高二数学竞赛班二试数论讲义-裴蜀恒等式

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数学竞赛筑阶系列讲座02—初等数论之二

数学竞赛筑阶系列讲座——初等数论之二讲解人：凌彬姓名__________专题二：奇数与偶数一、基本知识奇数的特征：它被2除得的余数是1；即任何奇数都是21n +的形式，其中n Z ∈．偶数的特征：它被2除得的余数是0；即任何偶数都是2n 的形式，其中n Z ∈．奇数与偶数的一个最明显的性质是：任何奇数决不会与一个偶数相等．奇数与偶数还有几条运算性质：1．奇数与奇数的和是偶数；2．奇数与偶数的和是奇数；3．偶数与偶数的和是偶数； 4．奇数与奇数的积是奇数；5．奇数与偶数的积是偶数；6．偶数与偶数的积是偶数．几个常用的结论：1．两个连续整数的积(1)n n +是偶数； 2．整数a 的幂n a 与a 奇偶性相同； 3．整数a 和b 有“a b ±”与“n n a b ±”的奇偶性相同．这些性质都是很平凡的，但灵活地应用它们却能解决许多问题，包括看上去“无从下手”的问题；下面给出的一些例子，解答除了应用奇偶性之外，还包含了一些非常有用的解题思想；利用奇偶性解题的方法叫奇偶性分析法．这个方法是数学竞赛中特别活跃的方法之一．二、例题选讲例1．证明：不存在整数x 、y 满足：221990y x =+．例22例3．证明：不存在这样的整数a 、b 、c 、d ，使得abcd a -、abcd b -、abcd c -、abcd d -都是奇数．例4．证明：改变一个自然数各位数码的顺序后得到的数，与原数之和不能等于1989999．例5．设129, ,, a a a 是正整数，任意改变这九个数顺序后记为129, ,, b b b ；证明：112299()()()A a b a b a b =---是偶数．例6．平面上有15个点，任意三点都不在一条直线上，试问：能不能从每个点都引三条线段，且仅引三条线段和其余的某三点相连？证明你的结论．例7．已知一奇数β，使得整系数二次三项式2ax bx c ++的值2a b c ββ++也是奇数，其中c 是奇数；求证：方程20ax bx c ++=没有奇数根．例8．圆周上有1989个点，给每一个点染两次颜色：或红、蓝，或全红，或全蓝；最后统计知；染红色1989次，染蓝色1989次．试证：至少有一点被染上红、蓝两种颜色．例9．黑板上写着三个整数，任意擦去其中的一个，将它改写成为其它两数的和减去1；这样继续下去，最后得到19，2007，2009，问原来的三个数能否是2，2，2．例10．桌上有7只茶杯，杯口全部朝上，每次“运动”是指将其中的4只茶杯同时翻转；问：能否经过若干次运动使杯口全部朝下？例11．一个展览馆有26间展览室（如图），图中每个方格代表一间展览室，每相邻的两间展览室都有门相通，出口入口在图中所示之处；问能否找到一条入口到出口的参观路线，使得不遗漏又不重复地走过每一间展览室？入口出口的方格纸，随便把其中32个方格涂上黑色，剩下的32个方格涂上白色．例12．设有一张88下面对涂了色的方格纸实施“操作”；每次操作都是把任意横行或者竖列上的各个方格同时改变颜色；问能否最终得到恰有一个黑色方格的方格纸？例13．若两人互相握手，则每人都记握手一次，求证：握手是奇数次的人的总数一定是偶数．三、巩固练习1．设, , a b c 都是整数，2|a b c ++，求证：, , a b c a c b b c a +-+-+-都是偶数．2．若某正整数n 的各位数码在适当改变顺序后所得的数与n 之和等于1010，证明：10|n ．3．设有整数12, , , n x x x ，使120n x x x +++=，12n x x x n =，求证：4|n ．4．如图，给定两张33⨯方格纸，并且在每一方格内填上“+”或“-”号．如图，现在对方格纸中任何一行或一列作全部变号的操作，问可否经过若干次操作，使图（1）变成图（2）？(1)(2)++-++---+--++----+5．试证：找不到两个正整数，使其差与和的乘积等于2010．6．设有n 盏亮着的拉线开关灯，规定每次必须拉动1n -个拉线开关；试问：能否把所有的灯都关闭？证明你的结论或给出一种关灯的办法．。

