竞赛数学中的组合数学问题
全国数学能力竞赛试题及答案
全国数学能力竞赛试题及答案试题一：代数基础题目：解下列方程组：\[ \begin{cases}x + y = 5 \\2x - y = 1\end{cases} \]答案：将第一个方程乘以2得到 \( 2x + 2y = 10 \)，然后将其与第二个方程相加，得到 \( 3x = 11 \)，解得 \( x = \frac{11}{3} \)。
将 \( x \) 的值代入第一个方程，解得 \( y = 5 - \frac{11}{3} = \frac{4}{3} \)。
试题二：几何问题题目：在直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=5，BC=12，求AB的长度。
答案：根据勾股定理，AB的长度可以通过以下公式计算：\[ AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{5^2 + 12^2} = \sqrt{25 + 144} = \sqrt{169} = 13 \]试题三：概率统计题目：一个袋子里有5个红球和3个蓝球，随机抽取2个球，求至少有1个红球的概率。
答案：首先计算没有红球的概率，即两个球都是蓝球的概率，为\( \frac{3}{8} \times \frac{2}{7} = \frac{6}{56} \)。
因此，至少有1个红球的概率为 \( 1 - \frac{6}{56} = \frac{50}{56} = \frac{25}{28} \)。
试题四：数列与级数题目：数列 \( \{a_n\} \) 满足 \( a_1 = 1 \) 且 \( a_{n+1} = 2a_n \)，求 \( a_5 \) 的值。
答案：根据数列的递推关系，可以依次计算出：\[ a_2 = 2a_1 = 2 \]\[ a_3 = 2a_2 = 4 \]\[ a_4 = 2a_3 = 8 \]\[ a_5 = 2a_4 = 16 \]试题五：组合数学题目：从10个人中选出3个人组成一个委员会，求不同的委员会组合数。
关于竞赛数学中排列组合问题的解题策略
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中学数学研究
2021 年第 5 期 (上)
将不定方程化为 (x1 − 1) + (x2 − 1) + · · · + (x8 − 1) = 17, 再 令 y1 = x1 − 1, y2 = x2 − 1, · · · , y2 = x8 − 1, 即 得 y1 + y2 + · · · + y8 = 17, 且 yi 1(其中 1 i 8). 于是上 述问题就转化为以上不定方程的正整数解的组数. 由引理知 其正整数解个数为 C176.
2300 46 例 3 (第一届美国数学邀请赛第 10 题) 数 1447, 1005 和 1231 有某些共同点, 即每一个都是以 1 开头的四位数, 且每 个数恰好有两个数字相等. 这样的数共有多少个?
解法一 首先, 不难发现满足条件的四位数有六种类型: 11AB, 1A1B, 1AB1, 1AAB, 1ABB, 1ABA. 而对于每一类 A 都 有 9 种 可 能, B 都 有 8 种 可 能, 所 以 这 样 的 数 共 有 6 · 9 · 8 = 432 个.
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中学数学研究
2021 年第 5 期 (上)
关于竞赛数学中排列组合问题的解题策略
广东省深圳市前海港湾学校 (518000) 李可欣
摘要 竞赛数学中关于排列与组合的问题, 归根到底利 用的就是排列、组合与四个基本定理, 但是基本解法却多种 多样, 常见的有列举法、分类讨论、构造不定方程和利用递推 关系. 本文结合例题对如上解题方法予以归纳和梳理.
立) (3) 成立. 由 (1) +(2) +(3) 得 ln2(1 + x) + e−2x + sin x 1
高中数学竞赛专题精讲30组合数学选讲(含答案).docx
组合数学选讲合数学是中学数学的“重”，具有形式多，内容广泛的特点.本主要合数，合恒等式及合最展开例题讲解1．周上有 800 个点，依方向号 1,2,⋯ ,800 它将周分成 800 个隙 . 今定某一点染成色，然后按如下，逐次染其余的一些点：若第 k 号点染成了色，可依方向k 个隙，将所到达的点染成色，求周上最多可以得到多少个点？2．集合 X 的覆盖是指 X 的一族互不相同的非空子集∪⋯∪ A k =X ，有集合 X={1,2, ⋯ ,n} ，若不考少个？A 、A 、⋯、 A，它的并集 A ∪ A2 12k1A , A,⋯, Ak的序，求X 的覆盖有多123．已知集合X={1,2, ⋯ ,n} ，映射 f： X→ X，足所有的x∈ X ，均有 f(f(x))=x ，求的映射 f 的个数 .4． S {1,2, ⋯ ,n} 的一些子集族，且S 中任意两个集合互不包含，求：S 的元素个数的最n大n(Sperner 定理 )25． M={ 1,2,3, ⋯ ,2m n} (m,n N* )是 2m n 个正整数成的集合，求最小的正整数k，使得M 的任何 k 元子集中都存在 m+1 个数， a1,a2,⋯ a m+1，足 a i |a i+1 (i=1,2, ⋯,m).n 2n6．算k.k 1kq 7．明：k 0n m m nk q k(范德蒙公式 )q8．在平面上有n(≥3) 个点，其中任意两点的距离的最大d，我称距离 d 的两点的段点集的直径，明：直径的数目至多有n 条 .9 ．