数学奥赛培训北大教授代数 数论 几何 组合的解题技巧
高中奥林匹克数学竞赛解题方法
高中奥林匹克数学竞赛解题方法一、代数技巧代数是数学的基础，掌握代数技巧对于解决数学问题至关重要。
以下是一些常用的代数技巧：1、合并同类项：将同类项合并为一个项，可以简化计算过程。
2、提取公因式：将公因式提取出来，可以简化计算过程。
3、完全平方公式和平方差公式：这两个公式在代数中非常常用，可以用来进行化简和展开。
4、分式的约分：将分式约分为最简形式，可以简化计算过程。
5、根式与分数指数幂的互化：将根式转化为分数指数幂，或将分数指数幂转化为根式，可以用来解决一些复杂的问题。
二、几何技巧几何是数学中重要的分支之一，掌握几何技巧对于解决数学问题非常重要。
以下是一些常用的几何技巧：1、三角形的内心、外心和垂心：掌握这些特殊点的性质和作法，可以用来解决一些与三角形相关的问题。
2、圆的标准方程和一般方程：掌握圆的标准方程和一般方程，可以用来解决一些与圆相关的问题。
3、立体几何中的空间向量：通过空间向量的运算，可以用来解决一些立体几何问题。
4、解析几何中的直线、圆和椭圆：掌握直线、圆和椭圆的性质和作法，可以用来解决一些解析几何问题。
三、数据分析数据分析是数学中重要的应用之一，掌握数据分析技巧对于解决实际问题非常重要。
以下是一些常用的数据分析技巧：1、数据的集中趋势和离散程度：掌握数据的集中趋势和离散程度，可以用来评估数据的分布情况。
2、数据的可视化：通过图表等可视化工具，可以更加直观地展示数据和分析结果。
3、回归分析：通过回归分析，可以找出变量之间的关系，从而对数据进行更加深入的分析。
4、方差分析：通过方差分析，可以检验多个样本之间是否存在显著性差异。
5、时间序列分析：通过时间序列分析，可以预测未来一段时间内的数据变化趋势。
四、数学建模数学建模是数学中重要的应用之一，掌握数学建模技巧对于解决实际问题非常重要。
以下是一些常用的数学建模技巧：1、建立数学模型：根据实际问题建立相应的数学模型，可以是方程、不等式、图形等。
北师大版七年级下册数学竞赛讲座05几何解题途径的探求方法
竞赛讲座05－几何解题途径的探求方法一．充分地展开想象想象力，就是人们平常说的形象思维或直觉思维能力。
想象力对于人们的创造性劳动的重要作用，马克思曾作过高度评价：“想象是促进人类发展的伟大天赋。
”解题一项创造性的工作，自然需要丰富的想象力。
在解题过程中，充分展开想象，主要是指：1．全面地设想设想，是指对同一问题从各个不同的角度去观察思考和深入分析其特征，推测解题的大致方向，构思各种不同的处理方案。
例1．在AB C D 中，AB=AC ，D 是BC 边上一点，E 是线段AD 上一点 ，且BAC CED BED ∠=∠=∠2，求证：BD=2CD （92年全国初中联赛试题）例2． 在ABC ∆中，AB>AC ，A ∠的外角平分线交ABC ∆的外接圆于D ，AB DE ⊥于E 。
求证：2)(AC AB AE -=（89年全国高中联赛试题） 3．在ABC Rt ∆的斜边上取一点D ，使ACD ABD ∆∆和的内切圆相等。
证明：2AD S ABC =∆（31届IMO备选题）例4．设A 是三维立体a bc 的长方体砖块。
若B 是所有到A 的距离不超过1的点的集合（特别地，B 包含A ），试用abc 的多项式表示B 的体积（84年美国普特南数学竟赛试题）2．广泛地联想联想，是指从事物的相联糸中来考虑问题，从一事物想到与其相关的各种不同的事物，进行由此彼的思索。
在解题过程中，我们如能根椐问题特征广泛地联想熟知命题，并设法将其结论或解法加以利用，则无疑是获得解题途径的简捷方法。
例5．在ABC ∆中角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若角A ，B ，C 的大小成等比数列，且ac a b =-22，求角B （85年全国高中联赛试题）例6．四边形ABCD 内接于o O ，对角线BD AC ⊥于P ，E 是CD 的中点，OF ：PE F 。
AB OF =⊥求证于（78年上海高中竟赛试题） 例7． 在正方体1111D C B A ABCD -中，E 是BC 的中点，F 在棱1AA 上，且2:1:1=FA F A ，求平面EF B 1与底面1111D C B A 所成的二面角。
数学竞赛技巧解几何问题的方法
数学竞赛技巧解几何问题的方法数学竞赛中的几何问题常常考察学生的空间想象能力和几何知识的应用能力。
解几何问题需要一些方法和技巧，下面将介绍几种常用的数学竞赛技巧，帮助学生更好地解决几何问题。
一、准确阅读题目首先，在解几何问题之前，我们要认真阅读题目。
题目中通常会给出一些重要信息，例如给定的条件，已知的等式或者角度关系等。
通过准确的理解和把握题目中的这些信息，有助于我们正确地解答问题。
如果对题目中的内容有任何疑问，应该及时向老师或同学请教，以免在后续解题过程中出现错误。
二、绘制准确的图形在解几何问题时，绘制准确的图形是非常重要的一步。
通过绘制图形，我们可以更好地理解问题，并且可以通过观察图形找出问题的一些性质和规律。
在绘制图形时，应该注意以下几点：1. 使用直尺和铅笔绘制清晰的直线和线段；2. 使用量角器或者直尺量取准确的角度；3. 标注清楚已知条件和未知量。
通过准确的图形，我们可以更好地分析和解决几何问题。
三、利用几何形状的特点几何形状具有一些独特的性质和特点，我们可以利用这些特点来解决几何问题。
下面介绍几个常用的方法：1. 利用对称性：对称图形的特点是图形的两边或多边在某个中心对称，或者关于某条直线对称。
对称性可用于找到等长、等角、相等面积等概念。
如果一个问题中涉及到对称性，我们应该充分利用这个特点来解决问题。
2. 利用相似三角形：相似三角形的特点是对应角相等，而对应边的比例相等。
如果一个问题中给定了一组相似三角形，我们可以利用这个特点来求解未知量。
3. 利用垂直、平行关系：在平面几何中，垂直和平行的关系是非常重要的。
如果一个问题涉及到直线的垂直或平行关系，我们可以利用这个关系来解决问题。
例如，在求解角度大小时可以利用垂直角、对顶角、同位角等的性质。
四、运用数学工具在解决几何问题时，有时候我们需要一些数学工具来辅助计算和判断。
例如，可以利用三角函数求解一些角度的大小，可以使用长度比例求解线段的长度，还可以使用面积比例来求解面积的大小。
数学竞赛最难模块“数论、组合”这样学！
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授课内容：《数学竞赛：数论专题讲座》（可回放）
授课师资：王建伟教授，中国科学技术大学教授，中国数学奥林匹克竞赛委员会委员，国际数学奥林匹克中国国家队教练，2005年IMO中国国家代表队副领队，曾多次参与冬令营、女子、西部、国家队选拔考试等重要竞赛活动的命题工作。
1970年出生于江苏武进县，高中时期即致力于数学竞赛，上世纪80年代获得江苏省赛区一等奖并进入省队，获得国家一等奖，因此保送到中国科技大学。
1993年毕业于中国科技大学数学系，1997年获得理学硕士学位，导师冯克勤教授。
1997年留中科大任教至今。
主要从事代数数论、代数几何及密码学的科研和教学工作。
数学奥赛培训北大教授代数 数论 几何 组合的解题技巧
f
md
m
m Hale Waihona Puke 1
1
m
,
m
1,
2,
3,
f m,２ m m 1 m , m 1, 2,3,
记x＝1，y＝1 1 ，则x，y为无理数且 1 1 ＝1。则
xy
xm | m＝1，2，3， ，ym | m＝1，2，3， 合起来恰好组成正整数列，
由于 pn pn 1 1 ＝ pn
pq pq pq pq
pn 1
p
q
pn pq
pn pq
m 1
pn 1
p
q
1
pn pq
pn 1
p
q
an
b1＝1。
p
