竞赛辅导12奇数和偶数
初中数学竞赛整数的性质及应用(一) 奇数与偶数
整数的性质及应用（一） 奇数与偶数全体整数可以分为两大类,一类是奇数，一类是偶数。
任何一个整数不是偶数就是奇数，奇数和偶数，有以下几条性质：一、性质1：任何奇数不可能与偶数相等。
性质2：奇数±奇数=偶数 偶数±偶数=偶数 奇数±偶数=奇数性质3：奇数X 奇数=奇数 奇数X 偶数=偶数 偶数X 偶数=偶数性质4：整数a 的a n 幂与a 的奇偶性相同 性质5：两个连续整数的积是偶数。
二、例题：例1.设4个正整数之和为9，求证：它们的立方和不可能为100例2.若n 是大于1的整数，那么数2)1(12)1(n n n p ---+=的值一定是偶数？一定是奇数？还是可以是偶数也可以是奇数。
例3.是否有满足x 2-y 2=1986的整数解x 和y?例4.平面上有15个点，任意三点不共线，试问能不能从每个点都引三条线段，且仅引三条线段和其余的某三点相连？证明你的结论。
例5.设有n 盏亮着的灯，规定每次拉动n-1个拉线开关，试问：能否将所有的灯都关闭？证明你的结论。
例6.用15个由4个小方格组成的L 字形纸片和1个田字形纸片，能否盖满1个8X8的方格棋盘 例7.设a 1,a 2,…,a n 是一组数，它们中的每一个数都取1或-1，而且013221=+++a a a a a a n ，证明：n 必是4的倍数。
例8. 在1，2，3，…，1998中的每一个数的前面，任意添上一个“+”或“-”，那么最后运算的结果是奇数还是偶数？例9 设a ，b 是自然数，且满足关系式(11111+a)(11111-b)=123456789．求证：a-b 是4的倍数． 例10 某次数学竞赛，共有40道选择题，规定答对一题得5分，不答得1分，答错倒扣1分．证明：不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数．*例11.是否存在整数m,n,使得5m 2-6mn+7n 2=1987*例12.设正整数d 不等于2，5，13，证明从数2，5，13，d 中可以找到两个数a,b,使得ab-1不是整数的平方。
第十二讲奇数与偶数
第十二讲奇数与偶数【知识风向标】整数0、1、2、3、4、5、6、7、8、9、10……可以分为两类，类是1、3、5、7、9…这些单数叫做奇（jī）数；，另一类是0、2、4、6、8、10…这些双数叫做偶数。
这一讲主要讲奇数与偶数的特性，根据它们的特性我们可以解决一些有趣的问题，通过不断学习，你会发现很多有趣的数学知识，多观察周围的事物，多留心身过的问题，会让你的头脑变得更灵活！【竞赛方法台】利用奇数与偶数的如下特性，我们就可以解决一些奇数与偶数方面的趣题1、偶数+偶数=偶数偶数－偶数=偶数2、奇数+奇数=偶数奇数－奇数=偶数3、奇数+偶数=奇数偶数－奇数=奇数奇数－偶数=奇数【竞赛全知道】[例1] 这十个自然数1、2、3、4、5、6、7、8、9、10的和是奇数还是偶数？【分析与解】根据奇数、偶数的定义，1、3、5、7、9为奇数，2、4、6、8、10为偶数；根据奇数+奇数=偶数的性质，1与3的和为偶数，5与7的和为偶数；根据奇数+偶数=奇数的性质，1、3、5、7、9的和为奇数；根据偶数+偶数=偶数的性质，2、4、6、8、10的和为偶数；根据奇数+偶数=奇数的性质，和为奇数，即1、2、3、4、5、6、7、8、9、10的和是奇数。
【技巧引导】这些题解决的关键，只要充分利用奇数与偶数性质和关系。
[例2] 晚上回家，拉一次开关，灯就可以亮了。
可顽皮的向玖一连拉了6次开关，你们说这时屋里的灯是亮了还是没亮？如果他们7次开关呢？拉15次开关呢？拉46次开关呢？拉100次开关呢？【分析与解】先不管他拉多少次灯，我们首先从最简单的情况开始考虑。
如果拉1次灯，灯是亮的；拉2次灯，灯又不亮了；拉3次灯呢？又亮了；再拉一次，4次了，灯又不亮了……我们把拉奇数次灯，灯亮；拉偶数次灯，灯不亮。
那么，无论向玖拉多少次灯，我们都可以迅速而又准确地判断出灯亮与不亮的情况了，所以：拉灯6次时，灯不亮；拉灯7次时，灯亮；拉灯15次时，灯亮；拉灯46次时，灯不亮；拉灯100次时，灯不亮。
高中数学竞赛专题讲座竞赛讲座01奇数和偶数
