数学奥赛辅导 第一讲
人教版七年级数学上册辅导讲义之欧阳法创编
最新人教版七年级数学上册培优辅导讲义第1讲与有理数有关的概念考点·方法·破译1．了解负数的产生过程，能够用正、负数表示具有相反意义的量.2．会进行有理的分类，体会并运用数学中的分类思想.3．理解数轴、相反数、绝对值、倒数的意义．会用数轴比较两个有理数的大小，会求一个数的相反数、绝对值、倒数.经典·考题·赏析【例1】写出下列各语句的实际意义⑴向前－7米⑵收人－50元⑶体重增加－3千克【解法指导】用正、负数表示实际问题中具有相反意义的量．而相反意义的量应该包合两个要素：一是它们的意义相反．二是它们具有数量．而且必须是同类两，如“向前与自后、收入与支出、增加与减少等等”解：⑴向前－7米表示向后7米⑵收入－50元表示支出50元⑶体重增加－3千克表示体重减小3千克.【变式题组】01．如果＋10%表示增加10%，那么减少8%可以记作（）A．－18% B．－8% C．＋2% D．＋8% 02．（金华）如果＋3吨表示运入仓库的大米吨数，那么运出5吨大米表示为( )A．－5吨B．＋5吨C．－3吨D．＋3吨03．（山西）北京与纽约的时差－13（负号表示同一时刻纽约时间比北京晚）.如现在是北京时间15：00，纽约时问是____【例２】在－227，π，0，0.033.3这四个数中有理数的个数（ )A． 1个B． 2个C． 3个D． 4个【解法指导】有理数的分类：⑴按正负性分类，有理数0⎧⎧⎨⎪⎩⎪⎪⎨⎪⎧⎪⎨⎪⎩⎩正整数正有理数正分数负整数负有理数负份数；（2）按整数、分数分类，有理数⎧⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎨⎩⎪⎧⎪⎨⎪⎩⎩正整数整数0负整数正分数分数负分数；其中分数包括有限小数和无限循环小数，因为π＝3.1415926…是无限不循环小数，它不能写成分数的形式，所以π不是有理数，－227是分数，0.033.3是无限循环小数可以化成分数形式，0是整数，所以都是有理数，故选C ．【变式题组】01．在7，0，15，－12，－301，31.25，－18，100，1，－3 001中，负分数为，整数为，正整数 . 02．（河北秦皇岛）请把下列各数填入图中适当位置15，－19，215，－138，0.1，－5.32，123, 2.333【例３】（宁夏）有一列数为－1，12，－13，14，－15，16，…，找规律到第2007个数是.【解法指导】从一系列的数中发现规律，首先找出不变量和变量，再依变量去发现规律．归纳去猜想，然后进行验证.解本题会有这样的规律：⑴各数的分子部是1；⑵各数的分母依次为1，2，3，4，5，6，…⑶处于奇数位置的数是负数，处于偶数位置的数是正数，所以第2007个数的分子也是1．分母是2007，并且是一个负数，故答案为－12007.【变式题组】01（湖北宜昌）数学解密：第一个数是3＝2 ＋1，第二个数是5＝3 ＋2，第三个数是9＝5＋4，第四个数是17＝9＋8…观察并猜想第六个数是.02．（毕节）毕达哥拉斯学派发明了一种“馨折形”填数法，如图则？填____.03．（茂名）有一组数1，2，5，10，17，26…请观察规律，则第8个数为____.【例４】（2008年河北张家口）若1＋m2的相反数是－3，则m 的相反数是____.【解法指导】理解相反数的代数意义和几何意义，代数意义只有符号不同的两个数叫互为相反数.几何意义：在数轴上原点的两旁且离原点的距离相等的两个点所表示的数叫互为相反数，本题m2＝2,m＝4，则m的相反数－4。
数学奥赛辅导_第六讲_集合与映射
数学奥赛辅导 第六讲集合与映射知识、方法、技能这一讲主要介绍有限集的阶，有限集上的映射及其性质，这些在与计数有关的数学竞赛问题中应用极广，是参赛者必不可少的知识Ⅰ.有限集元素的数目1．有限集的阶有限集A 的元素数目叫做这个集合的阶，记作|A|[或n(A)].2．集族的阶若M 为由一些给定的集合构成的集合，则称集合M 为集族.设A 为有限集，由A 的若干个子集构成的集合称为集合A 的一个子集族，求满足一定条件的集族的阶是一类常见的问题.显然，若|A|=n ，则由A 的所有子集构成的子集族的阶为2n .Ⅱ.映射，映射法定义1 设X 和Y 是两个集合（二者可以相同）.如果对于每个X x ∈，都有惟一确定的Y y ∈与之对应，则称这个对应关系为X 到Y 的映射.记为.Y y X x Y X ∈→∈→或这时,Y x f y ∈=)(称为X x ∈的象,而x 称为y 的原象,特别当X 和Y 都是数集时，映射f 称为函数.定义2 设f 为从X 到Y 的一个映射.(1)如果对于任何x 1、.),()(,,21212为单射则称都有f x f x f x x X x ≠≠∈（2）如果对于任何Y y ∈，都有X x ∈，使得f (x )=y ，则称f 为满射;（3）如果映射f 既为单射又为满射，则称f 为双射；（4）如果f 为满射且对任何Y y ∈，恰有X 中的m 个元素x 1、x 2、…x m ，使得 .)(,,,2,1,)(倍数映射的倍数为为则称m f m i y x f i ==定理1 设X 和Y 都是有限集，f 为从X 到Y 的一个映射,（1）如果f 为单射，则|X|≤|Y|（2）如果f 为满射，则|X|≥|Y|（3）如果f 为双射，则|X|=|Y|（4）如果f 为倍数为m 的倍数映射，则|X|=m|Y|.这个定理的结果是显然的.定理2 设有限集f a a a A n },,,,{21 =是A 到A 上的映射，),()(1x f x f =),,)](([)(1*+∈∈=N r A x x f f x f r r 则f 是一一映射（即双射）的充要条件是：对任意).11,()(,)(1,,-≤≤∈≠=≤≤∈∈**i i i s i i m i i i m s N s a a f a a f n m N m A a i 而使得存在 证明：必要性.若f 是双射，则i i a a f ==)(1（此时m i =1）,或者.)(11i i i a a a f ≠=在后一种情形下，不可能有.)()(1112i i i a a f a f ==否则，a i 1在A 中有两个原象a i 和a i 1，与f 是双射不合，而只可能有2222)(,,)(),2()(12i i i i i i i i i a a f a a a a f m a a f =≠===如果或者此时，则依同样的道理，不可能有或者此时而只可能有),3()(,,)()(33212====i i i i i i i m a a f a a a f a f 213,,)(3i i i i i a a a a a f ≠=.如此等等.因为A 是有限集，所以经过有限次（设经过m 次）后，有i s i i m a ai f a a f i ≠=)(,)(而 ).11,(-≤≤∈*i m s N s这表明当f 是双射时，对任一A a i ∈都存在着映射圈:i im i i i a a a a a i →→→→-121在这个映射圈中，诸元素互异，且),1(1i i i a m n m 只有一个元素=≤≤充分性.如果对任意i i s i i m i i i i a a f a a f n m N m A a ≠=≤≤∈∈*)(,)(,1,,而使存在 )1,(1-*≤≤∈i m s N s ，这说明从A 中任一元素a i 出发，都可以得到一个包含m i 个互异元素的映射圈，显然f 是双射.定理3 在命题1的条件下，若对i i m i i i a a f N m A a =∈∈*)(,,使存在，则对任意 .)(,i i tm a a f N t i =∈*有这是明显的事实，证明从略.赛题精讲例1：设集合,30001|{},,14,20001|{≤≤=∈+=≤≤=y y B Z k k x x x A 集合 ||},,13B A Z k k y ⋂∈-=求.【解】形如4k +1的数的数可分三类：)(912,512,112Z l l l l ∈+++，其中只有形如12l +5的数是形如3k -1的数..167||},1997,,17,5{,1660),(20005121=⋂=⋂≤≤∈≤+≤B A B A l Z l l 所以所以得令例2：有1987个集合，每个集合有45个元素，任意两个集合的并集有89个元素，问此1987个集合的并集有多少个元素.【解】显然，可以由题设找到这样的1987个集合，它们都含有一个公共元素a ，而且每两个集合不含a 以外的公共元素.但是，是否仅这一种可能性呢？由任意两个集合的并集有89个元素可知，1987个集合中的任意两个集合有且仅有一个公共元素，则容易证明这1987个集合中必有一个集合中的元素a 出现在A 以外的45个集合中，设为A 1，A 2，…，A 45，其余的设为A 46，A 47，…，A 1996.设B 为A 46，…，A 1996中的任一个集合，且B a ∉，由题设B 和A ，A 1，A 2，…，A 45都有一个公共元素，且此46个元素各不相同，故B 中有46个元素，与题设矛盾，所以这1987个集合中均含有a .故所求结果为1987×44+1=87429.即这1987个集合的并集有87429个元素.