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  • 单墫著 我怎样解题 解题漫谈 单墫解题研究丛书 奥数竞赛训练教程教材 数学解题技巧方法 解题研究上海教育出版社 正版图书
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    • 作者: 单墫著
    • 出版社: 上海教育出版社
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    • 作者: 单墫著
    • 出版社:上海教育出版社
    • ISBN:9787544470056
    • 版权提供:上海教育出版社
    作者介绍

    单墫,我国数学传播、普及和数学竞赛的专家。1964年毕业于扬州师范学院数学系,在中学、大学任教四十多年。

    1983年获理科博士学位(我国首批18名博士之一),1991年当选全国“优秀教师”,1991年7月起享受政府特殊津贴,1992年评为国家有突出贡献的中青年专家。1995年评为省“优秀学科带头人”。

    单墫教授曾任南京师范大学数学系主任,中国数学奥林匹克委员会委员、教练组组长,国家理科试验班专家组组长,南京数学学会理事长。

    单墫教授主要从事数论与组合方面的研究,很多成果达到国际先进水平。

    1989年作为中国数学奥林匹克代表队副领队、主教练,1990年作为领队,率队参赛IMO均获总分第1,为我国数学竞赛事业作为很大贡献。

    此宝贝为套装书籍,全套3册,分别如下:
    (1) 9787544470056
    定价:-
     
    (2) 9787544470063
    定价:-
    (3) 9787544473804
    定价:-
       
    产品展示
        
    基本信息
    图书名称:
     解题研究 
    作 者:
     单墫  
    ISBN号:
     9787544470056
    出版社:
     上海教育出版社
    开本:
     16
    装帧:
     精装
    编辑推荐
    适读人群 :广大读者
    单墫老师的书,是许多数学爱好者,尤其是关注数学竞赛的人,是之书。本书是单墫老师的经典之作,也是数学解题方面的畅销之作。
    内容介绍
    解题是数学教与学的基本问题。本书分别从学生、教师角度,讲述了解答数学竞赛问题所需的知识、方法、准备工作、心理因素、思维储备等,高屋建瓴地揭示了解答数学竞赛问题根本的规律。本书还专门讲解了数学竞赛问题的命题工作以及波利亚的数学解题理论。本书适合从事数学竞赛教学的老师和参加数学竞赛活动的学生阅读。
    目录

    第一章与同学们谈解题

    1解题的重要性

    2解题必须实践

    3信心与决心

    4兴趣

    5专心致志

    6打好基础

    7简单技巧

    8应用题

    9常规问题

    10简单、自然

    11一个实际例子

    12字母的使用

    13代数方法(一)

    14代数方法(二)

    15几何计算

    16分析法

    第二章喜爱数学的同学

    1做有质量的问题

    2基本量

    3从简单的做起

    4寻找规律

    5简单自然、直剖核心

    6跟着感觉走

    7思则有路

    8要有好的想法(一)

    9要有好的想法(二)

    10从不同的角度看问题

    11创造条件

    12非智力因素

    第三章解题的基本知识

    1问题是数学的心脏

    2解题是数学的特点

    3教会思考

    4解题必须实践

    5问题的种类

    6解题的步骤

    7弄清问题

    8拟定计划

    9实现计划

    10总结(一)

    11总结(二)

    1212条解题要诀

    第四章修改解答

    1笨拙的解答

    2不要滥用反证法

    3直接去做

    4尽信,则不如无

    5对照比较(一)

    6对照比较(二)

    7弄清实质

    8文章病院

    9自己的毛病

    第五章10道问题

    1上下求索

    2学思结合

    3逐步逼近

    4比赛日程

    5双轨迹模式

    6集成块与组合拳

    7算两次

    8平方数与平方式

    9谋定而后动

    10电阻问题

    第六章数学教师

    1解题的重要性

    2教师的素养

    3教师的优势

    4理解题意

    5变更问题

    6从何入手

    7用不同的观点看问题

    8拟定与实现计划

    9技巧

    10不必“为技巧而技巧”

    11简单自然

    12关于一题多解

    13探索法

    14慎于初战

    15加阶梯

    16非数学因素

    第七章谈谈命题

    1关于题库

    2处处留心

    3旧瓶新酒

    4源头活水

    5可上可下

    6苦心孤诣

    7小心出错

    8问题的背景

    9不适当的问题

    10小题大做

    11一道试题的编制

    第八章波利亚及其解题理论

    1波利亚的生平

    2波利亚的教育论著(一)

    3波利亚的教育论著(二)

    4波利亚的教育论著(三)

    5波利亚的教育论著(四)

    产品展示

    基本信息
    图书名称:
     解题漫谈
    作 者:
     单墫
    ISBN号:
     9787544470063
    出版社:
     上海教育出版社
    开本:
     16
    装帧:
     平装
    编辑推荐
     
    内容介绍

    一本武功秘籍!找到它,勤加练习,就能成为武林高手。

    普及数学知识,增加读者对数学的理解,提高数学的品味。

    目录

    基础部分

    1 溶液浓度

    2 力求简单

    3 整数好算

    4 从何切入

    5 立方体的展开

    6 阶乘好大啊!