比赛讲座 01－奇数和偶数整数中，能被 2 整除的数是偶数，反之是奇数，偶数可用 2k 表示，奇数可用 2k+1 表示，这里 k 是整数 .对于奇数和偶数，有下边的性质：（1）奇数不会同时是偶数；两个连续整数中必是一个奇数一个偶数；（2）奇数个奇数和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；随意多个偶数的和是偶数；（3）两个奇（偶）数的差是偶数；一个偶数与一个奇数的差是奇数；（4）若 a、b 为整数，则 a+b 与 a-b 有同样的奇数偶；（5） n 个奇数的乘积是奇数， n 个偶数的乘积是 2n的倍数；顺式中有一个是偶数，则乘积是偶数 .以上性质简单了然，解题时假如能奇妙应用，经常能够声东击西.1.代数式中的奇偶问题例 1（第 2 届“华罗庚金杯”决赛题）以下每个算式中，最罕有一个奇数，一个偶数，那么这 12 个整数中，起码有几个偶数？□+□=□，□-□=□，□×□＝□□÷□＝□.解因为加法和减法算式中起码各有一个偶数，乘法和除法算式中起码各有二个偶数，故这 12 个整数中起码有六个偶数 .例 2（第1届“祖冲之杯”数学邀请赛）已知n 是偶数， m是奇数，方程组是整数，那么（ A） p、 q 都是偶数 .（B）p、q都是奇数.（ C） p 是偶数， q 是奇数（D）p是奇数，q是偶数剖析因为 1988y 是偶数，由第一方程知p=x=n+1988y，所以 p 是偶数，将其代入第二方程中，于是 11x 也为偶数，从而 27y=m-11x 为奇数，所以是 y=q 奇数，应选（ C）例 3 在 1，2，3， 1992 前方随意添上一个正和负，它们的代数和是奇数还是偶数 .剖析因为两个整数之和与这两个整数之差的奇偶性同样，所以在题设数字前方都添上正和负不改变其奇偶性，而1+2+3+ +1992==996×1993 为偶数于是题设的代数和应为偶数.2.与整除相关的问题例 4（首届“华罗庚金杯”决赛题） 70 个数排成一行，除了两端的两个数之外，每个数的 3 倍都恰巧等于它两边两个数的和，这一行最左侧的几个数是这样的： 0，1，3，8，21， . 问最右侧的一个数被 6 除余几？解设 70 个数挨次为 a ,a,a据题意有123a =0,偶1a2=1奇a3=3a2-a 1,奇43a =3a -a2,偶54a =3a -a3,奇65a =3a -a4,奇由此可知：当 n 被 3 除余 1 时， a n是偶数；当 n 被 3 除余 0 时，或余 2 时， a n是奇数，明显 a70是 3k+1 型偶数，所以 k 一定是奇数，令 k=2n+1，则a70=3k+1=3(2n+1)+1=6n+4.解设十位数，五个奇数位数字之和为a，五个偶数位之和为b(10 ≤a≤35,10 ≤b≤35) ，则22（为何？） . 因为 a+b 与a+b=45，又十位数能被11 整除，则a-b 有同样的奇偶性，所以a-b=11 即a-b 应为 0， 11，a=28，b=17.要排最大的十位数，妨先排出前四位数8+6=14，偶数位其他三个数字之和只好是9876，因为偶数位五个数字之和是17-14=3 ，这三个数字只好是17，此刻2，1，0.故所求的十位数是9876524130.例 6（1990 年日本高考数学试题）设a、 b 是自然数，且相关系式123456789=（11111+a）（ 11111-b），①证明a-b是4的倍数.证明由①式可知11111（ a-b ）=ab+4×617②∵a＞ 0,b ＞0, ∴a-b ＞ 0第一，易知 a-b 是偶数，不然 11111(a-b) 是奇数，从而知 ab 是奇数，从而知 a、b都是奇数，可知 (11111+a) 及(11111-b) 都为偶数，这与式①矛盾其次，从 a-b 是偶数，依据②可知 ab 是偶数，从而易知 a、b 皆为偶数，从而 ab+4×617是 4 的倍数，由②知 a-b 是 4 的倍数 . 3.图表中奇与偶例 7（第 10 届全俄中学生数学比赛试题）在 3×3的正方格（ a）和（ b）中，每格填“ +”或“ - ”的符，而后每次将表中任一行或一列的各格所有变化试问重复若干次这样的“变”程序后，可否从一张表变化为另一张表.解按题设程序，这是不行能做到的，观察下边填法：在黑板所示的 2×2的正方形表格中，按题设程序“变”，“ +”或许不变，或许变为两个 .(b) 中表 (a) 中小正方形有四个“ +”，实行变步骤后，“ +”的个数还是偶数；但表小正方形“ +”的个数还是奇数，故它不可以从一个变化到另一个.明显，小正方形互变没法实现，3×3的大正方形的互变，更没法实现.例 8（第 36 届美国中学生数学比赛试题）将奇正数 1，3，5，7排成五列，按右表的格式排下去， 1985 所在的那列，从左数起是第几列？（此处无表）497解由表格可知，每行有四个正奇数，而1985=4×496+1，所以1985 是第行的第一个数，又奇数行的第一个数位于第二列，偶数行的第一个数位于第四列，所以从左数起， 1985 在第二列 .例 9 如图 3-1 ，设线段 AB的两个端点中，一个是红点，一个是绿点，在线段中插入n 个分点，把 AB分红 n+1 个不重叠的小线段，假如这些小线段的两个端点一个为红点而另一个为绿点的话，则称它为标准线段 .