．具体过程如下：原式=5919(3 5.22)19930.41.6910()52719950.5199519(6 5.22)950+-⨯÷+⨯-+=5191.3219930.440.40.59()519950.419950.5191.329-⨯⨯⨯÷+⨯⨯-=199320.41()19950.5+÷⨯=0.410.5÷=1143．计算：1111111987-+-【分析与解】原式=11198711986-+=198613973-=198739734．计算：已知=181111+12+1x+4=，则x等于多少【分析与解】方法一：1118x68114x112x7111+11148x62+214x1x+4+====+++++++交叉相乘有88x+66=96x+56，x=1．25．方法二：有11131118821x4+==+++，所以18222133x4+==++；所以13x42+=，那么x=．5．求944,43,443,...,44 (43)个这10个数的和．【分析与解】方法一：944+43+443...44 (43)++个=1044(441)(4441)...(44...41)+-+-++-个=104444444...44 (49)++++-个=1094(999999...999...9)99⨯++++-个=1004[(101)(1001)(10001)...(1000...01)]99⨯-+-+-++--个=914111.1009=49382715919⨯-个.方法二：先计算这10个数的个位数字和为39+4=31⨯；再计算这10个数的十位数字和为4×9=36，加上个位的进位的3，为36339+=；再计算这10个数的百位数字和为4×8=32，加上十位的进位的3，为32335+=；再计算这10个数的千位数字和为4×7=28，加上百位的进位的3，为28331+=；再计算这10个数的万位数字和为4×6=24，加上千位的进位的3，为24327+=；再计算这10个数的十万位数字和为4×5=20，加上万位的进位的2，为20222+=；再计算这10个数的百万位数字和为4×4=16，加上十万位的进位的2，为16218+=；再计算这10个数的千万位数字和为4×3=12，加上百万位的进位的1，为12113+=；再计算这10个数的亿位数字和为4×2=8，加上千万位的进位的1，为819+=；最后计算这10个数的十亿位数字和为4×1=4，加上亿位上没有进位，即为4．所以，这10个数的和为91．6.如图1-1，每一线段的端点上两数之和算作线段的长度，那么图中6条线段的长度之和是多少【分析与解】因为每个端点均有三条线段通过，所以这6条线段的长度之和为：1173(0.60.875)1+0.75+1.8+2.625=6.175=63440⨯+++=7.我们规定，符号“○”表示选择两数中较大数的运算，例如：3．5○=○=．符号“△”表示选择两数中较小数的运算，例如：△=△=．请计算：23155 (0.625)(0.4)33384 1235(0.3)( 2.25) 3104⨯+【分析与解】原式1550.6255155725384218384122562.253⨯=⨯÷=+8．规定（3）=2×3×4，（4）=3×4×5，(5)=4×5×6，(10)=9×10×11，…．如果111(16)(17)(17)-=⨯，那么方框内应填的数是多少【分析与解】111(17)()1(16)(17)(17)(16)=-÷=-=161718111516175⨯⨯-=⨯⨯.9．从和式11111124681012+++++中必须去掉哪两个分数，才能使得余下的分数之和等于1【分析与解】因为1116124+=，所以12,14,16,112的和为l，因此应去掉18与110.10．如图1-2排列在一个圆圈上10个数按顺时针次序可以组成许多个整数部分是一位的循环小数，例如．那么在所有这种数中。
五年级奥数讲义(学生版)30讲全
-1-五年级奥数第1讲数字迷〔一〕第16讲巧算24第2讲数字谜(二)第17讲位置原那么第3讲定义新运算(一)第18讲最大最小第4讲定义新运算(二)第19讲图形的分割与拼接第5讲数的整除性(一)第20讲多边形的面积第6讲数的整除性(二)第21讲用等量代换求面积第7讲奇偶性〔一〕第22用割补法求面积第8讲奇偶性〔二〕第23讲列方程解应用题第9讲奇偶性〔三〕第24讲行程问题〔一〕第10讲质数与合数第25讲行程问题〔二〕第11讲分解质因数第26讲行程问题〔三〕第12讲最大公约数与最小公倍数〔一〕第27讲逻辑问题〔一〕第13讲最大公约数与最小公倍数〔二〕第28讲逻辑问题〔二〕第14讲余数问题第29讲抽屉原理(一)第15讲孙子问题与逐步约束法第30讲抽屉原理(二)-2-第1讲数字谜〔一〕例1把+，-，×，÷四个运算符号，分别填入下面等式的○内，使等式成立〔每个运算符号只准使用一次〕：〔5○13○7〕○〔17○9〕=12。