全国高中联赛--数论部分

全国高中数学联赛赛前集训资料整理——数论部分1.求所有的质数对(,)p q ,使得|(55)p q pq +.解：若2|pq ,不妨设2p =,则2|(55)|(525)p q q q q +⇒+,由费马小定理知|(55)q q -,得|30q ,验证知(2,5)符合.若,p q 为奇数,且5|pq ,此时不妨设5p =,则有515|(55)|(6255)q q q q -+⇒+,当5q =时,(5,5)符合要求,当5q ≠时,由费马小定理有1|(51)q q --,故|626q ,由于q 为奇质数,但626的奇质因子只有313,故313q =.验证知符合要求,若,p q 都不等于2和5,则11|(55)p q pq --+,故11550(m od )p q p --+≡① 由费马小定理知151(m od )p p -≡② 由①②知151(m od )q p -≡-③设12(21)k p r -=-,12(21)l q s -=-,,,,k l r s 为正整数,若k l ≤,则由②③易知：2(21)12(21)2(21)(21)1212111(5)5(5)(1)1(m od )l kl kls p s r s q r r p ----------=≡==≡-≡-,这与2p ≠矛盾,因此k l >,由,p q 对称性有k l <,矛盾.此时无解.故(,)p q 为(2,3),(3,2),(2,5),(5,2),(5,5),(5,313),(313,5).2.设3k ≥,数列{}n a 满足2k a k =,且对n k >都有1 1 2 n n n n a a n a n a n -+⎧=⎨⎩与互质与不互质,证明：数列1{}n n a a --中有无穷多项是质数.证明：假设2()l a l l k =≥,p 为1l -的最小质因子,则 1 1(1,) i p l i p i p≤<⎧-=⎨=⎩.故有 1 1(22,1) i p l i l i p i p≤<⎧+-+-=⎨=⎩,由题设知12 1 1(22 l i l i i p a l p i p+-+-≤<⎧=⎨+-=⎩. 则12(222)(22)l p l p a a l p l p p +-+--=+--+-=(质数),故12(1)l p a l p +-=+-,由以上讨论,可知有无穷多个l k ≥使得2l a l =且12l p l p a a p +-+--=为1l -的最小质因子.3.已知1110()m m m m f x c x c xc x c --=++++ ,其中(0,1,,)i c i m = 是非零整数,数列{}n a 满足：10a =, 1()()n n a f a n N ++=∈,求证：(1)对于正整数,()i j i j <,1j j a a +-是1i i a a +-的倍数；(2)证明：20080a ≠. 证明：(1)当10i i a a +-=时,成立；当10i i a a +-≠时,211111()()()()m mi i i i m i i i i a a f a f a c a a c a a +++++-=-=-++- .故21i i a a ++-能被1i i a a +-整除,余下的可用数学归纳法证明.(2)假设20080a =,则1020092008(0)a a f a a -==-,由(1)可知,2007个差值213220082007,,,a a a a a a --- 都等于(0)f ±,且这些差值的和为200810a a -=,由于2007为奇数,且0(0)0f c =≠,矛盾! 故20080a ≠.第49届I MO预选题(四)第50届IMO预选题(四)费马小定理和欧拉定理的应用关于组合数的几个整除问题多项式一、带余除法与因式定理1、余数定理：多项式()f x 除以x a -的余数为()f a .2、因式定理：()()0x a p x p a -⇔=注：高次多项式因式分解常用因式定理例 1 设,,a b c 为互异的实数,()p x 为实系数多项式,如果()p x 除以x a -的余式为a ,()p x 除以x b -的余式为b ,()p x 除以x c -的余式为c .求()p x 除以()()()x a x b x c ---的余式.解：因为 (),(),()p a a p b b p c c ===所以设()()()()()()p x x a x b x c q x r x =---+,其中(())2r x ∂≤ 则 ()(),()(),()()r a p a a r b p b b r c p c c ======, 所以,,a b c 一定是()0r x x -=的根而 (())2r x x ∂-≤,所以 ()0r x x -≡即 ()r x x ≡所以()p x 除以()()()x a x b x c ---的余式为x .例2 已知()p x 是整系数多项式,1234,,,m m m m 是互不相同的整数,且1234()()()()7p m p m p m p m ====,试证：没有整数m 使得()14p m =.分析：即证()14p x =没有整数解证：因为1234,,,m m m m 是()70p x -=的根所以 1234()7()()()()()p x x m x m x m x m q x -=----,其中()q x 一定是整系数多项式若存在整数m 使()14p m =,则有 12347147()()()()()m m m m m m m m q m =-=---- 而7为素数,矛盾.故没有整数m 使得()14p m =.注：可以根据例2中规律命制试题()i p m =素数即可.例3 设()p x 是非常数的整系数多项式,()n p 表示满足2(())10p x -=的所有不同整数x 的个数,则()deg(())2n p p x -≤,其中deg(())p x 表示()p x 的次数.分析：2(())1(()1)(()1)0()10p x p x p x p x =⇔-+=⇔-=或()10p x +=()n p 为()10p x -=与()10p x +=的整数解的个数设()10p x -=有k 个整数解12,,,k m m m ⋅⋅⋅,()10p x +=有s 个整数解12,,,s n n n ⋅⋅⋅, 则有 121()1()()()()k p x x m x m x m q x -=--⋅⋅⋅- ①122()1()()()()s p x x n x n x n q x +=--⋅⋅⋅- ②②－①得1221212()()()()()()()()s k x n x n x n q x x m x m x m q x =--⋅⋅⋅----⋅⋅⋅-证：我们证明方程 ()10p x -= ③与()10p x += ④中至少有一个方程的正根的个数不超过2.下用反证法证明.若结论不成立,设方程③与方程④均至少有3个正根.设123,,m m m 是③的3个不同正根,123,,n n n 是④的3个不同正根, 则 1231()1()()()()p x x m x m x m q x -=--- ⑤ 1232()1()()()()p x x n x n x n q x +=--- ⑥ ⑥－⑤,得123212312()()()()()()()()x n x n x n q x x m x m x m q x =------- ⑦ 不妨设 {}3123123max ,,,,,m m m m n n n =将3x m =代入⑦式得 313233232()()()()m n m n m n q m =---因为2是素数,而313233,,m n m n m n ---是互不相同的正整数,故矛盾. 所以结论得证.二、多项式恒等定理如果次数不超过n 的多项式()f x 有1n +个根,则()f x 必为零多项式,即()0f x ≡. 例4 已知自然数1m >,求出所有满足条件(())(())m p p x p x =的所有多项式()p x . 证明：当()p x c =(常数)时,由m c c =有0c =或22cossin,(0,1,,2)11k k c i k m m m ππ=+=⋅⋅⋅---当(())1p x ∂≥时,则对任意复数β,方程()p x β=一定有解,即0x ∃使0()p x β=,又00(())(())m p p x p x =,即()m p ββ=.故一切复数均为()0m p x x -=的解,即()0m p x x -=有无穷多个解,故由多项式恒等定理有()m p x x =.