任取正整数s，则bs＝
j＝1
ａ sj
p
，bs+1＝
j＝1
ａ
s+1
j
。设a
s＝m
k，a
s+1＝n
。
l
由1的定义可知mk和nl之间不存在M中的数，即不存在正整数q和
j{1，2， ，p}使得
mk q j nl
即
，p}使得a
n＝m
。显然
k
n=#sl | sl mk , s 1, 2, , l {1，2， ，p},
其中＃ 表示集合 中元素的个数。由于
数学竞赛常见解题方法总结
数学竞赛常见解题方法总结数学竞赛常见解题方法可以分为几个大类，包括代数、几何、概率与统计以及数论。
每个类别下又有不同的方法和技巧，适用于解答不同类型的题目。
下面将对这些常见解题方法进行总结和分析。
一、代数类解题方法1. 数列求和：对于给定的数列，可以用等差数列或等比数列的求和公式来快速求解。
此外，还可以利用差分法、二次差分法等方法求和。
2. 方程求解：对于一元二次方程、一次方程及其他更复杂的方程，可以运用配方法、因式分解、绝对值法、韦达定理等方法求解。
3. 不等式求解：针对不等式问题，可以运用代换法、区间判断法、平方运算法等方法，求解不等式的解集。
4. 函数图像分析：可以通过求导、极值问题等方法，对函数的图像进行分析和求解。
5. 组合函数求解：针对给定的复合函数，可以通过逆函数定义、复合函数的性质等方法进行求解。
二、几何类解题方法1. 平面几何定理：常用平面几何定理包括平行线定理、相似三角形定理、勾股定理等。
在解题过程中，可以通过画图、构造辅助线等方法，将问题转化为已知几何定理的形式进行求解。
2. 三角形性质利用：针对三角形问题，可以应用三角形中位线、垂心定理、欧拉定理等几何性质进行解题。
3. 向量方法：向量方法在几何问题中有广泛应用，常用于求解线段的中点、平行四边形的性质、共线问题等。
4. 坐标系与方程运用：对于平面几何问题，可以通过建立坐标系，利用坐标运算进行解题。
此外，还可以通过方程的运用，表示几何图形，进而求解问题。
三、概率与统计类解题方法1. 随机事件计算：针对概率问题，可以利用集合论的知识进行解题，包括用频率定义概率、利用互斥事件和对立事件计算概率等方法。
2. 组合计数：在概率和统计问题中，常常需要进行组合和计数的运算。
可以利用阶乘、排列组合等方法进行计算。
3. 数据处理与分析：对于给定的数据集合，可以通过构造频率分布表、绘制直方图、计算中位数、算术平均数等方法进行数据的处理和分析。
试析数学竞赛中组合几何问题的几种解法
试析数学竞赛中组合几何问题的几种解法组合几何问题在数学竞赛中占有重要的地位。
它不仅要求我们具备几何图形的基本概念和运用技能，还需要我们具备一定的组合数学知识。
针对组合几何问题，我们可以采用不同的解法，本文将从常用的几种解法出发，深入探讨组合几何问题的解题技巧。
一、计数原理计数原理是解决组合问题的基本方法之一。
它包含了加法原理和乘法原理两种基本思想。
加法原理是指，如果一个事件可以分解为若干个互不相交的子事件，那么这个事件的概率等于各个子事件概率之和。
乘法原理是指，如果一个事件可以分解为若干个独立的子事件，那么这个事件的概率等于各个子事件概率之积。
在组合几何问题中，计数原理可以用来计算几何图形中的点、线、面等数量。
例如，在一个正方形中，取三个点，求它们所构成的三角形的个数。
根据乘法原理，我们可以得到答案为$C_3^2=3$。
二、重心法重心法是解决组合几何问题的常用方法之一。
它利用了几何图形的对称性和平衡性。
在一个几何图形中，如果我们能够找到它的重心，那么我们就可以通过重心的性质来解决问题。
重心是一个几何图形的中心点，它具有以下性质：（1）三角形的三条中线交于一点，该点为重心。
（2）四边形的对角线交于一点，该点为重心。
（3）正多边形的重心位于中心点和各个顶点的连线的交点处。
对角线长度等。
例如，在一个正方形中，以其中一个顶点为顶点，连接一条边上的中点和对角线的中点，求所得四边形的面积。
根据重心法，我们可以得到答案为正方形面积的$1/4$。
三、旋转法旋转法是解决组合几何问题的另一种常用方法。
它利用了几何图形的对称性和不变性。
在一个几何图形中，如果我们能够找到它的对称轴，那么我们就可以通过旋转来使问题变得更加简单。
旋转法的基本思想是，将一个几何图形旋转一定的角度后，它仍然是原来的几何图形。
在旋转过程中，我们可以利用几何图形的对称性来求出它的某些性质。
在组合几何问题中，旋转法可以用来求几何图形的面积、周长、对角线长度等。
小学数学奥赛数论与代数问题几何推理与证明组合与概率题型解题思路与策略等
小学数学奥赛数论与代数问题几何推理与证明组合与概率题型解题思路与策略等小学数学奥赛数论与代数问题、几何推理与证明、组合与概率题型解题思路与策略等小学数学奥赛是培养小学生数学兴趣和能力的一项重要活动。
而在数学奥赛中，数论与代数、几何推理与证明、组合与概率是常见的题型。
掌握这些题型的解题思路与策略对于小学生的数学竞赛至关重要。
本文将就小学数学奥赛中的这几类题型，分享一些解题的思路和策略。
一、数论与代数问题的解题思路与策略在小学数学奥赛中，数论与代数问题是常见的题型。
在解决这类问题时，可以采用以下的解题思路与策略。
1. 分析问题：首先要仔细阅读题目，理解题意，明确要求和条件。
然后根据题目的特点进行分类，将复杂的问题分解为若干个简单的部分。
通过对每个部分的分析，找出问题的关键点，确定解题思路。
2. 建立方程：根据题目中的条件，可以将问题中的未知数用字母表示，建立方程或等式来描述问题。
方程的建立可以帮助我们清晰地理解问题，更好地解决问题。
3. 利用性质和定理：数论与代数问题通常涉及到数的性质和运算规则，通过灵活运用性质和定理，可以减少计算量，简化解题过程。
例如，利用倍数的性质判断一个数是否是某个数的倍数，利用奇偶性质来解决奇偶问题等。
4. 智斗选项：当遇到多个选项时，可以尝试替换选项的值，判断方程的成立与否，从而排除不符合条件的选项。
这样可以快速缩小答案范围，提高解题效率。
二、几何推理与证明的解题思路与策略几何推理与证明是数学竞赛中的一个需要一定几何知识基础以及逻辑思维能力的题型。
以下是解决几何推理与证明问题的一些思路与策略。
1. 图形分析：对于几何问题，首先要对给定图形进行仔细地观察和分析，明确图形之间的关系和性质，找出问题的关键点，从而找到解题的线索。
2. 利用已知条件：几何题通常给出一些已知条件，可以通过利用这些已知条件来推导出其他未知条件，进而解决问题。
熟悉常见的定理和性质对于应用已知条件进行推理和证明是非常有帮助的。
试析数学竞赛中组合几何问题的几种解法
试析数学竞赛中组合几何问题的几种解法在数学竞赛中，组合几何问题是常见的，下面介绍几种解法：
1.计数法。
组合几何问题往往可以用计数法来解决。
例如求某个图形中有多少直线或平面，或者有多少种不同的构造方法等等。
计数法的关键在于找到合适的计数方法，可以运用排列组合、容斥原理、本质不同排列法等等。
2.坐标法。
坐标法是一种比较直观的解法，即将图形在平面直角坐标系上进行表示，然后利用坐标计算的方法来求解。
坐标法的优点是直观易懂，但容易出现计算繁琐、复杂等问题。
3.反证法。
反证法主要应用于求解定理的证明。
通过假设反命题成立，推出矛盾的结论，从而证明原命题成立。
在组合几何问题中，也可以利用反证法来解决一些难题，如建立同构关系、寻找最优解等。
4.递归法。
递归法适用于递归结构的问题，即将问题逐步分解成更小、更简单的子问题，并通过递推的方式求解。
在组合几何问题中，递归法可以用于求解一些多边形的分割问题、树形结构的问题等等。
以上是几种常见的组合几何问题解法，实际中不同的问题可能需要结合不同的解法来解决。
数学竞赛精品课解析几何的高效解题方法
数学竞赛精品课解析几何的高效解题方法解析几何是数学竞赛中的重要内容之一，也是相对较难的部分。
