江苏省高中数学竞赛教案 第78讲数论选讲
高中数学奥赛讲课教案
高中数学奥赛讲课教案
教学内容：高中数学奥赛备赛技巧
教学目标：掌握高中数学奥赛备赛的基本技巧，提高解题效率和竞赛成绩。
教学重点：掌握奥赛常用的数学解题技巧，提高逻辑推理和数学推导能力。
教学难点：如何在有限时间内解决奥赛题目，提高解题速度和准确性。
教学工具：教材、笔记本、黑板、投影仪
教学过程：
一、导入（5分钟）
1. 引入奥赛备赛的重要性和目的。
2. 提出本节课的学习目标和重点。
二、奥赛题型解析（15分钟）
1. 分析奥赛常见的题型和解题思路。
2. 讲解解题技巧和方法。
3. 案例分析，让学生通过实例理解奥赛问题的解决方式。
三、解题策略训练（20分钟）
1. 分组训练，让学生结合前面学到的知识，解决实际奥赛题目。
2. 老师指导学生如何寻找解题思路，提高解题速度和准确性。
四、答疑与讨论（10分钟）
1. 学生提出疑问和困惑，老师解答并整理归纳。
2. 学生互相讨论解题思路和方法，共同提高。
五、总结与作业布置（10分钟）
1. 回顾本节课的学习内容和重点。
2. 布置相关练习作业，巩固所学知识。
教学反馈：每节课结束后，学生填写反馈表，老师总结学生的反馈意见，以便调整教学内容和方法。
教学拓展：学生可以自主选择参加校内外的数学竞赛，加强解题能力和应试技巧。
教学评价：通过课堂教学和作业考核，评估学生对奥赛备赛技巧的掌握情况，及时调整教学方向，提高教学效果。
高中数学竞赛专题讲座竞赛中的数论问题
竞赛中的数论问题的思索方法一. 条件的增设对于一道数论命题，我们往往要首先解除字母取零值或字母取相等值等“平凡〞的状况，这样，利用字母的对称性等条件，往往可以就字母间的大小依次、整除性、互素性等增置新的条件，从而便于运用各种数论特有手段。
1. 大小依次条件及实数范围不同，假设整数x ，y 有大小依次x <y ，那么必有y ≥1，也可以写成，其中整数t ≥1。
例1. 〔22〕设m ，n 是不大于1981的自然数，1)(222=--m nm n ，试求22n m +的最大值。
解：易知当时,222=+n m 不是最大值。
于是不访设n >m ,而令1，n >u 1≥1，得-2(m -1mu 1)(22112=--u mu m 。
同理，又可令 u 1+ u 2，m >u 2≥1。
如此接着下去将得1= 1，而11+-+=i i i u u u ，i ≤k 。
故n m u u u u k k ,,,,,,121 +是不大于1981的裴波那契数，故987，1597。
例 2. 〔匈牙利—1965〕怎样的整数a ，b ，c 满意不等式?233222c b ab c b a ++<+++解：假设干脆移项配方，得01)1()12(3)2(222<--+-+-c b b a 。
因为所求的都是整数，所以原不等式可以改写为：c b ab c b a 234222++≤+++，变形为：0)1()12(3)2(222≤-+-+-c b b a ，从而只有1，2，1。
2. 整除性条件对于整数x ，y 而言，我们可以讨论其整除关系：假设，那么可令；假设x ∤y ，那么可令，0<r ≤1。
这里字母t ，r 都是整数。
进一步，假设a q |，b q |且a b >，那么q a b +≥。
结合高斯函数，设n 除以k ，余数为r ，那么有r k k n n +⎥⎦⎤⎢⎣⎡=。
还可以运用抽屉原理，为同余增设一些条件。
数学竞赛完整课程教案高中
数学竞赛完整课程教案高中1. 学生能够掌握数学竞赛中常见的解题技巧和方法；2. 学生能够熟练运用数学知识解决竞赛中的问题；3. 学生能够提升自信心和解决问题的能力。
教学内容：1. 数论2. 代数3. 几何4. 统计教学过程：第一课：数论1. 介绍数论的基本概念和常见的解题技巧；2. 给出一些数论题目并引导学生解决；3. 分析解题思路和方法，引导学生总结经验。
第二课：代数1. 讲解代数的基本知识和解题技巧；2. 给出一些代数题目供学生练习；3. 分析解题思路和方法，帮助学生提升解题能力。
第三课：几何1. 引导学生理解几何知识和解题技巧；2. 给出一些几何题目供学生练习；3. 分析解题思路和方法，帮助学生提升几何解题能力。
第四课：统计1. 讲解统计知识和解题技巧；2. 给出一些统计题目供学生练习；3. 分析解题思路和方法，帮助学生提升统计解题能力。
第五课：综合练习1. 给出一些综合性的竞赛题目供学生练习；2. 帮助学生分析解题思路和方法；3. 鼓励学生多练习，提高解题速度和准确性。
评价方法：1. 平时的课堂练习；2. 期中和期末的考试；3. 数学竞赛的模拟比赛。
教学资源：1. 数学竞赛教材和习题集；2. 电子教学资源；3. 纸质习题和答案。
教学建议：1. 鼓励学生多练习，勤奋钻研；2. 注重引导学生理解数学知识，而不是死记硬背；3. 鼓励学生互相合作，相互学习。
以上是数学竞赛完整课程教案的高中范本，希朅能对您有所帮助。
江苏省高中数学竞赛校本教材[全套](共30讲,含详细答案)-苏教版
-苏教版](https://img.taocdn.com/s3/m/16b41757e518964bcf847c75.png)
江苏省高中数学竞赛校本教材[全套](共30讲，含详细答案)-苏教版目录§1数学方法选讲（1） (1)§2数学方法选讲（2） (11)§3集合 (22)§4函数的性质 (30)§5二次函数(1) (41)§6二次函数(2) (55)§7指、对数函数,幂函数 (63)§8函数方程 (73)§9三角恒等式与三角不等式 (76)§10向量与向量方法 (85)§11数列 (95)§12递推数列 (102)§13数学归纳法 (105)§14不等式的证明 (111)§15不等式的应用 (122)§16排列，组合 (130)§17二项式定理与多项式 (134)§18直线和圆，圆锥曲线 (143)§19立体图形，空间向量 (161)§20平面几何证明 (173)§21平面几何名定理 (180)§22几何变换 (186)§23抽屉原理 (194)§24容斥原理 (205)§25奇数偶数 (214)§26整除 (222)§27同余 (230)§28高斯函数 (238)§29覆盖 (245)§29涂色问题 (256)§30组合数学选讲 (265)§1数学方法选讲（1）同学们在阅读课外读物的时候，或在听老师讲课的时候，书上的例题或老师讲解的例题他都能听懂，但一遇到没有见过面的问题就不知从何处入手。
看来，要提高解决问题的能力，要能在竞赛中有所作为，首先得提高分析问题的能力，这就需要学习一些重要的数学思想方法。
例题讲解一、从简单情况考虑华罗庚先生曾经指出：善于―退‖，足够的―退‖，退到最原始而又不失去重要性的地方，是学好数学的一个诀窍。
高中数学竞赛讲义(全套)
高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3.初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
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
高中数学联赛数论专题
课程简介：全国高中数学联赛是中国高中数学学科的最高等级的数学竞赛，其地位远高于各省自行组织的数学竞赛。
在这项竞赛中取得优异成绩的全国约90名学生有资格参加由中国数学会主办的“中国数学奥林匹克（CMO）暨全国中学生数学冬令营”。
优胜者可以自动获得各重点大学的保送资格。
各省赛区一等奖前6名可参加中国数学奥林匹克，获得进入国家集训队的机会。
中小学教育网重磅推出“全国高中数学联赛”辅导课程，无论是有意向参加竞赛的初学者，还是已入围二试的竞赛选手，都有适合的课程提供。
本套课程由中国数学奥林匹克高级教练熊斌、人大附中数学教师李秋生等名师主讲，轻松突破你的数学极限！课程招生简章：/webhtml/project/liansaigz.shtml选课中心地址：/selectcourse/commonCourse.shtm?courseeduid=170037#_170037_第一章数论专题我们把未知数的个数多于方程的个数,且其解受到某种限制的方程,叫做不定方程.通常主要研究不定方程的正整数解、整数解、有理数解等.不定方程问题的常见类型是：（1）求不定方程的解；（2）判定不定方程是否有解；（3）确定不定方程解的数量（有限还是无限）.不定方程问题的常用解法是：（1）代数分析与恒等变形法，如因式分解、配方、换元等；（2）估计范围法，利用不等式放缩等方法,确定出方程中某些变量的取值范围,进而求整解；（3）同余法，即恰当选取模m,对方程两边做同余分析,以缩小变量的范围或发现性质,从而得出整解或判定无解；（4）构造法，构造出符合要求的特解,或构造一个求解的递推式,证明方程有无穷多解；（5）无穷递降法，无穷递降法是一种用反证法表现的特殊形式的归纳法,由Fermat创立并运用它证明了方程x4+y4=z4没有非零整解.从此,无穷递降作为一种重要的数学思想方法广为流传应用,并在平面几何、图论及组合中经常用到它.引例：求所有正整数对（x,y）满足x y=y x-y.1.二元一次不定方程定义1形如ax+by=c（a,b,c∈Z, a,b不同时为0）的方程，称为二元一次不定方程.定理1 不定方程ax+by=c有整数解的充要条件是（a,b）|c.定理2 设（x0,y0）是不定方程ax+by=c的一组整解,则此方程的一切整数解为（x,y）=（）,其中t∈Z.当（a,b）=1时, （x,y）=（x0+bt,y0-at）.例1求不定方程3x+2y+8z=40的正整数解。
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第78讲数论选讲
第 21 讲 数论试题选讲在数学竞赛中，初等数论的问题是考查的热点内容之一．它所涉及的范围主要有数的进位制、数的整除性、同余理论与不定方程．主要的定理有费马小定理和中国剩余定理．反证法是解数论问题常用的解题方法．以下请大家了解近年一些有关数论的竞赛试题和其解法。
A 类例题例1．设p 是给定的奇质数，正整数k 使得k 2－pk 也是一个正整数，求正整数k 。
（2004年全国高中数学竞赛）分析 k 2－pk 是一个正整数，即k 2－pk 是一个完全平方数。
为了配方，考虑4(k 2－pk )是一个完全平方数，从而可以得到勾股方程。
解 由题k 2－pk 是一个正整数，则k 2－pk 是一个完全平方数， 设k 2－pk =m 2，m ∈N *，则 4(k 2－pk )= 4m 2，∴ (2k －p ) 2=p 2+ 4m 2， ∴ (2k －p ) 2－4m 2 = p 2， ∴ (2k －p －2m )(2k －p +2m ) = p 2，(2k －p ) ∵ (2k －p +2m )＞0，(2k －p －2m )＜(2k －p +2m )， 且 p 是给定的奇质数，∴ 2k －p －2m =1且2k －p +2m = p 2， ∴ 4k －2p =1+ p 2，即 4k =(1+p )2， 由于k ＞0，∴ 2k =1+ p ，k = 1+p2∈N *。
说明 本题中，p 是已知数，k 是未知数，所求的是用p 表示出k 。
借助m =k 2－pk 列出不定方程，其中不定方程可以转化为未知数的平方差型，于是问题可解。
例2．求所有的整数n ，使得n 4+6n 3+11n 2+3n +31是完全平方数．（2004年中国西部数学奥林匹克）分析 n 是整数，对多项式n 4+6n 3+11n 2+3n +31配方，如果恰好是一个n 的多项式的平方，则所有的整数n 都是解，问题就已经解决；否则对配方以后多出的部分进行估计讨论。