    7 又见阶乘

    8 等比的值

    9 最简单的证法

    10 别没事找事

    11 如愿以偿

    12 化为互质

    13 是平方数

    14 唯有一个

    15 条件太多

    16 五人合作

    17 1的变形

    18 变为同分母

    19 盯紧分母

    20 瞄准目标

    21 没有根式

    22 一个恒等式

    23 配方更好

    24 又用配方

    25 无需花招

    26 何需套路

    27 弄巧成拙

    28 一次函数

    29 变更原点

    30 列表更好

    31 尽信书,不如无书

    32 用判别式?

    33 三次根式

    34 不可忽视

    35 不解风情

    36 根的正负

    37 函数单调

    38 先定范围

    39 中点距离

    40 先抓西瓜

    41 拼图游戏

    42 知识障

    ……

     

    提高部分

    附录

    产品展示
    基本信息
    图书名称:
     我怎样解题 
    作 者:
     单墫 
    ISBN号:
     9787544473804
    出版社:
     上海教育出版社
    开本:
     16
    装帧:
     精装
    出版日期:
     2017-5-1
    印刷日期:
     2017-5-1
    编辑推荐
    本书稿有两大特色:一是每道精选题都具有极高的参考价值,不仅能提高解题能力,还能培养数学思维和逻辑能力;二是在解题过程中体现了单墫教授的解题思想和艺术,有助于教师的成长与解题教学的开展。
    内容介绍
    本书是“单墫解题研究丛书”的第三本,主要内容是100多道经典竞赛题及其解题过程。本书稿有两大特色:一是每道精选题都具有极高的参考价值,不仅能提高解题能力,还能培养数学思维和逻辑能力;二是在解题过程中体现了单墫教授的解题思想和艺术,有助于教师的成长与解题教学的开展。
    目录

    第一章 不等式的证明

    第二章 几何

    第三章 数论

    第四章 组合数学

    第五章 数列、函数及其他

    在线试读部分章节

    1.取棋子 2006堆棋子,各堆的棋子数依次为1,2,…,2006.每次从任意多堆中取走相同的粒数,至少取多少次才能取光?

    先从简单的情况做起.

    一堆棋子,1次取完.

    二堆棋子,一堆1粒,一堆2粒,1次无法取完,2次可以取完.

    三堆棋子,粒数为1,2,3.第1次在第二和第三堆中各取2粒,第二次取走剩下的2堆(每堆1粒),2次可以取完.

    四堆棋子,粒数为1,2,3,4.第1次无论怎样取,剩下的堆中,总有两堆的棋子不同.从而还需两次才能取完.另一方面,第1次在每堆中取1粒即化为上面的三堆的情况,所以至少取3次可以取完.

    于是,得到下面的表:堆数1234

    取完次数1223由这表可以猜到,如果堆数k满足2n-1≤k<2n.(1)各堆粒数为1,2,…,k,那么取完的zui少次数是n.

    这可以用归纳法证明.

    假定(1)对n成立,那么在堆数k满足2n≤k<2n+1(2)时,第1次可以在粒数≥2n的堆里取走2n粒.这样,前2n-1堆不变,而第2n堆已经取完,其余各堆粒数为1,2,…,k-2n(<2n).

    根据归纳假设,n次可以取完前2n-1堆.而每次在粒数为d的堆里取棋时,也在后面的(即原来的第2n+1~第k堆)粒数为d的堆里取走同样多的棋.这样,在前2n-1堆取完时,所有堆均被取完.所以n+1次可以取完所有的棋.

    另一方面,设第1次取走d枚棋.如果d>2n-1,那么前2n-1堆不变.根据归纳假设,至少还要n次才能取完.如果d≤2n-1,那么原来粒数为d+1,d+2,…,d+2n-1≤2n的堆变成粒数为1,2,…,2n-1的堆,取完它们至少还要n次.因此,至少需要n+1次才能取完.

    现在210<2006<2n,所以至少11次才能取完.

     

    ..........
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