例5 求所有满足条件22(2)(2),f x x f x x R -=-∈的多项式()f x分析：因为222(1)1x x x -=--,2(1)1x x -=--,所以22(2)(2)f x x f x -=- 可化为2((1)1)((1)1)f x f x --=--. 解：令1y x =-,则有22(1)(1)f y f y -=- ① 令()(1)g y f y =-,则有22()(1)g y f y =-,故①式变为22()()g y g y = ② 设 1110(),n n n n g y a y a y a y a --=++⋅⋅⋅++其中0n a ≠ 则②式左边222(1)2110()n n n n g y a y a y a y a --==++⋅⋅⋅++ ②式右边212110()()n n n n g y a y a y a y a --==++⋅⋅⋅++所以有22(1)212110110()n n n n n n n n a y a y a y a a y a y a y a ----++⋅⋅⋅++=++⋅⋅⋅++ ③ 下证122100n n a a a a a --==⋅⋅⋅====,用反证法,设1221,,,,n n a a a a --⋅⋅⋅0,a 中有一个不为0,设k a 是使得0i a ≠的下标最大者, 即1210,0k k k n a a a a ++-≠==⋅⋅⋅==比较2()g y 与2()g y 中n k y +的系数,因为22k n k n <+<,所以③式等号左边n k y +的系数为0,而③式右边n k y +的系数为n k a a ,所以 0n k a a =.这与0,0n k a a ≠≠矛盾,所以 122100n n a a a a a --==⋅⋅⋅====,故()n n g y a y = 再由②式有 222n n n n a y a y =. 又因0n a ≠,所以 1n a =故 ()n g y y =即(1)n f y y -=,所以有()(1)n f x x =+. 例6 确定所有符合下列条件的多项式)(x P ：0)0(1)()1(22=+=+P x P x P 且. 解：构造不动点,令.)(,0,1021n n n n x x P x x x ==+=+下证用数学归纳法：当0000)0()(,00x P x P x n =====时，；假设kk x x P k n ==)(时，结论成立，即.222111()(1)()111.()0()0().k k k k k n n k P x P x P x x x n k x P x x P x x P x x ++=+=+=+=+==+∴-=∴-≡≡当时，即当时，结论成立是的根，即例 7 试确定所有实系数多项式)(x P ,使得 )()2()1(t P t t tP -=- (1)对所有实系数t 均成立.(1995年澳大利亚)解：取.0)0(10==P t ），得代入（取.0)1(12==P t ），得代入（则设 )()1()(x q x x x P -=代入(1),有)()1()2()1()2)(1(t q t t t t q t t t --=---, 当时，2,1,0≠t )1()(-=t q t q 则 c t q ≡)(则R c x cx x P ∈-=),1()( 另一方面,若)1()(,-=∈x cx x p R c 满足条件中的等式, 因此所求的多项式为.),1()(R c x cx x P ∈-=三、根与系数的关系例8 (1996 澳大利亚)设)(x P 是三次多项式,321,,x x x 是)(x P 的三个根,已知323121111,1000)0()21()21(x x x x x x P P P ++=-+求的值.解：设d cx bx ax x P +++=23)(,又323121111x x x x x x ++=d b ad ab x x x x x x =--=++321321 且 ,212221)0()21()21(1000d b d db P P P ⋅+=+=-+= 则1996=a b ,于是.1996111323121=++x x x x x x 四、拉格朗日插值公式拉格朗日插值公式：设)(x P 为n 次多项式,则)()())(()())(()()())(()())(()()())(()())(()(1101101121012000201021n n n n n n n n n n x P x x x x x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x P --------++------+------=推论：若.)(,)()()(10c x P c x P x P x P n ≡====则例9 设n P P P ,,,21 是半径为1的圆周上的n 个不同的点,.11,11121≥⋅⋅=∑=+-nk kn k k k k k k k k d P P P P P P P P P P d 求证：证明：以单位圆的圆心为原点,建立复平面,令k P 所对应的复数为k Z ,.,,2,1n k =则nk k k k k k k k Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z d --⋅--⋅-=+- 1121,令)())(()())(()())(()())(()(1211211312132--------++------=n n n n n n n Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z f (1)则)(Z f 的次数不超过.1-n 1)()()(21====n Z f Z f Z f .1)(≡∴Z f 特别地,取0=Z 代入(1),有1)()()1()()()1()0(111211121321=--⋅-++---=----n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z f则 )()()1()()()1(1111211121321-------++---=n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z)()()1()()()1(111211121321-------++---≤n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z nd d d 11121+++==∑=nk kd 11已知10n z -=,其单位根为22cossini w i n nππ=+,则解的集合为{}011,,,n w w w -….结论1：若{}12 n m m m ，，…，是模n 的完全剩余系,则{}{}1211,,,,,,nm m m n w w w ww w-=……结论2：设{}{}01112,,,,,,n n z z z w w w -=……,则 (1)120n z z z +++=…；(2)112(1)n n z z z +=-…；(3)12 0 (,)1m m mn n n m z z z n m ⎧+++=⎨=⎩，…，.例 10 设)(),(),(),(x S x R x Q x P 均为多项式,且满足)()1()())(()(2345255x S x x x x x R x x Q x x P ++++=++ (1),求证：1-x 是)(x P 的因式.(美国) 证明：令52sin52cosππωi +=,取），得代入（1k x ω=0)1()1()1(2=++R Q P k k ωω)4,3,2,1(=k ,)1()()1()()1(48642432=++++++++R Q P ωωωωωωωω则0)1()1()1(4=--R Q P (2) 由得,)1(k ω⨯.4,3,2,1,0)1()1()1(32==++k R Q P k k k ωωω 将4个等式相加,得0)1()()1()()1()(4333231342322212432=+++++++++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅R Q P ωωωωωωωωωωωω故0)1()1()1(=---R Q P (3) 得),3()2(-0)1(5=P ,则0)1(=P ,由因式定理得).(1x P x -平方差型不定方程的解法数论中的不等式问题一道巴尔干地区竞赛题的思考一道印度竞赛题的简解一道预赛题的简证一道数论题的新证法一道重要的二元二次不定方程——佩尔方程。