高中数学竞赛讲义(全套)
高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3.初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
高中数学奥林匹克基础教程1.21
高中数学奥林匹克基础教程江苏沛县孙统权前言2007年7月15日至24日，江苏省高中数学奥林匹克夏令营在靖江举办，由省数学学会组织专家学者亲自授课。
编者作为夏令营中的受训教练，亲身体会到与会专家博大精深的知识厚度和深入浅出的教学风格，并做了课堂笔记，对相关教学资料进行了整理。
夏令营结束后，从自身实践出发，编成本教程。
教程共8讲，每讲4学时，共32学时。
指导思想为“领略奥赛风采，拓展数学视野，训练数学思维，启迪数学方法”，内容选取原则为“参照竞赛数学知识体系，根据学生接受能力，与当前中学数学教学内容协调互补”。
对本教程建议采用“探索-讨论-启发-再探索-直至完成”的教学模式，使学生思维密度大，所受局限少，能充分的体会数学智慧和创造的乐趣，较直接的感受竞赛数学。
在各知识点章节讲授时，宜通过具体解题展示数学体系，淡化数学术语而突出数学思想，选择、补充题目时注意结合实际情况，减少复杂度，使学生负担轻，进步感强，在领略数学美的同时达到训练目的。
本教程参考了2007年省夏令营专家的授课内容，使用了部分原题。
同时，参考了华师大版《数学奥林匹克小丛书》，安徽少儿版《初中应用数学知识竞赛辅导训练》和其他若干书籍。
在此予以感谢，并在补注中注明各题的直接来源。
本教程可以作为高中奥林匹克训练的起始教材，或供学生选修的一个模块。
将它整理出来，意在抛砖引玉，为我们江苏乃至全国的数学奥林匹克的发展作一点贡献。
虽力求严谨，由于个人能力经验所限，其中错误和不完善之处仍在所不少，恳请广大专家、教练、数学奥林匹克爱好者不吝指教。
本版版本号1.2。
编者电子信箱：suntrain@。
第一讲赛题选例一、课堂讨论：1证明：任何四面体上都存在一个顶点，可以用由它发出的三条棱组成三角形。
2用不在形内相交的对角线将正奇数边形划分为一系列三角形。
证明：其中有且只有一个锐角三角形。
3证明：可以找到4个绝对值大于10000的整数a,b,c,d，使11111+++=。
高中数学竞赛讲义(全套)
高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3.初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
新版数学竞赛中的数论问题-新版.pdf
一个数的后继数． 这个结构很像数学归纳法，事实上，有这样的归纳公理：
（ 3）对 N 的子集 M ，若 1 M ，且当 a M 时，有后继数 a/ M ，则 M N ．
就是这么一个简单的数集， 里面却有无穷无尽的奥秘， 有的奥秘甚至使得人们怀疑： 人 类的智慧还没有成熟到解决它的程度．比如，哥德巴赫猜想：
注： 这是辗转相除法求最大公约数的理论基础．
经典方法： 要证明 A B ，只需证 A B 且 B A ．
定理 3 对任意的正整数 a,b ，有
a, b a,b ab ．
证明 因为 ab 是 a, b 的公倍数，所以 a, b 的最小公倍数也是 ab 的约数，存在 q 使
ab q a,b ，
a, b a,b
1742 年 6 月 7 日，普鲁士派往俄国的一位公使哥德巴赫写信给欧拉，提出“任何偶数， 由 4 开始， 都可以表示为两个素数和的形式， 任何奇数， 由 7 开始，都可以表示为三个素数 的和．后者是前者的推论，也可独立证明（已解决） ．“表示为两个素数和的形式”就是著名 的哥德巴赫猜想，简称 1+1．
ax0 by0 | a 0 b 1 b ，
得 ax0 by0 是 a, b 的公约数．另一方面， a , b 的每一个公约数都可以整除 ax0 by0 ，所以
ax0 by0 是 a, b 的最大公约数， ax0 by0 a,b ．
6
推论 若 a, b 1，则存在整数 s,t ，使 as bt 1．（很有用）
x q 时，有最小值 r r 0
a qb r ．
再证 r b ，若不然， r b ，记 r b r1 ，有
高中数学竞赛——数论
高中数学竞赛 数论剩余类与剩余系1.剩余类的定义与性质(1)定义1 设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r ≤m-1}称为模m 的一个剩余类((2)2.(1)a r ，得m 个数特别地,完全为偶数时,,2-m (2)证明:即证a 0,a 1,…,a m-1与aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系,因a 0,a 1,…,a m-1为模m 的完系时,若aa i +b ≡aa j +b(modm),则a i ≡a j (modm),矛盾!反之,当aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 为模m 的完系时,若a i ≡a j (modm),则有aa i +b ≡aa j +b(modm),也矛盾!(ⅲ)设m 1,m 2是两个互质的正整数,而x,y 分别遍历模m 1,m 2的完系,则m2x+m1y历遍模m1m2的完系.证明:因x,y分别历遍m1,m2个整数,所以,m2x+m1y历遍m1m2个整数.假定m2x/+m1y/≡m2x//+m1y//(modm1m2),其中x/,x//是x经历的完系中的数,而y/,y//是y经历的完系中的数.因(m1,m2)=1,所以,m2x/≡m2x//(modm1),m1y/≡m1y// (modm2),从而x/≡x//(modm1),y/≡y//(modm2),矛盾!3.(1).在与模m的一个(2)(ϕm)x1≡x2,则a1,a2,…,aφ(m)是模m的一个既约剩余系.证明:因a1,a2,…,aφ(m)是)m(ϕ个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,所以,a1,a2,…,aφ(m)属于)m(ϕ个剩余类,且每个剩余类都与m互质,故a1,a2,…,aφ(m)是模m的一个既约剩余系.(ⅴ)设m1,m2是两个互质的正整数,而x,y分别历遍模m1,m2的既约剩余系,则m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的既约剩余系.证明:显然,既约剩余系是完系中所有与模互质的整数做成的.因x,y 分别历遍模m 1,m 2的完系时,m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的完系.由(m 1,x )=(m 2,y )=1,(m 1,m 2)=1得(m 2x,m 1)=(m 1y,m 2)=1,所以,(m 2x+m 1y,m 1)=1,(m 2x+m 1y,m 2)=1,故 (m 2x+m 1y, m 1m 2)=1.反之若(m 2x+m 1y, m 1m 2)=1,则(m 2x+m 1y,m 1)=(m 2x+m 1y,m 2) =1,1m 2的既)(2m ϕ)., 1,α(4.欧拉欧拉(Euler)定理 设m 是大于1的整数,(a ,m)=1,则)(m od 1)(m a m ≡ϕ. 证明:设r 1,r 2,…,r )(m ϕ是模m 的既约剩余系,则由性质3知a r 1,a r 2,…,a r )(m ϕ也是模m 的既约剩余系,所以, a r 1a r 2…a r )(m ϕ≡r 1r 2…r )(m ϕ(modm),即≡)(21)(m m r r r a ϕϕ)(21m r r r ϕ ,因()(21m r r r ϕ ,m)=1,所以,)(m od 1)(m a m ≡ϕ.推论(Fermat 定理) 设p 为素数,则对任意整数a 都有)(m od p a a p ≡.证明:若(a , p )=1,由1)(-=p p ϕ及Euler 定理得)(m od 11p a p ≡-即)(m od p a a p ≡;若(a , p )≠1,则p |a ,显然有)(m od p a a p ≡.例1设m>0,证明必有一个仅由0或1构成的自然数a 是m 的倍数.证明:考虑数字全为1的数:因1,11,111,1111,…中必有两个在modm 的同一剩余类中,它们的差即为所求的a .例(m 整除,.例m,使得2011|f n f 3因所以,例,是整数序列负整数假设对每个正整数:在数列123,,,a a a 中,每个整数都刚好出现一次.证明:数列各项同时减去一个整数不改变本题的条件和结论,故不妨设a 1=0.此时对每个正整数k 必有∣a k ∣<k:若∣a k ∣≥k,则取n=∣a k ∣,则a 1≡a k ≡0(mod n),矛盾.现在对k 归纳证明a 1,a 2,…,a k 适当重排后是绝对值小于k 的k 个相邻整数.k=1显然.设a 1,a 2,…,a k 适当重排后为-(k -1-i),…,0,…,i (0≤i ≤k -1),由于a 1,a 2,…,a k ,a k+1是(mod k+1)的一个完全剩余系,故必a k+1≡i+1(mod k+1), 但∣a k+1∣<k+1,因此a k+1只能是i+1或-(k -i),从而a 1,a 2,…,a k ,a k+1适当重排后是绝对值小于k+1的k+1个相邻整数.由此得到:1).任一整数在数列中最多出现一次;2).若整数u 和v (u<v) 都出现在数列中,则u 与v 之间的所有整数也出现在数列中.得到:例,(i,j)也历mod2n 的和≡例可被,且是周期数列,所以, 数列{a n }中存在无穷多项可被2011整除.例7证明:存在无穷多个正整数n,使得n 2+1∤n!.证明:引理1对素数p >2,⇔≡)4(mod 1p 存在x(1≤x ≤p -1)使)(m od 12p x -≡. 证:充分性:因对1≤x ≤p -1,( p ,x)=1,所以,)(mod 1)(2121p x x p p ≡=--,≡-212)(p x)(mod 1)1(21p p ≡--,所以,21-p 为偶数,即).4(mod 1≡p 必要性:因1≤x ≤p -1时,x,2x,…,(p -1)x 构成modp 的既约剩余系,所以,存在1≤a ≤p -1,使得a x ≡-1(mod p ),若不存在a (1≤a ≤p -1), a =x,使a x ≡-1(mod p ),则这样的a ,x 共配成21-p 对,则有)(mod 1)!1()1(21p p p -≡-≡--,即21-p 为奇数,与 p 2证a =4(p 1p 设2p 1 p 2…12x -≡,相应的x 例(1)(2)n n+1n (n=1,2, …),且每个a n 都是f(x)的周期.证明：(1)设T=nm (正整数m,n 互质,且n ≥2),因(m,n)=1,所以,m,2m,…,nm 构成 modn 的完系,故存在k ∈N *使得km ≡1(modn),即存在t ∈N *使得km=nt+1,因f(x)=f(x+kT)=f(x+n km )=f(x+t+n 1)=f(x+n 1),所以n1是周期. 设n=kp ,其中k ∈N *, p 为素数,则n k p 11⋅=是周期.故存在素数p,使p 1是周期. (2)当T 为无理数时,取a 1=T,则T 为无理数, 0<T<1.设k≤n 时存在无理数a k ,使得0<a k <a k-1<1,且a k 是周期.