已知：两个非整数成的不同集合{ a1 , a a , ,a n } 和 {b1 , b2 , ,b n } .求：集合{ a i a j 1 i j n} 与集合 { b i b j 1 i j n} 相同的充要条件是n 是 2 的次，里允集合内，相同的元素重复出.课后练习1. 空间 n 条直线，最多能把空间分成多少块空间区域？ n2. 证明：k2n 2n .knn k n 1 1 1 3. 证明：( 1)k1k.k2n1 4. 证明：在边长为1 的等边三角形内有五个点，则这五个点中一定有距离小于的2两点 .例题答案：1．解：易，第 k 号点能被染的充要条件是j N * {0} ，使得 a0 2j k (mod800) ， 1≤ k≤ 800①里 a0是最初染的点的号，求最大，不妨令a0=1.即 2j k (mod2 5× 52).当 j=0,1,2,3,4， k 分 1,2,4,8,16，又由于 2模 25的25 (2)20 ，因此，当j ≥52j+20 2j=2 j(220 1) 0(mod 800),而 k<20,k N*，及 j ≥ 5,j N*，由于 25+(2k1)，所以2j+k 2j=2j(2k1)不 800的倍数 .所以，共存在5+20=25 个 k，足①式。
数学竞赛论-5组合
2-5 数学竞赛中的组合问题数学竞赛中的组合数学不是一个严格的概念，它离中学教材最远，通常指中学代数、几何、算术（数论）之外的内容（俗称杂题）．对中学生而言，这类问题的基本特点是不需要专门的数学语言就可以表述明白，解决起来也没有固定的程式（非常规），常需精巧的构思．从内容上可以归结为两大类：组合计数问题，组合设计问题．（1）组合计数问题这包括有限集合元素的计算、相应子集的计算、集合分拆方法数的计算等，表现为数值计算、组合恒等式或组合不等式的证明．知识基础是加法原理、乘法原理和排列组合公式；常用的方法有：代数恒等变形、二项式定理、数学归纳法、递推、组合分析、容斥原理等．（2）组合设计问题其基本含义是，对有限集合A，按照性质p来作出安排，有时，只是证实具有性质p的安排是否存在、或者验证作出的安排是否具有性质p（称为存在性问题，又可分为肯定型、否定型和探究型）；有时，则需把具体安排（或具体性质）找出来（称为构造型问题）；进一步，还要找出较好的安排（称为最优化问题）．值得注意的一个新趋势是组合与几何、数论的结合，产生组合几何、组合数论，它们与集合分拆一起组成IMO试题的三个热点，突出而鲜明的体现数学竞赛的“问题解决”特征．这三方面之所以成为热点，从思维方式、解题技巧上分析，是因为其更适宜数学尖子的脱颖而出，且常与现代数学思想相联系；从技术层面上分析，还由于都能方便提供挑战中学生的新颖题目．链接资料组合数学又称组合分析或组合学．研究将有限个元素安排到适合（服从）某些限制条件的集合．有三个基本问题：（1）组态问题，解决存在这种安排的条件，给出明确的结论；（2）组态存在时，确定其数目或将它们进行分类；（3）研究安排的性质和结构，包括最优化问题．组合数学最早出现的是神话传说：大禹时代（公元前2200年）的神龟背上驮着的幻方，古代称为"九宫"，即4 9 23 5 78 1 6一般是将2放到n n 格子中，使每行每列各数之和1,2,,n相等，称为n阶幻方．还有缺角棋盘的覆盖问题、柯克曼１５女生散步问题、欧拉３６名军官问题都是著名的组合学例子．现代科学技术中，又提出离散性问题及关系结构分析，图论、信息论、编码、实验设计、线性规定划等领域也提了一系列问题，促进了组合学的发展．一．IMO 中的组合题（智力题） 1．数量统计从6465,IMO IMO --开始，占20% 2．基本类型（1）组合计数问题： ①问题类型有限集合元素的计算， 子集的计算， 集合分拆的计算 ②解题方法： 代数恒等变形 二项式定理 组合等式 递推 组合分析 容斥原理 数学归纳法．（2）组合设计问题：对集合A ，按照某种性质P 来作出安排． ①问题类型存在性问题， 构造性问题， 最优化问题． ②解题方法： 构造法、 反证法 抽屉原理 染色方法 递推方法更多的解题技巧 见 §2-7 3．发展特点以组合计数、组合设计为基础，与数论、几何交叉，形成组合数论、组合几何、集合分拆三大热点．二、基础知识（与基本类型相一致） 有７个定义、9条定理：定义１ 从n 个不同的元素中取出m 个()m n ≤，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同的元素中取出m 个元素的一个排列．相异元素排列数的计算公式为：()()()11!11!!mm mn n n n p n n n m np m C n m --=--+===- ． 定义２ 从n 个不同的元素中取出m 个()m n ≤，并成一组，叫做从n 个不同的元素中取出m 个元素的一个组合．相异元素组合数的计算公式为：()()()1111!!!!mm n mm n nn n m m n n n m p n n C C C p m m n m m -----+=====- ． 定理１ （加法原理）做一件事，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有2m 种不同的方法， ，在第n 类办法中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有12n N m m m =+++种不同的方法．定理2 （乘法原理）做一件事，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有1m 种不同的方法，做第二步有2m 种不同的方法， ，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有12n N m m m =⨯⨯⨯种不同的方法． 