例2将1～9这九个数字分别填入下式中的□中，使等式成立：□□□×□□=□□×□□=5568。
例3在443后面添上一个三位数，使得到的六位数能被573整除。
例4六位数33□□44是89的倍数，求这个六位数。
例5在左下方的加法竖式中，不同的字母代表不同的数字，相同的字母代表相同的数字，请你用适当的数字代替字母，使加法竖式成立。
FORTYTENTENSIXTY例6在左下方的减法算式中，每个字母代表一个数字，不同的字母代表不同的数字。
请你填上适当的数字，使竖式成立。
练习11.在一个四位数的末尾添零后，把所得的数减去原有的四位数，差是621819，求原来的四位数。
在以下竖式中，不同的字母代表不同的数字，相同的字母代表相同的数字。
请你用适当的数字代替字母，使竖式成立：〔1〕AB (2)ABAB+BCA - ACAABC BAAC在下面的算式中填上括号，使得计算结果最大：1÷2÷3÷4÷5÷6÷7÷8÷9。
数论选讲
解： 又
(m + n)m ≥ mm + nm ⇒ mn ≤ 1413 。
44 = 256,53 = 3125 > 1413 ⇒ m ≤ 4 。 显然 m 为奇数。 当 m = 1时，对任何正整数 n ，不可能有 (m + n)m = n +1 = nm +1413 = n +1413 。
当 m = 3 时，由 (3 + n)3 = n3 +1413 可得 n2 + 3n −154 = 0 ，即
（1）必有自然数 k ，使得 Ak+1 = Ak 。 (2) 若 A = 1986 ，问上述的 Ak 等于多少？并说明理
由。
证明：（1）n = 0 时，对任意 k ，有 Ak = A 。当 n = 1 时，显然 A ≥ f ( A) 。 当 n ≥ 2 时，
f ( A) = 2n a0 + 2n−1 a1 +" + 2an−1 + an ≤ (2n + " + 2 + 1) ⋅ 9 = (2n+1 −1) ⋅ 9 ， A ≥ 10n an ≥ 10n = 10 ⋅10n−1 > 9 ⋅10n−1 > 9 ⋅ 23 ⋅10n−2 ≥ 9 ⋅ 23 ⋅ 2n−2 = 9 ⋅ 2n+1 > 9(2n+1 −1) ≥ f ( A)
一、基本知识
（一）整除与同余
1. 设 n 为正整数，则任意 n 个连续整数中有且仅有一个是 n 的倍数。 2. 若 p 为素数， n 为任意正整数，且 p a1 a2 "an ，则至少存在一个 ai ，使得 p ai 。
3. 若 ai ≡ bi (mod n),i = 1,2,", m ，则对任意的整数 ci (i = 1, 2,", m) ，均有
数学竞赛书目
s004 高中数学竞赛培训教材高一分册 浙江大学 22
s005 高中数学竞赛培训教材高二分册 浙江大学 23
s006 高中数学竞赛培训教材高三分册 浙江大学 26
高中各科竞赛实战演练丛书
s015 国内高中数学竞赛真题库 浙江大学 14
s016 国外数学竞赛真题库 浙江大学 25
s017 高中数学竞赛2000题 浙江大学 40
特级教师解密
s064 奥赛小丛书.高中卷14 组合几何 华东师大 7
s065 奥赛小丛书.高中卷15 图论 华东师大 9
s066 奥赛小丛书.高中卷16 组合极值.论证与构造 华东师大 10
s052 奥数小丛书.高中卷2 函数与函数方程 华东师大 12
s053 奥数小丛书.高中卷3 三角函数 华东师大 13
s054 奥数小丛书.高中卷4 平均值不等式与柯西不等式 华东师大 11
s055 奥数小丛书.高中卷5 不等式的解题方法与技巧 华东师大 12
《赛前集训》系列
s049 高中数学联赛专题辅导 华东师大 15
s050 高中数学联赛考前集训 华东师大 7
《数学奥林匹克小丛书》
s051 奥数小丛书.高中卷1 集合 华东师大 12
高中各学科竞赛丛书国家数学奥林匹克竞赛学会审定
s001 高中数学竞赛培优教程(一试) 浙江大学 26
s002 高中数学竞赛培优教程(专题讲座) 浙江大学 26
s003 高中数学竞赛题典 浙江大学 14
《高中奥赛试题评析》丛书
s029 高中数学奥赛试题评析 南京师大 18
启东中学奥赛训练教程