对k+1,总存在存在u,v ∈N *,使得0<u a k -v<a k <1,取例解:,对任意}包含了modn+1零剩余,≤k ≤n, a 1+a 2+取例. 例11求所有的奇质数p ,使得∑=-11|k p k p .例12求所有质数p ,使得2122213)()()(|-+++p p p p C C C p .例13设n 为大于1的奇数,k 1,k 2,…,k n 是n 个给定的整数,对1,2,…,n 的每一个排列a=(a 1,a 2,…,a n ),记S(a)=∑=ni i i a k 1.证明:存在两个1,2,…,n 的排列b 和c(b ≠c),使得n!|S(b)-S(c).证明:如果对1,2,…,n 的任意两个不同排列b 和c(b ≠c),都有n!∤S(b)-S(c),那么当a 取遍所有排列时(共n!个),S(a)遍历模n!的一个完系, 因此,有∑a a S )(≡1+2+…+n!≡2!2)1!(!n n n ≡+(modn!) ①, 另一方面,我们有 ∑a a S )(=)!(mod 0)1(!])!1[(n k n n j n k a k a k n i n n in i i n i i ≡+=-==∑∑∑∑∑∑∑ ②. 由①∑a .例modm 因(m,2n 例x 例在A同余方程与同余方程组1.同余方程(组)及其解的概念定义1 给定正整数m 及n 次整系数多项式0111)(a x a x a x a x f n n n n ++++=--，则同余式f(x)≡0(modm)①叫做模m 的同余方程,若a n 0(modm),则n 叫做方程①的次数.若x=a是使f(a)≡0(modm)成立的一个整数,则x≡a(modm)叫做方程①的一个解,即把剩余类a(modm)叫做①的一个解.若a1(modm),a2(modm)均为方程①的解,且a1,a2对模m不同余,就称它们是方程①的不同解.由此可见,只需在模m的任一组完系中解方程①即可.例12解:例2解:.2.设a x解,例3解:tx即)8-≡x.3,1-(mod≡t),1,08(mod1=4+例4解方程12x≡6(mod9).因(12,9)=3,且-1是一个特解,所以,方程12x≡6(mod9)的解为:(modx即)8t5,2,1，≡t≡-x.(mod),2,1,083+1=-3.同余方程组定义3给定正整数m 1,m 2,…,m k 和整系数多项式f 1(x),f 2(x),…,f k (x),则同余式组 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡)(mod 0)()(mod 0)()(mod 0)(2211k k m x f m x f m x f ②,叫做同余方程组.若x=a 是使f j (a )≡0(modm j )(1≤j ≤k)成立的一个整数,则x ≡a (modm)叫做方程组②的一个解,即把剩余类a (modm)叫做②的一个解.例5解:⎩⎨⎧-≡≡13x x .M=m 1m ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡21k a x a x a x 其中M j ).(2)j j j j 则x ≡y (modm j ),即m j |x -y ,因m 1,m 2,…,m k 两两互质,所以M| x-y 即x ≡y (modM). 注:(1)存在无穷多个整数x 满足同余方程组③,这些x 属于同一模m 的剩余类;(2)同余方程组③仅有一个解x ≡a 1M 1M 1-1+a 2M 2M 2-1+…+a k M k M k -1(modM).(3)当(a ,m i )=1(=1,2,…,n)时,同余方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡---)(mod )(mod )(mod )(mod )(mod )(mod 12211112211k k k k m a a x m a a x m a a x m a ax m a ax m a ax仍然具有定理结论. 这在数论解题中具有重要应用.例6“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，七七数之余二，问物几何”.解,352115≡x 例.解:210×210-1≡210-1≡1(mod11)⇔210-1≡1(mod11),所以,同余方程组的解为: )2310(mod 2111637121010330438553462≡=⨯+⨯+⨯+⨯≡x ,即x=2310k+2111(k ∈N).例8证明:对任意n 个两两互质的正整数:m 1,m 2,…,m n ,总存在n 个连续的自然数k+1,k+2,…,k+n 使得m i |k+i(i=1,2,…,n).证明:由剩余定理知,总存在整数k 使得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≡-≡-≡)(mod )(mod 2)(mod 121n m n k m k m k,即存在连续的自然数k+1,k+2,…,k+n 使得m i |k+i(i=1,2,…,n).例9证明:对任意n ∈N *,存在n 个连续正整数它们中每一个数都不是素数的幂(当 数⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≡-≡-≡21n m m m例,且A 例 {k +a n }⎩⎨⎧-≡≡)(mod 102p x x 123⎪⎩-≡)(mod 232p x 2的最小正整数a 2=38.假定a 1,a 2,…,a n 都已确定,则取a n+1适合⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≡-≡≡+)(mod )(mod 1)(mod 0121n p n x p x p x 且大于a n 的最小正整数,由剩余定理知满足条件的a n+1存在.则上述递推关系定义的数列{a n }满足题意:因对任意k ∈N *,当n ≥k+1时,都有k+a n ≡0(mod p k+1),由{a n }递增可知{k +a n }从第k+2项起每一项都是p k+1的倍数,且都大于p k+1,所以,数列{k +a n }中至多有k+1项为素数.例12是否存在一个由正整数组成的数列，使得每个正整数都恰在该数列中出现一次，且对任意正整数k ，该数列的前k 项之和是k 的倍数？解:,S=a 1+a 2⎩⎨⎧++≡+t r S r S {a n }例的质因数.例例。
高中数学竞赛资料数论部分
高中数学竞赛资料数论部分The following text is amended on 12 November 2020.初等数论简介绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题，题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。
1．请看下面的例子：（1） 证明：对于同样的整数x 和y ，表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。
(1894年首届匈牙利数学竞赛第一题)（2） ①设n Z ∈，证明2131n -是168的倍数。
②具有什么性质的自然数n ，能使123n ++++能整除123n ⋅⋅⋅（1956年上海首届数学竞赛第一题）（3） 证明：3231122n n n ++-对于任何正整数n 都是整数，且用3除时余2。
（1956年北京、天津市首届数学竞赛第一题）（4） 证明：对任何自然数n ，分数214143n n ++不可约简。
（1956年首届国际数学奥林匹克竞赛第一题）（5） 令(,,,)a b g 和[,,,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数，试证：[][][][]()()()()22,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =⋅⋅（1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题）这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。
2.再看以下统计数字：（1）世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛，从1894~1974年的222个试题中，数论题有41题，占18.5%。
（2）世界上规模最大、规格最高的IMO （国际数学奥林匹克竞赛）的前20届120道试题中有数论13题，占% 。
这说明：数论题在命题者心目中总是占有一定的分量。
如果将有一定“数论味”的计数型题目统计在内，那么比例还会高很多。
3.请看近年来国内外重大竞赛中出现的数论题：(1)方程323652x x x y y ++=-+的整数解(,)x y 的个数是（ ）A 、 0B 、1C 、3D 、无穷多（2007全国初中联赛5）（2）已知,a b 都是正整数，试问关于x 的方程()2102x abx a b -++=是否有两个整数解 如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明。
高中数学奥赛指导讲解教案
高中数学奥赛指导讲解教案
一、教学目标
1. 了解数学奥赛的考试内容和要求；
2. 掌握解题方法和技巧；
3. 提高数学思维能力和解决问题的能力；
4. 培养学生对数学的兴趣和热爱。
二、教学重点
1. 掌握基础知识和解题方法；
2. 熟练运用方法解决各类数学问题；
3. 解题时注重逻辑性和严谨性。
三、教学内容
1. 数学奥赛的类型和题型；
2. 常用的解题方法和技巧；
3. 练习题目的讲解和解答。
四、教学步骤
1. 热身引入
教师向学生介绍数学奥赛的重要性和意义，激发学生对数学竞赛的兴趣和热情。
2. 理论讲解
教师介绍数学奥赛的考试内容和要求，讲解常用的解题方法和技巧，引导学生掌握题目的解题思路和逻辑推理。
3. 实例讲解
教师结合具体的题目，逐个讲解每道题目的解题方法和步骤，帮助学生理解题目的意义和解题的关键点。
4. 练习训练
教师布置相关的练习题目，让学生在课堂上进行训练和练习，巩固所学的知识和技巧。
5. 案例分析
教师选取一些典型的案例，进行详细分析和讲解，让学生了解不同题型的解题思路和方法。
6. 总结提升
教师对本节课的内容进行总结和梳理，提出解题时需要注意的问题和技巧，鼓励学生在日
常学习中多加练习和提高。
五、教学评价
通过本节课的教学，学生应能掌握数学奥赛的基本要求和解题方法，提高解题能力和思维
能力，为参加数学竞赛打下坚实的基础。
同时，教师应及时对学生的学习情况进行评价和
反馈，鼓励学生继续努力学习和提高自己的数学水平。
高中数学竞赛课程
高中数学竞赛课程
高中数学竞赛课程是一门旨在培养学生数学能力和思维的课程，通常包含以下几个部分：
1. 代数：包括数论、方程、不等式等方面的知识，以及代数恒等式和不等式的证明技巧。
2. 几何：包括平面几何、立体几何、解析几何等方面的知识，以及几何证明的技巧和方法。
3. 组合数学：包括计数、排列、组合等方面的知识，以及一些常见的组合数学问题和证明方法。
4. 概率统计：包括概率、统计等方面的知识，以及一些常见的概率统计问题和解决策略。
高中数学竞赛课程通常会以竞赛的形式进行，学生需要完成一些具有挑战性的题目，例如数学题、证明题等。
