2024年3月28日发(作者：)
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第13讲 奇数、偶数与奇偶分析
知识梳理：
整数按能否被2整除分为两大类:奇数和偶数,奇数与偶数有下列基本性质:
1.奇数≠偶数
2.两个整数相加(减)或相乘,结果的奇偶性如下表所示
3.若干个奇数之积是奇数,偶数与任意整数之积是偶数;偶数个奇数的和为偶数,若干个偶数的和为偶数.
4.设m、n是整数,则m±n,│m±n│的奇偶性相同.
5.设m是整数,则m与│m│、m的奇偶性相同.
奇偶性是整数的固有属性,•通过分析整数的奇偶性来解决问题的方法叫奇偶分析法.
例题求解
【例1】三个质数之和为86,那么这三个质数是______. (“希望杯”邀请赛试题)
思路点拨 运用奇数、偶数、质数、合数性质，从分析三个加数的奇偶性入手。
解：(2,5,79),(2,11,73),(2,13,71),(2,23,61),(2,31,53),(2,37,47),(2,41,43)
【例2】如果a、b、c是三个任意整数,那么 A.都不是整数 B.至少有两个整数
C.至少有一个整数 D.都是整数 (2001年TI杯全国初中数学竞赛题)
思路点拨 举例验证或从a、b、c的奇偶性说明.
解:选C 提示:a、b、c中至少有两个数的奇偶性相同,
则a+b、b+c、c+a中至少有一个为偶数.
【例3】(1)设1,2,3,9的任一排列为a1,a2,a3,…,a9。
求证:(a1-1)·(a2-2)…(a9-9)•是一个偶数.
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abbcca、、( ).
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(2)在数11,22,33,44,55,…20022002,20032003,这些数的前面任意放置“＋”或“－”号,并顺次完成所指出的运算,求出代数和,证明:这个代数和必定不等于2003.
思路点拨 (1)转换角度考察问题,化积的奇偶性为和的奇偶性来研究;
(2)由于任意添“＋”号或“－”号,形式多样,因此不可能一一尝试再作解答,从奇数、•偶数的性质入手.
解:(1)因(a1-1)+(a2-2)+…+(a9-9)=(a1+a2+…+a9)-(1+2+…+9)=0,
故a1-1、a2-2…a9-9这9个数不可能全为奇数,即这9个数中至少有一个为偶数,
从而它们的积必为偶数.
(2)11,22,33,20022002,20032003的奇偶性依次与1,2,3,…2002,2003的奇偶性相同,
因此,•在11,22,33…20022002,20032003的前面任意放置“＋”或“－”的代数和的奇偶性与1+2+3+…+2003的奇偶性相同为偶数,而2003为奇数.
【例4】已知x1,x2,x3,…,xn都是+1或-1,并且xxxx1x+
2+
3+ …+n1+n =0。
x2x3x4xnx1求证:n是4的倍数.
思路点拨 可以分两步,先证n是偶数2k,再证明k是偶数,•解题的关键是从已知等式左边各项的特点受到启发,挖掘隐含的一个等式.
解:提示:
xxx1x、
2、
3…n不是+1就是-1,
x2x3x4x1设这n个数中有a个+1,b个-1,
则a+b=n,a×(+1)+•b×(-1)=a-b=0,得n=2b,
又(xx1x·2…n)=1,即(+1)a·(-1)b=1,
x2x3x1由此得b为偶数,又b=2m,则n=4m,•故n是4的倍数.
【例5】游戏机的“方块”中共有下面７种图形，每种“方块”都由4个1×1的小方格组成.现用这7种图形拼成一个7×4的长方形(可以重复使用某些图形),问:最多可以用这7种图形中的几种图形?
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思路点拨 为了形象化地说明问题,对7×4的长方形的28•个小方格黑白相间染色,除“品字型”必占3个黑格1个白格或3个白格1个黑格,其余6个方格各占2个黑格2个白格.
解:用其中的六种不同的图形方块可以拼成7×4的长方形,方法很多,•如图①仅出示一种:
下面证明不能7种图形方块都各有一次.将7×4的长方形的28个小方格黑白相间染色.则如图②所示,黑、白格各14个.若7×4的长方形能用7个不同的方块拼成,•则每个方块用到一次且只用一次.其中“品字形”如图③必占3个黑格1个白格或3个白格1个黑格,其余6个方块各占2个黑格2个白格.7个不同的方块占据的黑格总数、•白格总数都是奇数个,不会等于14.矛盾.因此,不存在7种图形方块每个各用一次,拼成7×4的长方形的方法.
所以,要拼成7×4的长方形,最多可以用这7种图形方块中的6种.
【例6】在6X纸片的正面分别写上整数1,2,3,4,5,6,打乱次序后,•将纸片翻过来,在它们的反面也随意分别写上1～6这6个整数,•然后计算每X纸片正面与反面所有数字之差的绝对值,得出6个数,请你证明:所得的6个数中至少有两个是相同的.