s030 启东中学奥赛训练教程.高中数学 南京师大 24
高中数学竞赛有哪些值得推荐的辅导书？从入门到高阶，数竞党必读！
又到了新一轮竞赛学习，不少学生反映不知道买哪些参考书，今天就来给大家推荐一些书目，从入门、进阶到拔高，适合各个不同阶段，欢迎大家对号入座~一、入门1、《奥数教程》，华东师范大学出版社这套书按年级分为高一、高二、高三三套，每个年级包含教程、测试和学习手册三本， 是比较基础、入门级的竞赛教程 。
《奥数教程》从课本知识出发，由浅入深，逐步过渡到竞赛，内容涵盖了竞赛的全部考点和热点。
每本书包含基础篇和拔高篇，基础篇主要是一试相关内容，拔高篇是二试相关内容。
共30讲，每讲又分为“内容概述”、“例题精解”、“读一读”和“巩固训练”四个部分， 系统地梳理了数学竞赛知识，比较适合刚接触竞赛的学生使用。
《奥数教程-能力测试》是配套的练习用书，每讲配备了1个小时左右的练习量，确保学生更好地掌握知识。
《奥数教程-学习手册》详细解答了《奥数教程》中“巩固训练”，并对该年级的竞赛热点进行精讲，并配有真题用作练习。
2、《2018年全国高中数学联赛备考手册》，华东师范大学出版社这本书每年出版一本，集合了各个省市联赛预赛的试题及答案详解，预赛命题人员大多为各省市数学会成员，题型和难度一般和高联一试相当，可以在学完一遍一试后作为练习题使用。
二、进阶1、《数学奥林匹克小丛书》，华东师范大学出版社俗称“小蓝本”，这套书共14册，包括《集合》、《函数与函数方程》、《三角函数》、《平均值不等式与柯西不等式》、《不等式的解题方法与技巧》、《数列与数学归纳法》、《平面几何》、《复数与向量》、《几何不等式》、《数论》、《组合数学》、《图论》、《组合极值》、《数学竞赛中的解题方法与策略》等，可以说是竞赛生人手一套的“圣书”。
力图用各种方法介绍数学竞赛中的14个专题，书中有对基本知识、基本问题以及解决这些问题的一些典型方法的讲解，还有由基本问题派生出来的教学方法和应用，相对易懂。
2、《奥赛经典》，湖南师范大学出版社这套书分为《奥林匹克数学中的组合问题》、《奥林匹克数学中的几何问题》、《奥林匹克数学中的代数问题》、《奥林匹克数学中的数论问题》、《奥林匹克数学中的真题分析》五册。
五年级奥数集训专题讲座例题
五年级奥数集训专题讲座（一）有趣的平均数问题姓名：我们研究平均数问题，首先要掌握以下基本数量关系：①总数量÷总份数=平均数②平均数×总份数=总数量③总数量÷平均数=总份数。
在总数量不变情况下“移多补少”，得到平均数是解决这类题的重要思想和解题思路，找准总数量与对应的总份数是难点。
例1修路队修两条公路，第一条路长900米，用10天修完，第二条路的长比第一条的2倍多100米，用的时间是第一条的1.8倍，这个修路队，修完这两条公路平均每天修多少米？例2.一个水果店三种水果的单价平均是1.6元，已知香蕉比苹果贵0.2元，比柚子便宜0.5元，请你算一算每种水果的单价多少元。
例3.五名裁判给一名运动员评分，去掉一个最高分和一个最低分，平均得分9.58分；如果只去掉一个最高分，均分为9.46分；如果只去掉一个最低分，均分为9.66分。
求这名运动员的最高得分和最低得分分别是多少？例4．一辆汽车以每小时100千米的速度从甲地开往乙地,到达乙地后,又以每小时60千米的速度从乙地返回甲地,求这辆汽车往返一次的平均速度.1．甲、乙两数的平均数是1.58，再加上丙则平均数是3.52，丙数是多少？2．在爬山活动中，李林同学上山的速度为每小时0.24千米，6小时到达山顶，然后又以每小时0.4千米的速度沿原路下到山底，请算一算他上、下山的平均速度是多少3．甲乙两数和是194，如果再加上丙数，这时平均数比甲乙两数平均数多2，丙数应是多少？4．玲玲和明明的平均年龄是12岁，明明和林林的平均年龄是14岁，玲玲和林林的平均年龄是15岁，三人中年龄最大的是谁？最小的是谁？5.甲、乙两数的平均数是3.21，丙数是2.64，若再加进丁，则四个数的平均数是3.6，丁是多少？6.五个裁判给一个选手打分，如果去掉最低分，平均分是96.5分，如果去掉最高分，则该选手平均分是91.5分，请你算一算最高分与最低分相差几分？7．小丁上学期数学测验前4次的平均成绩是88分，第五次测验后，平均成绩提高到90分，第五次他考了多少分？8.有四个数，用其中三个数的平均数，再加上另外的一个数，按这样的方法计算，分别得到：28、36、42、46，那么原来四个数的平均数是多少？（二）盈亏问题盈亏问题又叫盈不足问题，是指把一定数量的物品平均分给固定的对象，如果按某种标准分，则分配后会有剩余（盈）；按另一种标准分，分配后又会不足（亏），求物品的数量和分配对象的数量。