通过这种方式，学生可以锻炼自己的数学思维和解决问题的能力，提高自己的数学水平。
此外，高中数学竞赛课程还可以帮助学生更好地准备高考和数学竞赛，提高自己的数学成绩和竞赛能力。
因此，如果你对数学感兴趣，或者想要提高自己的数学水平和能力，可以考虑参加高中数学竞赛课程。
高中数学竞赛——数论
高中数学竞赛 数论剩余类与剩余系(1)定义1 设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r ≤m-1}称为模m 的一个剩余类(也叫同余类)。
K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类.(2)性质(ⅰ)i m i K Z 10-≤≤= 且K i ∩K j =φ(i ≠j). (ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里.(ⅲ)对任意a 、b ∈Z ，则a 、b ∈K r ⇔a ≡b(modm).(1)定义2 设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类，从每个K r 里任取一个a r ，得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组，叫做模m 的一个完全剩余系,简称完系.特别地,0,1,2,…,m -1叫做模m 的最小非负完全剩余系.下述数组叫做模m 的绝对最小完全剩余系:当m 为奇数时,21,,1,0,1,,121,21--+----m m m ;当m 为偶数时,12,,1,0,1,,12,2--+--m m m 或2,,1,0,1,,12m m -+-. (2)性质(ⅰ)m 个整数构成模m 的一完全剩余系⇔两两对模m 不同余. (ⅱ)若(a,m)=1，则x 与ax+b 同时遍历模m 的完全剩余系.证明:即证a 0,a 1,…,a m-1与aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系, 因a 0,a 1,…,a m-1为模m 的完系时,若aa i +b ≡aa j +b(modm),则a i ≡a j (modm), 矛盾!反之,当aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 为模m 的完系时,若a i ≡a j (modm),则有aa i+b≡aa j+b(modm),也矛盾!(ⅲ)设m1,m2是两个互质的正整数,而x,y分别遍历模m1,m2的完系,则m2x+m1y历遍模m1m2的完系.证明:因x,y分别历遍m1,m2个整数,所以,m2x+m1y历遍m1m2个整数.假定m2x/+m1y/≡m2x//+m1y//(modm1m2),其中x/,x//是x经历的完系中的数,而y/,y//是y经历的完系中的数.因(m1,m2)=1,所以,m2x/≡m2x//(modm1),m1y/≡m1y//(modm2),从而x/≡x//(modm1),y/≡y//(modm2),矛盾!(1)定义3如果剩余类K r里的每一个数都与m互质，则K r叫与m互质的剩余类.在与模m互质的全部剩余类中，从每一类中任取一个数所做成的数组，叫做模m的一个既约(简化)剩余系.如:模5的简系1,2,3,4;模12的简系1,5,7,11.(2)性质(ⅰ)K r与模m互质⇔K r中有一个数与m互质；证明:设a∈K r,(m,a)=1,则对任意b∈K r,因a≡b≡r(modm),所以,(m,a)=(m,r)=(m,b)=1,即K r与模m互质.(ⅱ)与模m互质的剩余类的个数等于)m(ϕ,即模m的一个既约剩余系由)m(ϕ个整数组成()m(ϕ为欧拉函数);(ⅲ)若(a,m)=1,则x与ax同时遍历模m的既约剩余系.证明:因(a,m)=1,(x,m)=1,所以,(ax,m)=1.若ax1≡ax2(modm),则有x1≡x2(modm),矛盾!(ⅳ)若a1,a2,…,aφ(m)是)m(ϕ个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,则a 1,a 2,…,a φ(m)是模m 的一个既约剩余系.证明:因a 1,a 2,…,a φ(m)是)m (ϕ个与m 互质的整数,并且两两对模m 不同余, 所以,a 1,a 2,…,a φ(m)属于)m (ϕ个剩余类,且每个剩余类都与m 互质,故a 1,a 2,…,a φ(m)是模m 的一个既约剩余系.(ⅴ)设m 1,m 2是两个互质的正整数,而x,y 分别历遍模m 1,m 2的既约剩余系,则m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的既约剩余系.证明:显然,既约剩余系是完系中所有与模互质的整数做成的.因x,y 分别历遍模m 1,m 2的完系时,m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的完系.由(m 1,x )=(m 2,y )=1, (m 1,m 2)=1得(m 2x,m 1)=(m 1y,m 2)=1,所以,(m 2x+m 1y,m 1)=1,(m 2x+m 1y,m 2)=1,故(m 2x+m 1y, m 1m 2)=1.反之若(m 2x+m 1y, m 1m 2)=1,则(m 2x+m 1y,m 1)=(m 2x+m 1y,m 2)=1,所以,(m 2x,m 1)=(m 1y,m 2)=1,因(m 1,m 2)=1,所以,(m 1,x )=(m 2,y )=1.证毕.推论1若m 1,m 2是两个互质的正整数,则)()()(2121m m m m ϕϕϕ=.证明:因当x,y 分别历遍模m 1,m 2的既约剩余系时,m 2x+m 1y 也历遍模m 1m 2的既约剩余系,即m 2x+m 1y 取遍)(21m m ϕ个整数,又x 取遍)(1m ϕ个整数,y 取遍 )(2m ϕ个整数,所以, m 2x+m 1y 取遍)()(21m m ϕϕ个整数,故)()()(2121m m m m ϕϕϕ=.推论2 设整数n 的标准分解式为k kp p p n ααα 2121=(k p p ,,1 为互异素数,*1,,N k ∈αα ),则有)11()11)(11()(21k p p p n n ---= ϕ.证明:由推论1得)()()()(2121k k p p p n αααϕϕϕϕ =,而1)(--=αααϕp p p ,(即从1到αp 这αp 个数中,减去能被p 整除的数的个数),所以,)())(()(11221112211------=kk k k p p p p p p n ααααααϕ )11()11)(11(21kp p p n ---= . 4.欧拉(Euler)与费尔马(Fermat)定理欧拉(Euler)定理 设m 是大于1的整数,(a ,m)=1,则)(m od 1)(m a m ≡ϕ. 证明:设r 1,r 2,…,r )(m ϕ是模m 的既约剩余系,则由性质3知a r 1,a r 2,…,a r )(m ϕ也是模m 的既约剩余系,所以, a r 1a r 2…a r )(m ϕ≡r 1r 2…r )(m ϕ(modm),即≡)(21)(m m r r r a ϕϕ)(21m r r r ϕ ,因()(21m r r r ϕ ,m)=1,所以,)(m od 1)(m a m ≡ϕ.推论(Fermat 定理) 设p 为素数,则对任意整数a 都有)(m od p a a p ≡.证明:若(a , p )=1,由1)(-=p p ϕ及Euler 定理得)(m od 11p a p ≡-即)(m od p a a p ≡;若(a , p )≠1,则p |a ,显然有)(m od p a a p ≡.例1设m>0,证明必有一个仅由0或1构成的自然数a 是m 的倍数.证明:考虑数字全为1的数:因1,11,111,1111,…中必有两个在modm 的同一剩余类中,它们的差即为所求的a .例2证明从任意m 个整数a 1,a 2,…,a m 中,必可选出若干个数,它们的和(包括只一个加数)能被m 整除.证明:考虑m 个数a 1,a 1+a 2,a 1+a 2+a 3,…,a 1+a 2+…+a m ,如果其中有一个数能被m 整除,则结论成立,否则,必有两个数属于modm 的同一剩余类,这两个数的差即满足要求.例3设f(x)=5x+2=f 1(x), f n+1(x)=f[f n (x)].求证:对任意正整数n,存在正整数m,使得2011|f n (m).证明:因f 2(x)=f[f(x)]=5(5x+2)+2=52x+5×2+2,f 3(x)=f[f 2(x)]=53x+52×2+5×2+2,..., f n (x)=5n x+5n-1×2+5n-2×2+ (2)因(5n ,2011)=1,所以,x 与f n (x)同时历遍mod2011的完系,1≤x ≤2011,所以,存在正整数m(1≤m ≤2011)使得f n (m)≡0(mod2011),即2011|f n (m).例4设123,,,a a a 是整数序列,其中有无穷多项为正整数,也有无穷多项为 n ,数123,,,,n a a a a 被n 除的余数都各不相同.证明:在数列123,,,a a a 中,每个整数都刚好出现一次.证明:数列各项同时减去一个整数不改变本题的条件和结论,故不妨设a 1=0.此时对每个正整数k 必有∣a k ∣<k:若∣a k ∣≥k,则取n=∣a k ∣,则a 1≡a k ≡0(mod n),矛盾.现在对k 归纳证明a 1,a 2,…,a k 适当重排后是绝对值小于k 的k 个相邻整数.k=1显然.设a 1,a 2,…,a k 适当重排后为-(k -1-i),…,0,…,i (0≤i ≤k -1),由于a 1,a 2,…,a k ,a k+1是(mod k+1)的一个完全剩余系,故必a k+1≡i+1(mod k+1), 但∣a k+1∣<k+1,因此a k+1只能是i+1或-(k -i),从而a 1,a 2,…,a k ,a k+1适当重排后是绝对值小于k+1的k+1个相邻整数.由此得到:1).任一整数在数列中最多出现一次;2).若整数u 和v (u<v) 都出现在数列中,则u 与v 之间的所有整数也出现在数列中.最后由正负项均无穷多个（即数列含有任意大的正整数及任意小的负整数）就得到:每个整数在数列中出现且只出现一次.例5偶数个人围着一张圆桌讨论，休息后，他们依不同次序重新围着圆桌坐下,证明至少有两个人，他们中间的人数在休息前与休息后是相等的。
【提优教程】江苏省高中数学竞赛 第70讲函数问题选讲(最终)教案
第70讲 函数问题选讲本节主要内容有运用函数的有关知识解决函数自身的问题和与函数有关的方程、不等式、数列等问题。
A 类例题 例1 如果在区间[1，2]上，函数f (x )=x 2+px +q 与g (x )=x +1x2在同一点取相同的最小值，求f (x )在该区间上的最大值．(1996年全国高中数学联赛) 解 由于g(x)= x +1x 2=12x +12x+1x2≥3314=3232． 当且仅当12x=1x2，即x=32时等号成立．由于32∈[1，2]，故x=32时g(x)取得最小值．因为f (x )=x 2+px +q =22()24p p x q ++-，所以－p2=32且 4q －p 24=3232，解得p =－232，q =3232+34．由于32－1<2－32．故在[1．2]上f(x)的最大值为f(2)=4－5232+34．说明 本题在求g(x)的最小值时，利用了均值不等式：a b c ++≥a b c R +∈，，），当且仅当a =b =c 时等号成立。