例3：集合n B B B A ,,,},9,2,1,0{21 =为A 的非空子集族，并且当,2||≤⋂≠j i B B j i 时求n 的最大值.【解】首先考虑至多含三个元素的A 的非空子集族，它们共有175310210110=++C C C 个，这说明.175max ≥n下证，.175max ≤n 事实上，设D 为满足题设的子集族，若,,4||,B b B D B ∈≥∈设且 则B 与B-{b}不能同时含于D ，以B-{b}代B ，则D 中元素数目不变.仿此对D 中所有元素数目多于4的集合B 作相应替代后，集族D 中的每个集合都是元素数目不多于3的非空集合，故.175max ≤n .所以，.175max =n在许多问题中，计数对象的特征不明显或混乱复杂难以直接计数，这时可以通过适当的映射将问题划归为容易计数的对象，然后再解决，从而取得化难为易的效果.例4：设},,,2,1{n S =A 为至少含有两项的公差为正的等差数列，其项都在S 中且当将S 的其他元素置于A 中之后，均不能构成与A 有相同公差的等差数列.求这种A 的个数（只有两项的数列也视为等差数列）【解】当k n 2=为偶数时，满足题中要求的每个数列A 中必有连续两项，使其前一项在集{1,2,…,k}和{k +1,k +2,…,2k }中各任取一数，并以二数之差作为公差可以作出一个满足要求的数列A.容易看出，这个对应是双射.故知A 的个数为.422n k = 当n =2k +1为奇数时，情况完全类似.惟一的不同在于这时第二个集合},2,1{n k k ++ 有k +1个元素.故A 的个数为.4/)1()1(2-=+n k k例5：设a n 为下述自然数N 的个数：N 的各位数字之和为n 且每位数字都只能取1、3或4.求证对每个自然数n ，a 2n 都是完全平方数.【证明】记各位数字之和为n 且每位数字都是1或2的所有自然数的集合为S n ，并记 ,3,2,1,||2121--+=≥===n n n n n f f f n f f f S 时有且当则这意味着{f n }恰为菲波那契数列.作对应'1M M S n →∍如下：先将M 的数字中自左至右的第一个2与它后邻的数字相加，其和作为一位数字；然后再把余下数字中第一个2与它后邻的数字相加，所得的和作为下一位数字；依此类推，直到无数再相加为止.所得的新自然数M′除最后一位数可能为2之外，其余各位数字均为1、3或4.若记所有M ′的集合为T n ，则容易看出，上述对应是由S n 到T n 的双射，从而有n n n f S T ==||||，且显然有,4,3,2=+=-n a a f n n n ①对于任一数字和为2n ，各位数字均为1或2的自然数M ，必存在正整数k ，使得下列两条之一成立：（1）M 的前k 位数字之和为n ;（2）M 的前k 位数字之和为n -1，第k +1位数字为2.则立即可得 ,3,2,2122=+=-n f f f n n n ②由①和②得到 ,2122222--+==+n n n n n f f f a a),(122222----=-n n n n f a f a ③因为.0,2,4,2,12242432=-====f a f a a a 所以于是由③递推即得 ,,3,2,1,22 ==n f a n n即n a 2为完全平方数.应用映射还可以证明某些与计数相关的不等式和等式.这时可以通过分别计数来证明等或不等，也可以不计数而直接通过适当的映射来解决问题.例6：将正整数n 写成若干个1和若干个2之和，和项顺序不同认为是不同的写法，所有写法种数记为a (n ).将n 写成若干个大于1的正整数之和，和项顺序不同认为是不同的写法，所有写法的种数记为)(n β.求证对每个n ，都有).2()(+=n n βα【证法1】将每项都是1或2，各项之和为n 的所有数列的集合记为A n ，每项都是大于1的正整数，各项之和为n 的所有数列的集合记为B n ，则问题就是证明|,|||2+=n n B A 显然，只需在两集之间建立一个双射就行了.i k ik i i n m a m i i i a a a A a a a a 其余的其中设,1,2,),,,(212121≤<<≤≤====∈= 均为1且令.21n a a a m =+++1211i a a a b +++= ，,22112122121121+++++++++++=+++=+++=--m i i k iki i k i i i a a a b a a a b a a a b k k k k ),,,,,(121+=k k b b b b b①则定义.2+∈n B b 2+∈→∍n n B b a A ②则f 为双射.事实上，若a a A a a n '≠∈'且,,，则或者数列a 和a ′中的2的个数不同，或者2的个数相同但位置不全相同.无论哪种情形,由①和②知f a f b a f b 即不同与,)()('='=为单射，另一方面，对任何2+∈n B b 利用①式又可确定,n A a ∈使得,,)(为满射即f b a f =从而f 为由A n 到B n +2的双射.【证法2】使用证一中的记号.n n B A 和对于任意的令,),,,,(2121+-∈=n m m A a a a a a ,,2;,1,).,,,(11121A a a A a a a a a a m n m m ∈'=∈'=='+-时当时当显然 容易看出，映射n n n A A a af A ⋃∈'→∍++12是双射，故有).()1()2(n n n ααα++=+注意到2)2(,1)1(==αα，便知,)(n f n =α这里|f n |为菲波那契数列.对于任意的令2121),,,,(+-∈=n k k B b b b b b⎩⎨⎧>-=='--2)1,,,,(2),,,(121121k k k k k b b b b b b b b b b 当当则当,,,2;,2,21容易验证时当时时+∈'>∈'='=n k n k B b b B b b b 映射n n n B B b b B ⋃∈'→∍++12为双射，故有),()1()2(n n n βββ++=+==+n f n )2(β所以a (n )【证法3】显然有),4(2)2(),3(1)1(βαβα===即命题于n =1,2时成立.设命题于,.2,)1(1k n k n k k n =+=≥+≤既然命题于时命题成立须证当时成立 令与之间的双射与与故存在时都成立.,,11312+++++f k k k k n f f B A B A k⎩⎨⎧>∈=+2),()()(1k k kk b a f A a a f a f 当当则f 为由.321的双射到+++⋃⋃n n k k B B A A对于任意的令和任意,),,,(),,,,(32212121+++-⋃∈'=∈=k k l k m m B B b b b b A a a a a a⎩⎨⎧==∈='+-,1,,2,),,,(1121m k m k m a A a A a a a a 当当 ⎩⎨⎧∈'∈+∈'∈=++++.,)1,,,)2,,,(34212421k k l k k l B b B b b b B b B b b b b 当当43212:.:+++++∈→'∍⋃⋃∈'→∍k k k k k k B b b B B h A A a a A g 则映射 都是双射，从而复合映射42:++∈→∍k k B b a A g f h为双射，故有)4()2(+=+k k βα，于是由数学归纳法知命题对所有自然数n 都成立.映射法还可以与其他方法结合起来使用，而且大多数竞赛题是这种类型.例如映射法可与抽屉原理、构造法、反证法等各种方法结合起来.例7：设oxyz 是空间直角坐标系，S 是空间中的一个有限点集，S x ，S y ，S z 分别是S 中所有点的坐标平面oyz ，ozx ，oxy 上的正投影所成的集合.求证.||||||||2z y x S S S S ⋅⋅≤（1992年IMO 试题5）【证明】对每点令,),(x S j i ∈∑∈=∈=ix S j i ij ij T S S j i x j i x T ),(}},,(|),,{(显然有由柯西不等式有2),(2),(),(2||||||1||ij S j i x ij S j i S j i T S T S x x x ∑∑∑∈∈∈⋅=⋅⋅≤①考虑集合},,|),{(),(2121),(ij ij ij ij ij S j i T t t t t T T T T V x ∈=⨯⨯=∑∈其中显然，|V|=2),(||ij S j i T x ∑∈定义映射f 如下z y S S i x j x j i x j i x V ⨯∈'→'∍)),(),,((),,(),,,(，不难看出f 为单射，因此有||||||z y S S V ⋅≤由①、②即得||||||||2z y x S S S S ⋅⋅≤.例8：设集合},10,,2,1{ =A A 到A 的映射f 满足下列两个条件：①对任意;)(,30x x f A x =∈②对每个.)(,,291,a a f A a k Z k k ≠∈≤≤∈+使得至少存在一个求这样的映射的总数. (1992年日本奥林匹克预选赛题)【解】注意到10=5+3+2，30=5×3×2.