数学奥林匹克一讲一练-初三年级 改好
前言 目录 目录
第一讲 一元二次方程的解法 第二讲 可化为一元二次方程的方程 第三讲 一元二次方程的判别式 第四讲 根与 系数的关系及其应用 第五讲 构造一 元二次方程解题 第六讲 一元二次方 程的整数根 第七讲 二元二次方程组 第八讲 一次函数与反比例函数 第九 讲 二次函数（一） 第十讲 二次函 数（二） 第十一讲 函数的最大值与 最小值 第十二讲 一元二次不等式的 解法 第十三讲 锐角三角函数 第十四 讲 解直角三角形 第十五讲 圆的有 关性质 第十六讲 直线和圆的位置关 系 第十七讲 两圆的位置关系及其公 切线 第十八讲 圆中的比例线段 第十 九讲 正多边形和圆 第二十讲 四点 共圆（一） 第二十一讲 四点共圆 （二） 第二十二讲 托勒密定理 第二 十三讲 三角形的“四心” 第二十四 讲 平面几何中的定值问题 第二十五 讲 面积问题与面积方法 第二十六讲 四种命题及其关系 第二十七讲 分类 与讨论 第二十八讲 反证法 第二十九 讲 逻辑推理 第三十讲 染色问题 第 三十一讲 不定方程的常用解法 第三 十二讲 极端原理 能力训练习题解答
[General Information] 书名=数学奥林 匹克一讲一练 初三年级 作者=熊斌 冯 志刚主编 页数=209
数学奥林匹克专题讲座 第02讲 数论的方法技巧(下)
《数学奥林匹克专题讲座》第2讲数论的方法技巧（下）四、反证法 反证法即首先对命题的结论作出相反的假设，并从此假设出发，经过正确的推理，导出矛盾的结果，这就否定了作为推理出发点的假设，从而肯定了原结论是正确的。
反证法的过程可简述为以下三个步骤： 1．反设：假设所要证明的结论不成立，而其反面成立； 2．归谬：由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾； 3．结论：因为推理正确，产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立。
运用反证法的关键在于导致矛盾。
在数论中，不少问题是通过奇偶分析或同余等方法引出矛盾的。
解：如果存在这样的三位数，那么就有 100a+10b+c=（10a+b）+（10b+c）+（10a+c）。
上式可化简为80a=b+c，而这显然是不可能的，因为a≥1，b≤9，c≤9。
这表明所找的数是不存在的。
说明：在证明不存在性的问题时，常用反证法：先假设存在，即至少有一个元素，它符合命题中所述的一切要求，然后从这个存在的元素出发，进行推理，直到产生矛盾。
例2 将某个17位数的数字的排列顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加。
试说明，得到的和中至少有一个数字是偶数。
解：假设得到的和中没有一个数字是偶数，即全是奇数。
在如下式所示的加法算式中，末一列数字的和d+a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b+c≤9。
将已知数的前两位数字a，b与末两位数字c，d去掉，所得的13位数仍具有“将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数”这一性质。
照此进行，每次去掉首末各两位数字，最后得到一位数，它与自身相加是偶数，矛盾。
故和的数字中必有偶数。
说明：显然结论对（4k+1）位数也成立。
但对其他位数的数不一定成立。
如12+21，506+605等。
例3 有一个魔术钱币机，当塞入1枚1分硬币时，退出1枚1角和1枚5分的硬币；当塞入1枚5分硬币时，退出4枚1角硬币；当塞入1枚1角硬币时，退出3枚1分硬币。
数学竞赛书目
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小学数学奥林匹克竞赛辅导系列讲座共49讲