高二竞赛讲义数列不等式 2.doc

高二数学竞赛班一试讲义第2讲数列求和与数列不等式班级姓名一、知识要点：1．公式法：适用于等差、等比数列求和或可转化为等差、等比数列求和的数列． 2．错位相减法：若{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，则求数列{}n n a b 的前n 项和n S ，常用错位相减法。

3．分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；4．裂项相消法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项。

5．倒序相加法：类似于等差数列前n 项和公式的推导方法．6．并项求和法：把数列的连续若干项并在一起组成一项，再求这些大项的和7．数列求和不等式的证明方法：均值不等式法，利用有用结论，部分项放缩，添减项放缩，利用单调性放缩，换元放缩，递推放缩，转化为加强命题放缩，分奇偶项讨论，数学归纳法。

二、例题精析例1．（1）已知数列{}n a 的通项公式2293932n n n a n n -=--，求数列{}n a 的前n 项的和n S 。

（2）已知数列{}n a 的通项公式12(21)(21)nn n na +=--，求数列{}n a 的前n 项的和n S 。

例2．数列数列{}n a ：1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,,L 即正整数k 有k 个，自小到大排列而成，求n a 及n S ．例3．设10<<a ，定义a a a a a nn +=+=+1,111，求证：对一切正整数n 有.1>n a例4．（1）已知n a n =，1()2nn b =，求证：11222n n a b a b a b +++<L 。

（2）已知函数bxa x f 211)(⋅+=，若54)1(=f ，且)(x f 在[0，1]上的最小值为21，求证：.2121)()2()1(1-+>++++n n n f f f Λ（02年全国联赛山东预赛题）例5．在数列{}n x 中，已知14,2)n x x n ==≥，求证：（1）12333n n x x --≤-；（2）11223()3()33n n n x ---≤≤+。

竞赛讲座(整式的恒等变形)

竞赛讲座(整式的恒等变形)一、知识要点1、整式的恒等变形把一个整式通过运算变换成另一个与它恒等的整式叫做整式的恒等变形2、整式的四则运算整式的四则运算是指整式的加、减、乘、除，熟练掌握整式的四则运算，善于将一个整式变换成另一个与它恒等的整式，可以解决许多复杂的代数问题，是进一步学习数学的基础。

3、乘法公式乘法公式是进行整式恒等变形的重要工具，最常用的乘法公式有以下几条：①(a+b) (a-b)=a2-b2②(a±b)2=a2±2ab+b2③ (a+b) (a2-ab+b2)=a3+b3④ (a-b) (a2+ab+b2)=a3-b3⑤ (a+b+c)2= a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca⑥ (a+b+c) (a2+b2+c2-ab-bc-ca)= a3+b3+c3-3abc⑦(a±b)3= a3±3a2b+3a b2±b34、整式的整除如果一个整式除以另一个整式的余式为零，就说这个整式能被另一个整式整除，也可说除式能整除被除式。

5、余数定理多项式()x f除以 (x-a) 所得的余数等于()a f。

特别地:()a f=0时，多项式()x f能被(x-a) 整除二、例题精讲例1在数1，2，3，…，1998前添符号“+”和“-”并依次运算，所得可能的最小非负数是多少？分析要得最小非负数，必须通过合理的添符号来产生尽可能多的“0”解因1+2+3+ (1998)()19999992199811998⨯=+⨯是一个奇数，又在1，2，3，…，1998前添符号“+”和“-”，并不改变其代数和的奇偶数，故所得最小非负数不会小于1。

先考虑四个连续的自然数n、n+1、n+2、n+3之间如何添符号，使其代数和最小。

很明显 n-(n+1)-(n+2)+(n+3)=0所以我们将1，2，3，…，1998中每相邻四个分成一组，再按上述方法添符号，即(-1+2)+(3-4-5+6)+ (7-8-9+10)+…+ (1995-1996-1997+1998)= -1+2=1,例2计算 (2x3-x+6)•(3x2+5x-2)分析计算整式的乘法时，先逐项相乘(注意不重不漏)，再合并同类项，然后将所得的多项式按字母的降幂排列。

2013年初等数论讲义严士健

第一章整数的可除性教学目的和要求（1）深刻理解整除、最大公因数、最小公倍数、质数的概念，正确理解带余数除法（Euclid算法）和算术基本定理的意义及作用。

（2）掌握并能直接运用辗转相除法求最大公因数，掌握幼拉脱斯展纳Eratosthenes筛法造质数表的原理。

（3）熟练掌握整除、质数、最大公因数和最小公倍数的基本性质，理解并掌握函数[x]、{x}的概念和基本性质，会求n!的标准分解式（n较小）。

本章重点是整除的概念和性质，整除理论是初等数论的基础，学好本章可为学习后继章节打下良好的基础。

习题要求P4：1，2，3 ；P9：1，2；P14：1,2；P19：5；P23：1,2,3。

第一节整除的概念·带余数除法定义1设a，b是整数，b≠ 0，如果存在整数q，使得a = bq成立，则称b整除a或a被b整除，此时a是b的倍数，b是a的因数（约数或除数），并且记作：b∣a；如果不存在整数q使得a = bq成立，则称b不能整除a或a不被b整除，记作：b|/a。

定理1下面的结论成立：(1) a∣b，b∣c⇒a∣c；（传递性）(2) m∣a，m∣b⇒m∣(a±b)(3) m∣a i，i = 1, 2, , n⇒m∣a1q1+a2q2+ +a n q n，此处q i∈Z（i = 1, 2, , n）。

（证明留给学生自己）注：① a ∣b ⇔ ±a ∣±b ；② b ∣a ⇒ bc ∣ac ，此处c 是任意的非零整数； ③ b ∣a ，a ≠ 0 ⇒ |b | ≤ |a |； b ∣a 且|a | < |b | ⇒ a = 0。