为了提高在解析几何题目上的解题效率，我们需要掌握一些高效的解题方法和技巧。
本文将介绍一些数学竞赛精品课中教授的解析几何的高效解题方法。
一、题目分析与几何性质的归纳在解析几何的题目中，首先我们需要仔细分析题目，理解题目的要求和条件。
同时，我们需要总结几何图形的性质和定理，将题目中的几何要素和已知条件归纳整理。
这样不仅可以帮助我们更好地理解题目，还能够为后续解题过程中的思路提供指导。
二、构建辅助线与辅助图形在解析几何的题目中，合理地构建辅助线与辅助图形是提高解题效率的重要一环。
通过构建辅助线和辅助图形，我们可以产生新的几何关系，简化原题的解决过程。
在构建辅助图形时，我们可以根据题目中的几何要素和已知条件来选择合适的辅助线和辅助图形，以减少问题的复杂性。
三、利用相似性与对称性在解析几何的题目中，相似性和对称性是经常使用的思想和方法。
通过观察几何图形的相似性和对称性，我们可以得到一些有用的信息，简化题目的解决过程。
当题目中的几何图形具有相似性或对称性时，我们可以利用相似性定理、对称轴等性质来推导和求解题目。
四、利用三角函数和向量方法解析几何中常常涉及到角度、距离和方向等概念，因此利用三角函数和向量方法可以帮助我们更快地解决问题。
通过运用三角函数的性质和向量的运算法则，我们可以得到一些有用的结论，从而更好地解析几何的题目。
五、利用面积和体积的性质在解析几何中，面积和体积的性质经常用于推导和求解题目。
通过利用面积和体积的性质，我们可以得到一些有关几何图形的关键信息，帮助我们更快地解决问题。
在解析几何的题目中，常用的面积和体积的性质包括三角形的面积公式、平行四边形的面积公式、立体图形的体积公式等。
六、几何题目的综合解题方法除了以上介绍的一些高效解题方法和技巧外，还有一些综合解题方法可以帮助我们更好地解决解析几何题目。
比如运用直线的垂直性与平行性、利用圆的切线与弦的性质、通过解析几何与代数几何的结合等等。
奥数几何解题技巧
奥数几何解题技巧一、前言几何是数学中的一个重要分支，也是奥数竞赛中常见的一类题型。
解决几何问题不仅需要有扎实的基础知识，更需要有灵活的思维和创新的解题方法。
本文将介绍一些奥数几何的解题技巧，帮助同学们更好地应对竞赛中的几何问题。
二、基础知识1. 熟悉基本图形和性质：掌握点、线、面等基本元素以及三角形、四边形、圆等常见图形的性质。
2. 理解几何变换：深入理解平移、旋转、轴对称和中心对称等基本几何变换，能灵活运用这些变换解题。
3. 熟练掌握面积和周长的计算：对于各种图形，能够快速准确地计算其面积和周长。
三、解题技巧1. 观察与联想：首先观察题目的图形特点，联想与之相关的知识点或已有的解题思路，以确定合适的解题方法。
2. 从特殊情况出发：如果直接考虑一般情形有困难，可以从特殊情况或极限情况入手，寻找规律或突破口。
3. 构造辅助线：在解题过程中，适当构造辅助线可以帮助我们找到新的关系或性质，使问题简化。
4. 使用面积方法：面积法是解决几何问题的一种常用方法，通过计算面积或利用面积关系来解决问题。
5. 代数与几何相结合：对于一些复杂的几何问题，可以引入代数方法，如坐标法、向量法等，将几何问题转化为代数问题求解。
6. 创新思考：当传统方法难以解决问题时，要敢于尝试新的思路和方法，如逆向思维、归纳法等。
四、实例分析以下通过几个具体的例子来说明上述技巧的应用。
例1：（观察与联想）已知三角形ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，D是BC的中点，DE⊥AB于E，求∠EDC的度数。
解析：由题目条件可知三角形ABC是等腰三角形且顶角为120°，因此底角∠B和∠C都是30°。
由DE⊥AB于E可知∠BED=90°，因此∠EDB=60°（三角形内角和为180°）。
由于D是BC的中点，BD=CD，所以∠DBC=∠DCB=30°，因此∠EDC=∠EDB-∠DCB=60°-30°=30°。
数学竞赛课程
数学竞赛课程
数学竞赛课程是一种针对数学竞赛培训的课程。
这些课程旨在帮助学生提高解题能力和思维能力，以在数学竞赛中取得好成绩。
一般来说，数学竞赛课程涵盖了以下内容：
1. 基础知识：课程会复习和巩固学生已经学过的数学基础知识，包括初等数论、代数、几何、概率与统计等。
2. 解题技巧：课程会教授一些解题技巧和方法，如数学归纳法、反证法、算数几何平均不等式、特殊技巧等。
这些技巧可以帮助学生更快、更准确地解决复杂问题。
3. 题型训练：课程会给学生提供大量的数学竞赛题目进行练习，包括奥林匹克竞赛题、高中阶段的数学竞赛题目等。
通过高难度的题目训练，学生可以提高解题的能力和思维的灵活性。
4. 策略指导：课程会教授一些解题策略和思维方法，帮助学生更好地组织思维、合理利用已有的数学知识解题。
5. 模拟考试：课程可能会定期进行模拟考试，帮助学生了解数学竞赛的考试形式和难度，并提供针对性的指导和改进意见。
数学竞赛课程通常由有丰富数学竞赛经验和教学经验的老师授课。
学生可以通过参加这些课程，提高数学竞赛的成绩，培养数学思维和解决问题的能力。
数学竞赛中组合问题学习方法建议
数学竞赛中组合问题学习方法建议数学竞赛中组合问题学习方法建议一、中学竞赛组合问题简介二、中学竞赛组合问题学习规划三、组合问题训练方法四、组合学习的常见思考流程和误区五、组合问题冲刺学习建议六、常用书籍推荐组合问题简介首先我们要搞清楚一个问题——什么是组合问题？组合问题，其实是一个比较杂的分类，宏观来讲，不能归于代数、几何、数论部分的问题，都可以归为组合问题。
常见的组合问题可以分为两个分支：第一类叫组合计数问题，是基于课内“排列组合”的部分知识，进行拓展和扩充；第二类叫组合杂题，包括组合最值问题、组合构造问题、对策与操作等几个主要类。
高考只考一些非常简单的计数问题，或者以计数方法为基础的古典概率问题；自招考试中，也很少涉及到组合杂题，多以稍繁琐的计数问题为主；数学竞赛中，高联一试考较复杂的分类计数，高联二试及以上的考试一般以组合杂题为主，且难度很大，涉及范围广，形式灵活多变，对数学综合分析的能力要求也更高。
组合问题学习规划关于组合杂题，我们要做到了解基本的组合原理，并以此为基础，拓展思考方法，积累常见的组合构造。
1、了解基本组合原理基础的组合原理，包括但不限于抽屉原理、极端原理、容斥原理、算两次、染色与赋值法。
很多原理的内容，其实不难理解，比如“抽屉原理”，国外叫“鸽笼原理”，桌上有十个苹果，要把这十个苹果放到九个抽屉里，无论怎样放，我们会发现至少会有一个抽屉里面至少放两个苹果。
用标准的数学语言来说，就是将m+1个元素放入m个集合中，则至少有一个集合中有2个或更多的元素；将mn+1个元素放入m个集合中，则必有一个集合里包括n+1或者更多个元素。
原理讲起来很简单，真正的难点在于如何应用。
就说抽屉原理，最难的地方在于遇到题目时要意识到可以应用抽屉原理来解决，以及如何构造所需要的“抽屉”，也就是数学概念中的集合。
这其实也是组合学习、组合训练核心想要解决的问题。
2、拓宽思考方法思考方法，就是当我们面对一个问题的时候，该从什么角度着手解决问题。
高中数学奥赛辅导 第九讲 组合恒等式、组合不等式