小学数学奥林匹克比赛指导系列讲座共49讲--WORD格式 -- 可编写 --小学数学奥林匹克比赛指导系列讲座共49讲小学数学奥林匹克比赛指导系列讲座共49讲小学奥数指导01 小学奥数指导02 小学奥数指导03 小学奥数辅导 04小学奥数指导05 小学奥数指导06 小学奥数指导07 小学奥数辅导 08小学奥数指导09 小学奥数指导10 小学奥数指导11 小学奥数辅导 12小学奥数指导13 小学奥数指导14 小学奥数指导15 小学奥数辅导 16小学奥数指导17 小学奥数指导18 小学奥数指导19 小学奥数辅导 20小学奥数指导21 小学奥数指导22 小学奥数指导23 小学奥数辅导 24----WORD格式 -- 可编写 --小学奥数指导25 小学奥数指导26 小学奥数指导27 小学奥数辅导 28小学奥数指导29 小学奥数指导30 小学奥数指导31 小学奥数辅导 32小学奥数指导33 小学奥数指导34 小学奥数指导35 小学奥数辅导 36小学奥数指导37 小学奥数指导38 小学奥数指导39 小学奥数辅导 40小学奥数指导41 小学奥数指导42 小学奥数指导43 小学奥数辅导 44小学奥数指导45 小学奥数指导46 小学奥数指导47 小学奥数辅导 48小学奥数指导49这部小学数学奥林匹克比赛指导系列讲座视频是----WORD格式 -- 可编写 --一部寥寥可数的优秀视频，它会为您涉及小学奥数的重点和难点的详细讲解。
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奥数”是奥林匹克数学比赛的简称。
1934 年— 1935 年，前苏联开始在列宁格勒和莫斯科举办中学数学比赛，并冠以数学奥林匹克比赛的名称，1959 年在布加勒斯特举办第一届国际数学奥林匹克比赛。
国际数学奥林匹克(InternationalMathematicalOlympiads)简称 IMO ，是一项以数学为内容，以中学生为对象的国际性比赛活动，到此刻已有 30 余年的历史。
离散数学四省公开课一等奖全国示范课微课金奖PPT课件
(d) 对每一个n元谓词符号FL, 有一个DI上n元谓词常项 ,F 称 F 为F在I中解释. 设公式A, 取个体域DI , 把A中个体常项符号a、函数符
号f、谓词符号F分别替换成它们在I中解释 、a 、f ,F称
所得到公式A为A在I下解释, 或A在I下被解释成A.
比如，x(F(x,y)G(x,z))， x为指导变元，(F(x,y)G(x,z))为 x 辖域，x两次出现均为约束出现，y与 z 均为自由出现
又如, x(F(x,y,z)y(G(x,y)H(x,y,z))), x中x是指导变元, 辖域为(F(x,y,z)y(G(x,y)H(x,y,z))). y中y是指导变元, 辖 域为(G(x,y)H(x,y,z)). x3次出现都是约束出现, y第一次出 现是自由出现, 后2次是约束出现, z2次出现都是自由出现
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实例
例7 判断以下公式中，哪些是永真式，哪些是矛盾式？ (1) xF(x)(xyG(x,y)xF(x))
重言式 p(qp) 代换实例，故为永真式. (2) (xF(x)yG(y))yG(y)
矛盾式 (pq)q 代换实例，故为永假式. (3) x(F(x)G(x))
解释I1: 个体域N, F(x):x>5, G(x): x>4, 公式为真 解释I2: 个体域N, F(x):x<5, G(x):x<4, 公式为假 结论: 非永真式可满足式
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谓词
谓词——表示个体词性质或相互之间关系词 谓词常项 如, F(a)：a是人 谓词变项 如, F(x)：x含有性质F n（n1）元谓词 一元谓词(n=1)——表示性质 多元谓词(n2)——表示事物之间关系 如, L(x,y)：x与 y 相关系 L，L(x,y)：xy，… 0元谓词——不含个体变项谓词, 即命题常项 或命题变项
离散数学(第5版)耿素云9.2省公开课一等奖全国示范课微课金奖PPT课件
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积代数性质
设 V1 = <S1,o>和 V2 = <S2,>是代数系统，其中 o 和 是二元运算. V1 与 V2 积代数是 V=<S1S2,∙> (1) 若 o 和 运算是可交换，那么∙ 运算也是可交换 (2) 若 o 和 运算是可结合，那么∙ 运算也是可结合 (3) 若 o 和 运算是幂等，那么∙ 运算也是幂等 (4) 若 o 和 运算分别含有单位元 e1 和 e2，那么∙ 运算
实例 N是<Z,+> 和<Z,+,0>子代数. N{0}是<Z,+> 子代数，但不是<Z,＋,0>子代数
说明： 子代数和原代数是同种代数系统 对于任何代数系统 V ，其子代数一定存在.