证明不论分点如何选用，标准线段的条路老是奇数.A、 B分别表剖析 n 个分点的地点没关紧急，感兴趣的不过红点还是绿点，现用示红、绿点；不难看出：分点每改变一次字母就获得一条标准线段，并且从A点开始，每连续改变两次又回到 A，此刻最后一个字母是 B，故共改变了奇数次，所以标准线段的条数必为奇数 .4.风趣的应用题例 10 （第 2 届“从小爱数学”赛题）图 3-2 是某一个浅湖泊的平面图，图中所有曲线都是湖岸 .（1）假如 P 点在岸上，那么 A点在岸上还是在水中？（2）某人过这湖泊，他下水时脱鞋，登岸时穿鞋 . 假如有一点 B，他脱鞋垢次数与穿鞋的次数和是个奇数，那么 B 点是在岸上还是在水中？说明原因 .解（ 1）连接AP，明显与曲线的交点数是个奇数，因此A点必在水中.（ 2）从水中经过一次陆地到水中，脱鞋与穿鞋的次数和为 2，因为不论如何走，走在水中时，脱鞋、穿鞋的次数的和老是偶数，可见A 点在水中，氢B 点必在岸上 .例 11 书店有单价为 10 分， 15 分， 25 分， 40 分的四种拜年片，小华花了几张一元钱，正好买了 30 张，此中某两种各 5 张，另两种各 10 张，问小华买拜年片花去多少钱？剖析设买的拜年片分别为a、 b、 c、 d（张），用去k 张 1 元的人民币，依题意有10a+15b+25c+40d=100k,(k 为正整数 )即2a+3b+5c+8d=20k明显 b、c 有同样的奇偶性 .若同为偶数，若同为奇数，b-c=10 和 a=b=5，b=c=5 和 a=d=10,k=7.不是整数；例12 一个矩形展览厅被纵横垂直订交的墙壁隔成若干行、若干列的小矩形展览室，每相邻两室间都有若干方形门或圆形门相通，仅在进出展览厅的进出口处有若干门与厅外相通，试证明：任何一个观光者选择任何路线随意观光若干个展览室（可重复）以后回到厅外，他经过的方形门的次数与圆形门的次数（重复经过的重复计算）之差老是偶数 .证明给进出口处展览室记“ +”，凡与“ +”相邻的展览室记“ - ”，凡与“ - ”相邻的展览室都记“ +”，这样则相邻两室的“ +”、“ - ”都不一样 .一观光者从进出口处的“+”室进入厅内，走过若干个展览室又回到进口处的“+”室，他的路线是 +-+- +-+- ，即从“ +”室起到“ +”室止，中间“ - ”、“ +”室为n+1（重复经过的重复计算），即共走了 2n+1 室，于是观光者从厅外进去观光后又回到厅外共走过了 2n+2 个门（包含进出进出口门各 1 次） . 设其经过的方形门的次数是 r 次，经过圆形门的次数是 s，则 s+r=2n+2 为偶数，故 r-s 也为偶数，所以命题结论建立 .例 13有一无量小数A=0.a1 a2a3 a n a n+1a n+2此中a i (i=1,2)是数字，并且a1是奇数， a2是偶数， a3等于 a1+a2的个位数， a n+2是 a n+a n+1(n=1,2 ,) 的个位数，证明 A 是有理数 .证明为证明 A 是有理数，只需证明 A 是循环小数即可，由题意知无量小数A的每一个数字是由这个数字的前方的两位数字决定的，若某两个数字ab 重复出现了，即 0. ab ab此小数就开始循环.而无量小数 A 的各位数字有以下的奇偶性规律：A=0.奇偶奇奇偶奇奇偶奇又 a 是奇数可取 1， 3，5，7，9；b 是偶数可取0， 2， 4， 6， 8.所以非负有序实数对一共只有 25 个是不同样的，在构成 A 的前 25 个奇偶数组中，起码出现两组是完整同样的，这就证得 A 是一循环小数，即 A 是有理数 .练习1.填空题（ 1）有四个互不相等的自然数，最大数与最小数的差等于4，最大数与最小数的积是一个奇数，而这四个数的和是最小的两位奇数，那么这四个数的乘积是______.（ 2）有五个连续偶数，已知第三个数比第一个数与第五个数和的多 18，这五个偶数之和是____.（ 3）可否把 1993 部电话中的每一部与其他 5 部电话相连接？答 ____.2. 选择题（ 1）设 a、b 都是整数，以下命题正确的个数是（）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是奇数；④若 a+5b 是奇数，则 a-3b是偶数 .（A）1（B）2（C）3（D）4（ 2）若 n 是大于 1 的整数，则的值（（ A）必定是偶数（B）必定是非零偶数（ C）是偶数但不是2（D）能够是偶数，也能够是奇数）.（3）已知对于 x 的二次三项式 ax2+bx+c（a、b、c 为整数），假如当 x=0 与 x=1 时，二次三项式的值都是奇数，那么 a（）（ A）不可以确立奇数还是偶数（ C）必定是奇数（ B）必定是非零偶数（ D）必定是零3.