① ⑤②③ ④ ⑥ 数学奥赛辅导 第九讲 组合恒等式、组合不等式知识、方法、技能Ⅰ．组合恒等式竞赛数学中的组合恒等式是以高中排列组合、二项式定理为基础，加以推广、补充而形成的一类组合问题.组合恒等式的证明要借助于高中常见的基础组合等式.例如0)1(2321021011111=-++-+-=++++⋅==+==----+++-n n n n n n n nnn n n n mr mn m n m n r n r n r n r n r nr n rn nr n C C C C C C C C C C C C C C r n C C C C C C组合恒等式的证明方法有： ①恒等变形，变换求和指标； ②建立递推关系； ③数学归纳法； ④考虑组合意义； ⑤母函数. Ⅱ．组合不等式组事不等式以前我们见的不多，在其他一些书籍中组合不等式的著述也很少，但是近年来组合不等式的证明却出现在国内、国际大赛上.例如1993年中国高中数学联赛二试第二大题为：设A 是一个有n 个元素的集合，A 的m 个子集A 1，A 2…，A m 两两互不包含，试证： （1）∑=≤mi A nI C1||;11（2）∑=≥mi A nm CI 12||其中|A i |表示A i 所含元素的个数，||I A n C 表示n 个不同元素取|A i |的组合数. 再如1998年第39届国际数学奥林匹克竞赛中第二大试题为：在某一次竞赛中，共有a 个参赛选手与b 个裁判，其中b ≥3，且为奇数.每个裁判对每个选手的评分中只有“通过”或“不及格”两个等级，设k 是满足条件的整数；任何两个裁判至多可对k 个选手有完全相同的评分. 证明：.21bb a k -≥ 因此我们有必要研究组合不等式的证明方法.组合不等式的证明方法有： 1．在集合间建立单射，利用集合阶的不等关系定理，设X 和Y 都是有限集，f 为从X 到Y 的一个映射， （1）若f 为单射，则|X|≤|Y|； （2）若f 为满射，则|X|≥|Y|. 2．利用容斥原理例如：设元素a 属于集族{A 1，A 2，…，A n }的k 个不同集合k i i i A A A ,,,21 ，则在∑=ni iA1||中a 被计算了k 次，当k ≥2时，集合k i i i A A A ,,,21 两两的交集共有2k C 个.由于||,12)1(12j nj i i k A A a k k k C ∑≤≤≤-≥-=在故中至少少被计算了k －1次，这样我们得到下面的不等式：||||||111j nj i ii ni i ni A AA A ∑∑≤≤≤==-≥组合不等式（*）可由容斥公式：||)1(||||||1)1(111i ni n j nj i ii ni i ni A A AA A =-≤≤≤==-++-=∑∑ 删去右边第三个和式起的所有和式得到.采用这种办法，我们可以从容斥公式得到另外一些组合不等式，只是要注意这些不等式的方向的变化.3．利用抽屉原则由于抽世原则的结论本身就是组合不等式关系，所以我们利用抽屉原则，巧妙构造抽屉的方法证明组合不等式.4．利用组合分析在复杂的组合计数问题、离散极值问题等问题中，会出现一些组合不等式，这时可运用组合分析方法证明之.赛题精讲例1 证明：∑=-⋅+=nk n k n n n n C 0122!!2)!2(2【分析】 把∑∑∑∑+=+===-nn k k nnn k k nnk k nnk k nCC CC21221220202,而对于变形为，变换求和指标.【证明】k n j CCCCCnn k k nnn k k nnnn k k nnk k nnk k n-=-=-=∑∑∑∑∑+=+=+===2,,2212212221220202令对于和式，则.20202212212nn nk k n nj n nj nn j j nnn k k nC C CCCC-=-==∑∑∑∑==-=+= 所以.2202202nn nk k n nnk knC C C+-=∑∑== 即 nn n nk kn C C220222+=∑=，从而有∑=-⋅+=nk n k n n n n C 0122!!2)!2(2.例2 求证：.,)1(111)1(312111210N n C n m C n m C m C m C m nnm nn nnn n ∈++=++-+-+++-++其中 证明 设nnn n n n n C n m C m C m C m a 11)1(312111210++-+-+++-+=，则由基本恒等式r n r nr n r n r n C nr C C C C =+=----1111及得 .1)1()()1()(31)(211111122111112101110------------++-+++-+-+++++-+=n n n n n n n n n n n n n n C n m C C n m C C m C C m C m a.)1(1)1)(2())(1(!,)1)(2(12111,)3())(1(!))(1()1(1.1,1112111nn m n n n n n n n n n n C n m m m n m n m n a m m m m a a m n m n m n a n m n m n n a n m n a a a n m a a n m a a +----++=+++++=++=+-+=++++==+++-=++==+++-=从而有而所以即故 【说明】注意到a n 中各项的系数均与n 无关，且符号正负相同，由此想到a n 与a n －1之间必定存在着某些联系，且是递推关系.例3 求证：∑=+--+=⋅-nk kk n k n kn C 01222.12)1(【分析】考虑到恒等式12212---+-+=k k n k k n k k n C C C ，仿例2解决.【证明】令∑=+--⋅⋅-=nk kk n k n kn C a 01222,2)1(因为，12212---+-+=k k n k k n k k n C C C ，.2)1(2)1(2)1(,1.2)1(2)1()(2)1(22)1(211)1(2102)1(21)1(212)1(21121221212202221212222112222-+---=--+---=--+--=---=-=----=--=+---=--=⋅-=⋅--=⋅-+⋅-=+⋅-+=⋅-+=∑∑∑∑∑∑∑n r r n n r r n r rr n n r r n r k kn nk kn kk k n nk k n k nk kkn kn kk k n nk k k n k n k nnk kk n k n k nn a C C Ck r C C C C C a 则令所以令∑=---+==⋅-nk n n n n kk n k n ka ab b C 01222,2)1(则 ①.42)1(4)1()(2)1(2)1(2)1(21110)1(22)1(211121112222112222---=---------=----=---=⋅--=-++⋅-+=-+⋅-+=∑∑∑n n n j j jn j n j n n k k n n k k k n k n k nn k n k k n k n k nn b a C a C C C b 又于是由①式得1221112112,4,---------=+--=++=n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a b 即从而推知. 这说明{a n }为等差数列，而a 0=1,a 1=2，故公差d=1，且a n =n+1 .【说明】此题运用变换求和指标的方法，找出了a n ，a n －1，a n －2之间的线性关系式，再由 初始条件求得a n .这种利用递推关系求组合数的方法，在解决较复杂的计算或证明组事恒等式时经常用到.例11：设},,,{},,,,{212211n n B B B D A A A D ==是集合M 的两个划分，又对任何两个不变的子集),1(,n j i B A j i ≤≤有,||n B A j i ≥⋃求证：221||n M ≥并说明等号能否成立？【证明】令},1|,||,min{|n j i B A k j i ≤≤=，不妨设,||k A i =因n B B B ,,,21 两两不交，故n B B B ,,,21 中至多有k 个,j B 使=⋂j B A 1 .设≠⋂j B A 1 .,,,2,1,k n m j ≤=由k 的选取知),,2,1(||m j k B j =≥从而.||1mk Bmj j≥=又因 =⋂j B A 1 .,,1,n m i +=故 ,||||||11n B A B A i i ≥⋃=+ 即 .