这提示我们将A 划分成三个不相交的子集 },{},,{},,,,{2132154321c c b b b a a a a a A ⋃⋃=.因为f 满足条件①和②，所以f 是A 到A 上的双射，并且由定理2的证明过程得知A 中存在映射圈，因此，定义映射,)(,)(;)(,)(,)(,)(,)(:32211554433221b b f b b f a a f a a f a a f a a f a a f f ======= .)(,)(;)(122113c c f c c f b b f ===因为30是5、3、2的最小公倍数，故由定理2和定理3知f 是满足题目条件①和②惟一的一类映射.因此，f 的总数目相当于从10个元素中选取5个，再从剩下的5个中选取3个，最后剩下的两个也选上，它们分别作圆排列的数目，它等于.120960)!1)(!2)(!4(2235510=⋅⋅⋅C C C例9：设集合A={1，2，3，4，5，6}，映射A A f →:,其三次复合映射f ·f ·f 是恒等映射，这样的f 有多少个？ （1996年日本数学奥林匹克预选赛题）【解】因为集合A 上的三次复合映射是恒等映射，所以定理2和定理3推知符合条件的映射f 有三类：（1）f 是恒等映射；（2）A 中存在一个三元映射圈),,(互异c b a a c b a →→→，而其他三个元素是不动点；（3）A 中存在两个三元映射圈).,,,,,(互异和c b a c b a a c b a a c b a ''''→'→'→'→→→类型（1）的f 只有1个.对于类型（2），先从6个元素中选出3个元素20,,36=C c b a 的方法有种，又a 、b 、c 作圆排列有（3—1）！=2种，故这样的f 有20×2=40个.对于类型（3），首先6个元素平分成两组有10236=÷C 种分法，每组分别作圆排列又有（3—1）！（3—1）！=4种方式，所以这样的f 有10×4=40个.综上所述，所求的f 有1+40+40=81个.例10：把正三角形ABC 的各边n 等分，过各分点在△ABC 内作各边的平行线，得到的图形叫做正三角形ABC 的n 格点阵.（1）求其中所有边长为||1BC n的菱形个数； （2）求其中所有平行四边形的个数. （1988年国家集训队选拔考试题） 【解】延长AB 至.||1||||,,BC n C C B B C AC B ='='''使得至作出正三角形C B A ''的n+1格点阵（图I —3—1—1）.边2+''n C B 上有个点，依次编码为0，1，2，…，n+1. 在△ABC 中边长为n1|BC|的菱形可以按边不平 行于BC 、AC 与AB 分为三类.容易看出，这三类 中菱形个数相同.边不平行BC 且边长为n 1|BC|的 所有菱形集合记作S.由正整数1，2，…，n 组成的所有有序的数对（i ,j ）,i <j 所构成的集合记作T.很明显，,||2n C T =设菱形EFGH ∈S ，延长它的两条邻边HG 与GF ，分别交.),(,1,T j i n j i j i C B ∈≤<≤''则与于点令 （i ,j ）是菱形EFGH 在S 到T 的映射ϕ下的像，这样便建立了S 到T 的映射ϕ.容易验证，映射ϕ是双射.因此，,||||2n C T S ==所以所求的边长为n1|BC|的菱长个数为32n C . 其次，将平行四边形按边不平行于BC 、AC 与AB 分为三类，这三类的平行四边形个数应相同，边不平行BC 的所有平行四边形集合记作V.非负整数0,1,2,…,n+1构成的所有有序四元数组（i ,j ,k ,l ）,10+≤<<<≤n l k j i 构成的集合记作W.很明显，42||+=n C W .设α是V 中平行的四边形，延长它的四条边分别交l k j i C B ,,,于点''，其中10+≤<<<≤n l k j i ，则ϕαββ的映射到在是令W V W l k j i .),,,(∈=下的像.这样便定义了V 到W 的一个映射ϕ.容易验证，ϕ是双射.因此，.||||42+==n C W V 从而所求平行四边形的个数为423+n C .。
高中数学奥赛辅导：第五讲高斯函数
高中数学奥赛辅导第五讲高斯函数知识、方法、技能这一讲介绍重要的数论函数][x y ，称为高斯函数，又称取整函数. 它是数学竞赛热点之一.定义一：对任意实数][,x x 是不超过x 的最大整数，称][x 为x 的整数部分.与它相伴随的是小数部分函数].[}{},{x x x x y 由][x 、}{x 的定义不难得到如下性质：（1）][x y的定义域为R ，值域为Z ；}{x y的定义域为R ，值域为)1,0[（2）对任意实数x ，都有1}{0},{][x x x x 且. （3）对任意实数x ，都有x x x x x x ][1,1][][.（4）][x y是不减函数，即若21x x 则][][21x x ，其图像如图I －4－5－1；}{x y 是以1为周期的周期函数，如图I －4－5－2.图Ⅰ—4—5—1图Ⅰ—4—5—2（5）}{}{];[][x n x x n n x.其中N nR x,.（6）ni ii ni i R x x x y x y x x y x y x 11],[][};{}{}{{];[][][；特别地，（7）][][][y x xy ，其中R yx,；一般有ni ii ni i R x x x 11],[][；特别地，N n R x x x nn ,],[][.（8）]][[][nx nx ，其中N nR x,.【证明】（1）—（7）略. （8）令Z m m nx ,][，则1m nx m，因此，)1(m n xnm.由于nm ，N m n )1(，则由（3）知，),1(][m n x nm于是，.]][[,1][m nx m nx m故证毕.取整函数或高斯函数在初等数论中的应用是基于下面两个结论.定理一：N nR x ,，且1至x 之间的整数中，有][nx个是n 的倍数.【证明】因n nxxn nxn x n xnx )1]([][,1][][即，此式说明：不大于x 而是n的倍数的正整数只有这nx][个：定理二：在n ！中，质数p 的最高方次数是【证明】由于p 是质数，因此!n 含p 的方次数)!(n p 一定是1，2，…，n n ,1各数中所含p 的方次数的总和.由定理一知，1，2，…，n 中有][pn 个p 的倍数，有][2pn 个p 2的倍数，…，所以.][][)!(2pn pn n p 此定理说明：M pn n p )!(!，其中M 不含p 的因数.例如，由于]72000[]72000[)!2000(72+…=285+40+5=330，则2000！=7330·M ，其中7 M.定理三：（厄米特恒等式）][]1[]2[]1[][,,nx nn xnxnxx N n R x 则【证法1】引入辅助函数].1[]2[]2[]1[][][)(nn x n n xnx n xx nx x f 因)1(n x f …)(x f 对一切R x成立，所以)(x f 是一个以n1为周期的周期函数，而当]1,0[nx 时，直接计算知0)(x f ，故任意R x，厄米特恒等式成立.【证法2】等式等价于}].{[][]1}[{]1}[{}][{][x n x n nn x n x x x n 消去][x n 后得到与原等式一样的等式，只不过是对)1,0[x ，则一定存在一个k 使得nk xn k 1，即k n xk )1(，故原式右端.1][knx 另一方面，由nk xnk 1知，nn k xnn k ni kxni kn k nxnk n k n xnk 12,,1,,221,11在这批不等式的右端总有一个等于1，设k n t n tk 即,1. 这时，]1[][nxx 0][nk n x，而1]1[]1[nn xnk n x，因此原式的左端是1k 个1之和，即左端.1k 故左=右.【评述】证法2的方法既适用于证明等式，也适用于证明不等式.，这个方法是：第一步“弃整”，把对任意实数的问题转化为)1,0[的问题；第二步对)1,0[分段讨论.高斯函数在格点（又叫整点）问题研究中有重要应用. 下面给出一个定理.定理四：设函数],[)(b a x f y在上连续而且非负，那么和式bt a b a t t f ],[)](([为内的整数）表示平面区域)(0,x f yb x a内的格点个数.特别地，有（1）位于三角形：d xcb axy,0内的格点个数等于dx c x b ax且]([为整数）；（2）1),(q p ，矩形域]2,0;2,0[pq 内的格点数等于（3）0r ，圆域222r yx内的格点个数等于2/0222]2[4][8][41r x r x rr .（4）0n，区域：n xy y x,0,0内的格点个数等于n x n xn02][][2.这些结论通过画图即可得到.赛题精讲例1：求证：,2!211k n nn 其中k 为某一自然数.（1985年第17届加拿大数学竞赛试题）[证明]2为质数，n!中含2的方次数为若1111221111122221]2[]2[)!(2,2t k t k k t k t k k n n n 则故!.