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∉。

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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(,)n
a 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。

3．若,a b 互素，且|a bc ，则|a c 。

4．若p 是素数，且1
|
n
i
i p a =∏，则至少有一个i
a ，使得|i
p a
(1)
i n ≤≤5．若12,,,n a a a ⋅⋅⋅两两互素，且|i a A ，1,2,3,,i n =⋅⋅⋅，则1
|n
i
i a A =∏。

6．设(,)a b d =，则(
,1a b d d
=二、例题分析
例1．记221,0k
k F k =+≥。

证明：若m n >，则|(2)
n m F F -例2．设1n >是奇数，证明：11|(1)(1)!21
n n n +
+⋅⋅⋅+--
例3．（1）设n 是正整数，证明：(214,143)1n n ++=。

（2）设n 是正整数，证明：(!1,(1)!1)1n n +++=。

（3）记221,0k
k F k =+≥。

证明：对m n ≠，有(,)1m n F F =。

例4．设,,m a b 都是正整数，1m >。

证明：(,)
(1,1)1
a b a b m m m
--=-三、同步检测
1．设n 是整数，证明：(121,302)1
n n ++=
2．设,a b 都是正整数，21a ab ++被2
1b ab ++整除，证明：a b
=
3．设,a b 是正整数，且
11
b a a b
+++
是整数。

证明：(,)a b ≤4．设,m n 是正整数，m 是奇数。

证明：(21,21)1
m n
-+=5．求证：若正整数,x y 使得22
2|xy x y x +-，则x 是完全平方数。

高二数学竞赛班二试讲义
裴蜀恒等式
例1．法1：11
1
222
2
221(2)1m
n m n m n m F +-----=-=-，所以12(2
1)|(2)n m F +--又1
222
222
1(2)1(21)(21)n n n
n
+-=-=-+，所以1
22(21)|(2
1)n
n ++-，所以2(2
1)|(2)n
m F +-，则|(2)
n m F F -法2：0
1
2
3
2
1
2222222
2(21)(21)(21)(21)(21)(2
1)(21)
m m m F -
--=-++++⋅⋅⋅++012121n n m m F F F F F F F +--=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅，所以|(2)
n m F F -注：21n
-称为梅森数，221n
+称为费尔马数。

例2．对11k n ≤≤-，1
|
(1)!n n k -并不总成立。

论证的诀窍是将和11
(1)(1)!21
n n ++⋅⋅⋅+
--作配对变形。

对11k n ≤≤-，因n 为奇数，故n k k -≠，
从而11()(1)!(1)!()n n n k n k k n k +-=---是n 的倍数，进而它们的和也是n 的倍数。

例3．（1）2(214)3(143)1n n -+++=，所以(214,143)1n n ++=（2）设(!1,(1)!1)n n d +++=，则|!1d n +，|(1)!1)d n ++由(1)(!1)((1)!1)n n n n ++-++=，可推得|d n ，所以|1d ，所以1d =，故(!1,(1)!1)1
n n +++=（3）2m F -=012121n n m m F F F F F F F +--⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅，则2
m n F xF -=设(,)m n F F d =，所以|2d ，所以1d =或2。

但n F 显然是奇数，故1d =例4．我们对指数作欧氏除法。

000000(1,1)(1,1)((1)1,1)(1,1)
bq r bq r r r a b b b b m m m m m m m m m m +--=--=-+--=--重复上述论证，001(1,1)(1,1)(1,1)
r
r
r
a
b
b
m m m m m m --=--=--111(1,1)(1,1)(()1,1)1n n n n n n n n n r r r q r r q r r m m m m m m m -++=⋅⋅⋅=--=--=--=-(,)1a b m =-三、同步检测
1．5(121)2(302)1n n +-+=，有裴蜀恒等式知(121,302)1
n n ++=2．2
2
(1)(1)b a ab a b ab b a ++-++=-，所以2
1|a ab b a ++-，因为21a ab b a ++>-，所以0b a -=，a b =3．设(,)a b d =，则1111,,(,)1a a d b b d a b ===，
22211()()2b a b b a a a b a b ab
a b ab ab
++++++++-+==
，所以11|d a b +
所以2
1111,()d a b d a b d a b ≤+≤+=+，(,)a b ≤4．设(21,21)m
n
d -+=，d 为奇数，21,21m
n
du dv -=+=，
21,21,(1)(1)m n n m du dv du dv =+=-+=-，由二项式定理知11dA dB +=-，所以|2d ，又d 为奇数，所以1
d =5．设2
2
2x y x k xy +-=⋅，将上式化成关于y 的一元二次方程2
2
20y k xy x x -⋅-+=，因为它是整系数的，且两根为整数，故其判别式2
2
2
(2)4()4(1)
kx x x x k x x ∆=--=--为完全平方数，也即2
(1)x k x x --为完全平方数，注意到2
(,1)1x k x x --=，于是x 是完全平方数。