④因式分解 a n -b n =(a-b )M 1, n ∈Z a n +b n =(a+b )M 2, 2n定理1(带余数除法) 设a 与b 是两个整数，b >0，则存在唯一的两个整数q 和r ，使得 a = bq + r ，0 ≤ r < b 。

高二数学竞赛班讲义-第五讲--组合恒等式

高二数学竞赛班二试第五讲组合恒等式班级姓名一、知识要点：数学竞赛中组合数计算和组合恒等式的证明，是以高中排列、组合、二项式定理为基础，并加以推广和补充而形成的一类习题，它往往会具有一定的难度且灵活性较强。

解决这类问题常常对学生良好的运算能力和思维的灵活性都有较高的要求。

同时，此类问题的解决也有着自身特殊的解题技巧。

因此，在各类数学竞赛中经常被采用。

1．基本的组合恒等式简单的组合恒等式的化简和证明，可以直接运用课本所学的基本组合恒等式。

事实上，许多竞赛中出现的较复杂的组合数记算或恒等式证明，也往往运用这些基本组合恒等式，通过转化，分解为若干个简单的组合恒等式而加以解决。

课本中的组合恒等式有：①r n r n nC C -=； ②111r r rn n n C C C +++=+；③11k k n n kC nC --=； ④r m m r mn r n n m C C C C --=；⑤0122n nn n n n C C C C ++++=L ；⑥()01210.nnn n n n C C C C -+++-=L2．解题中常用方法① 运用基本组合恒等式进行变换；② 运用二项展开式作为辅助函数，通过比较某项的系数进行计算或证明； ③ 运用数学归纳法； ④ 变换求和指标；⑤ 运用赋值法进行证明；⑥ 建立递推公式，由初始条件及递推关系进行计算和证明； ⑦ 构造合理的模型。

二、经典例题例1．求证：1231232n n n n n n C C C nC n -++++=⋅L .例1．证明：根据前面提到的基本的组合恒等式第三条，可得：左边0121111112n n n n n n nC nC nC nC n ------=++++=⋅=L 右边例2．求和式21nk nk k C=∑的值。

例2．基本思路：将2k n k C 改写为k n k kC ⋅，先将k n kC 用恒等式3提取公因式n ，然后再将11k n kC --变形成为()11111k k n n k C C -----+，而()111k n k C ---又可以继续运用上述恒等变形，这样就使得各项系数中均不含有变动指标k 了。

江苏省金湖县实验中学高中数学奥赛辅导整式的恒等变形.pdf

江苏省金湖县实验中学高中数学奥赛辅导整式的恒等变形内容：（1）运用运算性质法则。

（2）灵活运用乘公式。

（3）配方法。

（4）应用因式分解。

（5）代换法。

一．（运用性质和法则）设x , y , z 都是整数，且11整除7x+2y-5z , 求证：11整除3x-7y+12z . 已知，当x=0 时，y=- 3 ;当x=-5 时，y=9 , 求当x=5时 y的值。

二．（灵活运用乘法公式）计算：设a , b , c 为有理数，且. 求证：对于任何正奇数n ，都有当时，试求下列各式的值：（1）；（2）试求被除的余数。

三．（配方法）证明：当a , b 取任意有理数时，多项式的值总是正数。

若，求a : b : c . 已知a , b , c , d为正数，且，求证： a=b=c=d . 11. 解方程： 12．若a , b , c , d 是整数，且，求证：mn可表示成两个整数的平方和。

13．已知，求的值。

四．（应用因式分解） 14．在三角形ABC中，（a , b , c 是三角形的三边），求证： 15．已知，试求的值。

五．（代换法） 16．已知a , b , c适合。

求证 17．证明： 18．已知,且，求证：x , y , z 中至少有一个等于1。

19．若，则_______ 20．若则abc=______ 21．设x-y=1+m , y-z=1-m , 则 x2+y2+z2-xy-yz-zx=________ 22．若2a=6b=3c , 且ab+bc+ca=99, 则2a2+12b2+9c2=_______ 23．若多项式含有因式(a-2)和(a-1) , 则mn=________ 24．的最小值是_____。

高中数学竞赛讲义(免费)

高中数学竞赛讲义(免费)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。

三、高中数学竞赛基础知识第一章集合与简易逻辑一、基础知识定义1 一般地，一组确定的、互异的、无序的对象的全体构成集合，简称集，用大写字母来表示；集合中的各个对象称为元素，用小写字母来表示，元素x在集合A中，称x属于A，记为Ax∈，否则称x不属于A，记作Ax∉。

高二数学竞赛班二试讲义

高二数学竞赛班二试讲义第9讲进位制班级姓名一、知识要点：1．进位制k 进制数，一般地，若k 是一个大于1的整数，那么以k 为基数的k 进制数可以表示成为一串数字连写在一起的形式110()n n k a a a a -(0n a k <<，10n a -≤，…，1a ，0)a k <．1110()110n n n n k n n a a a a a k a k a k a ---=⨯+⨯⨯+二、例题精析例1．（1）记集合{0,1,2,3,4,5,6}T =，1234(7){()|,1,2,3,4}i M a a a a a T i =∈=，将M 中的元素按从大到小的顺序排列，则第2008个数是（）A ．(7)1100B ．(7)1101C ．(7)5565D ．(7)5566 （2）设{}n a 是递增的正整数数列：1,7,8,49,50,56,57,⋅⋅⋅，它们或者是7的幂，或者是7的不同的幂之和，则1000a = 。