|21n n 反之，若n 不等于2的某个非负整数次幕，可设n=2s p ，其中p>1为奇数，这时总可以找出整数t ，使]2[]2[)!(22!,222211p p n n ps s t st的方次数为中所含于是由于12,2)!(22!,2]2[,221n ts ts n n n p 则的方次数中含故则n!.这与已知矛盾，故必要性得证.例2：对任意的01].22[,K k kn S N n计算和（第10届IMO 试题）【解】因]212[]22[11k k n n 对一切k=0,1,…成立，因此，].2[]22[]212[111k k k n n n 又因为n 为固定数，当k 适当大时,.)]2[]2([,0]2[,121n nn Sn n K k kkk故从而例3：计算和式.]503305[502的值n n S（1986年东北三省数学竞赛试题）【解】显然有：若.,,1][][][,1}{}{R y x y x y x y x 则503是一个质数，因此，对n=1,2,…,502, 503305n 都不会是整数，但503305n +,305503)503(305n 可见此式左端的两数的小数部分之和等于1，于是，[503305n ]+.304]503)503(305[n 故例4：设M 为一正整数，问方程222}{][x x x，在[1，M]中有多少个解？（1982年瑞典数学竞赛试题）【解】显然x=M 是一个解,下面考察在[1，M]中有少个解. 设x 是方程的解.将222}{}{}{2][x x x x x代入原方程，化简得}]{[2x x ,1}{0].}{}]{[2[2x x x x 由于所以上式成立的充要条件是2[x]{x}为一个整数.例5：求方程.051][4042的实数解x x （第36届美国数学竞赛题）【解】.0][,1][][不是解又因x x x x 经检验知，这四个值都是原方程的解.例6：.][3]3[2]2[1][][:,,nnx x x x nx N n R x 证明（第10届美国数学竞赛试题）这道题的原解答要极为复杂，现用数学归纳法证明如下.【证明】.,2,1,][2]2[][k kkx x x A k令由于.,1],[1命题成立时则n x A 例7：对自然数n 及一切自然数x ，求证：【证明】则},{][x x x例8：求出]31010[10020000的个位数字.（第47届美国普特南数学竞赛试题）【解】先找出3101010020000的整数部分与分数部分.3101010020000=31033103)10(100200100200200100其中分母的个位数字为3，分子的个位数字为9，故商的个位数字为3.。
数学奥赛辅导 第三讲 同 余
数学奥赛辅导 第三讲同余知识、方法、技能同余是数论中的重要概念，同余理论是研究整数问题的重要工作之一.本讲介绍同余的基本概念，剩余类和完全剩余系，同余方程，整数模的阶和中国剩余定理.Ⅰ.基本概念定义一：设m 是一个给定的正整数.如果两个整数a 、b 用m 除所得的余数相同，则称a 、b 对模m 同余，记为a ≡b （modm ）；否则，记为a ≡b （modm ）.例如，15≡7（mod4），－23≡12（mod7）.同余有如下两种等价定义法：定义一* 若m|a －b ，则称a 、b 对模m 同余.定义一**若a =b+mt(t ∈Z)，则称a 、b 对模m 同余.同余的基本性质：（1）.|)(mod 0a m m a ⇔≡（2）))((mod 反身性m a a ≡))((mod )(mod )(mod ))((mod )(mod 传递性对称性m c a m c b m b a m a b m b a ≡⇔⎭⎬⎫≡≡≡⇔≡（3）若则),(mod ),(mod m d c m b a ≡≡①);(mod m d b c a ±≡±②).(mod m bd ac ≡（4）若).(mod ,.,,2,1,0),(mod 0101m b x b x b a x a x a n i m b a n n n n i i +++=+++=≡ 则特别地，设)(mod ),()(01m b a Z a a x a x a x f i n n ≡∈+++=若 ，则).)(mod ()(m b f a f ≡（5）若).),((mod ),(mod c m m b a m bc ac ≡≡则特别地，又若（c,m ）=1，则).(mod m b a ≡ 【证明】因),(|b a c m -这等价于).(),(|),(b a c m c c m m -又因若（a ,b ）=),(d b d a d ⇒=1（d ≠0）及b|a c ，且（b,c ）=1,|a b ⇒ 从而有).(|),(b a c m m - 这个性质说明同余式两边的同一非零因数，不能像等式那样“约去”，只有当这非零因数与模互质时，才可“约去”.（6）),(mod m b a ≡而).(mod ),0(|d b a d m d ≡>则（7）设),(mod m b a ≡①若c>0，则);(mod mc bc ac ≡②d 为a 、b 、m 的任一公约数，则).(mod dm d b d a ≡ （8）若).(mod ,1),()(mod ),(mod 212121m m b a m m m b a m b a ≡=≡≡则且（9）若).,(),(),(mod m b m a m b a =≡则Ⅱ.剩余类和完全剩余系若按对某一模m 的余数进行分类，就可以引入所谓的剩余类和完全剩余系的概念.定义二：设m ∈N*，把全体整数按其对模m 的余数r （0≢r ≢m －1）归于一类，记为k r ，每一类k r （r=0,1,…,m －1）均称模m 的剩余类（又叫同余类）.同一类中任一数称为该类中另一数的剩余.剩余类k r 是数集{}{})(mod |,,,|m r a Z a a k Z q r m r qm k r r ≡∈=∈+=且也即是余数是模,它是一个公差为m 的（双边无穷）等差数列.根据定义，剩余类具有如下性质：（1）);(,1210j i k k k k k k Z j i m ≠=⋂⋃⋃⋃=-φ而（2）对任一数n ∈Z ，有惟一的00r k n r ∈使；（3）对任意的a ,b ∈Z ，a ,b ).(mod m b a k r ≡⇔∈定义三：设110,,,-m k k k 是模m 的（全部）剩余类.从每个k r 中任取一个数a r ,这m 个数110,,,-m a a a 组成的一个组称为模m 的一个完全剩余系，简称完系.例如，取m=4，则有{}{} ,9,5,1,3,7,,8,4,0,4,8,10--=--=k k ，k 2={…，－6，－2，2，6，10，…}，k 3={…，－5，－1，3，7，11，…}.数组0，1，2，3；－8，5，2，－1等等都是模的4的一个完全剩余系.显然，模m 的完全剩余系有无穷多个.但最常用的是下面两种：（1）非负数最小完全剩余系：0，1，2，…，m －1；（2）绝对值最小完全剩余系：它随m 的奇偶性不同而略有区别.当.),1(,,1,0,1,),1(,,12k k k k k m -----+= 为时（对称式）当).1(,,1,0,1,),1(,.),1(,1,0,1,),2(),1(,2-----------=k k k k k k k k m 或为时 由定义不难得到如下判别完全剩余系的方法：定理一：m 个整数m a a a ,,,21 是模m 的一个完系i a j i ,时当≠⇔≡)(mod m a j 定理二：设（b,m ）=1，c 为任意整数.若n a a a ,,,21 为一个完系，则c ba c ba c ba m +++,,,21 也是模m 的一个完全剩余系.特别地，任意m 个连续整数构成模m 的一个完全剩余系.【证明】只需证明：当).(mod ,m c ba c ba j i j i +≡+≠时而这可用反证法得证.下略. 设m 为一正整数，由于在0，1，…，m －1中与m 互质的数的个数是由m 惟一确定的一个正整数，因此，可给出如下定义.定义四：m 为一正整数，把0，1，…，m －1与m 互质的数的个数叫做m 的欧拉函数，记为).(m ϕ显然，)(m ϕ的定义域是正整数N*，前n 个值为：,,6)7(,2)6(,4)5(,2)4(,2)3(,1)2(,0)1( =======ϕϕϕϕϕϕϕ当m=p 为质数时，.1)(-=p p ϕ设k 是模的一个剩余类.若a 、b ∈k ，则).(mod m b a ≡于是由性质9知，（a ,m ）=（b,m ）.因此，若（a ,m ）=1，则k 中的任一数均与m 互质.这样，又可给出如下定义.定义五：如果一个模m 的剩余类k r 中任一数与m 互质，则称k r 是与模m 互质的剩余类；在与模m 互质的每个剩余类中任取一个数（共)(m ϕ个）所组成的数组，称为模m 的一个简化剩余系.例如，取m=6，在模6的六个剩余类中，{},,13,7,1,5,11,1 --=k{} ,17,11,5,1,7,5--=k 是与模6互质的剩余类.数组1，5；7，－7；1，－1；等等都是模6的简化剩余类.由此定义，不难得到：定理三:)(21,,,m a a a ϕ 是模m 的简化剩余系)).