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第二课作业讲评：第2题.考虑由所有这样的有理数所组成的集合S ：它的平方大于2但小于3，虽然它有下界（例如1或小于1的整数）和上界（例如2或大于2的整数）.证明：在集合S 中，不存在最小元素和最大元素.证法一：若S 中有最小元素k ，则223k k <<<<取(m k k j =-⋅，2k k +，2k k ++而222m k <<且m S ∈，与k 最小矛盾.证法二：假设a b <，找一个n ，..()1s t n b a -> 令1[]2n b a =+-，则,..m s t an m bn ∃<<，故ma b n<<.第1题.求其和为2016的正整数之积的最大值. 解：设12122016...,..,,...,n n x x x s t x x x =+++最大，断言：（1）4,5,2(2)i i i i x x x x ≤≥=+-（2）4,22i i x x ==+（3）此时2,3i x =，断言2的个数不超过3.已知：1,...,0n x x >，12...1n x x x =，求证：1)1)nn i i x =≥∏.证：1)nn i i x =>∏，11,...,,...1n n y y y y ∃=，11..))nni i i i s t x y ==≥∏∏. 断言：1...n y y ==.否则，若i j y y <，)i i y y >，矛盾.例5.一次10名选手参加的循环赛中无平局，胜者得1分，负者得0分.证明：各选手得分的平方和不超过285.证：设得分为110,...,d d 时，2221210...d d d +++最大断言：此时110,...,d d 互不相等.否则，若,i j d d i j =≠.改变,i j 的比赛结果，2222(1)(1)i j i j d d d d +±>+ 而22201...9285+++=，得证.例7.证明方程333240x y z +-=没有正整数解,,x y z . 证法一：不妨设000,,x y z 是使0||x 最小的一组解.正整数解，0||0x ∴≠. 令333333*********,8240420x x x y z x y z =+-=⇒+-=， 令333333*********,4820240y y x y z x y z =+-=⇒+-=， 令333333*********,2480240z z x y z x y z =+-=⇒+-=.即111,,x y z 也是解，但101010,,x x y y z z <<<，与000,,x y z 最小矛盾.证法二：mod 9，330,1mod9,20,2mod9x y ≡±≡±3320,1,2,3mod9x y ⇒+≡±±±340,4mod9z ≡±，333mod9x y z ≡≡≡3|,3|,3|x y z ⇒.由Fermat 小定理知：p 质数，(,)1a p =，则11mod p ap -≡.存在一个正数k ，{0|1mod },.. 1.l k k S l k p s t MinS p k =>≡=-称为模p 的原根.12,,...,n k k k 除以p 的系数构成以p-1为最小正周期的周期数列，121{,,...,}p k k k -是一个模p 缩系.例4.设集合12,,...,n A A A 和12,,...,n B B B 是集合M 的两个n -分划（把集合M 分成若干个互不相交的非空子集12,,...,n A A A 的并，称12,,...,n A A A 是集合M 的一个n -分划），已知对任意两个不交的集合,(1,)i j A B i j n ≤≤，均有||i j A B n ≥ .求证：2||2n M ≥.证：设11{||,...,||,||,...,||}n n Min A A B B k =设1||A k =，当2n k ≥时，21||||2ni i n M A k n ==≥⋅≥∑当2nk <时，设与1A 相交的j B 有l 个（l k ≤），设为1,...,l B B 2222211||||||()()()()()222lnj j i i l n n n M B B lk n l n k k n k ==+=+≥+--≥+-≥+=∑∑.例6.某地区网球俱乐部有20名成员，举行14场单打比赛，每人至少上场一次，求证：必有6场比赛，其12个参赛者各不相同.证：设最多有不超过5场，参赛者两两不同，设r 是参赛者两两不同，场数最多且5r ≤.r 场有2r 人参赛，剩下202r -人，至少202r -场比赛. 20222015r r r -+=-≥.联赛第2题设12{,,...,}(2)n S A A A n =≥，12,,...,n A A A 是互不相同的有限集合.满足,i j A A S ∀∈，有i j A A S ∈ ，若1m i n ||2i i n k A ≤≤=≥.求证：存在1ni i x A =∈ 使得x 属于12,,...,n A A A 中至少nk 个集合.证：不妨设1||A k =，将S 的元素分为三类. 第一类：包含1A 的，设为1S ，有s 个；第二类：与1A 交为∅的，设为2S ，有t 个； 第三类：不包含1A ，但与1A 相交，设为3S ，有n s t --个.211M S S M A −−−→ 单射，t s ∴≤至少有1A 中的一个元素x ，属于3S 中的集合个数n s tk--≥. 只需证：n s t n s k k --+≥，s t s k +≥，2s t s ts k ++≤≤.例8.设a 是奇数，证明：∃∞多个正整数0d >，..(23,)1d s t a -=.若整数a 满足|22aa -，则称a 为伪素数. <1>求证：不是素数的伪素数有至少1个.解：341是.3411131341|221131|22⨯-⇒⨯- 1131311131312(2)2222mod11⨯=≡=⨯≡1131111022222mod31⨯≡=⨯≡设,,1|1a pq p q p q =<--122222mod pq q q p -≡≡⨯≡1222mod pq p q -≡⨯，1|21p q --，11,31p q ==.<2>求证：341是最小的伪素数.例2.若干人聚会，其中某些人彼此认识，已知：若某两人在聚会者中有相同数目的熟人，则他俩便没有共同的熟人，证明：若聚会者中有人至少有20个熟人，则必然也有人恰好有20个熟人.证：A 认识人最多，设认识最多，认识k 个（20k ≥）A 认识1kB B ，他们均认识A ，故他们认识人数互不相等. 他们每人最多认识k 个故1k B B 恰好分别认识1k 人，其中一人认识20个.。
第四讲 数论 组合1 整除 同余 平方 唯一分解2 数论函数：约数个数 约数和3 不定方程的整数解4 组合里的符号介绍 加法乘法原理 排列与组合5 计数技巧（重点，必会） 组合中的存在性与最值问题（所有数学竞赛的热门）板块 数论【知识点】余数的积性：若干整数，在模m 下乘积的余数同余于余数的乘积。