（1986 年宿州比赛题）试证明 11986+91986+81986+61986是一个偶数 .4. 请用 0 到 9 十个不一样的数字构成一个能被11 整除的最小十位数 .5.有 n 个整数，共积为 n，和为零，求证：数 n 能被 4 整除6. 在一个凸 n 边形内，随意给出有限个点，在这些点之间以及这些点与凸n 边形顶点之间，用线段连续起来，要使这些线段互不订交，并且把原凸n 边形分为只朋角形的小块，试证这类小三我有形的个数与n 有同样的奇偶性 .7.（ 1983 年福建比赛题）一个四位数是奇数，它的首位数字泪地其他各位数字，而第二位数字大于其他各位数字，第三位数字等于首末两位数字的和的两倍，求这四位数 .8.（ 1909 年匈牙利比赛题）试证： 3n+1 能被 2 或 22整除，而不可以被 2 的更高次幂整除 .9.（全俄 15 届中学生数学比赛题）在 1，2，3，1989 之间填上“ +”或“ - ”，乞降式能够获得最小的非负数是多少？练习参照答案１．（１）３０．（最小两位奇数是１１，最大数与最小数同为奇数）（２）１８０．设第一个偶数为ｘ，则后边四个衣次为ｘ＋２，ｘ＋４，ｘ＋６，ｘ＋８．（３）不可以．２．Ｂ．Ｂ．Ａ３．１１９８６是奇数１，９１９８６的个位数字是奇数１，而８１９８６，６１９８６都是偶数，故最后为偶数．４．仿例５１２０３４６５８７９．５．设ａ１，ａ２，，ａｎ知足题设即ａ１＋ａ２＋＋ａｎ＝０①ａ１·ａ２ａｎ＝ｎ②。
【奥赛】小学数学竞赛：奇数与偶数的性质与应用.教师版解题技巧 培优 易错 难
本讲知识点属于数论大板块内的“定性分析”部分，小学生的数学思维模式大多为“纯粹的定量计算，拿到一个题就先去试数，或者是找规律，在性质分析层面几乎为0，本讲力求实现的一个主要目标是提高孩子对数学的严密分析能力，培养孩子明白做题前有时要“先看能不能这么做，再去动手做”的思维模式。
无论是小升初还是杯赛会经常遇到，但不会单独出题，而是结合其他知识点来考察学生综合能力。
一、奇数和偶数的定义 整数可以分成奇数和偶数两大类.能被2整除的数叫做偶数，不能被2整除的数叫做奇数。
通常偶数可以用2k （k 为整数）表示，奇数则可以用2k +1（k 为整数）表示。
特别注意，因为0能被2整除，所以0是偶数。
二、奇数与偶数的运算性质性质1：偶数±偶数=偶数，奇数±奇数=偶数性质2：偶数±奇数=奇数性质3：偶数个奇数的和或差是偶数性质4：奇数个奇数的和或差是奇数性质5：偶数×奇数=偶数，奇数×奇数=奇数，偶数×偶数=偶数三、两个实用的推论推论1：在加减法中偶数不改变运算结果奇偶性，奇数改变运算结果的奇偶性。
推论2：对于任意2个整数a ,b ,有a +b 与a -b 同奇或同偶模块一、奇偶分析法之计算法【例 1】 1231993++++……的和是奇数还是偶数？【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】2星 【题型】解答【解析】 在1至1993中，共有1993个连续自然数，其中997个奇数，996个偶数，即共有奇数个奇数，那么原式的计算结果为奇数.【答案】奇数【例 1】 从1开始的前2005个整数的和是______数(填：“奇”或“偶”)。
【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】2星 【题型】填空【关键词】希望杯，4年级，初赛，5题【解析】 1+2+3+…+2004+2005=(1+2005)×2005÷2=1003×2005是奇数【答案】奇数【巩固】 2930318788+++++……得数是奇数还是偶数？例题精讲知识点拨教学目标5-1奇数与偶数的性质与应用【考点】奇偶分析法之计算法【难度】2星【题型】解答【解析】偶数。
数学奥赛辅导 第一讲 奇数、偶数、质数、合数
数学奥赛辅导第一讲奇数、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l的形式，其中m为非n m2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：n a n a a p p p A 2121⋅= （*）.其中i n p p p p ,21<<< 为质数，i α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j m n q q q q q q q A m,,212121<<<⋅= 其中βββ为质数，i β为非负整数，j=1，2，…，m .由于任何一i p 必为j q 中之一，而任一j q 也必居i p 中之一，故n=m .