||k n B i -≥ 所以 ))((||||||||111k n m n mk BB B M nm j jmj jnj j --+≥+==+===).2()(k n m k n n ---= 若,2nk <因,k m ≤故.2)2(2)2(2)2()()2()(||222n k n n k n k k n n k n m k n n M ≥-+=---≥---≥若,2n k ≥则),,,2,1(2||n i n A i =≥ 从而 .2||||||211n A A M n i i n i i ≥==∑==下面说明2||2n M =是可以取到的.显然这时n 为偶数，取,4=n 则8||=M ，令},8,7,6,5,4,3,2,1{=M 易验证M 的两个划分.D 1={{1,2}{3,4}{5,6}{7,8}}, D 2={{1,2}{3,5}{4,6}{7,8}}, 满足题目条件.例12：设n 是正整数，我们说集合{1，2，…，2n }的一个排列（n x x x 221,, ）具有性质P ，是指在{1，2，…，2n －1}当中至少有一个i ，使得.||1n x x i i =-+求证，对于任何n ，具有性质P 的排列比不具有性质P 的排列的个数多.（1989，第30届IMO 试题6）【证明】设A 为不具有性质P 的排列的集合，B 为具有性质P 的排列的集合，显然)!.2(||||n B A =+为了证明||||B A <，只要得到)!2(21||n B >就够了.使作容斥原理. 设(n x x x 221,,, )中,k 与n k +相邻的排列的集合为.,,2,1,n k A k =则,)!12(2||-=n x A k ,1,)!22(2||2n j k n x A A j k ≤<≤-=⋂由容斥原理得)!22(4)!12(2||||||211-⋅⋅--⋅⋅=⋂-=∑∑≤<≤=n C n n A AA B n nj k j knk k=)!22(2)!22()1(2)!2(-⋅⋅=-⋅--n n n n n n n )!2(21)!22(2122n n n n =-⋅-⋅> 例13：平面上给定n 个点，其中任何三点不共线，任意地用线段连接某些点（这些线段称为边），则确保图形中出现以给定点为顶点的)(n m m <阶完全图的条件是图形中的边的条数.1)1(222--+-≥m n m m n C C C x【证明】构造抽屉：每个抽屉里有m 个相异点，共可得m n C 个抽屉，又由于同一条边会在22--m n C 个抽屉里出现，根据抽屉原则知，当1)1(222+-≥⋅--m m n m n C C C x 时，才能确保有一个抽屉里有2mC 条边，而这2m C 条边恰好与其中不共线的相异m 点构成一个m 阶完全图. 这就是说，确保图形中出现m 阶完全图的条件是其中边的条数.1)1(222--+-≥m n m m n C C C x 【评述】“完全图”，是图论中的基本概念.（此处从略）例14：设n x x x ,,,21 为实数，满足,12232221=++++n x x x x 求证：对于每一整数2≥k ，存在不全为零的整数,,,,21n a a a 使得),,,3,2,1(1||n i k a i =-≤并且（1987年第28届IMO 试题3）.1)1(||2211--≤+++nn n k nk x a x a x a 【证】由柯西不等式得).)(111(|)||||(|2232221222221n n x x x x x x x +++++++≤+++即.||||||21n x x x n ≤+++所以，当10-≤≤k a i 时，有.)1(|)||||)(|1(||||||212211n k x x x k x a x a x a n n n -≤+++-≤+++把区间[0，n k )1(-]等分成1-nk 个小区间，每个小区间的长度1)1(2--k nk ，由于每个i a 能取k 个整数，因此||||||2211n n x a x a x a +++共有nk 个正数，由抽屉原则知必有二数会落在同一小区间内，设它们分别是∑='ni ii xa 1||与,||1∑=''ni i i x a 因此有.1)1(||)(21--≤''-'∑=k nk x a a ni i i i ① 很明显，我们有 .,,2,1,1||n i k a a i i =-≤''-' 现在取⎩⎨⎧<'-''≥''-'=.0,,0,i i i i i i x a a x a a a 如果如果这里,,,2,1n i =于是①可表示为.1)1(||1--≤∑=n ni i i k nk x a 这里i a 为整数，适合.,,2,1,1||n i k a i =-≤例15：设A 是一个有n 个元素的集合，A 的m 个子集m A A A ,,,21 两两互不包含，试证：（1）;111||≤∑=mi A n i C （2）.21||m C m i A n i ≥∑= 其中||i A 表示i A 所含元素的个数，||i A n C 表示n 个不同元素取||i A 个的组合数.（1993年，全国高中数学联赛二试第二大题） 【分析】若（1）式已证，由柯西不等式立即可得（2）式，因此，关键是证（1）式，又据组合公式知，（1）式等价于!.|)!|(|!|1n A n Ai ni i≤-∑= ① 所以我们用组合的方法来证明不等式①.【证明】（1）对于A 的子集},,,,{||21i A i x x x A =我们取补集},,,,{||21i A n i y y y A -= 并取i A 的元素在前，i A 元素在后，作排列||21,,,i A x x x ，||21,,,i A n y y y - . ② 这样的排列共有|)!|(||i i A n A -个.显然,②中每一个排列,也是A 中的一个排列,若i j ≠时，j A 对应的排列与i A 对庆的排列互不相同，则m A A A ,,,21 所对应的排列总数便不会超过A 中排列的总数,!n 现假设j A 中对应的某一排列'''||21,,,j A x x x ，'''-||21,,,j A n y y y . ③与i A （i j ≠）中对应的某一排列②相同（指出现的元素及元素位置都相同），则当||||i j A A ≤时，i j A A ⊆；当||||i j A A >时，i j A A ⊇，这都与m A A A ,,,21 两两互不包含，矛盾.由于m A A A ,,,21 对应的排列对②互不相同，而A 中n 个元素的全排列有n ！个，故得!.|)!|(|!|1n A n A i n i i ≤-∑= 即.111||≤∑=ni A ni C （2）由上证及柯西不等式，有.)1()1)((2112||1||1||m C CCmi mi A n mi A nmi A nii i ∑∑∑∑=====≥≥【评述】本题取自著名的Sperner 定理：设Z 为n 元素，m A A A ,,,21 为Z 的子集，互不包含，则m 的最大值为]2[nn C.例16：设S ={0，1，2，…，N 2－1}，A 是S 的一个N 元子集.证明存在S 的一个N 元子集B ,使得集合A +B={},|B b A a b a ∈∈+中的元素模N 2的余数的数目不少于S 中元素的一半. （第40届IMO 预选题）【证明】设|X |为子集S X ⊂中元素的个数；又为X S -，是X 的补集；i C 是i a +对k 个参赛选手有相同的判决，证明.21bb a k -≥ （1998年第39届IMO 试题二）【解】设裁判),,2,1(b i B i =对参赛选手),,2,1(b j A j =的判决为ij d ，其中⎩⎨⎧=".",1,"",0不通过若通过若ij d则（a i i i d d d ,,,21 ）中i B 对a 个参赛选手判决的记录),,2,1(b i =，它是一个长度为a 的（0—1）序列.