例2．设()P x 是x 的十进制表示的各位数字之积，求2()1022P x x x =--成立的正整数x 。

例3．（1990.第32届IMO 备选题）证明：对任意自然数n ，二项式系数(0)mn C m n ≤≤中，奇数的个数是2的幂。

例4．（99年LS ）(满分50分)给定正整数n ，已知用克数都是正整数的k 块砝码和一台天平可以称出质量为1，2，3，…，n 克的所有物品。

（1）求k 的最小值f (n )；（2）当且仅当n 取什么值时，上述f (n )块砝码的组成方式是唯一确定的？并证明你的结论。

三、精选习题1．设有集合{}3124234|0,1,2,,8,1,2,3,49999i a a a a A a i ⎧⎫=+++∈⋅⋅⋅=⎨⎬⎩⎭，把A 中各数按照从大到小的顺序排列，求第2010个数。

2．正整数n 的b 进制表示是777，求最小的正整数b ，使得n 是某一个整数的四次方。

高二“自主招生、竞赛及高考”讲义二(基础数论)

基础数论问题讲解基本内容：奇数与偶数，带余数除法，质数与合数，最大公约数与最小公倍数，裴蜀等式，整数分解定理，勾股数与不定方程1、证明：数1232011201220134022a =⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅ 能被20112012b =+整除．证：因201220134022(40232011)(40232010)(40232)(40231)⋅⋅⋅=--⋅⋅--4023122011122011M bM =-⋅⋅⋅=-⋅⋅⋅ ，即a bM =，所以b a ．2、设{}1,2,,2013M = 是前2013个正整数组成的集合，{}1230,,,A a a a = 是M 的一个30元子集，若A 中的元素两两互质，证明A 中至少有一半元素是质数．证：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1216,,,a a a ，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1215,,,a a a 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 i p a ≤，1,2,,15i = ，由于A 中的数两两互质，则1215,,,p p p 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1215,,,p p p 中的最大数，即有147p ≥，于是2211472013a p ≥≥>，即1a M ∉，矛盾!因此1215,,,a a a 中必有质数．不妨设1a 为质数；今从集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，这样的手续可以连续进行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．3、设k 为正奇数，n 为正整数，12k k k k S n =+++ ，证明：1k S S ．证：因为1(1)122n n S n +=+++=，并且n 与1n +互质，因此我们只要证，在n 为偶数时，k S 能分别被2n 与1n +整除；而n 为奇数时，k S 能分别被n 与12n +整除；(1)、如果n 为偶数，将k S 写作：12(1)122k kk k k kk n n S n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎡⎤⎡⎤=+++-++++⎢⎥ ⎪ ⎪⎣⎦⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，由于每一括号中的两数之和皆可被1n +整除，所以(1)k n S +；再将k S 写作：1(1)2(2)11222k k kkkkkkk n n n S n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎡⎤⎡⎤=+-++-++-++++⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎣⎦⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ ，可知，每一括号皆可被2n 整除，所以(1)2k n n S +，即1k S S ． (2)、如果n 为奇数，将k S 写作：13112(1)222k k kkkkkk n n n S n n ⎡⎤-++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎡⎤⎡⎤=+++-++++⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎣⎦⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ ，据此知，每一项皆可被12n +整除，又由 111(1)2(2)22k kk k k kk k n n S n n n ⎡⎤-+⎛⎫⎛⎫⎡⎤⎡⎤=+-++-++++⎢⎥ ⎪ ⎪⎣⎦⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，因此每一项皆可被n 整除，所以(1)2k n n S +，即1k S S ．综合以上两步讨论，可知对每个正整数n ，都有(1)2k n n S +，即1k S S ．4、设,a b 是不全为0的整数，集合{},M ax by x y Z =+∈，若00ax by +是集合M中的最小正整数；证明：(1)、对任何整数,x y ，都有00()()ax by ax by ++．(2)、若d 是,a b 的最大公约数，则存在整数00,x y ，使00ax by d +=．证：(1)、反证法，若存在整数,x y ，使得00()ax by + ()ax by +，则由带余数除法知，存在整数,q r ，使得0000(),0ax by ax by q r r ax by +=+⋅+<<+，则00()()r a x qx b y qy =-+-，即r 也是集合M 中的正整数，且00r ax by <+，这与00ax by +的最小性矛盾，故所设不真，因此对任何整数,x y ，都有00()()ax by ax by ++．(2)、由于,a b 不全为0，则M 的正整数子集非空，其中必有最小数，设00ax by +是集合M 中的最小正整数，据(1)，对任何整数,x y ，都有00()()ax by ax by ++，故有0000()(10),()(01)ax by a b ax by a b +⋅+⋅+⋅+⋅，即0000,ax by a ax by b ++，于是00ax by d +，又由,d a d b 知，00d ax by +，而d 与00ax by +皆为正整数，所以00ax by d +=．5、证明：在全体三位数当中，各位数字和是7的倍数者有偶数个．证：对于任一个三位数123x a a a =，其中12319,0,9a a a ≤≤≤≤，作一数123y b b b =，使得11223310,9,9b a b a b a =-=-=-，则x 与y 一一对应，并且123123()()28a a a b b b +++++=是7的倍数，所以，x 的各位数字和是7的倍数当且仅当y 的各位数字和是7的倍数；由于1099x y +=为奇数，则x 与y 一奇一偶，现在若x 跑遍数字和是7的倍数的所有三位奇数，则y 跑遍数字和是7的倍数的所有三位偶数，反之亦然；因此这两类数的个数相等，于是全体这样的三位数有偶数个．6、设2n ≥，证明：对于前n 个正整数1,2,,n ，总可将它们按照适当的顺序排成一个正整数a ，使得a 是7的倍数．（例如1,2可排成21，而1,2,3可排成231，等等）．证：采用“守株待兔”法，首先，当4n =时，对于前四个正整数1,2,3,4，我们有13241(mod7),12342(mod7),34123(mod7),12434(mod7),≡≡≡≡ 34215(mod7),21346(mod7),41230(mod7)≡≡≡ … ①；当5n ≥时，我们可先将5,6,,n 按一个接一个的顺序排成一个正整数A ，若410(mod 7),06A k k ⨯≡≤≤，在①中的7个数中，取一数B abcd =，满足 7(mod 7)B abcd k =≡-，那么410A B ⨯+便合要求．（例如，在8n =时，由于567800004(mod7)≡，而在①中，有34123(mod 7)≡，则45678103412567834120(mod 7)⨯+=≡满足要求）；因此结论成立．7、试确定: 是否存在正整数n 及非平方的正整数a ，使{}{}{}2...nn S a a a =+++的值为有理数？证明你的结论.（06-西部赛题）解：不存在。