例2 若函数)(log 23a ax x y -+=的值域为R ，则实数a 的取值范围是 。
（1994年 “希望杯”全国数学邀请赛）解法一 根据函数值域定义，对于任意实数y ，关于x 的方程y a ax x =-+)(log 23，即032=--+y a ax x 恒有解，因此0344)3(422≥⋅++=++=∆y y a a a a （*） 恒成立。
因为430y⋅>，所以（*）式成立的充要条件是042≥+a a ，解得4-≤a 或0≥a 。
即实数a 的取值范围是(,4][0,)-∞-+∞。
解法二 根据对数函数和二次函数的性质，)()(2R x a ax x x u ∈-+=的最小值应不小于0， 即042≤--a a ，解得4-≤a 或0≥a 。
即实数a 的取值范围是(,4][0,)-∞-+∞。
说明 解法一运用转化思想把对数函数转化为指数形式（关于x 的二次方程）获得解答；解法二运用对数函数和二次函数的复合获得思路。
江苏省高中数学竞赛教案 第77讲组合几何
第77讲 组合几何本节主要内容是组合几何，几何中一些组合性质的问题．按照数学家厄迪斯的说法，凸性、覆盖、嵌入、计数、几何不等式、等都属于这类问题．凸包和覆盖、几何不等式问题分别在第6讲、第15讲已经着重讲解过，本讲仍有所涉及，本讲涉及组合计数、几何极值、几何图形的分割和一些组合几何杂题．A 类例题例 1 证明：任何面积等于1的凸四边形的周长及两条对角线之和不小于4+2 2.(1985年奥地利和波兰联合数学竞赛试题)分析 先考虑两种特殊情形：面积等于1的正方形和菱形. 在正方形中周长为4,对角线之和为22；在菱形中, 两条对角线长分别为l 1和l 2, 则因面积面积S= 12l 1l 2 =1,故l 1＋l 2≥2l 1l 2=22,而周长=4(l 12)2+(l 22)2=2l 12+l 22≥22l 1l 2 =4. 故两种特殊情形之下结论成立．这就启发我们可将周长和对角线分开来考虑．证明 设ABCD 是任一面积为1的凸四边形(如图)，于是有1=12(eg +gf +fh +he )sin α≤12(eg +gf +fh +he )＝12(e ＋f )( g +h ) ≤12(e ＋f +g +h2)2,即对角线之和为e ＋f + g +h ≥22． 再按图的方式最新将图形中线段和角标上字母，于是又有2=2S 四边形ABCDαhgfeDBAβ4β3β2β1dcbaB ADC= 12ab sin β1+12bc sin β2+12cd sin β3+12da sin β4 ≤12(ab +bc +cd +da )= 12(a +c )(b +d )≤12(a +b +c +d 2)2, 则a +b +c +d ≥4.综上所述, 命题结论成立．说明 几何不等式的证明通常引进几何变量后化归为代数不等式的证明，其中均值不等式和柯西不等式经常使用．例2 在平面上给定五个点，连接这些点的直线互不平行、互不垂直，也互不重合．过每一点作两两连接其余四点的所有直线的垂线．若不计原来给定的五点, 这些垂线彼此间的交点最多能有多少个？(第6届IMO 试题)分析 先考虑所有五个点间的连线的情况，再考虑每点向所有连线作的垂线的情况，利用多个点向一条直线作垂线没有交点，三角形的三条高线交于一点，将多计数的交点一一剔除．解 由题设条件，给定的五个点之间的连线共有C 52=10条, 这些点构成的三角形共有C 53=10个．过给定五点中的每一个作不通过该点连线的垂线共有5C 42=30条．若此30条垂线两两互不平行, 它们的交点也互不重合, 则共有C 302=435个交点．然而，在本问题中的30条垂线有相互平行的, 也有交点重合的, 故应从435个交点中减去多计入的交点个数．首先，对于任一条连线，过其余三点所作该连线的三条垂线是彼此平行而无交点的，故应从总数中减去由此多计入的10 C 32=30个交点；其次，对于由这些连线构成的每一个三角形来说，三条高同交于一点，而这三条高也为所作的垂线，故应从总数中再减去10(C 321)=20个多计入的交点；又过每一顶点所作其余连线的垂线都重交于该顶点，而欲求交点数是不记入该五个顶点的，故又应从总数中再减去5C 62=75个多计入的顶点(恰有C 42=6条垂线在一顶点处相交)．故至多有435203075=310个交点．说明 简单的组合计数问题和普通的排列组合问题解决的方法类似，必须做到既不遗漏，也不重复(不多算，也不少算)，复杂的问题还要构造递推关系、利用映射、算两次、数学归纳法等思想方法加以考虑，见本书其它讲座．情景再现1. 在平面上给定正方形ABCD, 试求比值OA+OCOB+OD 的最小值，其中O 是平面上的任意点．(1993年圣彼得堡市数学选拔考试试题)2. 由9条水平线与9条竖直线组成的8×8的棋盘共形成r 个矩形，其中s个正方形，s r 的值可由m n 形式表示，其中m ,n 均为正整数，且mn 是既约分数. 求m +n 的值.(1997年美国数学邀请赛试题)B 类例题例 3 已知边长为4的正三角形ABC ，D 、E 、F 分别是BC 、CA 、AB 上的点，且|AE|=|BF|=|CD|=1，连接AD 、BE 、CF ，交成△RQS ，P 点在△RQS 内及其边上移动，P 点到△ABC 三边的距离分别记作x 、y 、z .1. 求证：当P 点在△RQS 的顶点时，乘积xyz2. 求上述乘积的极小值.（1982分析 逐步调整法 先固定x ，考虑yz 的最小值. 然后又由对称性扩大P 点的变化范围求乘积xyz 解 1.如图，第一步，先固定x ，考虑yz 的最小值. 即过P 作直线l ∥BC ，当P 在l 上变化时，yz 何时最小.第二步，先证两个引理： 引理1：x +y +z =定值，这个定值就是正三角形的高. 引理2：设y ∈[α,β]，y 的二次函数y (a —y )在[α, β] 的一个端点处取得最小值.引理1的证明用面积法，引理2的证明可用配方法.（证明留给读者） 由两个引理不难得到：如果P ’,P ’’为l 上的两点，那么当P 在区间[P ’,P ’’]C上变动时，xyz在端点P’P’’处取得最小值.第三步，扩大P点的变化范围：根据上面所述，当P点在l上变动时，xyz在端点P’或P”处为最小，这里P’、P”是l与△RQS的边界的交点，但△RQS的边不与△ABC的边平行，因而在P移到△RQS的边界后，不能搬用上述方法再将P’或P”调整为△ABC的顶点.但是我们可以把P’点变化区域由△PQR扩大为图中所示的六边形R R’QQ’ S S’, 其中R R’∥Q’S∥CA, R’Q∥S’S∥BC, Q’Q∥RS’∥AB,也就是说: R与 R’关于∠ABC的平分线为对称. S’与R关于∠ACB的平分线为对称,等等.过P作平行于BC的直线l,将P调整为l与六边形R R’QQ’ S S’的边界的交点P’(或P”),再将P’调整为顶点R 或S’,每一次调整都使xyz的值减小.由于对称, xyz在六个顶点R ,R’,Q,Q’ ,S,S’处的值显然相等,因而命题成立.2.由题易知，△ABE≌△BCF≌△CAD，从而△AER≌△BFQ≌△CDS，△RQS是正三角形.由1，我们只考虑S点x，y，z的取值.由于△ASE∽△ADC,故|AS|:|SE|=4:1,由于△AFQ∽△ABD, 故|AQ|:|QF|=4:3.所以故|AS|:|SQ|:|QD|=4:8:1,又由于△ABC的高h= 12,故可求得3193,,,131313193131313x h y h z hxyz====鬃?说明本题用到二次函数的基本性质：定区间上二次函数的最值只能在端点或对称轴处取到．例4设一凸四边形ABCD，它的内角中仅有∠D是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n个钝角三角形，但除去A、B、C、D外，在该凸四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形的顶点，试证n应该满足的充要条件是n≥4.(1993年全国高中数学联赛第二试试题)分析充分性：采用构造法.先连AC，再以AC为直径作半圆，由直径所对的圆周角是直角启发构造4个钝角三角形.必要性：先证非钝角三角形不能分成两个钝角三角形.再证n≥4.解充分性(1)非钝角三角形一定可以分割成三个钝角三角形.事实上，取锐角三角形任一顶点，或直角三角形直角顶点，设为B，向对边AC作高BG，再以AC为直径向三角形内作半圆，于是，BG 把位于该半圆内的任意点E 与三顶点连线将三角形分割成三个钝角三角形△ABE 、△BCE 、△CAE ，即为所求.(2)凸四边形ABCD 可分割成4个钝角三角形. 如图，连线段AC ，又由(1), △ABC 可分割成三个钝角三角形，加上钝角△ACD ，共有4个钝角三角形.(3)凸四边形ABCD 可分割为n =5，6，…个钝角三角形，如图，作AE 1、AE 2、…，即得新的分割的钝角三角形△AEE 1，△AE 1E 2，…共有5，6，…个钝角三角形(外角∠AE 1C ＞∠AEC ＞900,∠AE 2C ＞∠AEC,…)必要性先指出一个事实：非钝角三角形不能分割成两个钝角三角形. 这是因为由任一顶点向对边作分割线段与对边的夹角不能将180o 分成两个钝角，所以不能分割成两个钝角三角形.设凸四边形已被分割为n 个钝角三角形，如果该凸四边形的四条边分别属于4个不同的钝角三角形，则已证得了n ≥4. 如果有两条邻边同属于一个钝角三角形(不相邻的两边不能构成三角形)，这时有下列两种情况之一发生：(I)该两邻边夹角为钝角∠D ，于是∠D 不能分割.这时AC 必为分割线. 非钝角三角形△ABC 必被再分割之，它不能分割成2个钝角三角形，只能分割成3个以上的钝角三角形，连同钝角三角形△ADC ，有n ≥4.(II)该两邻边的夹角不是∠D ，这时夹角不能是∠B ，因为△ABC 不是钝角三角形，因为夹角只能是∠A 或∠C 而使BD 为分割线，并且将∠D 分割出一个钝角，使该两邻边构成钝角三角形的两条边，这样，另一非钝角三角形必被再分割之，于是同理必须分割成3个以上的钝角三角形，同理得到n ≥4.说明 组合几何在全国高中数学联赛加试中经常出现，本题的难点在必要性的证明，充分性的证明只要构造就好了．例5 设凸四边形ABCD 的面积为1，求证在它的边上(包括顶点)或内部可以找到四个点，使得以其中任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积均大于14.(1991年全国高中数学联赛第二试试题) 分析 在四个三角形△ABC 、△BCD 、△CDA 、△DAB 中选出一个面积最小的，然后按其面积与14的大小分四类情况加以讨论.证明 如图 (1)，考虑四个三角形△ABC 、△BCD 、△CDA 、△DAB 的面积，不妨设S △DA B 为最小.这时有四种情况： (1)S △DA B >14.这时显然A 、B 、C 、D 即为所求的四个点.(2)S △DA B <14.设G 为△BCD 的重心.因 S △BCD =1－S △DA B >34,故S △GBC = S △GCD = S △GDB =31S △BCD >14.于是，B 、C 、D 、G 四点即为所求.(3)S △DA B =14，而其它三个三角形的面积均大于14，由于S △A BC =1－S △CDA <43=S △BCD ,故过A 作BC 的平行线l 必与线段CD 相交于CD 内部的一点E .