定理3 组合恒等式 （1）()0m n m n n C C m n -=≤≤ （2）()1111m m m n n n C C C m n ---=+≤≤ （3）02.nk n n k C ==∑（4）()010.nk k n k C =-=∑定理4 （二项式定理）().nnk n k kn k a b C a b -=+=∑ 定义３ 从n 个不同的元素中取出m 个，按照一定的顺序排在一个封闭曲线上，叫做环形排列（或循环排列、圆排列）． 相异元素的 圆排列数公式为：()(),1!.mmn n p f n m m C m==-定义４ 从n 个不同的元素中，允许重复取出m 个元素，按照一定的顺序排成一列，称为n 个相异元素允许重复的m 元排列．相异元素的可重复排列数计算公式为：(),.m U n m n =定义５ 从n 个不同的元素中，允许重复取出m 个元素，不管怎样的顺序并成一组，称为n 个相异元素允许重复的m 元组合．相异元素的可重复组合数计算公式为：()1,.mn m f n m C +-=定义６ 若n 个元素中，有1n 个1a ，2n 个2,,a m n 个m a ，且12m n n n n +++= ，则这n 个元素的全排列，称为不尽相异元素的全排列．不尽相异元素的全排列公式为： ()1212!,,.!!!m m n V n n n n n n =定义７ 如果A 是一个n 元有限集合，那么，它的子集12,,,m A A A 组成的集合{}12,,,m R A A A = 叫做A 的一个子集系．定理5 n 元集合A 中含有()0k k n ≤≤个元素的子集有k n C 个；集合A 的所有子集共2n 个． 定理6 （抽屉原理）（1）若把1mn +元素放进n 个集合，则必存在一个集合至少放有1m +个元素．（2）若把()01211m n ++++--⎡⎤⎣⎦ 个元素放进mn 个集合，则至少有1m +个集合的元素一样多．（3）若把1mn -元素放进n 个集合，则必有一个集合至多含有1m -个元素．定理7 （容斥原理）设集合{}12,,,,n A a a a = 12,,,m A A A A ⊆ ，记i A 为i A 对于全集A 的补集，则 (1) 12m A A A()1111121.mi i j i j ki i j m i j k nm m A A A A A A A A A =≤≤≤≤<<≤-=-+-+-∑∑∑(2) 1212.mm A A A A A A A =-定理8 （自然数的良序性）自然数的任一非空子集中，必有一个元素是最小的．定理9 设,A B 是两个有限元集合，,A B 分别是两集合的元素个数，f 是A 到B 的一个映射． （１）若f 是单射，则A B≤；特别的，f 是单射而非满射，则A B<．（２）若f 是满射，则A B≥．（３）若f 是一一映射（双射），则A B=．２．主要类型（1）排列、组合的知识． （2）集合、影射的知识． （3）抽屉原理． （4）容斥原理． （5）组合恒等式． 三、例题讲解例1 （1）将10个苹果分给3个人，每人至少1个，问有几种不同的分法？（10的有序分拆）（2）将10个苹果分成3堆，每堆至少1个，问有几种不同的分法？（10的无序分拆）解（1）设第i 个人分得i x 个苹果，则有()123101i x x x x ++=≥11110+++=对应9个加号取2个的取法，得2936C =．相当于10个苹果一字排开两手拿隔板往里一插，得一种分法．（2）10的3项分拆：每堆先放1个苹果，剩下的7个苹果可以拆开放到3堆，也可以放到2堆，或全放到1堆，故得10的3项分拆=7的3项分拆+7的2项分拆+7的1项分拆=4的3项分拆+4的2项分拆+4的1项分拆+3+1=1+2+1+3+1=8．一般地m的n项分拆=m n-的n项分拆+m n-的1n-项分拆+…+m n-的2项分拆+m n-的1项分拆．数字小时可以列举10=1+1+8=1+2+7=1+3+6=1+4+5=2+2+6=2+3+5=2+4+4=3+3+4共8种例2（1988，高中联赛，例2-104）甲乙两队各出7名队员按事先安排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，依次类推，直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获胜利，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数有多少？（P ．205）解法１12345671234567,,,,,,,,,,,,A A A A A A A B B B B B B B ——714C解法２ 设i A 胜 i x 场，甲胜等价于方程12345677x x x x x x x ++++++=，非负整数解的个数，令1i i y x =+，方程123456714y y y y y y y ++++++=，正整数解的个数1111111111111114+++++++++++++=，从13个加号取6个的方法数613C 种． 同理，乙胜也有613C 种． 得2613C =714C 种．2613C =714C =3432种．例2-1 联欢晚会准备了2n 个礼物，平分为两串公开吊挂在墙上，每个获奖者可以（也只能）从两串的最下方任选一个礼物，则2n 个获奖者选这2n 个礼物，共有 种不同的选法．