我们来考虑这b 个序列中每两个序列的相同的项的总数M . 一方面,由已知条件每两个序列的相同的项不超过k 个,故 .)1(212k b b k C M b -=⋅≤ ①另一方面，设j A 得到0b 个0（通过），1b 个1（不通过），即（a i i i d d d ,,,21 ）的第i 个分量中0b 个0，1b 个1，则0b +1b =.b 由这个分量产生的序列的相同的项有)1(21)1(2111002210-+-=+b b b b C C b b ])[(21)]()[(212120102120b b b b b b b -+=+-+= ).2(21)]2)[(2110210210b b b b b b b b b --=--+=但b b b =+10且b 为奇数)3(≥b ，因此).1()1(4110-⋅+≤b b b b 故)]1)(1(21)1([212210-+--≥+b b b b C C b b=.)1(41)1(21)1(212-=-⋅-b b b从而.)1(412-⋅≥b a M ③综合①、②得,)1(21)1(412k b b b a -≤-⋅ 即.21b b a k -≥。
奥数竞赛的常见题型及解题思路
奥数竞赛的常见题型及解题思路奥数竞赛是一项智力竞赛活动，旨在培养学生的逻辑思维、数学能力和解决问题的能力。
在奥数竞赛中，常见的题型包括数论题、几何题、代数题和概率题等。
本文将介绍这些常见的题型及解题思路。
一、数论题数论题是奥数竞赛中的重要题型，主要考察的是学生对数学知识的掌握和运用能力。
解决数论题的关键在于找到规律，以下是几种常见的数论题：1. 除法余数问题：常用于考察除法的性质和整数的性质。
解题思路是通过观察被除数和除数之间的关系，找出规律，从而得出答案。
2. 同余问题：同余问题要求找出一组满足指定条件的整数解。
解题思路是先列出满足条件的第一个整数解，然后根据模的性质，得出满足条件的其他整数解。
3. 素数问题：素数问题要求判断一个数是否为素数，或找出一段连续的素数。
解题思路是通过试除法或其他数学方法来判断一个数是否为素数，或者使用筛法来找出一段连续的素数。
二、几何题几何题是奥数竞赛中的重要题型之一，主要考察学生的几何图形判断和计算能力。
以下是几种常见的几何题：1. 角度和：角度和问题要求计算几个角的总和。
解题思路是根据角的性质，利用已知条件求出每个角的大小，然后求和。
2. 三角形问题：三角形问题要求计算三角形的面积、周长或边长等。
解题思路是根据已知条件，利用三角形的性质和公式，求解未知量。
3. 平面镶嵌问题：平面镶嵌问题要求将一些特定形状的图形组合在一起，使其完全填满一个平面。
解题思路是观察给定的图形，找到它们的共同特点，然后进行合理的组合。
三、代数题代数题是奥数竞赛中的重要题型之一，主要考察学生对代数方程和不等式的理解和运用能力。
以下是几种常见的代数题：1. 方程求解问题：方程求解问题要求求解一个或多个未知数的方程。
解题思路是通过对方程进行化简、因式分解、移项等运算，将方程转化为易解的形式，找到方程的解。
2. 不等式问题：不等式问题要求求解一个或多个未知数的不等式。
解题思路是通过对不等式进行化简、移项等运算，找到不等式的解集。
何天成：从高联到IMO金牌,超详细数学竞赛学习方法（三）
何天成：从高联到IMO金牌,超详细数学竞赛学习方法（三）何天成：从高联到IMO金牌，超详细数学竞赛学习方法（三）本文作者何天成，第58届国际数学奥林匹克（IMO）金牌获得者，华南师大附中2017届毕业生，北京大学数学科学学院2017级新生。
作者非常详细地阐述了从高联一试/二试，到参加CMO，国家集训队，走向IMO，各级竞赛的心路历程和学习方法，对于参加竞赛的同学具有非常大的指导意义，因为篇幅较长，故分为三篇分享给大家，这是第三篇。
请看过的同学温故知新，没看过的同学一定要认真做好笔记，满满的干货~正文如下：下面这些内容主要针对自学，如果你有一个会精心安排你的备考计划的竞赛教练，下面的这些内容仅供参考，主要还是要跟着教练的思路走。
关于培训，在这里我不作推荐，但是个人觉得最好还是要参加一些培训，了解一下最新的题目和方法。
具体的备考建议一推荐的书和题以下讲的这些都是我自己听过或者做过的书和题目，应该大部分都可以在网上找到 pdf 版本，没有提到的书和题很可能是没有做过的。
不敢枉加评价。
一般来说，刚刚接触竞赛的新人都需要一套系统全面的入门书籍，比如：《奥赛经典》、《奥数教程》、《小丛书》等。
对于这些书，如果可以的话当然是选一套书慢慢啃，但其实几乎没有人能够有毅力地踏踏实实做完一套这样的“大部头”...... 所以你可以先了解一下做题的方法，然后做一些题，不一定要做完所有习题。
在刚开始接触新的领域的时候可以直接看例题的答案，但是最好每个题都要经过一段时间的思考，至少也应该知道自己没有突破的地方在哪——那就是你能学到的新东西。
要学会举一反三，这样很快就能掌握很多方法。
关于联赛的模拟题，除了学校教练的题目，我只做过《中等数学》的模拟题（包括增刊和非增刊）。
模拟题的难度总归与真正联赛有差距，所以如果有些套题做下来一点思路都没有，很可能是题目确实难，不必太在意；但是如果是自己算错的很多，就要找原因了。
事实上，我自己的体会是，增刊模拟题一试平均分与真实联赛的成绩差距不会很大。
数学竞赛中的组合数论问题
数学竞赛中的组合数论问题代数、几何、数论轮、组合是奥林匹克数学的主要内容，数学竞赛中常常遇到这样一些题目，这些题目把组合知识和数论知识交汇在一起，使得竞赛题目更有活力．我们姑且把这类题目叫做“组合数论”问题．组合数论问题大致有两类，一类是用组合数学的原理解决数论问题，另一类是用数论知识解决组合问题． ．从两道经典的数论问题谈起．1．狄利克雷（Dirichlet 1805-1859）定理．设θ为无理数，则对任意的正整数n ，存在整数,p q ，其中q n ≤，并且1q p nθ-<． 证明 将区间[]0,1分成n 等份，每份长为1n． 考虑1n +个数{}j θ，0,1,2,,j n =．这里{}j θ是j θ的小数部分，即{}[]j j j θθθ=-．因而{}()0,1j θ∈．由于把1n +个数{}j θ，放入n 个长为1n的区间，由抽屉原理，必有两个数在同一区间， 设为{}h θ和{}k θ，{},0,1,2,,h k n ∈，且h k ≠． 则有 {}{}1h k nθθ-≤． 从而()[][]()1h k h k nθθθ---≤， 令q h k =-，[][]p h k θθ=-，则上式化为1q p nθ-≤， 因为θ为无理数，所以等号不可能成立． 因而1q p nθ-<． 狄利克雷应用抽屉原理导出了他的有理数逼近定理，这是历史上第一次应用抽屉原理获得的不平凡结果，是一项很好的原创性工作，所以抽屉原理又称狄利克雷原理．2．证明不定方程442x y z +=没有正整数解．证明 假设不定方程442x y z +=有正整数解(),,x y z ，在所有的解中一定有一组解，它的z 值比其余组解的z 值小．（这是极端原理的体现，极端原理的一种形式是在一个有限正整数集合中，必有一个最小数．）因而，存在一个最小的正整数u ，使得442x y u +=，0,0,0x y u >>>． ① 有解．这时(),1x y =，不然的话，就有(),1x y >，且()()()2442,,,x y u x y x y x y ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+= ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 但()20,uu x y <<，与u 的假定矛盾．