由于S △A BC >S △DA B , 故S △EA B >S △DA B =14.又S △EAC =S △EA B ,S △E BC =S △A BC >14.故E 、A 、B 、C 四点即为所求.(4)S △DA B =14，而其它三个三角形中还有一个面积为14，不妨设S △CDA =14(如图(2))，因S △DA B =S △CDA ，故AD ∥BC ，又S △A BC =S △D BC = 34.故得BC=3AD .在AB 上取点E ，DC 上取点F ，使得AE=14AB ，DF=14CD ，那么，EF=41(3AD+BC)=23AD,S △EBF =S △ECF =43S △A BF =43×21S △A BC >14,S △E BC =S △F BC > S △EBF >41.故E 、B 、C 、F 四点即为所求. 说明 分类的方法可以与证法一不同. (4)的证明可按下面的方法处理S △DA B =14，而其它三个三角形中还有一个面积为14， 不妨设S △CDA = 14(如图)，因S △DA B =S △CDA ，故AD ∥BC ，过AC 、BD 的交点O 作EF ∥BC,分别交AB 、CD 于E 、F ，则EF=2· 34AD=32 AD . S △EBF = S △ECF =32×34 S △DAB ＞14, S △EBC = S △FBC ＞S △EBF ＞14. 故E 、B 、C 、F 四点即为所求.情景再现3．设AB,CD 是以O 为圆心，r 为半径的两条互相垂直的弦．圆盘被它们分成C的四个部分依顺时针顺序记为X,Y,Z,W ．求A(X)+A(Z)A(Y)+A(W)的最大值与最小值，其中A(U)表示U 的面积．(1988年I MO 预选题)4．设整数n (n ≥5).求最大整数k ，使得存在一个凸n 边形(凸或凹，只要边界不能自相交)有k 个内角是直角．(第44届IMO 预选题)5. 设ABCD 是一个梯形(AB ∥CD),E 是线段AB 上一点,F 是CD 上一点,线段CE 与BF 相交于点H,线段ED 与AF 相交于点G.. 求证: S EHFG ≤14S ABCD .如果ABCD 是一个任意凸四边形,同样结论是否成立?请说明理由.(1994年中国数学奥林匹克试题)C 类例题例6 在平面内任给n (n ＞4)个点，其中任意3点不共线.试证：至少有C n 23个以上述所给定点为顶点的凸四边形.(第11届IMO 试题)分析 由于平面上任何5点(其中任意3点不共线)中必有4点是一个凸四边形的4个顶点，于是通过算两次的方法，利用排列组合知识计算出不同的凸四边形的个数的最小下界，然后用数学归纳法证明此下界超过C n 23．另一种方法是直接找出C n 23个凸四边形.证法一 由E.Klein 定理知，平面内任何5点(其中任意3点不共线)中必有4点是一个凸四边形的4个顶点，而n 个点可组成C n 5个5点组，故一共有C n 5个凸四边形(包括重复计数)，而每个凸四边形的4个顶点恰好属于C n 14=n 4个5点组，所以，不同的凸四边形的个数不少于1n -4C n 5.下面用数学归纳法证明1n -4C n 5≥C n 23(n ≥5).当n ＝5时，1n -4C n 5＝C n23＝1.设n ＝k 时，1k -4C k 5≥C k23,那么，当n ＝k ＋1时,1(k +1)-4C k 5+1= k +1k -3 · C k5k -4≥k +1k -3·C k2 3= k +1k -3 · (k -3)(k -4)2 = (k +1)(k -4)2=k 2 -3k -42 = (k -2)(k-3) +2(k -5)2≥C (k +1)23.故对一切n ≥5，1n -4C n 5≥C n23.综上可知，至少有C n23个凸四边形.证法二 以给定点中任意3点为顶点可以作一个三角形，设这些三角形中面积最大的一个为△ABC,过顶点A 、B 、C 分别作对边的平行线，3条平行线相交成△DEF(如图)，则n 个给定的点全部落在△DEF 的内部或边界上(否则与△ABC 的面积最大矛盾).除A 、B 、C3点外，另外n3个任意两点M 、N 所决定的直线至多与△ABC的两边相交而与第三条边不相交.不妨设MN 不与BC 相交(如图)，于是MNBC 为凸四边形，显然，这些凸四边形互不相同，并且至少有C n23个.说明 组合计数是组合几何的一个重要组成部分，算两次是其中的手法之一．例7 求平面上满足条件:(1)三角形的三个顶点都是整点,坐标原点为直角顶点;(2)三角形的内心M 的坐标为(96p ,672p ),其中p 为素数的直角三角形的NMFEDCBA个数.(2003年湖南省高中数学竞赛试题)分析 如图，由于OM 是直角∠AOB 的平分线，M 的坐标已知，可以利用解析几何和三角的有关知识求出OM,OA,OB 的斜率，这样可以设出点A,B 的坐标，利用切线长相等计算直角三角形内切圆半径r 的公式(OA+OB AB=2r )以及r =22OM 就可得出A,B 坐标的关系式，再利用质因数的分解就可以获解． 解 设如图所示的三角形为满足条件的Rt △OAB,则直线OM 的斜率为tan α= 7;直线OA 的斜率为tan(α45o)= tan α-11+tan α = 34;直线OB 的斜率为43.由此可设A(4t ,3t ),B(3s ,4s )(s ＞0, t ＞0),则t =4t 3t ,s= 3s +4s 都是正整数.设△OAB 的内切圆半径为r , 则r = 22OM= 22p ·9612+72=5p ×96.又OA=5t , OB=5s ,AB=5t 2+s 2. 由OA+OB AB=2r ,得5t 2+s 2=5t +5s 2×5p ×96.两边平方,整理得(t 192p )(s 192p )=2p 2×962=211×32×p 2. 因5t ＞2r , 5s ＞2r , 故t 192p ＞0, s 192p ＞0. 因此,所求三角形的个数等于211×32×p 2的正因数的个数,即 当p ≠2,3时,共有(11+1)(2+1)(2+1)=108个直角三角形符合条件; 当p =2时,共有(13+1)(2+1)=42个直角三角形符合条件; 当p =3时,共有(11+1)(4+1)=60个直角三角形符合条件.MBAOyx说明 本题的解法采用层层推进，先从OM,OA,OB 的斜率出发，再探求A,B 坐标之间的关系．进而利用内切圆半径的两种算法使问题的解决架起了桥梁． 例8 设n 和k 是正整数,S 是平面上n 个点的集合,满足: (1) S 中任何三点不共线;(2)对S 中的每一点P, S 中存在k 个点与P 的距离相等.证明:k ＜12+2n .(第30届IMO 试题)分析 由于S 中的每一点P, S 中存在k 个点与P 的距离相等，所以考虑以S 中的每一点为中心作圆，每个圆上至少有有k 个点，再利用算两次的方法计算两个端点均属于S 的线段的条数，就可以得出不等关系，问题就迎刃而解． 解 依题设，以S 中的每一点为中心可作n 个圆，使每个圆上至少有k 个点属于S.我们称两个端点均属于S 的线段为好线段．一方面，好线段显然共有C n 2条． 另一方面，每个圆上至少有C k 2条好线段，n 个圆共有n C k 2条好线段,但其中有一些公共弦被重复计算了．但每两个圆至多有一条公共弦，n 个圆至多有C n 2条公共弦(这些弦不一定是好线段),故好线段的条数不少于n C k 2-C n 2．综上所述，得到C n 2≥n C k 2-C n 2．即k2k 2(n 1)≤0. 所以，k ≤1+1+8(n -1)2＜1+8n 2＝12+2n .说明 (1)本题中第一个条件是多余的；(2)算两次的思想方法在组合数学中经常使用，如果两次都是精确结果，综合起来得到一个等式；如果至少有一次采用了估算(计算了量的上界或下界)，那么，就可以得到一个不等式．情景再现6. 平面上给定100个点，其中任意3点可组成三角形，证明至多有70%的三角形为锐角三角形.(第12届IMO试题)7. 设M为平面上坐标为(p×1994,7 p×1994)的点,其中p是素数.求满足下述条件的直角三角形的个数:(1)三角形的三个顶点都是整点,而且M是直角顶点;(2)三角形的内心是坐标原点.(1994年中国数学奥林匹克试题)8. 平面上有n≥5个互不相同的点，每点恰好与其它4点的距离为1,求这样的n的最小值.(2004年中国国家集训队测试题)习题771．在六条棱长为2,3,3,4,5,5的所有四面体中最大的体积是多少？证明你的结论.(1983年全国高中数学联赛第二试试题)2.平面上的点集H称为好的，如果H中的任意3点都存在一条对称轴，使得这3个点关于这条对称轴对称.证明：(1)一个好的集合不一定是轴对称的；(2)如果一个好的集合中恰有2003个点，则这2003个在一条直线上.(2003年匈牙利数学奥林匹克试题)3.已知一张n×n(n≥3)的方格纸板，每个单位正方形内有下列四个单位向量之一：↑，↓，←，→，其中向量平行于单位正方形的边，且过单位正方形的中心.一只甲虫每次根据向量所指的方向从一个单位正方形爬到另一个单位正方形.如果甲虫从任意一个单位正方形出发，经过若干次移动以后，又回到出发时的那个单位正方形，其中向量所指的方向不允许甲虫离开方格纸板.问是否可能使得任意一行(不包括第一行和最后一行)所有向量的和等于这一行平行于这一行的所有向量之和, 任意一列(不包括第一列和最后一列)所有向量的和等于这一列平行于这一列的所有向量之和.(2003年白俄罗斯数学奥林匹克试题)4.设正整数n≥3,如果在平面上有n个格点P1,P2,…,P n满足:当|P i P j|为有理数时，存在P k,使得|P i P k|和|P j P k|都是无理数;当|P i P j|为无理数时，存在P k,使得|P i P k |和|P j P k|都是有理数,那么，称n为“好数”.(1)求最小的“好数”；(2)问：2005是否为“好数”？(2005年中国女子数学奥林匹克试题)5.证明：对n≥4,每一个有外接圆的四边形，总可以划分成n个都有外接圆的四边形.(第14届IMO试题)6.在平面上引4条直线,使得其中每两条都相交,而任何3条不共点(这些直线中的每一条都与其余的直线有三个交点),试问这样分割的8条线段的长度能否分别等于(1)1,2,3,4,5,6,7,8;(2)不同的正整数值.(1991年全苏数学奥林匹克试题)7.在边长为1的正方形网格平面上有一个直角三角形，其所有顶点都是格点，且三边长均为整数，证明其内切圆圆心也是一个格点．(1991年德国数学奥林匹克试题)8.平面上已给7个点，用一些线段连接它们，使得(1)每三点中至少有两点相连；(2)线段的条数最少．问有多少条线段？给出一个这样的图．(第30届IMO预选题) 9.设P1,P2,…,P1993=P0是平面x O y上具有下列性质的不同点：(1)P i 的坐标是两个整数，求证i =1,2,3, (1993)(2)除P i 和P i ＋1外,在线段P i P i ＋1上没有坐标是两个整数的点，其中i =0,1,2, (1992)证明：对于某个i ,0≤i ≤1992,在线段P i P i ＋1上存在一个点Q(q x ,q y )使得2q x 和2q y 是奇整数．(1993年亚太地区数学奥林匹克试题)10. 将边长为整数m ，n 的矩形划分成若干个边长均为正整数的正方形. 每个正方形的边平行于矩形的相应边，试求这些正方形边长之和的最小值.(2001年全国高中数学联赛加试试题)11.对于平面上任意三点P 、Q 、R,我们定义m (PQR)为△PQR 的最短的一条高线的长度(当P 、Q 、R 三点共线时，令m (PQR)=0.