（2n n C ）例3（1989，306IMO -，例2-105）设n 是正整数，我们说集合{}n 2,,2,1 的一个排列()122,,,n x x x 具有性质p，是指在{}12,,2,1-n 当中至少有一个i ，使得n x x i i =-+||1，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．（P ．85）解 1n =显然成立．对2n ≥设不具有性质p 的排列组成集合A ，设恰有一个元素具有性质p 的排列组成集合B ，取()122,,,n X x x x A =∈ ，则存在2k >，使1||k x x n -=，作对应()122112:,,,,,,,k k k k n f X Y x x x x x x x --+→= ，则Y B ∈，且A 中不同的元素在B 中有不同的像，得 A B ≤<具有性质p 的排列个数．例4（1989，高中）如果从数1，2，…，14中按由小到大的顺序取出123,,a a a ，使同时满足 21323, 3a a a a -≥-≥那么，所有符合上述要求的不同取法有多少种？ 解 由已知得121323 10, 30 30, 140,a a a a a a -≥--≥--≥-≥4项均为非负数，相加得()()()()121323133 147a a a a a a -+--+--+-=，于是123,,a a a 的取法数就是不定方程 12347x x x x +++=的非负整数解的个数，作一一对应11i y x =+问题又等价于不定方程 123411y y y y +++= 的正整数解．由11111+++=得310C 个解，即符合要求的不同取法有310C 种．（P ．240）例5 （1992高中联赛） 设集合{}1,2,,n S n = ，若X 是nS 的子集，把X 中的所有数的和称为X 的“容量”（规定空集的容量为0）．若X 的容量为奇（偶数），则称X 为n S 的奇（偶）子集．（1）求证：n S 的奇子集与偶子集个数相等．（2）求证：当3n ≥时，n S 的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等．（3）当3n ≥时，求n S 的所有奇子集的容量之和． 证明1 分别求解3问．（1）对n X S ⊆，我们取/n X S ⊆与X 对应：当1X ∈时，就从X 中取出1得/X ；当1X ∉时，就从X 中添上1得/X ．于是，X 与/X 一一对应，且一个为奇（偶）子集时，另一个便为偶（奇）子集，故n S 中的奇子集与偶子集一一对应，个数相等．（2）设n S 中的奇子集个数有n a 个，偶子集个数有n b 个，所有奇子集的容量之和为()n f a ，所有偶子集的容量之和为()n f b ，由第（1）问及n S 中有2n 个子集知12n n n a b -==．1）当3n ≥且n 为奇数时，n S 中的奇（偶）子集由两部分组成，其一是1n S -的奇（偶）子集，其二是1n S -的每一个偶（奇）子集与{}n 的并集，有()()()()()()()()111111111.n n n n n n n n n n n f a f a f b nb f a f b na f b f a na f b ---------=++⎡⎤⎣⎦=++=++⎡⎤⎣⎦=2）当3n ≥且n 为偶数时，则1n -为奇数，由上证，有()()1111n n n n a b f a f b ----==且．此时，n S 中的奇（偶）子集由两部分组成，其一是1n S -的奇（偶）子集，其二是1n S -的每一个奇（偶）子集与{}n 的并集，有()()()111n n n n f a f a f a na ---=++⎡⎤⎣⎦ ()()111n n n f a f a nb ---=++⎡⎤⎣⎦()()()111.n n n n f b f b nb f b ---=++⎡⎤⎣⎦=综上得，当3n ≥时()()n n f a f b =．（3）由于n S 中每个元素都出现在12n -个子集中，所以n S 的所有子集的容量为()()n n f a f b +=()1122n n -+++ =()212n n n -+．得 ()()()12n n n f a f a f b =+=⎡⎤⎣⎦()312n n n -+． 证明2 同时求解3问设n S 中的奇子集个数有n a 个，偶子集个数有n b 个，所有奇子集的容量之和为()n f a ，所有偶子集的容量之和为()n f b ，有11221,2.a b a b ====对3n ≥，用数学归纳法证明命题()()()3,:12.n n n n n a b P f a f b n n -=⎧⎪⎨==+⎪⎩ （1）当3n =时，{}31,2,3S =的奇子集有{}{}{}{}1,3,1,2,2,3，偶子集有{}{},2,1,3,∅{}1,2,3，得()()()3333334,123312.a b f a f b -==⎧⎪⎨===+⎪⎩ 命题P 成立．（2）现假设n k =时，命题P 成立．即()()()3,12.k k k k k a b f a f b k k -=⎧⎪⎨==+⎪⎩ 对1k S +的子集可以分成两部分，一部分是k S 的子集，有12k k k a b -==；另一部分是k S 的子集与{}1k +的并集，其奇子集的个数与偶子集的个数也是相等的．有1122k k k k a a b b ++===．并且，()()()11k k f a f b ++或等于()()()k k f a f b 或的2倍，再加上12k -个1k +，即()()()()()()()()()1113113212212121112,k k k k k k k f a f b f a k k k k k k -++--+-==++=⋅+++=+++⎡⎤⎣⎦这说明1n k =+时，命题P 成立．