由222x y u +=的正整数解的结果可知，①中的2x 和2y 必定一为奇数，一为偶数，不妨假定2x 为偶数，则有2222222,,x ab y a b u a b ==-=+ ② 其中0a b >>，(),1a b =，且a 和b 一为奇数，一为偶数．因此2|x ，2|y /，且2|a /，2|b ．这时因为，若2|a ，2|b /，则()2221mod4y a b =-≡-，此时不可能为平方数．于是由 222y b a +=，有 2222,2,y p q b pq a p q =-==+，这里(),1,0p q p q =>>，且p 和q 一为奇数，一为偶数． 由22x ab =，有()2224x pq p q =+，因为22,,p q p q +两两互质，则它们都是某个整数的平方．即 22222,,p r q s p q t ==+=， 所以 442r s t +=． 于是(),,r s t 是①的一组解．这时，22222u a b a p q t t =+>=+=>．与u 的最小性矛盾．这个证明方法叫无穷递降法，是从极端原理出发的一种证法．这一命题是Fermat 大定理的一个组成部分，1637年法国数学家费马（Pierre de Fermat ，1601～1665）提出了下面的猜想：当2n >时，方程nnnx y z +=没有正整数解．因为大于2的整数必能被4或奇质数整除，因此，如果对于4n =或n 等于任意奇质数，方程都没有正整数解，那么费马问题就全部解决。
高二数学竞赛专属课程第2讲 组合几何的基本技巧-例题简答
第二讲 组合几何的基本技巧例1. （1）平面上给定2n 个点，求证：一定可以找到一条直线，使得该直线不经过任意一个点，并且直线两侧各有n 个点．（2）平面上给定23n +个点，其中任意三点不共线，任意四点不共圆．求证：一定可以找到一个圆，使得该圆恰好经过其中3个点，并且圆内部和外部各有n 个点．（1）证：先取一条直线，使其与任两点所成直线不垂直．以该直线为x 轴建立坐标系，则这2n 个点横坐标互不相同，不妨设122n x x x <<<．构造直线12n n x x x ++=即满足要求．（2）证：类似（1），先取一条直线XY 过点1A ，使得其余所有点均在该直线同侧． 考虑旋转角1213123,,,n XA A XA A XA A +∠∠∠，因为任意3点不共线，故它们互不相等．不妨设12XA A ∠为其中最小值，则323~n A A +均在直线12A A 同侧． 将1321421232,,,n A A A A A A A A A +∠∠∠从小到大排列，因为任意4点不共圆，故它们互不相等．设居中的一个是12k A A A ∠，则过12,,k A A A 的圆即满足要求．例2. 平面上n 个点的连线段中，最大长度与最小长度的比值记为n λ．（1）求证：4λ≥ （2）求5λ的最小可能值．（1）证：考虑这4个点的情况：①若存在三点共线，如右图．则{}42min ,ACAB BC λ≥≥②若凸包为三角形，如右图，不妨设点D 在△ABC 内． 由360ADB BDC CDA ∠+∠+∠=︒，故其中必有一个不小于120° 不妨设为ADB ∠，并假设AD BD ≥．则30BAD ∠≤︒，设其等于α． 故()sin 2sin 2cos sin sin AB ADBBD BAD παλαα-∠≥=≥=≥∠ ③若凸包为四边形，如右图．由四边形内角和等于360°，故必有一个内角不小于90° 不妨设90BAD ∠≥︒，AD AB ≥．则45ADB ∠≤︒，设其等于α．故()sin 2sin 2cos sin sin AB ADB BD BAD παλαα-∠≥=≥=≥∠，命题成立． 综上即可得证．A CB5252由（1）的分析可得：①若存在三点共线，则5122λ≥>． ②若5个点凸包为三角形，则必存在点D 在△ABC 内，则512λ+>．③若凸包为四边形，不妨设为四边形ABCD ，此时点E 在该四边形内．故E 必在△ABD 内或在△BCD 内．不妨设E 在△ABD如右图，考虑A 、B 、D 、E 这4点，此时仍有512λ≥>．④若凸包为五边形，设为五边形ABCDE ．同样可设108BAE ∠≥︒AE AB ≥．此时512cos362λ≥︒=．综上可知5λ的最小值为12+．例3. 海莱定理（Helly theorem ）设12,,,n M M M （3n ≥）是平面上n 个凸集，如果其中任意3个集合都有公共点，求证：这n 个凸集有公共点．证：当3n =时命题显然成立．当n k =时成立，下证1n k =+时也成立． 由归纳假设，2341,,,,k M M M M +有公共点1A ，1341,,,,k M M M M +有公共点2A ，1241,,,,k M M M M +有公共点3A ，12351,,,,,k M M M M M +有公共点4A ．若1234,,,A A A A 中有两个点相同，则结论显然成立． 否则考虑这4个点的凸包．（1）若凸包为线段，不妨设为线段12A A ，则312A A A ∈，由123A A M ⊂，所以33A M ∈． 故3A 一定是121,,,k M M M +的公共点．命题得证．（2）若凸包为三角形，不妨设1A 在△234A A A 内部，则利用凸集性质可得2341A A A M ⊂△， 所以11A M ∈．故1A 一定是121,,,k M M M +的公共点．命题得证．（3）若凸包为四边形，不妨设为四边形1234A A A A ，考虑对角线13A A 和24A A 的交点B ．则13B A A ∈且24B A A ∈．同样利用凸集性质可证明B 一定是121,,,k M M M +的公共点．命题得证．故当1n k =+时结论也成立． 综上，原命题得证．例4. 给定平面点集M ，其中任意两点之间的距离最大为1，求证：（1）点集M（2）点集M 一定可以被边长为1的正方形覆盖； （3）点集M证：（1）取A 、B 为距离为1的一对点，分别以这两点为圆心，1为半径作圆．则其余所有点在两圆（2）对于任意方向，作一条与之垂直的直线．考虑所有点在该直线上的投影． 由于M 中任意两点之间的距离最大为1，故这些投影之间的距离也不超过1． 于是对任意方向，可以找出2条距离为1的平行线，使得M此时取垂直的两个方向，即可构造出边长为1的正方形，使之覆盖M （3）如右图，取3个方向的平行线，使得两两夹角为60°． 此时M 必在公共区域内．故M 可被正△ABC 覆盖，也能被正△PQR 覆盖． 注意这三组平行线之间的距离都等于1．可得正△ABC 和正△PQR例5. 在一个半径为9的圆内任意地放入7个半径为2的小圆．求证：在小圆与大圆之间一定还可以嵌入1个半径为1的圆．证：将大圆的半径减少1，变为8；将小圆的半径增加1，变为3．由228370ππ-⨯>，可知此时这7个半径为3的圆无法覆盖半径为8的圆． 在半径为8的圆中，必存在点O 未被覆盖．以O 为圆心，半径为1作圆，则该圆必在原来的大圆内，且与原来7个小圆不重合．例6. 求证：当4n ≠时，正n 边形不可能是格点多边形．证：注意格点多边形的面积必为12的整数倍，且任意两点距离的平方为整数． 反证法，若存在格点正n 边形．当3n =时，设正三角形的边长为a 24S =，这与上述结论矛盾． 当6n =时，设边长为a ，则面积22S a =，与上述结论矛盾． 当5n =或7n ≥时，由极端原理，可取面积最小的一个，设为12n A A A ． 构造点12,,,n B B B ，使得11i i i i A A A B -+为平行四边形（1,2,,i n =，并规定011,n n A A A A +==）此时得到12n B B B 是更小的格点正n 边形，这与假设矛盾．综上即可得证．。
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nq 1
pq
pn 1
p
q
.