设A 、B 、C 为平面上三点，对此平面上任意一点X,求证：m (ABC)≤m (ABX)+m (AXC)+m (XBC). (第34届IMO 试题)12. 由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形， 其中n =q 2+q +1，l ≥21q (q +1)2,q ≥2,q ∈N.已知此图中任意四点不共面, 每点至少有一条连线段, 存在一点至少有q +2条连线段. 证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A 、B 、C 、D 和四条连线段AB 、BC 、CD 、DA 组成的图形). (2003年全国高中数学联赛加试题)本节“情景再现”解答：1. 首先证明OA+OC OB+OD ≥12. 将不等式两端平方，去分母得2(OA 2+OC 2+2OA ·OC)≥OB 2+OD 2+2OB ·OD.因为OA 2+OC 2= OB 2+OD 2,所以，上述不等式就化为 OB 2+OD 2+4OA ·OC ≥2OB ·OD.而这个不等式显然成立，因为OB 2+OD 2≥2OB ·OD.其次，如果取O=A,即知该分式的值为12．所以该比值的最小值是12．2. 因为一个矩形必须由两条水平直线和两条竖直直线确定，今有9条水平直线和9条竖直直线，故共有C 92C 92=1296个矩形，其中边长为1的正方形有82个，边长为2的正方形有72个,….一般地，边长为i 的正方形有(9―i ) 2个(1≤i ≤8)，故正方形的个数为82+72+…+22+12=204个,从而s r = 2041296 = 17108,所以m +n =17+108=125.3.不妨设圆心落在如图所示(1)的Z 中．则当AB 弦向上平移时，如图(2)中的阴影部分面积大于它左边无阴影的部分的面积，所以A(X)+A(Z)增加，而A(Y)+A(W)在减少(注意X,Y,Z.W 的面积之和是定值πr 2),因而比值A(X)+A(Z)A(Y)+A(W)增加．于是，当点A 与点C 重合时，它才有可能取到最大值．在图(3)中,直角三角形ABD 的斜边BD 是直径，设△ABD 在OA 为高时面积最大，这时A(Z)为最大，A(X)+A(Z)也最大，其值为12πr 2+r 2．(3)(2)(1)OWZY X A(C)BDBD CBA而A(Y)+A(W)为最小，其值为12πr 2－r 2．所以A(X)+A(Z)A(Y)+A(W)的最大值是12πr 2+r 212πr 2－r 2=π+2π-2. 4.我们证明当n =5时，满足条件的k =3;当n ≥6时, k =[2n3]+1([x ]表示不超过x 的最大整数)．假设存在一个n 边形有k 个内角是直角，因为其它所有的角小于360o ,于是有(n ―k )×360o+ k ×90o＞(n ―2)×180 o,即k ＜2n +43.因为k 和n 是整数，所以，k ≤[2n3]+1．如果n =5，则[2n3]+1＝4.可是，如果五边形有四个内角是直角，则另外一个角是180 o ，矛盾．图中给出的五边形有3个内角是直角,所以,最大整数k =3．(a )n =8n =7n =6n =5对于n ≥6,我们构造一个有[2n3]+1个直角的n 边形． n =6,7,8时的例子如图所示(a )．对于n ≥9,我们归纳地构造例子．对于所有大于180 o 的内角，我们可以割出一个“少一个顶点的三角形”，使得多出三个顶点，多出两个内角为直角的角，如图(b ). 图(c )是另一种构造方法．5. 连接EF. 在梯形AEFD 中,显然有sin ∠AGD=sin ∠DGF=sin ∠EGF=sin ∠AGE, ① S△AGD= S△AED―S△AEG= S△AEF―S△AEG= S△EGF.②由①和②有(S △EGF )2= S △EGF ·S △AGD = (12EG ·GFsin ∠EGF) ·(12AG ·GDsin ∠AGD)(c )(b )HGF EDCB A=(12EG ·AGsin ∠AGE) ·(12GF ·GDsin ∠DGF)= S △AGE ·S △DGF . ③ 由②和③有S AEFD =S △AGE + S △EGF + S △DGF + S △AGD=2S △EGF +(S △AGE +S △DGF )≥2S △EGF +2S △AGE ·S △DGF =4S △EGF. ④类似地,有S BEFC ≥4S △EHF . ⑤ ④+⑤,再乘以14,得14S ABCD ≥S EHFG . ⑥对于后半题,如果ABCD 是一个任意凸四边形,结论不一定成立.举一反例如下:作一个梯形ABCD 使得BC ∥AD,AD=1,BC=100,梯形高h =100.在AB 上取一点E,作EF ∥BC,交线段CD 于点F. 已知线段EF 与BC 之间的距离为1. S ABCD = 12(AD+BC)h =5050, ⑦EF= 1100(99BC+AD)=99.01. ⑧点G 到线段EF 之间的距离记为h ',显然,h '99-h ' = EFAD= 99.01. ⑨从而,h '= 99×99.01100.01⑩那么, S EHFG ＞S △EFG = 12EF ×h '= 99×99.0122×100.01＞14×5050= 14S ABCD . ⑪6.任意五个点，其中没有三点共线，则移动可以找到以它们为顶点的三个非锐角三角形. 这个结论可分三种情况讨论.(1)若五个点组成一个凸五边形，则这个五边形至少有两个内角为钝角，它们可能相邻(例如∠A, ∠B),也可能不相邻(例如∠A, ∠C),如图a ,b . 再注意四边形ACDE 至少有一个内角非锐角，这样就找到三个非锐角，相应得到三个非DFCBEA锐角三角形.dcbaBCDEABCDAB DEEDBA(2)若五个点中，有四个点组成一个凸四边形ABCD, 如图c , 另一点E 在四边形ABCD 内部，则EA 、EB 、EC 、ED 相互间的夹角至少有两个钝角.再加上ABCD 中的非锐内角，至少也可找到三个非锐角三角形.(3) 若五个点中，有三个点组成一个三角形ABC ，如图d , 另外两点D ，E 在三角形ABC 内部，由于∠ADB, ∠BDC, ∠CDA 中至少有两个钝角，∠AEB, ∠BEC, ∠CEA 中也至少有两个钝角，这样我们可以找到四个钝角三角形. 综合(1),(2),(3)可得结论.由于每个非锐角三角形至多属于C 12003个五点组，而五点组共有C 1500个.所以，100个点可组成非锐角三角形至少有3C 1500C 1200-3个，它是三角形总数的3C 1500C 1200-3C 1300 = 310, 因此，锐角三角形不多于三角形总数的70%.7. 连坐标原点O 及点M,取线段OM 的中点I(p ×997,7 p ×997),把满足条件的一个直角三角形关于点I 作一个中心对称,即把点(x , y )变为(p ×1994- x , 7p ×1994- y ).于是,满足条件的一个整点三角形变为一个与之全等的整点直角三角形.三角形的内心变到点M, 直角顶点变到坐标原点. 因此, 所求整点三角形的个数, 只须考虑直角顶点在坐标原点, 内心在点M 的情况即可.考虑满足上述条件的整点直角△OAB.设∠x OM=β,∠x OA=α, α+π4 = β,由题设条件,知tan β=7,tan α=tan(β-π4) = tan β-11+tan β = 34. ①于是,直角边OA 上的任一点的坐标可写成(4t ,3t ),由于A 是整点,则t ∈N, OA=5t , 从∠y OB=α, 可知B 的坐标为(-3s ,4s ), s ∈N,OB=5s .直角三角形内切圆半径r =22OM=5p ×1994.设OA=2r +u ,OB=2r +v . ②由于OA,OB,r 都为5的倍数,则正整数u , v 都是5的倍数. 利用圆外一点到圆的两条切线长相等,有 AB=(r +u )+(r +v )=2r +u +v . ③ 由于△OAB 是一个直角三角形,有0=AB 2-OA 2-OB 2=(2r +u +v )2-(2r +u )2-(2r +v )2=2uv -4r 2. ④ 于是,有uv =2r 2. ⑤ 由于u 5, v5都是正整数,可得u 5·v5=23×997×p 2. ⑥ 当p ≠2和p ≠997时,有⎩⎨⎧u5 =2i×997j×p k，v5 =23-i×9972-j×p 2-k.⑦这里i =0,1,2,3; j =0,1,2; k =0,1,2.那么(u 5,v5)有4×3×3=36组不同的(有序)解.M BAOyx当p =2时,有⎩⎨⎧u5 =2i×997j，v5 =25-i×9972-j.⑧这里i =0,1,2,3,4,5; j =0,1,2. 那么(u 5,v5)有6×3=18组不同的(有序)解.当p =997时,有⎩⎨⎧u5 =2i×997j，v5 =23-i×9974-j.⑨这里i =0,1,2,3; j =0,1,2,3,4. 那么(u 5,v5)有4×5=20组不同的(有序)解.于是,所求的直角三角形的个数S=⎩⎨⎧36， 当p ≠2和p ≠997时;18， 当p =2时;20， 当p =997时.⑩8. 设n 个点为A 1,A 2,…,A n ,并设A 1A i =1(i =2,34,5).由于以A 1为圆心，1为半径的圆与以A 2为圆心，1为半径的圆至多相交于两点，故A 2A 3,A 2A 4,A 2A 5中至少有一个不为1. 又A 2恰好与四个A i 的距离为1,故n ≥6. 以A 1为圆心、1为半径的圆与以A 6为圆心、1为半径的圆至多相交于两点，故A 6A 2, A 6A 3, A 6A 4, A 6A 5中至多两个为1,因此A 6与A 7,…,A n 中至少两点的距离均为1,所以n ≥8.当n =8时,必有A 6A 7=1,A 6A 8=1.同理A 7A 8=1.因此A 6、A 7、A 8中每一点恰好与A 2、A 3、A 4、A 5中两点的距离为1.以A 6、A 7、A 8为圆心，1为半径的三个圆另交于三点，至少有两点为A 2、A 3、A 4、A 5中的两点，设为A 2、A 3.再设这两点均在以A 6为圆心的圆上，则A 2、A 6、A 3共线，A 2A 3为直径.这样A 1不可能与A 2、A 3的距离均为1,矛盾.所以，n≥9. n=9可达到,如图所示.本节“习题”解答：1. 最大的体积为328.根据三角形的两边之和大于第三边这一性质，按题设数据，所有一边为2的三角形，其余两边只可能是：①3，3；②5，5；③4，5；④3，4.从而题设四面体中，以2为公共边的两个侧面三角形的其余两边能有三种情形：(1)①与②；(2)①与③；(3)②与④.下面就这三种情况分别讨论之：(1)如图，AC=BC=3，AD=BD=5，因为32+42=52，故CD⊥AC，CD⊥BC，从而CD⊥平面ABC，由对称性，这样的四面体只有一个，其体积为：1111423323∆=⋅=⋅⋅⋅=ABCV CD S(2)记为V2.因为22+42<52,故∠ABD为钝角，即棱BD与底面ABC斜交，设D至ABD的高为h2，则h2<BD=4,故22ABC ABC114V h S S V33D D=??=B(3)这样的四面体也有两个，如图，易知它们的体积也相等，记为V 3. 因为22+52＞52,故∠BAD 为锐角，即棱AB 与平面ACD 斜交，设B 至ABD 的高为h 3，则h 3<AB=2,故33ACD ACD 22313112V h S S 3321532275128V ,V ,V V.369D D =?=鬃=<=<因故所以，最大的体积为V 1=328.2.(1)如图1，△ABC 、△ADC 、△BCD 均为等腰三角形，A 、B 、D 三点也共线.所以，任意三点都有一条对称轴..故它是一个好的集合.但是，A 、B 、C 、D 不是轴对称的.(2)用反证法 假设结论不成立..于是，不可能有集合中的6个点共线. 否则，在这条直线外必有一个属于集合的点K,过点K 作此直线的垂线，则此直线上必有至少3个点在这条垂线的同侧，记为A 、B 、C(如图2)因为∠KCB 、∠KBA ＞π2, 所以，AC ＞BC.由于K 、C 、B 有对称轴，则BC=CK.同理，AC=CK,矛盾.故不可能有集合中的6个点共线.不妨设A 、B 为这个集合中距离最短的两个点(如图3)，则其余2001个点有以下4种情况：(i)在线段AB 的中垂线上； (ii)在AB 所在直线上；(iii)在以A 为圆心，AB 为半径的圆上； (iv)在以B 为圆心，AB 为半径的圆上.。