由数学归纳法知，题目中的3问均已成立． 作业１．从n 个不同的元素中，允许重复取出m 个元素，不管怎样的顺序并成一组，称为n 个相异元素允许重复的m 元组合．证明：相异元素的可重复组合数计算公式为：()1,.m n m f n m C +-=2.凸n 边形（4n ≥）玫瑰园的n 个顶点各栽有1棵红玫瑰，每两棵红玫瑰之间都有一条直小路相通，这些直小路没有出现“三线共点”的情况——它们把花园分割成许多不重叠的区域（三角形、四边形，…），每块区域都栽有一棵白玫瑰或黑玫瑰．⑴ 求出玫瑰园里玫瑰总棵数()f n 的表达式． ⑵ 花园里能否恰有99棵玫瑰？说明理由．作业处理1.求方程3222009x x y +=的整数解. 解：由2009的分解式，有 ()222212009741x x y +=⨯=⨯，有 21,1,1,1004,1005,22009,x x x y y x y ==-⎧=⎧⎧⇒⎨⎨⎨==+=⎩⎩⎩227,7,717,24.241,x x x y y x y ==-⎧=⎧⎧⇒⎨⎨⎨==+=⎩⎩⎩2、2009年9月9日的年、月、日组成“长长久久、永不分离”的吉祥数字20090909，而它也恰好是一个不能再分解的素数．若规定含素因子20090909的数为吉祥数，请证明最简分数111220090908m n =+++的分子m 是吉祥数．证明：由111220090908m n =+++1111111200909082200909071004545410045455200909092009090920090909120090908220090907100454541004545520090909,122009090720090908p⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=+++⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯ 其中p 为正整数，有20090909122009090720090908n p m ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯ ，这表明，20090909整除122009090720090908m ⨯⨯⨯⨯⨯ ，但20090909为素数，不能整除122009090720090908⨯⨯⨯⨯ ，所以20090909整除m ，得m 是吉祥数．。
初中数学联赛题型解读九：组合
联赛题型解读之九组合组合为中学竞赛的两大组成部分之一，每年联赛中都会考察道组合题，组合中的计数、概率、抽屉、容斥、极端原来等知识和技巧在各类试题中经常得到运用。
下面我们通过统计近15年初中数学联赛中组合的分值（注：至少在结构和形式上是对组合的考察才会计入分值统计），帮助大家更好的了解组合在联赛中的比重。
总结这几年来初中数学联赛的题型考察，组合一般至少会考察一道题，近五年分值最高达到14分（2道一试题），结合趋势来看数论的考察趋近于平稳，组合在一试考察1道题。
况等方法性的要求在大大增加，同时会结合数论以及几何的方式进行考察。
值得注意的是从从2007年开始概率是组合的一大热门考点。
初中阶段的组合更多的与小学接轨，这里介绍常见的3种工具以及3种常见问题。
1.三大原理（1）抽屉原理（2）容斥原理（3）极端原理2.三大类问题（1）计数问题加法原理；乘法原理；几何计数；数论计数；组合排列.（2）概率问题计数型概率；几何型概率；事件型概率.（3） 最值问题数论最值；极端原理.题是一个主流方向。
结合历年的真题看来，联赛中的组合题考察方式还是非常丰富的，抽屉原理与容斥原理、极端原理等都应用的很丰富。
1、周期问题【例1】 （1993年联赛）放有小球的1993个盒子从左到右排成一行，如果最左面的盒里有7个小球，且每四个相邻的盒里共有30个小球，那么最右面的盒里有_______个小球．【解析】 设从左到右小盒里的球数为7，2a ，3a ，…，1993a ．∵234730a a a +++=，234530a a a a +++=∴57a =，同理913174119937k a a a a a +======．2、染色问题【例2】 （2013年联赛）将一根正方体的表面都染成红色，再切割成3(2)n n ＞个相同的小正方体。
若只有一面是红色的小正方体数目与任何面都不是红色的小正方体的数目相同，则n =___________。
奥林匹克数学中的组合问题
奥林匹克数学中的组合问题奥林匹克数学中的组合问题是指在给定的一组对象中选择其中几个对象，形成一个由这些对象组成的集合。
组合问题是数学中的一个重要分支，也是奥林匹克数学竞赛的难点之一。
在奥林匹克数学竞赛中，组合问题要求考生具备逻辑思维和抽象思维能力，有时还需要一定的想象力和创造力。
以下是奥林匹克数学中组合问题的基本步骤：第一步：明确问题组合问题的第一步是要明确问题，即明确给定的对象和要求选择的集合的性质。
例如，问题可能要求在5个仪器中选择3个仪器，并且这3个仪器能够组成一组能够实现某种功能的仪器组合。
第二步：计算对象总数组合问题中需要计算对象的总数，这是问题的基本数据。
例如，如果给定了5个仪器，则对象总数为5。
第三步：确定选择的对象数组合问题需要确定要从给定的对象中选择多少个对象。
例如，如果要从给定的5个仪器中选择3个仪器，则选择的对象数为3。
第四步：计算组合数组合问题需要计算可以选择的方案数，即选择若干对象形成的集合的总数。
组合数可以用下列公式计算：$$C_n^m=\frac{n!}{m! (n-m)!}$$其中，$C_n^m$表示从n个不同对象中选择m个对象的方案数，称为“从n个不同的对象中选出m个对象的组合数”。