第6页6
关于子代数术语
最大子代数 就是V 本身. 假如V 中全部代数常数组 成集合 B，且 B 对V 中全部运算封闭，则 B 就组 成了V 最小子代数. 最大和最小子代数称为V 平凡 子代数. 若 B 是 S 真子集，则 B 组成子代数称为V 真子代数 . 例2 设V=<Z,+,0>，令 nZ = { nz | z∈Z}，n 为自然 数，则 nZ 是 V 子代数, 当 n = 1 和 0 时，nZ 是 V 平凡子代数，其它都是 V 非平凡真子代数.
第111页1
例题
例1 V=<R*,>, 判断下面哪些函数是V 自同态？ (1) f(x)=|x| (2) f(x)=2x (3) f(x)=x2 (4) f(x)=1/x (5) f(x)= x (6) f(x)=x+1
高中数学竞赛专题讲座---离散极值
离 散 极 值一. 知识与方法所谓离散极值，就是指以整数、集合、点、线、圆等离散对象为背景，求它们满足某些约束条件的极大值或极小值。
这类问题的解法与一般函数（连续变量）极值的解法有很大的差异。
对于这类非常规的极值问题，要针对具体问题，认真分析，细心观察，选用灵活的策略与方法，通常可以从论证与构造两方面予以考虑。
先论证或求得该变量的上界或下界，然后构造一个实例说明此上界或下界可以达到，这样便求得了该离散量的极大值或极小值。
在论证或求解离散量的上界或下界时，通常要对离散量做出估计，在估计的过程中，构造法、分类讨论法、数学归纳法、反证法、极端原理、抽屉原理等起着重要的作用。
二. 范例选讲例1. m 个互不相同的正偶数和n 个互不相同的正奇数的总和为1987，对于所有这样的m 与n ，问3m+4n 的最大值是多少？请证明你的结论。
（1987年第二届全国数学冬令营试题）思路分析：先根据题设条件求得3m+4n 的一个上界，然后举例说明此上界可以达到，从而得到3m+4n 的最大值。
解：设a 1,a 2,…,a m 是互不相同的正偶数，b 1,b 2,…,b n 是互不相同的正奇数，使得a 1+a 2+…+a m +b 1+b 2+… +b n =1987 ①，这时分别有：a 1+a 2+…+a m ≥2+4+…+2m=m(m+1) ②，b 1+b 2+…+b n ≥1+3+…+(2n -1)=n 2 ③，由①,②,③得m²+m+n 2≤1987,因而有（m+21）2+n 2≤119874+ ④，由④及柯西不等式，得3（m+21）+4n≤4119875)21(.432222+≤+++n m ,由于3m+4n 为整数，所以3m+4n 221≤ ⑤，另一方面，当m=27,n=35时，m 2+m+n 2=1981<1987,且3m+4n=221。
故3m+4n 的最大值为221。
评注：在论证过程中用到了柯西不等式与一般二元一次不定方程的求解方法。
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15讲离散最值问题在国内外数学竞赛中，常出现一些在自然数范围内变化的量的最值问题，我们称之为离散最值问题。
解决这类非常规问题，尚无统一的方法，对不同的题目要用不同的策略和方法，就具体的题目而言，大致可从以下几个方面着手：1.着眼于极端情形；2.分析推理——确定最值；3.枚举比较——确定最值；4.估计并构造。
例1一把钥匙只能开一把锁，现在有4把钥匙4把锁，但不知哪把钥匙开哪把锁，最少试多少次，就一定能使全部的钥匙和锁相匹配？解：开第1把锁，若不凑巧，试3把钥匙还没有成功，则第4把不用再试了，它一定能打开这把锁。
同理，开第2把锁最多试2次，开第3把锁最多试1次，最后剩下的1把钥匙一定能打开剩下的第4把锁，而用不着再试。
这样最多要试的次数为3＋2＋1=6（次）。
说明：在“最凑巧”的情况下，只需试3次就可使全部的钥匙和锁相匹配。
本题中要求满足任何情况，所以应从“最不凑巧”的情况考虑问题。
例2一个布袋中有红、黄、绿三种颜色的小球各10个，这些小球的大小均相同，红色小球上标有数字“4”，黄色小球上标有数字“5”，绿色小球上标有数字“6”。
小明从袋中摸出8个球，它们的数字和是39，其中最多可能有多少个球是红色的？解：假设摸出的8个球全是红球，则数字之和为（4×8=）32，与实际的和39相差7，这是因为将摸出的黄球、绿球都当成是红球的缘故。