【例1】设a =2381039-+，证明：a 是37的倍数．【解析】109+383-2=1000×1000×1000+(37+1)3-2=(37×27+1)×(37×27+1)×(37×27+1) +(37+1)3-2划掉37的倍数，模37余数不变。
余数1+1-2=0【知识点】a 2+b 是平方数，那么b >2a ;如果b 是偶数，则b >4a +3也就是说a 2与(a +1)2之间没有平方数。
【例2】已知五位数12xy 9（x ，y 是阿拉伯数字）是一个完全平方数，则xy = 。
【解析】121是平方数，12100也是，超过12100且最小的以9结尾的平方数是113的平方。
再下一个是117的平方。
1172>13000不行，所以答案76。
数很大的时候尽量先估算。
【例3】a,b 是正整数，证明a 2+b,b 2+a 不可能都是平方数。
【解析】反证法。
设这两个数都是平方数。
a 2是平方数，下一个平方数是(a+1)2，所以b>2a 。
同理a>2b,显然矛盾。
【知识点】一个数的数字重新排列得到新数，数字和不变。
进而除以9的余数不变。
【例4】一个自然数a ，若将其数字重新排列可得一个新的自然数b ．如果a 恰是b 的3倍，我们称a 是一个“希望数”．(1)请你举例说明：“希望数”一定存在．(2)请你证明：如果a ，b 都是“希望数”，则ab 一定是729的倍数．【解析】428571=3×142857， 285714×3=857142 我们用S (x )表示x 的数字和。
【2006高考试题】 一、选择题（共25题） 1．（北京卷）在这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有 （A）36个 （B）24个 （C）18个 （D）6个 2．（北京卷）在1，2，3，4，5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的共有 （A）36个（B）24个 （C）18个（D）6个 3．（福建卷）从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有 （A）108种 （B）186种 （C）216种 （D）270种 解析：从全部方案中减去只选派男生的方案数，合理的选派方案共有=186种，选B. 4．（湖北卷）在的展开式中，的幂的指数是整数的项共有 A．3项 B．4项 C．5项 D．6项 解：，当r＝0，3，6，9，12，15，18，21，24时，x的指数分别是24，20，16，12，8，4，0，－4，－8，其中16，8，4，0，－8均为2的整数次幂，故选C 5．（湖南卷）某外商计划在四个候选城市投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个,则该外商不同的投资方案有 ( )A.16种B.36种C.42种D.60种 6．（湖南卷）若的展开式中的系数是80，则实数a的值是 A．-2 B. C. D. 2 解析：的展开式中的系数=x3， 则实数的值是2，选D 7．（湖南卷）在数字1,2，3与符号＋，－五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列个数是 A．6 B. 12 C. 18 D. 24 解析：先排列1，2，3，有种排法，再将“＋”，“－”两个符号插入，有种方法，共有12种方法，选B. 8．（江苏卷）的展开式中含x的正整数指数幂的项数是 （A）0 （B）2 （C）4 （D）6 9．（江西卷）在（x－）2006 的二项展开式中，含x的奇次幂的项之和为S，当x＝时，S等于（ ）A.23008B.-23008C.23009D.-23009 解：设（x－）2006＝a0x2006＋a1x2005＋…＋a2005x＋a2006 则当x＝时，有a0（）2006＋a1（）2005＋…＋a2005（）＋a2006＝0 （1） 当x＝－时，有a0（）2006－a1（）2005＋…－a2005（）＋a2006＝23009 （2） （1）－（2）有a1（）2005＋…＋a2005（）＝－23009(2＝－23008，故选B 10．（江西卷）在的二项展开式中，若常数项为，则等于（ ） Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ． 解：，由解得n＝6故选B 11．（辽宁卷）的值为（ ） Ａ．61 Ｂ．62 Ｃ．63 Ｄ．64 解：原式＝，选B 12．（全国卷I）设集合。
第1讲数论的方法技巧（上）数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力。
数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”。
因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。
任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作。
”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重。
小学数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆。
主要的结论有：1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r（0≤r＜b），且q，r是唯一的。
特别地，如果r=0，那么a=bq。
这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a的约数，a是b的倍数。
2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c。
3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即其中p1＜p2＜…＜p k为质数，a1，a2，…，a k为自然数，并且这种表示是唯一的。
（1）式称为n的质因数分解或标准分解。
4．约数个数定理：设n的标准分解式为（1），则它的正约数个数为：d（n）=（a1+1）（a2+1）…（a k+1）。
5．整数集的离散性：n与n+1之间不再有其他整数。
因此，不等式x ＜y与x≤y-1是等价的。
下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解。
一、利用整数的各种表示法对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决。
这些常用的形式有：1．十进制表示形式：n=a n10n+a n-110n-1+…+a0；2．带余形式：a=bq+r；4．2的乘方与奇数之积式：n=2mt，其中t为奇数。
例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差。