例如，选择3个对象的组合数可以计算如下：$$C_5^3=\frac{5!}{3! (5-3)!}=\frac{5\times4\times3}{3\times2\times1}=10$$即从5个对象中选出3个对象的方案数为10。
第五步：求解问题组合问题需要根据题目要求，结合计算出的组合数，得出具体的方案。
例如，如果要求从5个仪器中选择3个仪器，并且这3个仪器能够组成一组能够实现某种功能的仪器组合，则需要在10个可能的方案中找到满足条件的方案。
总之，奥林匹克数学中的组合问题是一个需要逻辑思维和抽象思维能力的问题，需要根据题目要求明确问题，计算对象总数和选择的对象数，计算组合数，然后结合题目要求求解问题。
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。
数学竞赛组合试题及答案
数学竞赛组合试题及答案试题一：排列组合问题题目：某班级有30名学生，需要选出5名代表参加校际数学竞赛。
如果不考虑性别和成绩，仅考虑组合方式，问有多少种不同的选法？答案：这是一个组合问题，可以用组合公式C(n, k) = n! / (k! *(n-k)!)来计算，其中n为总人数，k为选出的人数。
将数值代入公式，得到C(30, 5) = 30! / (5! * 25!) = 142506。
试题二：概率问题题目：一个袋子里有10个红球和20个蓝球，随机抽取3个球，求至少有1个红球的概率。
答案：首先计算没有红球的概率，即抽到3个蓝球的概率。
用组合公式计算，P(3蓝) = C(20, 3) / (C(30, 3)) = (20! / (3! * 17!)) / (30! / (3! * 27!))。
然后，用1减去这个概率得到至少有1个红球的概率，P(至少1红) = 1 - P(3蓝)。
试题三：几何问题题目：在一个半径为10的圆内，随机选择两个点，连接这两点形成弦。
求这条弦的长度小于8的概率。
答案：首先，弦的长度小于8意味着弦所对的圆心角小于某个特定角度。
通过几何关系和圆的性质，可以计算出这个特定角度。
然后，利用面积比来计算概率。
圆的面积为πr²，而弦所对的扇形面积可以通过角度来计算。
最后，将扇形面积除以圆的面积得到概率。
试题四：数列问题题目：给定一个等差数列，其首项为3，公差为2，求前10项的和。
答案：等差数列的前n项和公式为S_n = n/2 * (2a + (n-1)d)，其中a为首项，d为公差，n为项数。
将数值代入公式，得到S_10 = 10/2* (2*3 + (10-1)*2) = 10 * 13 = 130。
试题五：逻辑推理问题题目：有5个盒子，每个盒子里都有不同数量的球，分别是1个，2个，3个，4个和5个。
现在有5个人，每个人随机选择一个盒子，每个人只能拿一个盒子。
问至少有一个人拿到的盒子里球的数量与他选择的顺序号相同的概率。
组合 不等式 数学奥林匹克
组合不等式数学奥林匹克
组合不等式在数学奥林匹克竞赛中是一个常见的题型。
组合不等式是指将多个不等式进行组合运算得到新的不等式。
常见的组合运算包括加法、减法、乘法和除法。
例如，给定不等式a < b和c < d，可以通过加法得到a + c < b + d，通过减法得到a - d < b - c，通过乘法得到ac < bd，通过除法得到a/c < b/d等。
组合不等式需要注意以下几点：
1. 对于加法和减法运算，不等号的方向与原始不等式相同。
即如果
a < b，则a + c <
b + c，a -
c < b - c。
2. 对于乘法运算，不等号的方向可能会发生改变。
如果a < b且c > 0，则ac > bc。
如果a < b且c < 0，则ac < bc。
如果a < b且c < 0，则ac > bc。
3. 对于除法运算，不等号的方向也可能会发生改变。
如果a < b且c > 0，则a/c < b/c。
如果a < b且c < 0，则a/c > b/c。
如果a < b且c < 0，则a/c < b/c。
在解决组合不等式的问题时，需要根据题目给定的条件和要求进行适当的组合运算，得到新的不等式，并根据不等式的性质进行推导和验证。
高中数学竞赛讲义(十八)组合
高中数学竞赛讲义（十八）──组合一、方法与例题1．抽屉原理。
例1 设整数n≥4,a1,a2,…,an是区间(0,2n)内n个不同的整数，证明：存在集合{a1,a2,…,an}的一个子集，它的所有元素之和能被2n整除。
[证明] （1）若n{a1,a2,…,an},则n个不同的数属于n-1个集合{1,2n-1}，{2,2n-2},…,{n-1,n+1}。
由抽屉原理知其中必存在两个数ai ,aj(i≠j)属于同一集合，从而ai +aj=2n被2n整除；（2）若n∈{a1,a2,…,an}，不妨设a n=n，从a1,a2,…,a n-1(n-1≥3)中任意取3个数a i, a j, a k(a i,<a j< a k)，则a j-a i与a k-a i中至少有一个不被n整除，否则a k-a i=(a k-a j)+(a j-a i)≥2n，这与a k∈(0,2n)矛盾，故a1,a2,…,a n-1中必有两个数之差不被n整除；不妨设a1与a2之差(a2-a1>0)不被n整除，考虑n个数a 1,a2,a1+a2,a1+a2+a3,…,a1+a2+…+an-1。
ⅰ）若这n个数中有一个被n整除，设此数等于kn，若k为偶数，则结论成立；若k为奇数，则加上an=n知结论成立。