(,2,1,,)((mod ,1),(m j i j i m a a m a j i i ϕ =≠≡=⇔且 定理四：在模m 的一个完全剩余系中，取出所有与m 互质的数组成的数组，就是一个模m 的简化剩余系.这两个定理，前者是简化剩余系的判别方法，后者是它的构造方法.显然，模m 的简化剩余系有无穷多个，但常用的是“最小简化剩余系”，即由1，2，…，m －1中与m 互质的那些数组成的数组.由定理不难证得简化剩余系的如下性质定理.定理五：设)(21,,,m a a a ϕ 是模m 的简化剩余系.若（k,m ）=1，则)(21,,,m ka ka ka ϕ 也是模m 的简化剩余系.下面介绍两个有关欧拉函数的重要结论.其证明略.定理六：（欧拉定理）若（a ,m ）=1，则)(mod 1)(m a m ≡ϕ特别地，（费马小定理）若m=p 为质数，p a ，则).(mod 11p a p ≡-定理七：（威尔逊定理）设p 素数，则（p －1）！).(mod 1p -≡定理八：（欧拉函数值计算公式）令m 的标准分解式为k k p p p m ααα 2121=，则 ∏=-=k i ip m m 1).11()(ϕ 例如，30=2·3·5，则.8)511)(311)(211(30)30(=---=ϕ读者应认识到：由于任何整数都属于模m 的某一剩余类，所以，在研究某些整数性质时，选取适当的（模）m ，然后在模m 的每个剩余类中取一个“代表数”（即组成一个完全剩余系），当弄清了这些代表数的性质后，就可弄清对应的剩余类中所有数的性质，进而弄清全体整数的性质，这就是引入剩余类和完全剩余系的目的.Ⅲ.同余方程设x a x a xa x a x f n n n n 为0111)(++++=-- 的整系数多项式.类似于多项式和代数方程式的有关定义，我们有定义六：同余式)(mod 0),(mod 0)(m a m x f n ≡≡叫做一元n 次同余方程.例如， )3(mod 03539257≡-+-x x x 是七次同余方程.定义七：若c 使得)(mod ,)(mod 0)(m c x m c f ≡≡则成立叫做同余方程)(mod 0)(m x f ≡的一个解.显然，同余方程的解是一些剩余类，而不仅是一个或n 个类.例如，),5(mod 1≡x )5(mod 4≡x 都是二次同余方程)5(mod 12≡x 的解.1．一次同余方程)(mod m b ax ≡（其中m a ）称为一次同余方程.关于它的解，有如下共知的结论： 定理九：若（a ,m ）=1，则)(mod m b ax ≡有一个解.定理十：若（a ,m ）=d>1，d b ，则)(mod m b ax ≡无解，其中)(mod 0m a ≡.定理十一：若（a ,m ）=d>1，d|b ，则)(mod m b ax ≡有d 个解.并且，若)(mod 1m x βα=的一个解为),(mod 1m r x ≡则d 个解为：1,,1,0),(mod 1-=+≡d k m km r x ，其中.,,1dm m d b d a ===βα 下面介绍一次同余方程1),(),(mod =≡m a m b ax （*） 的解法.【解法1】因（a ,m ）=1，则存在二数s,t ，使得as +mt=1，即)(mod 1m as =，由此有 )(mod ),(mod m bs x m bs asx ≡≡于是为（*）的解.【解法2】先把（*）变形成ab m a b x )((mod ≡仅只是形式上的记号），然后用与m 互质的数陆续乘右端的分子分母，直至把分母绝对值变成1（通过分子分母各对模m 取余数）而得到解.【解法3】得用欧拉定理.因),(mod )(mod ),(mod 11)()()(m a b x a m b ax m a m m m -⋅≡≡≡ϕϕϕ可得由 从而有解 ).(mod 1)(m a b x m -⋅≡ϕ2．一次同余方程组定义八：若数r 同时满足n 个同余方程：r n k m x f k k 则.,,2,1),(mod 0)( =≡叫做这n 个同余方程组成的同余方程组的解.定理十二：对同余方程组⎩⎨⎧≡≡).(mod ),(mod 2211m c x m c x记.],[,),(2121M m m d m m ==①若d 21c c -，则此同余方程组无解；②若21|c c d -，则此同余方程组有对模M 的一类剩余解.Ⅳ.模m 的阶和中国剩余定理（1）模m 的阶定义九：设m>1是一个固定的整数，a 是与m 互素的整数，则存在整数k ，1≢k ＜m ，使得)(mod 1m a k ≡.我们将具有这一性质的最小正整数（仍记为k ）称为a 模m 的阶.a 模m 的阶具有如下性质：①设m a k m a 模是,1),(=的阶，ν,u 是任意整数，则)(mod m a a v u ≡的充要条件是)(mod k u ν≡.特别地，)(mod 1m a u ≡的充分必要条件是k|u.【简证】充分性显然.必要性.设).(mod 11),()(mod ,,m a m a m a a u l u l u 易知及则由记=≡-=>ννν用带余除法，k r m a m a a k r r kq l r r kq <≤≡≡⋅<≤+=0).(mod 1),(mod 1,0,由即故这里及k 的定义知，必须r=0，所以).(mod k r u ≡②设a m a ,2),(=模m 的阶为k ，则数列,,,,32 a a a 模m 是周期的，且最小正周期是k ，而k 个数k a a a ,,,2 模m 互不同余.③设a m a 则,1),(=模m 的阶整除欧拉函数).(m ϕ特别地，若m 是素数p ，则a 模p 的阶整除p －1.（2）中国剩余定理（即孙子定理）设n m m m n ,,,,221 ≥是两两互质的正整数，记M=∏===n i ii i n i m M M m 1),,2,1(, 则同余方程组 ),,2,1)((mod n i m c x i i =≡有且只有解 ∑=≡ni ii i M c M x 1).(mod α （△） 其中.,,2,1),(mod 1n i m M i i i =≡α （△△）【证明】由)(1),(j i m m j i ≠=知，1),(=j i m M ，因此每一个同余方程)(mod 1i iy m M ≡ （i =1，2，…n ）都有解，于是必存在),(|,).(mod 1,j i M m M m M m M i i i i i i i ≠=≡又因使得αα 所以对模).(mod ),,2,1(111i i i i i n n n i i i i m c c M c M c M c M n i m ≡≡++++=αααα 有故（△△）是（△）的解.若21,x x 是适合（△）的任意两个解，则).(1),(,,,2,1),(mod 21j i m m n i m x x j i i ≠===因 故),(mod ),(mod 212121M x x m m m x x n ≡≡即 因此，（△△）是（△）的惟一解.赛题精讲例1：数1978n 与1978m 的最末三位数相等，试求正整数m 和n ，使得n+m 取最小值，这里.1≥>m n （第20届IMO 试题）【解】由已知而),1000(mod 10781978mn ≡1000=8×125，所以)8(m o d 10781978m n ≡ ① )125(mod 10781978m n ≡ ②因1≥>m n ，且（1978m ，125）=1，则由②式知1978n －m ≡1（mod125）③又直接验证知，1978的各次方幂的个位数字是以8、4、2、6循环出现的，所以只有n －m 为4的倍数时，③式才能成立，因而可令n －m=4k.由于. n+m=（ n －m ）+2m=4k+2m ，因而只需确定出k 和m 的最小值.先确定k 的最小值：因为19784=（79×25+3）4≡34≡1（mod5），19784≡34≡1（mod25）.故可令19784=5t+1，而5 t ，从而0≡1978n －m －1=19784k －1=（5k+1）k －1≡2)5(2)1(t k k ⋅- +)125(mod5t k ⋅，显然，使上式成立的k 的最小值为25. 再确定m 的最小值：因1978≡2（mod8），则由①式知，)8(mod 22mn ≡ ④ 由于,1≥>m n ④式显然对m=1，2不成立，从而m 的最小值为3.故合于题设条件的n+m 的最小值为106.【评述】比例中我们用了这样一个结论：1978的各次方幂的个位数字是以8，4，2，6循环出现，即，当r=1，2，3，4时，).10(mod 6,2,4,8197819784≡=+r q p 这种现象在数学上称为“模同期现象”.一般地，我们有如下定义：整数列{}n x 各项除以m （m ≣2，m ∈N*）后的余数n a 组成数列{}n a .若{}n a 是一个周期数列，则称{}n x 是关于模m 的周期数列，简称模m 周期数列.满足n T n a a =+（或n T n x a ≡+ （modm ））的最小正整数T 称为它的周期.