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第 21 讲 数论试题选讲在数学竞赛中，初等数论的问题是考查的热点内容之一．它所涉及的范围主要有数的进位制、数的整除性、同余理论与不定方程．主要的定理有费马小定理和中国剩余定理．反证法是解数论问题常用的解题方法．以下请大家了解近年一些有关数论的竞赛试题和其解法。
A 类例题例1．设p 是给定的奇质数，正整数k 使得k 2－pk 也是一个正整数，求正整数k 。
（2004年全国高中数学竞赛） 分析 k 2－pk 是一个正整数，即k 2－pk 是一个完全平方数。
为了配方，考虑4(k 2－pk )是一个完全平方数，从而可以得到勾股方程。
解 由题k 2－pk 是一个正整数，则k 2－pk 是一个完全平方数， 设k 2－pk =m 2，m ∈N *，则 4(k 2－pk )= 4m 2，∴ (2k －p ) 2=p 2+ 4m 2， ∴ (2k －p ) 2－4m 2 = p 2，∴ (2k －p －2m )(2k －p +2m ) = p 2，(2k －p )∵ (2k －p +2m )＞0，(2k －p －2m )＜(2k －p +2m )，且 p 是给定的奇质数，∴ 2k －p －2m =1且2k －p +2m = p 2，∴ 4k －2p =1+ p 2，即 4k =(1+p )2，由于k ＞0，∴ 2k =1+ p ，k = 1+p 2∈N *。
说明 本题中，p 是已知数，k 是未知数，所求的是用p 表示出k 。
借助m =k 2－pk 列出不定方程，其中不定方程可以转化为未知数的平方差型，于是问题可解。
例2．求所有的整数n ，使得n 4+6n 3+11n 2+3n +31是完全平方数．（2004年中国西部数学奥林匹克）分析 n 是整数，对多项式n 4+6n 3+11n 2+3n +31配方，如果恰好是一个n 的多项式的平方，则所有的整数n 都是解，问题就已经解决；否则对配方以后多出的部分进行估计讨论。
很显然，本问题配方以后会有多出的部分。
解 设A ＝n 4+6n 3+11n 2+3n +31是完全平方数，则配方后A ＝(n 2+3n +1)2―3(n ―10)是完全平方数．当n ＜10时，A ＜(n 2+3n +1)2，所以A ≤(n 2+3n )2，∴ A ―(n 2+3n )2＝(n 2+3n +1)2―3(n ―10)―(n 2+3n )2≤0，即 (n 2+3n +1)2―(n 2+3n )2≤3(n ―10)，∴ 2n 2+3n +31≤0，这不可能．当n =10时，A ＝(102+3×10+1)2=1312是完全平方数。
当n ＜10时，A ＞(n 2+3n +1)2，若n ≤－3，或n ≥0，则n 2+3n +1≥0，于是A ≥(n 2+3n +2)2，化简得2n 2+9n －27≤0，∴ －7＜－3(33+3)4≤n ≤3(33－3)4＜3， ∴ n =－6，－5，－4，－3，0，1，2，此时对应的A =409，166，67，40，31，52，145都不是完全平方数． 若n =－2，－1，与之对应的A =37，34也都不是完全平方数．所以，只有当n =10时，A 是完全平方数．说明 A 是完全平方数，配方后(n 2+3n +1)2也是完全平方数，若A 等于(n 2+3n +1)2，配方多出的多项式应该等于0；若A 不等于(n 2+3n +1)2，配方多出的多项式应该大于或小于0，但此“多余的”式子是一次的，不能反映出较多的信息，必须进一步估计范围。
例3．在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，若相邻若干个数之和能被11整除，则这些数组成一个数组，这样的数组共有_________个。
分析若干个数的和被11整除，只要考虑这些数模11的剩余的和被11整除即可，为了计算简单，这些剩余的绝对值应该尽量的小。
而相邻若干数的和，常常与数列前n项的和S n相关。
答7个。
把各项先减去11的倍数，使数字变小易于计算。
由此有如下数列：1，4，－3，－1，5，－3，－1，3，－3，－1。
设其前n项之和为S n，则S1＝1，S2＝5，S3＝2，S4＝1，S5＝6，S6＝3，S7＝2，S8＝5，S9＝2，S10＝1。
其中相等的有S1＝S4＝S10＝1，S2＝S8＝5，S3＝S7＝S9＝2，这样有7组差S4―S1，S10―S1，S10―S4，S8―S2，S7―S3，S9―S7，S9―S3为0，即共有7组能被11整除。
说明数列a1，a2，……，a n中，连续若干项的和a k+1+a k+2+…+a m就是S n―S k。
例4．已知a、b、c为正整数，且3a+b3b+c是有理数。
证明：a2+b2+c2a+b+c是整数。
（2004年芬兰高中数学竞赛）分析3a+b3b+c是有理数，其中隐含着正整数a、b、c的关系，找出a、b、c的关系，进一步推出a+b+c是a2+b2+c2的约数。
证明因为3为无理数,故, 3b－c≠0，于是3a +b 3b +c = (3a +b )(3b －c )3b 2－c 2 = 3ab －bc+3(b 2－ac ) 3b 2－c 2， 上式表示有理数，则有b 2－ac =0。
从而 a 2+b 2+c 2=(a+b+c )2－2ab －2bc －2ca=(a+b+c )2－2(ab +bc +b 2)=(a+b+c ) (a －b+c ).故 a 2+b 2+c 2 a +b +c = a －b+c ∈Z 。
说明 3a +b 3b +c是有理数，其分子、分母中的无理数3应该可以约去，注意到a 、b 、c 为正整数，有a b = b c即可，也即b 2=ac 。
情景再现1．已知a 、b 、c 、d 均为正整数，且log a b =32，log c d =54。
若a －c =9，则b －d = 。
（2003年全国高中数学竞赛）2．一组相邻的正整数，其中任何一个都不能被大于1的奇数的立方所整除，则这组数最多有_______个。
3．将一个四位数的数码相反顺序排列时为原来的4倍，求原数。
4．由7个数字0，1，2，3，4，5，6组成且能被55整除的最小七位数是 ；B 类例题例5．证明：不存在正整数n ，使得2n 2+1，3n 2+1，6n 2+1全都是完全平方数。
（2004年日本数学奥林匹克）分析 完全平方数有诸多性质，推理过程中容易找到方向。
譬如若2n 2+1，3n 2+1，6n 2+1全都是完全平方数，则两两的乘积(2n2+1)(3n2+1)=6n4+5n2+1，(2n2+1)(6n2+1)=12n4+8n2+1和(3n2+1)(6n2+1)=18n4+9n2+1都是完全平方数，但其中任意一个都可以是不矛盾的。
而三个数的积(2n2+1)(3n2+1)(6n2+1)=36n6+36n4+11n2+1是完全平方数则有可能出现矛盾。
注意36n6+36n4+11n2+1=9n2(4n4+4n2+1)+2n2+1=9n2(2n2+1)2+(2n2+1)，若乘一个平方数36n2即可以配方。
证明若题中结论不真,那么,此三数均为完全平方数,则三个数的积(2n2+1)(3n2+1)(6n2+1)=36n6+36n4+11n2+1是完全平方数。
∴ 36n2(6n2+1)(4n2+1)(2n2+1)是完全平方数，即36n2(6n2+1)(4n2+1)(2n2+1)= 36n2 (36n6+36n4+11n2+1)=36n2 [9n2(2n2+1)2+2n2+1]= (18n2)2(2n2+1)2+36n2(2n2+1)=(36n4+18n2+1)2－1是完全平方数。
(36n4+18n2+1)2是完全平方数，(36n4+18n2+1)2－1也是完全平方数，两个正整数的平方相差1，这是不可能的。
所以题中结论成立。
说明否定型命题，适合用反证法处理。
例6．2005！+2，2005！+3，……，2005！+2005这连续的2004 个整数构成一个数列，且此数列中无质数。
是否存在一个由2004 个连续整数构成的数列，此数列中恰有12 个质数？（2004年芬兰高中数学竞赛）分析条件中给出了一个重要的特例，由于当k∈N、2≤k≤2005时，总有k | 2005！，所以2005！+k总是合数。
而1，2，3，……，2004中质数个数超过12个。
考虑数列a，a+1，a+2，…，a+2003和数列a+1，a+2，…，a+2004中的质数个数变化。
解考虑数列a，a+1，a+2，…， a+2003 和数列a+1， a+2，…，a+2004中的质数个数。
若a和a+2004均为质数或均为合数,那么,这两个数列中的质数个数相等;若a和a+2 004中有一个是质数,则两个数列中的质数个数差1.已知数列1，2，…，2004中质数从小到大有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，……质数个数超过12个，而对于a，a+1，a+2，…，a+2003，当a=2005!+2时，此数列中无质数。
所以,存在一个b(1<b<a) ,使得数列b，b+1，b+2，…，b+2003中恰有12个质数。
说明本题给出存在性命题证明的一个范例，数列a，a+1，a+2，…，a+2003和数列a+1，a+2，…，a+2004中的质数个数最多只能相差1，而a取1或2005！+2时质数个数从1个变为超过12个，在1与2005！+2间存在一个数b，使得数列b，b+1，b+2，…，b+2003中恰有12个质数。
例7．已知m、n、k为自然数，m≥n≥k，且2m+2n－2k是100的倍数，求m+n －k的最小值．分析：2m+2n－2k中有因数2k，又2m+2n－2k是100的倍数，2m+2n－2k是4的倍数且是25的倍数，求m+n－k的最小值可以去掉因数2k后逐个试验。
解设2m+2n－2k =100t(t∈N)，若n=k，则得2m=100t，不可能，∴n>k．∴ 2k(2m－k+2n－k－1)=22·52t．由2m－k+2n－k－1为奇数，∴k≥2．取m－k=p，n－k=q，(0<q≤p) 则m+n－k=p+q+k．为使此式最小，应使k取最小，故k=2．∴ 2p+2q－1=25t，t为奇数．∴ 2p+2q的末两位数字为26或76．于是p>4(∵ 24+23<26)，取p、q值试验：其中p=9时有解q=6，使m+n－k=p+q+k=17；再对p<15的值试验，得p=10，q=1使m+n－k=p+q+k=13．而p>10时p+q+k>13．∴最小值为13．说明求多元变量的最小值的命题时，可以在充分讨论限制条件后逐个试验求解。