ⅱ）若这n个数中没有一个被n整除，则它们除以n的余数只能取1,2,…,n-1这n-1个值，由抽屉原理知其中必有两个数除以n的余数相同，它们之差被n整除，而a2-a1不被n整除，故这个差必为a i, a j, a k-1中若干个数之和，同ⅰ）可知结论成立。
2．极端原理。
例2 在n×n的方格表的每个小方格内写有一个非负整数，并且在某一行和某一列的交叉点处如果写有0，那么该行与该列所填的所有数之和不小于n。
证明：表中所有数之和不小于。
[证明] 计算各行的和、各列的和，这2n个和中必有最小的，不妨设第m行的和最小，记和为k，则该行中至少有n-k个0，这n-k个0所在的各列的和都不小于n-k，从而这n-k列的数的总和不小于(n-k)2，其余各列的数的总和不小于k2，从而表中所有数的总和不小于(n-k)2+k2≥3.不变量原理。
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组合数学论文竞赛数学中的组合数学问题@]竞赛数学中的组合数学问题组合数学是上个世纪五十年代后逐步建立和完善起来的一门数学分支，组合数学也称为组合学、组合论，组合分析。
教科书上对组合分析的定义：按某种要求把一些元素构成有限集合的研究叫做组合分析。
—这种研究比传统的数学讨论的对象更广泛，在实际生活和实践活动中应用性更大。
这种研究一般讨论以下问题：在一定的约束条件下，对象——构成的存在性（有与没有、能与不能）问题；构成的分类与计数；构成的方法（构造方法）及最优化方法。
人们常把竞赛中某些问题称为杂题，又称为组合数学问题。
为什么中学数学竞赛中的一些问题，很难把它们归类为代数问题或几何问题，但它们涉及到的解题目标和解题方法可以归入组合问题和组合分析；当然一些组合数学的习题也直接用作竞赛题。
初等数学竞赛中的组合问题与组合分析常用的方法有抽屉原理、递推（归）原理、容斥原理、染色方法等，这些原理方法都很一般，重要的是经验和技巧——应用的能力。
本文重点研究竞赛数学中的组合数学计数问题。
计数问题组合数学中的计数问题，数学竞赛题中的熟面孔，看似司空见惯，不足为奇．很多同学认为只要凭借课内知识就可左右逢源，迎刃而解．其实具体解题时，时常会使你挖空心思，也无所适从。
对于这类问题往往首先要通过构造法描绘出对象的简单数学模型，继而借助在计数问题中常用的一些数学原理方可得出所求对象的总数或其范围。
1、计数中求最大值：第一步：分类讨论》（1）情况一，推出目标数 f ≤m1；（2）情况二，推出目标数 f ≤m2；…（s）情况s，推出目标数 f ≤m s；第二步：m0=max{m1，m2，…，m s}，则f ≤m0；第三步：构造模型使计数恰好等于常数m0，则常数m0即为最大值。
另一种叙述:第1步：由目标数f≤m推出可以符合条件；`第2步：由f =m+1推出是不能符合条件；所以f max = m 。
2、计数中求最小值：第一步：分类讨论（1）情况一，推出目标数 f ≥m1；（2）情况二，推出目标数 f ≥m2；…（s）情况s，推出目标数 f ≥m s；*第二步：m0=min{m1，m2，…，m s}，则f ≥m0；第三步：构造模型使计数恰好等于常数m0，则常数m0即为最小值。
另一种叙述:第一步：由目标数 f ≥m推出可以；第二步：由目标数f =m－1推出不能；所以f min =m 。
下面我们从一道简单的组合问题说起：)如图，每个正方体的六个面上分别写着数字1，2，3，4，5，6，并且任意两个相对的面上所写的两个数字之和都等于7。
把这样的4个正方体一个挨着一个连接起来后，紧挨着的两个面上的数字之和都等于8。
图中标着x 的那个面上所写的数字是几分析：拐角处正方体前后分别为4，3，则右侧面可能是1或6，而1不能使x面的对面数字为7，故只能为6，所以x的对面数字为2，所以，x =5。
著名的赛题图1证明：任意六个人中，总有三个人，要么相互认识，要么相互不认识。
同色分析三步：把实际问题转化为图形染色；抽屉原理；二分法推理。
证明：>圆上六个点A1A2A3A4A5A6表示六个人，两人相互认识，相应两点间连红线，两人不相识，相应两点间连蓝线，原命题即为证明存在三边同色的三角形。
与A1相连的5条线分别染两种颜色，至少有三条线同色。
不妨设至少有三条红线，且为A1A2、A1A3、A1A4。
若A2、A3、A4三点间的连线有一条红线，则有红色三角形；否则，三条连线都是蓝线，存在蓝色三角形。
图2例1、由9位裁判给参加健美比赛的12名运动员评分。
每位裁判对他认为的第一名运动员给1分，第二名运动员给2分，…，第12名运动员给12分。
最后评分结果显示：每名运动员所得的9个分数中高低分之差都不大于3分。
设各运动员的得分总和分别为e1，e2，e3，…，e12，且e1≤e2≤e3≤…≤e12，求e1 的最大值。
分析：含1分的格子最多有4列，此4列的每格数字平均不超过，3列呢2列1列解：对9个1分布的列数进行讨论：（1）1分分布在同一列，该列的和为9，e1= 9；（2）1分恰在两列中，列中数字不超过4，两列的和最大为5×9=45，较小的列和≤45÷2，是整数，则较小的列和≤22，故最小的列和e1≤22(21)；，（3）1分恰在三列中，列中数字不超过4，三列的和最大为8×9=72，同理e1≤24；（4）1分恰在四列中，列中数字不超过4，四列的和最大为10×9=90，同理e1≤22；图3（5）1分恰在5列中，5列45个数都只能取1、2、3、4，9个裁判只能给出9个1、2、3、4，共36个，填不满5列；同理，1分不能分布在比5更多的列中。
所以，1最多能在4列中。
故e1≤24。
若前三列中，每列三个1、三个3、三个4，每列的和都是24，第四列5个2，4个5，和为30；第五列4个2，5个5，和为33；以后第k列填9个k，和为9k≥54。