例如，（1）{}n 1978是模10周期数列，周期为4；（2）自然数列{n}是一个模m （m ≣2，m ∈N*）周期数列，周期为m ；（3）任何一个整数等差数列都是一个模m （m ≣2，m ∈N*）周期数列，周期为m.例2：设a 是方程01323=+-x x 的最大正根，求证：17可以整除[a 1788]与[a 1988].其中[x ]表示不超过x 的最大整数. （第29届IMO 预选题）【证明】根据如下符号表可知，若设三根依次为a <<βα， 则,121,211<<-<<-βα.||,,02)12(2)(,223233βαβαααααα<<->-=+-+-=-<于是由于f a另一方面，由韦达定理知，)8(1296292)3(2)(233322222a aa a a a a a a -+=+-+=+-+=+-=-+=+αββαβα .1,8)22(2222<+∴=>βαa为了估计[1788a ]、[1988a ]，先一般考察[a n ]，为此定义：),2,1,0.( =++=n a u n n n n βα直接计算可知：).0(3,9.32,323222210≥-==++==++==++n n u u a u a u u n n 以及βαβ 又因,12223,0,||(10<-<-=+>+<<+<αβαβαβαβα又即n n n n 当2≥n 时，)].(1[1)(),1||22n n n n n n n n n n n u u a βαβαβαβαβα+---=+-=<+<+≤+则),2,1.(1][ =-=∴n u a n n由此知，命题变为证明：1119881788--u u 和能被17整除.现考察{}n u 在模17的意义下的情况：,2,6,5,16,9,9,11,1,7,9,3,311109876543210≡≡≡≡≡≡≡≡≡≡≡≡u u u u u u u u u u u u ,9,3,3,0,6,14,118171615141312≡≡≡≡≡≡≡u u u u u u u可见，在模17意义下，{}n u 是16为周期的模周期数列，即).17(mod 16n n u u ≡+由于 1788),17(mod 1),17(mod 1),16(mod 41988),16(mod 1241988121788≡≡≡≡≡≡u u u u 故故 ).17(mod 01,0119881788≡-≡-u u 命题得证.例3：求八个整数821,,,n n n 满足：对每个整数k （－1985<k<1985），有八个整数a 1，a 2，…，a 8∈{－1，0，1}，使得.882211n a n a n a k +++= （第26届IMO 预选题）【解】令数集{}.1,,2,1},1,0,1{,333|12321+=-∈⋅++⋅+⋅+==+n i a a a a a k k G i n n 显然 3331m a x 12=++++=+n nG H ， .33312H mixG n -=----=且G 中的元素个数有1231+=+H n 个.又因G 中任意两数之差的绝对值不超过2H ，所以G 中的数对模2H+1不同余.因此，G 的元素恰好是模2H+1的一个绝对值最小的完系，于是，凡满足H k H ≤≤-的任意整数都属于G ，且可惟一地表示为：nn a a a a 33312321⋅++⋅+⋅++形式.当n=7时，H=3280>1985，而n=6时，H=1043<1985.故n 1=1，n 2=3，…，n 8=37为所求. 例4：设n 为正整数，整数k 与n 互质，且0<k<n.令M={1，2，…，n －1}，给M 中每个数染上黑、白两种颜色中的一种，染法如下：（i ）对M 中每个i ，i 与n －i 同色；（ii ）对M 中每个i ，i ≠k,i 与|k －i |同色.求证：M 中所有的数必为同色. （第26届IMO 试题）【证明】因,1),(=n k 又0，1，…n －1是模n 的一个完全剩余系，所以0，k ，2k ，…，（n －1）k 也是模n 的一个完全剩余系.若设),1,,2,1,11)((mod -=-≤≤≡n j n r n r jk j j 其中 则M=}.,,,{121-n r r r 下只需证).21(1-≤≤+n j r r j j 与因为，若如此，当r 1的颜色确定后，M 中所有都与r 1同色.由于)(mod ),(mod )1(11n r k r n r k j j j j ++≡+≡+则，因此，（1）若k r r n k r j j j +=<++1,则，于是，由条件（i ）知，j j j j r r n n r n r k =---=-+)(1与同色.又由条件（ii ）知，111||+++=---j j j r k r k r k 与同色，故j j r r 与1+同色.综上所述可知，j j r r 与1+同色.命题得证.例5：设a 和m 都是正整数，a >1.证明：).1(|-m a m ϕ【证明】实上，显然1-m a a 与互素，且1-m a a 模的阶是m ，所以由模阶的性质③导出).1(|-m a m ϕ例6：设p 是奇素数，证明：2p －1的任一素因了具有形式x px ,12+是正整数.【证明】设q 是2p －1的任一素因子，则q ≠2.设2模q 的阶是k ，则由)(mod 12q p ≡知k|p ，故k=1或p （因p 是素数，这是能确定阶k 的主要因素）.显然k ≠1，否则),(mod 121q ≡这不可能，因此k=p.现在由费马小定理)(mod 121q q ≡-推出.1|,1|--q p q k 即因p 、q 都是奇数，故q －1=2p x （x 是个正整数），证毕.例7：设m,a ,b 都是正整数，m>1，则.1)1,1),(-=--b a b a mm m 【证明】记).1,1(--=b a m m d 由于（a ,b ）|a 及（a ,b ）|b ，易知1|1),(--a b a m m及11 1|1),(--b b a m m ，故d m b a |1),(-，另一方面设m 模d 的阶是k ，则由)(mod 1),(mod 1d m d m b a ≡≡推出，k|a 及k|b ，故k|（a ，b ）.因此.1|),(mod 1),(),(-≡b a b a m d d m 即综合两方面可知，.1),(-=b a m d 证毕.例8：设n ，k 是给定的整数，n>0，且k （n －1）是偶数.证明：存在,1),(),(,,==n y n x y x 使得是).(mod n k y x ≡+【证明】我们先证明，当n 为素数幂αp 时结论成立.实际上，我们能证明，存在x ,y ，使 p x y ，且k y x =+.如p=2，则条件表明k 为偶数，可取2,11,1,2;1,1-==-==>-==k y x k y x p k y x 或则如中有一对满足要求.一般情形下，设r r p p n αα 11=是n 的标准分解，上面已证明，对每个i p ，均有整数i x ，i y ，使p i x i y i ，且).,,2,1(r k y x i i =+现在孙子定理表明，同余方程组)(mod ,),(mod 111r a r r p x x p x x ≡≡ α有解x ，同样)(mod ,),(mod 111r a r r p y y p y y ≡≡ α也有解y.现在易证x ,y 符合问题中的要求：因p i x i y i ，故p i x y （i =1，…，r ），于是（x y ，n ）=1.又).(mod ),,,1)((mod 1n k y x r i p k y x y x i i i ≡+==+=+故 α例9：设n 为任意的正整数.证明：一定存在n 个连续的正整数解，使其中任何一个都不是质数的整数幂. （第30届IMO 试题）【证明】取2n 个两两不同的质数.,,,,,,2121n n q q q p p p 和同余方程组),(mod i i q p i x -≡ n i ,,2,1 =.由于n n q p q p q p ,,,2211 两两互质，根据孙子定理必有解，取为正整数N ，则n 个连续正整数N+1，N+2，…，N+n 都至少含有两个不同的质因数，因而它们中的任一个都不是质数的整数幂.证毕.。
小学数学奥赛备考教学计划
小学数学奥赛备考教学计划导语：随着数学奥赛的普及和重视程度的提升，越来越多的小学生参加数学奥赛成为全国的风潮。
为了帮助学生更好地备战数学奥赛，我们制定了以下小学数学奥赛备考教学计划。
一、教学主题1. 提高学生数学综合素质数学奥赛涉及的知识面广泛，要求学生掌握扎实的数学基础，并能够运用所学知识解决复杂问题。
因此，我们将以提高学生数学综合素质为主要教学目标。
2. 培养学生的逻辑思维能力数学奥赛对学生的逻辑思维能力要求较高，需要学生能够运用逻辑思维方法分析和解决问题。
因此，我们将注重培养学生的逻辑思维能力，通过一系列的问题训练，让学生能够熟练运用逻辑思维解决数学问题。
二、活动安排1. 每周组织模拟竞赛为了让学生能够熟悉数学奥赛的考试形式和要求，我们将每周组织模拟竞赛活动。
通过模拟竞赛，学生可以提前适应奥赛考试的紧张氛围，同时也能够发现自己在数学知识和解题能力上的不足之处，从而及时进行补充和改进。
2. 设计创新性的数学活动为了培养学生的创新思维和解决问题的能力，我们将在备考教学中增加创新性的数学活动。