用一个绿球换一个红球，数字和可增加（6－4=）2，用一个黄球换一个红球，数字和可增加（5-4=）1。
为了使红球尽可能地多，应该多用绿球换红球，现在7÷2=3……1，因此可用3个绿球换红球，再用一个黄球换红球，这样8个球的数字之和正好等于39。
所以要使8个球的数字之和为39，其中最多可能有（8-3-1=）4个是红球。
例3红星小学的礼堂里共有座位24排，每排有30个座位，全校650个同学坐到礼堂里开会，至少有多少排座位上坐的学生人数同样多？解：从极端情形考虑，假设24排座位上坐的人数都不一样多，那么最多能坐假设只有2排座位上坐的学生人数同样多，那么，最多能坐假设只有3排座位上坐的学生人数同样多，那么，最多能坐而题中说全校共有学生650人，因此必定还有（650－636=）14人要坐在这24排中的某些排座位上，所以其中至少有4排座位上坐的学生人数同样多。
说明：（1）若问最多有多少排座位上坐的学生人数同样多，你会解吗？这个问题留给读者研究。
（2）从极端情形入手，着眼于极端情形，是求解最值问题的有效手段。
如例1中从最不凑巧的情形看，用n把钥匙开1把锁要开n次才能打开，例2从摸出的8个球全是红球这种极端情形入手，再进行逐步调整。
解：本题实质上是确定n的最小值，利用被11整除的数的特征知：一个数能被11整除，当且仅当该数的偶位数字的和与奇位数字的和之差能被11整除。
该数的偶位数字之和为18n＋2，奇位数字之和为10n＋5。
两者之差为18n＋2-（10n＋5）=8n-3。
要使（8n-3）为11的倍数，不难看出最小的n=10，故所求最小数为说明：本题采用分析、推理的方法来确定最值，这也是解离散最值问题的一种常用方法。
×EFG的最大值与最小值相差多少？解：由右式知，A=1，D＋G=3或13，由于A，D，G为不同数字，故D ＋G≠3，因此 D+ G＝13；C+F=8或18，但 C≠F，故只有 C＋F=8，数，为使数字不重复，只有取E=7（B=2），F=5（C=3），G=9（D=4），E=2（B=7），F=3（C=5），G＝4（D=9），即当1234×759-1759×234=1234×（234＋525）-（1234＋525）×234＝（1234—234）×525=525000。
例6某公共汽车从起点开往终点站，中途共有13个停车站。
如果这辆公共汽车从起点站开出，除终点站外，每一站上车的乘客中，正好各有一位乘客从这一站到以后的每一站，那么为了使每位乘客都有座位，这辆公共汽车至少应有多少个座位？解法1：只需求车上最多有多少人。
依题意列表如下：由上表可见，车上最多有56人，这就是说至少应有56个座位。
说明：本题问句出现了“至少”二字是就座位而言的，座位最少有多少，取决于什么时候车上人数最多，要保证乘客中每人都有座位，应准备的座位至少应当等于乘客最多时的人数。
所以，我们不能只看表面现象，误认为有了“至少”就是求最小数，而应该把题意分析清楚后再作判断。
解法2：因为车从某一站开出时，以前各站都有同样多的人数到以后各站（每站1人），这一人数也和本站上车的人数一样多，因此车开出时人数=（以前的站数+1）×以后站数=站号×（15-站号）。
因此只要比较下列数的大小：1×14， 2×13， 3×12， 4×11， 5×10，6×9， 7×8， 8×7， 9×6， 10×5，11×4， 12×3， 13×2， 14×1。
由这些数，得知7×8和8×7是最大值，也就是车上乘客最多时的人数是56人，所以它应有56个座位。
说明：此题的两种解法都是采用的枚举法，枚举法是求解离散最值问题的基本方法。
这种方法的大意是：将问题所涉及的对象一一列出，逐一比较从中找出最值；或者将与问题相关的各种情况逐一考察，最后归纳出需要的结论。
例7在10，9，8，7，6，5，4，3，2，1这10个数的每相邻两个数之间都添上一个加号或一个减号，组成一个算式。
要求：（1）算式的结果等于37；（2）这个算式中的所有减数（前面添了减号的数）的乘积尽可能地大。
那么，这些减数的最大乘积是多少？解：把10个数都添上加号，它们的和是55，如果把其中一个数的前面的加号换成减号，使这个数成为减数，那么和数将要减少这个数的2倍。
因为55-37＝18，所以我们变成减数的这些数之和是18÷2=9。
对于大于2的数来说，两数之和总是比两数乘积小，为了使这些减数的乘积尽可能大，减数越多越好（不包括1）。