(2001年市竞赛题)
思路点拨 从反面入手,即设这6个数两两都不相等,利用│ai-bi│与ai-bi(i=1,2,3,4,5,6)的奇偶性相同,引入字母进行推理证明.
解:提示:设6X卡片正面写的数是a1,a2,a3,a4,a4,a5,反面写的数对应为b1,b2,b3,b4,b5,b6,
则这6X卡片正面写的数与反面写的数的绝对值分别为
│a1-b1│,│a2-b2│,│a3-•b3│,│a4-b4│,│a5-b5│,│a6-b6│.
设这6个数两两都不相等,则它们只能取0,1,2,3,4,5这6个值.
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于是│a1-b1│+│a2-b2│+│a3-b3│+│a4-b4│+│a5-b5│+│a6-b6│
=0+1+2+3+4+5=15是个奇数 (※)
另一方面,│ai-bi│与ai-bi(i=1,2,…6)的奇偶性相同,
所以│a1-b1│+│a2-b2│+•│a3-b3│+│a4-b4│+│a5-b5│+│a6-b6│
与(a1-b1)+(a2-b2)+(a3-b3)+(a4-b4)+(a5-b5)+(a6-b6)=(a1+a2+…+a6)-(b1+b2+…+b6)
=(1+2+…+5)-(1+2+…+5)=0的奇偶性相同,是个偶数,与( ※)矛盾.
所以,│a1-b1│,│a2-b2│,…│a6-b6│这6个数中至少有两个是相同的.
基础训练
1.若按奇偶性分类,则12+22+32+…+20022002是_____数.
2.能不能在下式,1□2□3□4□5□6□7□8□9=10•的各个方框中分别填入“十”号或“－”号，使等式成立?
答:_______________.
3.已知三个质数a、b、c满足a+b+c+abc=99,那么│a-b│＋│b－c│+│c-a•│的值等于________.
4.已知n为整数,现有两个代数式:(1)2n+3,(2)4n-1,其中,能表示“任意奇数”的( )
A.只有(1) B.只有(2) C.有(1)和(2) D.一个也没有
5.如果a,b,c都是正整数,且a,b是奇数,则3a+(b-1)2c是( ).
A.只当c为奇数时,其值为奇数
B.只当c为偶数时,其值为奇数
C.只当c为3的倍数,其值为奇数
D.无论c为任何正整数,其值均为奇数
6.已知a、b、c三个数中有两个奇数、一个偶数，n是整数,如果S=(a+n+1)(•b+2n+2)(c+3n+3),那么( ).
A.S是偶数 B.S是奇数
C.S的奇偶性与n的奇偶性相同 D.S的奇偶性不能确定
(第16届某某省竞赛题)
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7.(1)是否有满足方程x2-y2=1998的整数解x和y?如果有,求出方程的解;如果没有,说明理由.
(2)一个立方体的顶点标上+1或-1,面上标上一个数,它等于这个面的4个顶点处的数的乘积,这样所标的14个数的和能否为0?
8.甲、乙两人玩纸牌游戏,甲持有全部的红桃牌(A作1,J,Q,K分别作11,12,13,•不同),乙持有全部的黑桃牌,两人轮流出牌,每次出一X,得到一对牌,出完为止,•共得到13对牌,每对牌彼此相减,问这13个差的乘积的奇偶性能否确定?
9.在1,2,3,…,1998之前任意添上“＋”或“－”号,然后相加,•这些和中最小的正整数是________.
10.1,2,3,…,98共98个自然数,能够表示成两整数平方差的数的个数是_____.
(全国初中数学联赛试题)
11.在一次象棋比赛中,每两个选手恰好比赛一局,每局赢者记2分,输者记0分,•平局每个选手各记1分,今有4个人统计了这次比赛中全部得分总数,由于有的人粗心,其数据各不相同,分别为1979,1980,1984,1985,经核实,其中有一人统计无误,则这次比赛共有______名选手参加.
12.已知p、q、pq+1都是质数,且p-q>40,那么满足上述条件的最小质数p=____;q=______.
(第15届“希望杯”邀请赛试题)
13.设a,b为整数,给出下列4个结论
(1)若a+5b是偶数,则a-3b是偶数;(2)若a+5b是偶数,则a-3b是奇数;(3)若a+•5b是奇数,则a-3b是偶数;(4)若a+5b是奇数,则a-3b是奇数,其中结论正确的个数是( • ).
A.0个 B.2个 C.4个 D.1个或3个
14.下面的图形,共有( )个可以一笔画(不重复也不遗漏;•下笔后笔不能离开纸).
A.0 B.1 C.2 D.3 (2001年“五羊杯”竞赛题)
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15.的前24位数值为3.979323846264…,在这24个数字中,•随意地逐个抽取1个数字,并依次记作a1,a2,…,a24,则(a1-a2)(a3-a4)…(a23-a24)为( ).