例如，我们可以组织学生进行数学拼图比赛、数学推理游戏等，通过这些创新性的活动可以培养学生思维的活跃性和灵活性。
三、教材使用1. 使用奥数辅导教材在备考教学中，我们将选择适合小学生的奥数辅导教材作为主要教材。
这些教材往往结合了数学奥赛的考点和解题技巧，有针对性地对学生进行能力提升。
2. 结合教学资源在备考教学过程中，我们将充分利用各种教学资源。
例如，我们可以运用电子教学平台、教学软件等辅助工具，为学生提供多种多样的数学学习资源，从而更好地激发学生对数学的兴趣和学习积极性。
总结：通过以上的教学主题、活动安排以及教材使用，我们相信可以为学生提供一场全面、科学、有效的小学数学奥赛备考教学。
在备考过程中，我们将注重提高学生的数学综合素质，培养学生的逻辑思维能力，并通过模拟竞赛、创新性活动以及教材使用等方式，帮助学生更好地备战数学奥赛。
高一学科竞赛(培优)课程计划
中国奥赛网2019年冬令营课程设置一、合肥竞赛、自主招生、高考培优课程设置
数学竞赛提高班
物理竞赛提高班
化学竞赛提高班
生物竞赛提高班
自主招生班
高考培优理科提高班
高考培优理科冲刺班
高考培优文科冲刺班
电脑制作活动冲刺班
二、南京冬令营竞赛专题精讲+刷题班课程设置数学
物理
化学
三、上课时间、地点
（一）时间：元月27号报到，28日上课，2月2日结束；电脑营1号结束。
（二）地点：培优营：安徽大学老校区（黄山路校区）；竞赛冲刺营：南京。
四、费用标准
（一）学科竞赛营、高考培优营学费1980元/每生；
（二）电脑制作营学费3980元/每生；
（三）南京竞赛冲刺营：2380元/每生；
（四）食宿费用：合肥：80元/每生每天（伙食、住宿各40元）；南京：160元/天（住宿酒店100元，伙食60元）。
（五）食宿标准：住宿校内招待所、留学生公寓，每间4人；学生食堂统一用餐。
南京酒店上课，住宿标间，酒店桌餐。
3、数学竞赛：从入门到国家队参考书籍推荐
数学竞赛:从入门到国家队参考书籍推荐数学竞赛的学习过程是一个非常艰苦的过程，从刚开始的入门到最后的集中训练，不仅占取考生大量时间还有精力，最重要的还影响高考的进度复习。
一份好的参考资料可以给考生学习数学竞赛的考生减少众多的弯路。
一、入门首先如果要涉猎竞赛，最基本的高中课程是一切的基础。
接下来的书就是建立在此基础上的。
我们最先做的当然是补全差距:课标大纲和竞赛大纲之间的差距。
1)《新编中学数学解题方法全书》，即基础衔接书。
2)《奥数教程》经典奥数蓝皮书。
优点是与课本知识联系紧密，适合你在第一遍学习高中数学知识的同时同步提高，帮助你打下坚实的基础，以讲解为主，以测试为辅。
(与《培优教程》二选一即可，小编认为《培优》稍难，但很散，推荐《奥数教程》。
)二、提高1)《奥赛小丛书》专而精，很多专题非常精彩，难度涵盖联赛和冬令营，读起来也容易让同学们感兴趣。
如果仅以省级国一为目标，其中概率、几何不等式可以不看，图论、组合几何、数论编的不错，集合变换、三角与几何虽然写的很好但不实用;其它的如函数、集合还好，可以看看。
这套书中代数只有两本不等式，而且很不实用，不推荐。
至于数学归纳法里面题很经典，不过很综合，可以放在该套书后面看。
对于这套书要尽快看完，里面题要自己做，可能比较辛苦。
总的来说这套书值得一看，要尽早开始看。
2)《奥赛经典》内容比较全面，例题选取也比较新，难度也较高，适合着眼于联赛二试和冬令营的同学们;代数部分可以做为《奥赛小丛书》的补充。
几何还可以，但定理可以只记最基本的，拓展的可以不记。
组合，数论有时间可以看看,不过很多都和小丛书重复，没时间就算了。
3)《命题人讲座》适合系统学习，冲刺冬令营，但没必要每本都做，挑其中较好的做便可。
如《解析几何》、《函数迭代与函数方程》、《数列与数学归纳法》、《组合问题》、《三角函数与复数》、《向量与立体几何》、《初等数论》。
其中《初等数论》是目前数论方面非常系统、难度较高的一本书，很多学生读后也感觉受益匪浅。
奥数,不一样的历练
在 高 中 紧 张 的学 习气 氛 中 ， 时
间是过 得真 快 。 很快 ， 步人 了高 二 我 的学 习。 过一 年 的训练 ， 的数 学 经 我
了银 牌 ，并 因此 获 得 了保 送清 华 大
学 的 资格 ， 一次 简单 的 面试 之后 ， 在
竞 赛水 平有 了很大 长进 ，在这 次 比 赛 中． 我也 发 挥得 非 常好 ， 到 了全 考
很 多人 说 ． 高考是 人 生 中很 难
得 的经 历之 一 ， 大 多数 人 来说 ， 对 也 是 必须 经历 的考验 对 于我而 言 ． 虽
师 把 我 叫 到 办 公
室 ，语 重 心 长 地 给
我 指 出 我 的 这 种 做
法 会 导 致 严 重 偏
然我 没 有参 加 高考 ，错 过 了这 难得
一
Ｃ Ｍ０ 的准 备 上 。 老 师 们 都 欣 然 允
许。 ２０ ０ ９年 １月 在 海 南 举 办 了
月 ．一 一 度 的“ 中数 学 联 赛 ” 年 高 如 期举 行 了 。 刚上 高 中的我 ， 这个 比 对
赛 的性 质也 是模 糊 不清 的 。不过 由
于 自 己初 中 数 学成 绩 一 直 不 错 ， 便 很 踊跃 地报 名 参加 了 意 想 小到 的 是 ． 次 考试 我 获得 了全 市 的 第 ３ 这 ０ 名 。 到 了省级 一等 奖 。 拿 这个 有点 戏 剧性 的获奖无 疑给 了我很大 的 自 信 ．也 让 我有 了更 大 的兴 趣 去 了解 数 学竞 赛 。
我 与竞 赛 的结缘 还 得从 刚 进入
高 中开始 说起 。 ０ ７年 ， ２０ 经过 中考 ，
我 考 入 了重 庆 南 开 中 学 ，这 年 １ ０
初中数学教辅书难度排行
初中数学教辅书难度排行
初中数学教辅书的难度排行因个人学习情况和需求而异，但一般来说，以下几本初中数学教辅书的难度较高，可供参考：
1. 《初中数学竞赛全解》
2. 《初中数学解题技巧与实战范例》
3. 《初中数学考前冲刺试卷》
4. 《初中数学奥赛教程》
这些教辅书难度较高，适合数学基础较好、想要进一步提高数学水平的学生。
当然，也有一些难度适中或较容易的教辅书，如《初中数学同步辅导》、《初中数学基础训练》等，适合基础较弱的学生进行练习和巩固。
需要注意的是，教辅书的难度并不代表其质量的高低，学生需要根据自己的学习情况选择适合自己的教辅书进行练习和巩固。
同时，也需要合理安排学习时间，不要过度依赖教辅书，而应该注重数学基础知识的掌握和思维能力的提高。
奥数金牌的背后
奥数金牌的背后
２００５年数学奥林匹克竞赛揭 晓，湖北省夷陵中学再次引起轰 动：继去年独获宜昌市唯一一块全 国金牌之后，今年又在宜昌城区独 获两枚全国金牌。作为教师的我，心 里有说不出的自豪与欣慰。
自从登上教坛，１７年来，我 长期担任高三数学教学及学校数学 奥林匹克竞赛主教练。迄今为止， 在数学奥赛中，我已培育出１２名 全国金牌得主，５０多名全国银牌 得主，５０多名省奖得主。
●张欣然
始终把做好学生思想工作放在重要 位置，并注重与家长沟通，构筑学 校家庭社会全方位的教育网络。凡 是我班上的那些在奥赛中或高考中 取得优异成绩的学生，我都进行过 不同形式的家访。比如学生鲍利华 家庭富裕，我坚持进行家访，以防 其因娇宠而生惰怠。熊飞同学家境 贫寒，靠母亲打零工维持生计，我 同样坚持家访，以防其因泄气而致 懒散。功夫不负有心人，他们二人 在高中二年级就双双获得数学奥赛 全国金奖，并且成为２００２年全宜 昌市仅有的两个金奖得主。
多少年来，我带领一届又一届 爱好数学的莘莘学子，摸爬滚打， 探索创新，为他们在数学王国铺就 了走向成功之路。
汗水，在数学王国浇灌茁壮苗 在数以十万计的奥赛大军中， 能获全国金奖是相当不容易的。它 要求师生具有特别能吃苦的精神， 坚强的意志，顽强的毅力。我是以 带班教学为主，同时组织训练奥赛 班的。比如本年度，我带高一两个 班数学，同时，我还负责高一、高 三两个年级的数学奥赛辅导工作， 高二年级个别优秀学生也经常来向 我请教奥数问题。特别是星期天最 为辛苦，上午半天是高一年级的竞 赛辅导，下午是高三年级的竞赛辅 导，晚上还有晚自习。一天忙下来 经常是口干舌燥。进行奥赛强化训 练时，学生做的每一份试题，都要 超过联赛试题的难度。每天下班回 家后，我总是很疲倦地躺在沙发 上。家人担心我的身体：、常催我去 检查。为了让那些热爱数学的学生 们茁壮成长。我再辛苦也毫无怨言。 爱心。在数学王国凝成和谐网 教育工作的对象是人。我总是 以人为本，关心爱护每一个学生，
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第一讲 奇数、偶数、质数、合数 知识、方法、技能 Ⅰ.整数的奇偶性 将全体整数分为两类，凡是2的倍数的数称为偶数，否则称为奇数.因此，任一偶数可表为2m（m∈Z），任一奇数可表为2m+1或2m－1的形式.奇、偶数具有如下性质： （1）奇数±奇数=偶数；偶数±偶数=偶数； 奇数±偶数=奇数；偶数×偶数=偶数； 奇数×偶数=偶数；奇数×奇数=奇数； （2）奇数的平方都可表为8m+1形式，偶数的平方都可表为8m或8m+4的形式（m∈Z）.