高二数学竞赛班讲义第五讲组合恒等式

解决这类问题常常对学生良好的运算能力和思维的灵活性都有较高的要求。

同时，此类问题的解决也有着自身特殊的解题技巧。

因此，在各类数学竞赛中经常被采用。

1．基本的组合恒等式简单的组合恒等式的化简和证明，可以直接运用课本所学的基本组合恒等式。

课本中的组合恒等式有：①r n r n nC C -=； ②111r r rn n n C C C +++=+；③11k k n n kC nC --=； ④r m m r mn r n n m C C C C --=； ⑤0122n n n n n n C C C C ++++=；⑥()01210.nn n n n n C C C C -+++-=2．解题中常用方法① 运用基本组合恒等式进行变换；② 运用二项展开式作为辅助函数，通过比较某项的系数进行计算或证明； ③ 运用数学归纳法； ④ 变换求和指标；⑤ 运用赋值法进行证明；⑥ 建立递推公式，由初始条件及递推关系进行计算和证明； ⑦ 构造合理的模型。

二、经典例题例1．求证：1231232nn n n n n C C C nC n -++++=⋅.例1．证明：根据前面提到的基本的组合恒等式第三条，可得：左边0121111112n n n n n n nC nC nC nC n ------=++++=⋅=右边例2．求和式21nknk k C=∑的值。

例2．基本思路：将2k n k C 改写为k n k kC ⋅，先将kn kC 用恒等式3提取公因式n ，然后再将11k n kC --变形成为()11111k k n n k C C -----+，而()111k n k C ---又可以继续运用上述恒等变形，这样就使得各项系数中均不含有变动指标k 了。

高中数学竞赛讲义

若 C ≠ ∅ ，则1∈ C 或 2 ∈ C ，解得 m = 3.
综所述， a = 2 或 a = 3 m = 3 或 − 2 2 < m < 2 2
4．计数原理的用
例 4 集合 A，B，C 是 I={1，2，3，4，5，6，7，8，9，0}的子集， 1 若 A U B = I ，
求有序集合对 A，B 的个数 2 求 I 的非空真子集的个数
定理 1 集合的性质对任意集合 A，B，C，有
1 A I (B U C) = ( A I B) U ( A I C); 2 A U (B I C) = ( A U B) I ( A U C)
3 C1 A U C1 B = C1 ( A I B); 4 C1 A I C1 B = C1 ( A U B).
综合除法余式定理因式解拆添配方定系数法对式和换对
式整式
根式的恒等形恒等式的证明
3 方程和等式
含母系数的一元一次方程一元次方程的解法，一元次方程根的布含绝对值
的一元一次方程一元次方程的解法含母系数的一元一次等式的解法，一元次
等式的解法含绝对值的一元一次等式简单的多元方程组简单的定方程组
法原理，子集共有 210 = 1024 个，非空真子集有 1022 个
5．配对方法
例 5 给定集合 I = {1,2,3,L, n} 的 k 个子集 A1 , A2 ,L, Ak ，满足任何个子集的交集非空，并且再添加 I 的任何一个他子集将再有性质，求 k 的值
解将 I 的子集作如配对个子集和它的补集一对，共得 2n−1 对，一对能在
4 函数
次函数在给定间的最值，简单函数的最值含母系数的次函数

高二数学竞赛班讲义组合

高一数学竞赛班二试第二讲抽屉原理染色方法班级姓名一、知识要点：1．第I 型抽屉原理把m 个物体放入n 个抽屉，则至少有一个抽屉的物品不少于l 个，其中,|1,|mn m nl m n m n ⎧⎪⎪=⎨⎡⎤⎪+/⎢⎥⎪⎣⎦⎩2．第II 型抽屉原理把m 个物体放入n 个抽屉，则至少有一个抽屉的物品不多于l 个，其中m l n ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦3．运用抽屉原理的关键是构造恰当的“抽屉”和“物品”二、经典例题例1．（1953年美国普特南数学竞赛题）空间六点，任三点不共线，任四点不共面，成对地连接它们得十五条线段，用红色或蓝色染这些线段（一条线段只染一种颜色）.求证：无论怎样染，总存在同色三角形。

例2．(第6届国际数学奥林匹克试题)有17位科学家，其中每一个人和其他所有人的都通信，他们的通信中只讨论三个题目中的一个。

求证：至少有三个科学家相互之间讨论同一个题目.例3．（首届全国中学生数学冬令营试题）能否把1，1，2，2，3，3，…，1986，1986这些数排成一行，使得两个1之间夹着一个数，两个2之间夹着两个数，…，两个1986、之间夹着一千九百八十六个数？请证明你的结论.例4．（2010年联赛加试第四题）（本题满分50分）一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同。

问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？二、精选习题1．有九名数学家，每人至多会讲三种语言，每三名中至少有2名能通话，那么其中必有3名能用同一种语言通话.2．如果把上题中的条件9名改为8名数学家，那么，这个结论还成立吗？为什么？3．（1966年波兰数学竞赛题）大厅中会聚了100个客人，他们中每人至少认识67人，证明在这些客人中一定可以找到4人，他们之中任何两人都彼此相识.4．（首届全国数学冬令营试题）用任意方式给平面上的每一个点染上黑色或白色.求证：一定存在一个边长为1或的正三角形，它三个顶点是同色的.5．对平面上一个点，任意染上红、蓝、黑三种颜色中的一种。