A.奇数 B.偶数 C.奇数或偶数 D.质数
16.设标有A、B、C、D、E、F、G记号的7盏灯顺次排成一行,每盏灯安装一个开关,现在A、C、E、G4盏灯开着,其余3盏灯是关的,小刚从灯A开始,顺次拉动开关,即从A到G,再从A始顺次拉动开关,即又从A到G,…,他这样拉动了1999次开关后,问哪几盏是开的?
17.有1997枚硬币,其中1000枚国徽朝上,997枚国徽朝下.•现要求每一次翻转其中任意6枚,使它们的国徽朝向相反,问能否经过有限次翻转之后,使所有硬币的国徽都朝上?给出你的结论,并给予证明.
18.对一个正整数作如下操作:如果是偶数则除以2,如果是奇数则加1,如此进行直到1时操作停止,求经过9次操作变为1的数有多少个? (第七届“华杯赛”决赛题)
19.高为50cm,底面周长为50cm的圆柱,在此圆柱的侧面上划分(如图所示)•边长为1cm的正方形,用四个边长为1cm的小正方形构成“Ｔ”字形,用此图形是否能拼成圆柱侧面?试说明理由. (汉城国际数学竞赛题)
参考答案：
1.偶 2.不能 3.34 4.A 5.D 6.A 提示:考察S的三个因数和的奇偶性.
7.(1)提示:(x+y)(x-y)=1998,(x+y)与(x-y)的奇偶性相同,1998为偶数,
则(•x+y)(x-y)必为4的倍数,
但4 1998,故满足方程的整数不存在.
(2)设立方体的8个顶点上的数分别是a1,a2,…a8,六个面上的6个数分别是
b1,b2,…,b6,则ai=+1或-1(i=1,2,…8),∴bi=+1或-1.
如果所标的14个数的和为0,即a1+a2+…+a8+b1+b2+…+b6=0,
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那么这14个数中+1的个数与-1的个数一样多,都是7,
但事实上,b1b2…b6=(•a1a2…a8)3,得a1a2…a8b1b2…b6=(a1a2…a8)4=1,
从而这14个数中-1的个数为偶数个,与7矛盾,•
故所标的14个数的和不能为0.
8.提示:设甲的出牌顺序是a1,a2,…a13,乙的出牌顺序是b1,b2,…b13,
得差a1-b1,a2-b2,•…a13-b13,这13个差的和为零,必至少有一个差是偶数,
故它们的乘积是偶数,奇偶性确定.
9.1 提示:因1+2+…+1998是一个奇数,
所以任意添加“＋”或“－”号不改变其代数和的奇偶性
10.73 提示:对x=n2-m2=(n+m)(n-m)(1≤x≤98,m,n为整数),
因为n+m与n-m•奇偶性相同,
所以x是奇数或是4的倍数,
而1～98个自然数中,满足条件的数有49+24=73个
11.45 提示:每局比赛不管胜负如何,双方得分的和为2,•
从而全部得分总数应为偶数,于是只有1980,1984中的一个正确.
12.53,2 13.B 14.C 15.B
16.提示:一盏灯的开关被拉动奇数次后,改变原来的状态,
而一盏灯的开关被拉动偶数次后,不改变原来的状态,
因1999=7×285+4,又A、B、C、D4•盏灯的开关各被拉动了286次,
而E、F、G3盏灯的开关各被拉动了285次,
所以,小刚拉动了1999•次开关后,A、B、C、D4灯不改变状态,E、F、G3灯将改变原来的状态,
故A、C、F•最后是开着的.
17.提示:将国徽朝上赋予“＋1”，朝下赋予“－1”，
则1997枚硬币的国徽朝向情况可用1997个数乘积表示,
若这些数之积为-(或+1),表明有奇数(或偶数)•枚国徽朝下,
开始时,其乘积为(+1)1000·(-1)997=-1,
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每次翻转6枚硬币,即每次改变6个数的符号,其结果是1997个数之积仍为-1,
经有限次翻转后,这个结果总保持不变,
即国徽朝下的硬币永远有个奇数枚,故回答是否定的.
18.通过1次操作变为1的数为2,再经一次操作变为2的数为4,即通过2•次操作变为1的数为4,再经1次操作变为4的数有2个为3、8,即通过3次操作变为1的数有2个为3、8……可以得以下图:
于是,经过1、2、3、4、5……次操作变为1的数的个数依次为:1、1、2、3、•5、8……此即为斐波拉契数列,后面的数依次为:5+8=13、13+8=21、21+13=34,•即经过9次操作变为1的数有34个.
19.提示:因为圆柱侧面是50×50的正方形,将其黑白相间染色,
则黑格与白格各有偶数个,
又因为每个“Ｔ”字形含有3个或1个黑格,•
若能用“Ｔ”字形纸片拼成50×50的正方形,
则需要(50×50)÷4=625个“Ｔ”字形，
而625个“Ｔ”字形含有奇数个黑格，矛盾，
因此，不可能拼成。
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