9最多可拆成三数之和2＋3＋4=9，因此这些减数的最大乘积是2×3×4＝24，添上加、减号的算式是10 ＋ 9＋ 8＋ 7 ＋ 6＋ 5- 4- 3- 2 ＋1＝37。
例8设a1，a2，a3，a4，a5，a6是1到9中任意6个不同的正整数，并且a1＜a2＜a3＜a4＜a5＜a6。
试用这6个数分别组成2个三位数，使它们的乘积最大。
分析与解：由于a1，…，a6具体大小不清楚，因此先取特殊数1，2，3，4，5，6这6个不同的数考虑。
要使2个三位数的乘积最大，必须使这2个数的百位数最大，应分别是6，5；而十位数次大，应分别为4，3，个位数最小，应分别为2，1。
因为当2个数之和一定时，这2个数之差越小，它们的乘积越大，所以这2个数是631和542。
例9 8个互不相同的自然数的总和是56，如果去掉最大的数及最小的数，那么剩下的数的总和是44。
问：剩下的数中，最小的数是多少？解：因为最大数与最小数的和是56－44=12，所以最大数不会超过11。
去掉最大和最小数后剩下的6个互不相同的自然数在2～10之间，且总和为44，这6个数只能是4，6，7，8，9，10。
例10采石场采出了200块花岗石料，其中有120块各重7吨，其余的每块各重9吨，每节火车车皮至多载重40吨，为了运出这批石料，至少需要多少节车皮？解：每节车皮所装石料不能超出5块，故车皮数不能少于200÷5=40（节），而40节车皮可按如下办法分装石料：每节装运3块7吨的和两块9吨的石料，故知40节可以满足要求。
例11用若干个形如图1的图形盖住一个尺寸为6×12的矩形（允许图形伸出矩形之外）。
问：至少需要多少个形如图1的图形？并说明理由。
解：将图1去掉1个小方格，可得图2，用2个图2可以盖住3×6的矩形，推知用8个图2可以盖住6×12的矩形，从而用8个图1也能盖住6×12的矩形。
6×12的矩形有72个方格，而7个图1共有7×10=70（个）方格，7个图1盖不住6×12的矩形，所以至少需要8个。
例12把 1，2，3，…，12填在左下图的12个圆圈里，然后将任意两个相邻的数相加，得到一些和，要使这些和都不超过整数n，n至少是多少？为什么？并请你设计一种填法，满足你的结论。
解：因为1+2＋3＋…＋12=78， 78×2÷12＝13，所以n≥13。
又考虑到与12相邻的数最小是1和2，所以n至少是14。
右上图是一种满足要求的填法。
说明：“估计+构造”是解离散最值问题的一种常用方法，要求某个离散最值，先估计该量的上界或下界，然后构造出一个实例说明此上界或下界能够达到，这样便求出了这个量的最大值或最小值。
练习151.一排有50个座位，其中有些座位已经有人，若新来一个人，他无论坐在何处，都有一个人与他相邻，则原来至少有多少人就座？最大值是多少？3.有一个正整数的平方，它的最后三位数字相同但不为零，试求满足上述条件的最小正整数。
4.命题委员会为5～10年级准备数学奥林匹克试题，每个年级各7道题，而且都恰有4道题跟任何其它年级不同。
试问，其中最多可以有多少道不同的试题（指各个年级加在一起）？5.如果10个互不相同的两位奇数之和等于898，那么这10个奇数中最小的一个是多少？6.某城市设立1999个车站，并打算设立若干条公共汽车线路。
要求：（1）从任何一站上车，至多换一次车就可以到达城市的任一站；（2）每一个车站，至多是两条线路的公共站。
问：这个城市最多可以开辟多少条公共汽车线路？7.23个不同的自然数的和是4845。
问：这23个数的最大公约数可能达到的最大的值是多少？写出你的结论，并说明理由。
8.两个偶数的倒数之和与两个奇数的倒数之和相等，这样的偶数对和奇数对要求是不同的偶数和奇数。
问：满足这个条件的偶数对的两个偶数之和的最小值是多少？练习151.17人。
解：只要两个人之间空的座位不多于2个，便可满足题设条件。
50÷3=16……2，所以原来至少有16+1=17（人）就座。
之值最大，可知a-b=1，从而a+b之值要尽可能大，据此a=100，b=99，所3.1444。
解：平方数末位只能为0，1，4，5，6，9。
因为111，444，555，666，999均非平方数，而1000，1111也不是平方数，但1444=382，故满足题设条件的最小正整数是1444。
4.33道。
解：显然，当每道题至多为两个年级所公用时，题目的数量达到最多，此时不同的试题共有4×6+（3×6）÷2=33（道）。