高二数学竞赛辅导-初等数论

1 1 1 )(1 − )L (1 − ) 。 p1 p2 pn
= bq + r ，
0 ≤ r < b ，并且整数 q 和 r 由上述条件惟一确定， r 称为 b 除 a 的余数.若 r = 0 ，则称 b 整除 a ，
或 a 被 b 整除，或称 a是b 的倍数，或称 b是a 的约数（又叫因子），记为 b | a .否则， b | a . 由整除的定义，不难得出整除的如下性质：（1）若 a | b, b | c, 则a | c. （2）若 a | bi , 则a |
+ 2009 = n 2
例 4 一个正整数不是 42 的正整数倍和合数（不为零）之和，这个数的最大值是多少？解析：这个整数必定可以写成 42n +
p ，其中 p 为 1 或素数，其中
p = 1, 2,3,5, 7,11,13,17,19, 23, 29,31,37, 41，因为可以从 42(n − 1) + p + 42 ，所以先排除 p = 2,3,7,13, 23, 再者，有 42(n − 2) + p + 84 ，所以可以排除
= c.
(k ∈ N ∗ ) ；
② m为a, b 的任一公倍数，则 [ a, b] | m ； ③ (a, b)[a, b] = ab ，特别地，若 (a, b) = 1, 则 [a, b] = ab . ①可由③直接得到，②可由最小公倍数定义得，③根据①、②式知，
n i =1 n i =1
(a, b)[a, b] = ∏ pi min(α i , β i ) = ∏ piα i + β i = ab .
注：主要看 (10k + b)2 ，因此看 1，3，5，7，9 即可（4）十位数字是奇数的平方数的个位数一定是 6. 注：主要看 k 2

高二数学竞赛班二试数论讲义-裴蜀恒等式

高二数学竞赛班二试讲义裴蜀恒等式班级姓名一、知识点金1．欧几里得除法：设,a b 为整数，0b >，按下述方式反复作带余除法，有限步之后必然停止（即余数为零）：用b 除a ：000,0a bq r r b =+<<用0r 除b ：01110,0b r q r r r =+<<用1r 除0r ：012221,0r r q r r r =+<<……用2n r -除3n r -：321112,0n n n n n n r r q r r r ------=+<<用1n r -除2n r -：211,0n n n n n n r r q r r r ---=+<<用n r 除1n r -：11n n n r r q -+=则(,)na b r =实际上，由于余数01,,r r ⋅⋅⋅为整数，且满足0110n r r r ->>⋅⋅⋅>>⋅⋅⋅≥，从而上述的带余除法有限步后余数必为零。

因此000011211(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)n n n n n n a b bq r b b r r r r r r r r q r r -+=+====⋅⋅⋅===给定,a b ，欧几里得除法不仅能（在有限步内）求出(,)a b ，还可以证明方程(,)ax by a b +=①有一组整数解,x y ，并能实际地求出一组解。

具体的做法是将欧几里得除法倒推回去：21n n n n r r r q --=-，1321n n n n r r r q ----=-，…，101r b r q =-，00r a bq =-，依次消去1210,,,,n n r r r r --⋅⋅⋅，得到一组整数,x y ，使得(,)n r ax by a b =+=。

2．,a b 互素的充分必要条件是，存在整数,x y ，使得1ax by +=②等式②称为（互素整数的）裴蜀恒等式。

辗转相除法与裴蜀定理

二・辗转相除法与裴蜀定理转相除法与裴蜀定理定义对于整数a，b，若ab,则称a是b的约数；而b是a的倍数•定义对于不全为零的整数a(i 1,2丄，n)，若aa对i1,2,L,n都成立，则称a是少砂丄a“的公约数.定义对于非零整数ai(i1,2,L,n)，若aa对i 1,2丄，n都成立，则称a是宀砂丄&的公倍数•定义整数a(i 1,2丄，n)的公约数中，最大的一个，称为整数a(i1,2丄,n)的最大公约数，记作(ai,a2,L an).整数a(i1,2,L,n)的公倍数中，最小的一个，称为整数ai(i1,2,L,n)的最小公倍数，记作[ai,a2丄an].定义若(a, b) =1,则称a, b互质或互素•显然有下列性质：性质 1 (a, b) = (b, a) = (a, -b) = (- a, -b):性质2ab = (a, b) [a, b],特别地当a>0, b>0 时，ab = (a, b) [a, b].F面我们介绍辗转相除法与裴蜀定理定理若a = qb+r，则(a, b) = (b, r).注：本定理也可写成：(a, b)= (abq, b),就是说，在计算(a, b)时，可用b的任意整数倍数bq去减a.F面我们介绍辗转相除法，对于给定的整数a, b (b>0) ‘我们反复运用带余除法就有:a = qib + bi,Obi<b » 女[]bi 0，则我们继续 b = q2bi+ b2,0 b 2 v bi，如b2 0，则我们继续bi =q3 b2+b3,0 b 3 < b2，如b3 0，则我们继续…我们知道，由于小于b的自然数是有限的，因此上述过程不可能无穷下去，在有限步之后，应有余数等于零，设在第n+1步余数为零，于是bn - 2 = qn — 1 bn - 1 + bn , 0 b n < bn - 1bn-1 = q nb n+ 0 上述过程称为辗转相除法，显然(a, b) = (b, bi) = (bi, b2)= (b2, b3)=•- = (bn-i, bn) = bn.由于(a, b) = (a, - b )，从上述过程可以看到，辗转相除法是求两个整数最大公约数的一个很好的方法。

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