证明留作练习。
注：对0< 1,易证
pn
pq
pn 1
Hale Waihona Puke pq 事实上，pn ＝ pn 1 1
pq pq pq
由于0 1 1 , pn 1 pn pn 1 1
，p}使得a
n＝m
。显然
k
n=#sl | sl mk , s 1, 2, , l {1，2， ，p},
其中＃ 表示集合 中元素的个数。由于
sl
m k
s
m k l
从而对于任意固定的l满足s
m k l
的正整数s的个数为
m l
k
再由任意不同的l1和l2
即n，G nF 1, F 2, .
反之，若m F 1, F 2, ，由于F 0＝0，
存在非负整数使得F k m F k 1，即
m＝F k a，其中1 a F k 1 F k 1＝f k 1 f k
称它们关于正整数集互补。－－－1959美国普特南竞赛题
关于求正整数集的补集有以下一般的结果。
设f n为正整数集到自身的不减函数，且lim f n＝ nx
对任意正整数n，令
f * n #k | k为正整数且f k n
由于f (n)为不减函数（f(n) f(n+1,n)）,从而
k使得f k n，即
r 1 k n
1
显然1 k n ,即f* n是小于 n 的最大的k。
n 1
r 1
f
* (n)
r
n
1
,当
r
n 不是整数 1
r
n
1
1, 当
r
n
1
是整数
由于k
q 1 1 n 1 q 2
2
4
f * n q 1即
f
*
n
q,当n q2
q
1,当n
q
s,0 s 2 s,q
q s
2q
.
可以证明
f
*
n
1 2
n
n
n
n
,
其中 n 表示最接近 n的整数.
pn 1
p
q
当
pn 1 不是整数时，则 pq
pn 1 pq
pn 1
p
q
1
即令m＝
ppnq1，则 m 1
pn 1 0. pq
m 1 p q pn 1 1.
m 1 pn pq
代数 数论 几何 组合的解题技巧
1. 从 2007 年联赛加试第三题谈起――正整数子集的补集。 2. Pull 方程及应用 3. 复数与多项式 4. 多项式的构造与应用
设P＝{1，2，3，4，5}，对任意k P和正整数m，
记f
m，k
5
＝
m
k
1
,
i＝1 i 1
求证对任意正整数n，存在k P和正整数m，使得f m，k ＝n。
mk q n l
j
j
当j
k，l时，则m
k j
，n
l j
均为无理数，则
m
k j
＝
n
l j
。
当j＝k但j l 此时k l ，显然m k ＝m，n l 是无理数，
j
j
n
l j
＝m＝
解：1 r为无理数1959年普特南赛题
an
n
r
n 1
r
r
1
n
.
(2).r是有理数。不妨设r＝ p ，其p，q均为正整数且p>q 1.令 q
fn rn n r 1 n.对于任意正整数n，则f* n是最大的非负整数
{1，2，
，p}和任意正整数s1和s
都有
2
s1l１
s2
。于是
l２
n
p l＝1
m
ｋ l
f
m, k
证明二：令bn
p j＝1
n j
,
证明
b1, b2 , b3,
2
是正整数列。不妨设1 2 p。显然a1＝1，
l
n
l
n
k,k l
k
n
k
1l
k
1 .
于是
f
* n
l
n
l
n
.
所求
an
n
l
n
l
n
,
n
1, 2,3,
若正整数m，k和l，j使得mk＝l j，则必须且只须m＝l，k＝j。 于是M是由两两不同元素组成的无穷数集。易证M可以按由小到大
的顺序排成一个无穷数列：
a1, a2 , a3, , an ,
1
证明一：计算数列1的项数n。任意给定正整数n，an M，
即存在唯一的正整数m和k
{1，2，
上题是下题的特殊情况：
已知给定正数1，
，
2
，
，设
p
k j
k
j 都是无理数，
记f
m，k
p
＝
j＝1
m
k j
。求证对于任意正整数n，存在
k {1，2， ，p}，和正整数m，使得f m，k ＝n。
证明：证明的关键是想到集合M＝mk|m＝1，2， ，k＝1，2， ，p
取n＝f k a，则G n n f * n＝f k a k＝F k a＝m
练习: f* * ?证明你的结论。
例1。设r>1，从正整数列中删去rn | n 1, 2,3, 所得之数列记为
a n , 求 a n 的通项公式。
n
nq
, nq
nq p q k
k
0
r 1 p q p q
pq
nq ( p q)k 1
k nq 1. pq
于是f
* (n)
nq 1
p
q
.
可以证明an
n
f * (n)
n
nq 1
p
q
f* (n) max{k | k为正整数且f(k)<n}
即对于n若k满足
f k n f k 1
则k f * n.显然f * 1＝0，f * m＝0 f n m,n
可以证明f * n为正整数集到非负整数集的不减函数且 lim f * n＝ 。 n
f k n f k 1
1
即n f k a,其中1 a f k 1 f k
由1可知f * n＝k。于是
G n n f * n＝f k a k＝F k a
F k G n F k f k 1 f k F k+1
b1＝1。
p
任取正整数s，则bs＝
j＝1
ａ sj
p
，bs+1＝
j＝1
ａ
s+1
j
。设a
s＝m
k，a
s+1＝n
。
l
由1的定义可知mk和nl之间不存在M中的数，即不存在正整数q和
j{1，2， ，p}使得
mk q j nl
即
由于kl k k 1l
n l n kl k 1 k 1 kl
l n l n k.
又当n k 1l k 1时， n l n k 1l k 1 l k 1l k 1 k 1l
l n l n k 1
f
md
m
m
1
1
m
,
m
1,
2,
3,
f m,２ m m 1 m , m 1, 2,3,
记x＝1，y＝1 1 ，则x，y为无理数且 1 1 ＝1。则
xy
xm | m＝1，2，3， ，ym | m＝1，2，3， 合起来恰好组成正整数列，
可以证明n f n | n 1, 2,3, 和n f * n | n 1, 2,3,
关于正整数集互补。(Lamher Moser)
证：记F n n f n,G n n f * n.不妨设f 0＝0。对任意正整数
n，有非负整数k使得
pq pq pq pq pq pq
pn 1
p
q
pn
pq
当 pn 1 是整数时，由 pq