则e1=24。
所以e1 的最大值为24。
例2、有两副扑克牌，每副牌的排列顺序是：第一张是大王，第二张是小王，然后是黑桃、红桃、方块、梅花4种花色排列，每种花色的牌又按A，2，3，…，J，Q，K的顺序排列。
某人把按上述排列的两副扑克牌上下叠在一起，然后从上到下把第一张丢掉，把第二张放在最底层，把第三张丢掉，把第四张放在最底层……，如此下去，直至最后剩下一张牌。
则所剩的这张牌是什么我们先来看下下面这道题，是一个小学的竞赛题，称为“做数学”。
依顺时针方向将数字1，2，3，4，5，6，7写在圆周上。
首先将数字1删除，然后每次跳过一个未删除的数，删除被跳到位置上的数，依此方法继续进行直到最后只剩下一个数为止。
例如，删除数字1，跳过数字2；￥删除数字3，跳过数字4；删除数字5，跳过数字6；删除数字7，跳过数字2；删除数字4，跳过数字6；删除数字2，所以，剩下最后的一个数是6。
图4如果依顺时针方向将1，2，3，…，2004写在圆周上，并依照上述规则操作，试问最后剩下的一个数为。
解：第一圈:从1开始，删去所有奇数，余下2k型数：*2，4，6，8，…，2002，2004；第二圈:从2开始，删去所有4k-2型数，余下4k型数：4，8，12，16，…，2000，2004；第三圈:从4开始，删去所有8k+4型数，余下8k型数：8，16，24，…，1992，2000；第四圈:从16开始，删去所有16k型数，余下16k-8型数：8，24，40，…，1976，1992；第五圈:从24开始，删去所有32k-8型数，余下32k-24型数：@8，40，72…，1960，1992；第六圈:从8开始，删去所有64k-56型数，余下64k-24型数：40，104，…，1896，1960；第六圈:从8开始，删去所有64k-56型数，余64k-24型数：40，104，…，1896，1960；第七圈:从104起，删去所有128k-24型数，余128k-88型数：40，168，296，424，552，680，808，936，1064，1192，1320，1448，1576，1704，1832，1960；第八圈:从40起，删去所有256k-216型数，余256k-88型数：【168，424，680，936，1192，1448，1704，1960；第九圈:从168起,删去所有512k-344型数，余512k-88型数：424，936，1448，1960；第十圈:删去424，1448，余下：936，1960；最后，删去936，余下1960 。
分析：下面我们回顾刚才那道题，也来“做数学”。
解：依次把牌编为1，2，3， (108)~第一圈:从1开始，删去所有奇数，余下2k型数：2，4，6，8， (108)第二圈:从2开始，删去所有4k-2型数，余下4k型数：4，8，12，16， (108)第三圈:从4开始，删去所有8k-4型数，余下8k型数：8，16，24， (104)第四圈:从8开始，删去所有16k型型数，余下16k-8数：8，24，40，56，72，88，104；》第五圈:从8开始，删去8，40，72，104，余下24，56，88；第六圈:删去56，余下24，88；再删24，最后留88。
88=54+2+13×2+6，第88号牌为第二副牌中的方块6。
有没有更好的处理方法我们发现，当牌数为4张时，最后留下的是4号牌；当牌数为8张时，最后留下的是8号牌；当牌数为2k张时，最后留下的是2k号牌；现在共有108张牌，取掉44张时，恰好余64张；*按约定先去掉44张牌，第44张是开始排列中的第87号牌，而第88号牌被放到余下的64张牌的最后，故最后留下的是第88号牌。
请用此方法计算1，2，…，2004余下的最后的数因为2004－1024=980，所以第980个被去掉的数是第一轮中的1959(980×2－1) ，第981个被去掉的数是1961，从这儿按规则数最后的数是前面的1960。
从1，2，3，…，2004中任选k个数，使得所选的k个数中，一定可以找到能构成三角形边长的3个数(这里要求三角形三个边长互不相等)。
试问：满足条件的k的最小值。
考虑等价命题：1，2，3，…，2004中存在k－1个数，其中任意3个数均不能构成一个三角形的3条边长(这里要求三角形三个边长互不相等)。
求满足此条件的k的最大值。
分析：从小的数开始，找尽量多的数，使之不能构成三角形——两小边之和不大于第3边：1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597， 16个数！再增加数一定会有两小边之和大于第3边了，所求的k 的最大值为17。
——怎样表达解：按条件a n -2+ a n -1≤a n ≤2004构造递增的正整数数列{a n }，并使得a n 值最小n 最大：1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，共16个数！其中任意3个数 a i 、a j 、a k (i ＜j ＜k )，总有 a i + a j ≤a k -2+ a k -1≤a k ，两小数之和大于第3数，不能成为三角形的3条边。
~对于任意的、项数不少于17且每项值不超过2004的、递增的正整数数列{b n } ，若存在b i 、b j 、b k (i ＜j ＜k ＜17)满足b i + b j ＞b k ，则此3个数可以成为三角形的3边边长；否则，b k ≥a k (k ＜17)， b 15+ b 16 ≥ a 15+ a 16＞2004≥ b 17，b 15，b 16，b 17可以成为三角形的3边边长 。
即所求的k 的最小值为17。
例3、在2×3的矩形方格纸上，各个小正方形的顶点称为格点。