（3）任何一个正整数n，都可以写成lnm2的形式，其中m为非负整数，l为奇数. 这些性质既简单又明显，然而它却能解决数学竞赛中一些难题. Ⅱ.质数与合数、算术基本定理 大于1的整数按它具有因数的情况又可分为质数与合数两类. 一个大于1的整数，如果除了1和它自身以外没有其他正因子，则称此数为质数或素数，否则，称为合数. 显然，1既不是质数也不是合数；2是最小的且是惟一的偶质数. 定理：（正整数的惟一分解定理，又叫算术基本定理）任何大于1的整数A都可以分解成质数的乘积，若不计这些质数的次序，则这种质因子分解表示式是惟一的，进而A可以写成标准分解式：
nanaapppA2121
（*）.
其中inpppp,21为质数，i为非负整数，i=1，2，„，n. 【略证】由于A为一有限正整数，显然A经过有限次分解可分解成若干个质数的乘积，把相同的质因子归类整理可得如（*）的形式（严格论证可由归纳法证明）.余下只需证惟一性.
设另有jmnqqqqqqqAm,,212121其中为质数，i为非负整数，j=1，
2，„，m.由于任何一ip必为jq中之一，而任一jq也必居ip中之一，故n=m.又因 ),,2,1(,,2121niqpqqqpppiinn则有，再者，若对某个i，
ii
（不
妨设ii），用iip除等式nnnanaapppppp21122121两端得： .11111111niiniiniinippppppp 此式显然不成立（因左端是ip的倍数，而右端不是）.故ii对一切i=1，2，„，n均成立.惟一性得证. 推论：（合数的因子个数计算公式）若nnpppA2121为标准分解式，则A的所有因
子（包括1和A本身）的个数等于).1()1)(1(21n（简记为nii1)1(） 这是因为，乘积2222212111()1()1(21nnpppppppp )nnp的每一项都是A的一个因子，故共有nii1)1(个.
定理：质数的个数是无穷的. 【证明】假定质数的个数只有有限多个,,,21nppp考察整数.121npppa由于
1a且又不能被),,2,1(nip
i
除尽，于是由算术基本定理知，a必能写成一些质数的乘
积，而这些质数必异于),,2,1(nipi
，这与假定矛盾.故质数有无穷多个.
赛题精讲 例1．设正整数d不等于2，5，13.证明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到两个元素a,b，使得ab－1不是完全平方数. （第27届IMO试题） 【解】由于2×5－1=32，2×13－1=52，5×13－1=82，因此，只需证明2d－1，5d－1，13d－1中至少有一个不是完全平方数. 用反证法，假设它们都是完全平方数，令 2d－1=x2 ① 5d－1=y2 ② 13d－1=z2 ③ x,y,z∈N* 由①知，x是奇数，设x=2k－1，于是2d－1=（2k－1）2，即d=2k2－2k+1，这说 明d也是奇数.因此，再由②，③知，y,z均是偶数. 设y=2m,z=2n,代入③、④，相减，除以4得，2d=n2－m2=(n+m)(n－m)，从而n2－m2为偶数，n，m必同是偶数，于是m+n与m－n都是偶数，这样2d就是4的倍数，即d为偶数，这与上述d为奇数矛盾.故命题得证.
例2．设a、b、c、d为奇数，bcaddcba并且,0，证明：如果a+d=2k，b+c=2m，k,m为整数，那么a=1. （第25届IMO试题） 【证明】首先易证：.22mk从而addadacbadmk4)()(,(22于是因为 22)(4)(cbbccb.再由,222,2,22ababbcadbcadkmmk可得
因而))(()2(2abababmkm ① 显然，abab,为偶数，abmk2为奇数，并且abab和只能一个为4n型 偶数，一个为4n+2型偶数（否则它们的差应为4的倍数，然而它们的差等于2a不是4 的倍数），
因此,如果设feabmk2，其中e,f为奇数，那么由①式及abab,的特性就有
（Ⅰ）.2,21fabeabm或（Ⅱ）.2,21eabfabm
由fabababefmk222 得e=1， 从而.2abfmk于是（Ⅰ）或（Ⅱ）分别变为
)2(2,21ababab
mkm
或12),2(2mmkababab
解之，得1122mmka.因a为奇数，故只能a=1. 例3．设naaa,,,21是一组数，它们中的每一个都取1或－1，而且a1a2a3a4+a2a3a4a5+„+ana1a2a3=0，证明：n必须是4的倍数. （第26届IMO预选题）
【证明】由于每个ia均为1和－1，从而题中所给的等式中每一项321iiiiaaaa也只取1或－1，而这样的n项之和等于0，则取1或－1的个数必相等，因而n必须是偶数，设n=2m. 再进一步考察已知等式左端n项之乘积=(naaa21)4=1，这说明，这n项中取－1的项（共m项）也一定是偶数，即m=2k，从而n是4的倍数. 例4．如n是不小于3的自然数，以)(nf表示不是n的因数的最小自然数[例如)(nf=5].如
果)(nf≥3，又可作))((nff.类似地，如果))((nff≥3，又可作)))(((nfff等等.如果2)))(((nffff，就把k叫做n的“长度”.如果用nl表示n的长度，试对任意的自然数n（n≥3），求nl，并证明你的结论. （第3届全国中学生数学冬令营试题） 【解】令mtnm,2为非负整数，t为奇数. 当m=0时，2)()(tfnf，因而ln=1； 当0m时，设u是不能整除奇数t的最小奇数，记).(tgu （1）若.2,2))((,)(,2)(1nmlnffunftg所以则 （2）若.3,2)3()))(((,3)2())((,2)(,2)(111nmmmlfnffffnffnftg所以则
故.,2);)((2)(,,0,2,3;,11其他情形如上且为奇数当为奇数时当tgtgtmtnnlmmn 例5．设n是正整数，k是不小于2的整数.试证：kn可表示成n个相继奇数的和. 【证明】对k用数学归纳法. 当k=2时，因),12(312nn命题在立.
假设k=m时成立，即,)12()3()1(2nnanaaanm（a为某非负数） 则,)()(2221nnnnannnnannnmm 若记nnnab2（显然b为非负偶数），于是 1),12()3()1(21mknbbbnnbnm即时，命题成立，故命
题得证. 例6．在平面上任画一条所有顶点都是格点的闭折线，并且各节的长相等.能使这闭折线的节数为奇数？证明你的结论. （莫斯科数学竞赛试题）
【解】令符合题设条件的闭折线为A1A2„AnA1，则所有顶点iA的坐标（iiyx,）符
合).,,2,1(,niZyxii
并且CniCYXii,,2,1(22为一固定的正整数），其中
),,,,,2,1(,111111yyxxniyyYxxXnniiiiii
则由已知有
niiX1,0 ①
niiY1,0 ② 2222222121nnYXYXYX ③
不妨设iiYX和中至少有一个为奇数（因为设mtXimi,2是指数最小的，ti为奇数，用2m除所有的数后，其商仍满足①、②、③式），于是它们的平方和C只能为4k+1或4k+2. 当C=4k+2时，由③知，所有数对iiYX与都必须是奇数，因此，根据①、②式知，n必为偶数. 当C=4k+1时，由③知，所有数对iiYX与都必一奇一偶，而由①知，Xi中为奇数的有偶数个（设为2u），余下的n－2u个为偶数（与之对应的Yi必为奇数），再由②知，这种奇数的Yi也应有偶数个（设为un22），故)(2un=偶数. 综上所述，不能作出满足题设条件而有奇数个节的闭折线. 例7．求出最小正整数n，使其恰有144个不同的正因数，且其中有10个连续整数. （第26届IMO预选题） 【解】根据题目要求，n是10个连续整数积的倍数，因而必然能被2，3，„，10整数.由于8=23，9=32，10=2×5，故其标准分解式中，至少含有23·32·5·7的因式，因此，若
设 ,11753254321n 则.1,1,2,34321由
,144)1)(1)(1)(1(4321而,482234)1)(1)(1)(1(4321故最多还有一个,2),5(0jjj且为使n最小，自然宜取.025由 )0(144)1)(1)(1)(1()0(144)1)(1)(1)(1)(1(54321554321时或时,
考虑
144的可能分解，并比较相应n的大小，可知合乎要求的（最小）,2,521 ,1543故所求的.11088011753225n
下面讲一个在指定集合内的“合数”的问题.这种合数与通常的合数有区别，题中的“素元素”是指在该集合内的素数，也与通常的素数有区别.
例8．设n>2为给定的正整数，.,1*NkknVn试证：存在一数,nVr这个数可用不只一种方式表示成数集Vn中素元素的乘积. （第19届IMO试题） 【证明】由于Vn中的数都不小于),2(1nn因而nVnnnn)12()1(,)12(,)1(22. 显然)12()1(,)1(2nnn是Vn中的素元素.又若（2n－1）2不是Vn中素元素，则有 ,)12()1()1(,12nbnanba使由此有,44baabnn于是,31ab从而