又因),,2,1(,,2121n i q p q q q p p p i i n n ==<<<<<则有，再者，若对某个i ，i i βα≠（不妨设i i βα>），用i i p β除等式n n n a n a a p p p p p p βββ 21122121⋅=两端得：.11111111n i i n i i n i i n i p p p p p p p ββββεβαα +-+--⋅=此式显然不成立（因左端是i p 的倍数，而右端不是）.故i i βα=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nn p p p A ααα 2121=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(21+++n ααα（简记为∏=+ni i 1)1(α）这是因为，乘积2222212111()1()1(21nn p p p p p p p p ++++++⋅++++ αα )nn p α++ 的每一项都是A 的一个因子，故共有∏=+ni i 1)1(α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,,,21n p p p 考察整数.121+=n p p p a 由于1>a 且又不能被),,2,1(n i p 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(n i p i =，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a b －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=x 2 ①5d －1=y 2 ②13d －1=z 2 ③x,y,z ∈N *由①知，x 是奇数，设x =2k －1，于是2d －1=（2k －1）2，即d =2k 2－2k+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 =n 2－m 2=(n+m)(n －m)，从而n 2－m 2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，bc ad d c b a =<<<<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：.22m k >从而add a d a c b a d m k 4)()(,(22+-=+->->于是因为 22)(4)(c b bc c b +=+->.再由,222,2,22a b a b b c a d bc ad k m m k -=⋅-⋅-=-==可得 因而))(()2(2a b a b a b m k m -+=⋅-- ①显然，a b a b -+,为偶数，a b m k --2为奇数，并且a b a b -+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f e a b m k ⋅=--2，其中e,f 为奇数，那么由①式及a b a b -+,的特性就有（Ⅰ）⎩⎨⎧=-=+-.2,21f a b e a b m 或（Ⅱ）⎩⎨⎧=-=+-.2,21e a b f a b m 由f a b a b a b efm k 222≤-<-≤-=- 得e=1， 从而.2a b f m k --=于是（Ⅰ）或（Ⅱ）分别变为⎪⎩⎪⎨⎧-=-=+--)2(2,21a b a b a b m k m 或⎪⎩⎪⎨⎧=--=+--12),2(2m m k a b a b a b 解之，得1122-+-=⋅m m k a .因a 为奇数，故只能a =1.例3．设n a a a ,,,21 是一组数，它们中的每一个都取1或－1，而且a 1a 2a 3a 4+a 2a 3a 4a 5+…+a n a 1a 2a 3=0，证明：n 必须是4的倍数. （第26届IMO 预选题）【证明】由于每个i a 均为1和－1，从而题中所给的等式中每一项321+++i i i i a a a a 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=(n a a a 21)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)(n f 表示不是n 的因数的最小自然数[例如)(n f =5].如果)(n f ≥3，又可作))((n f f .类似地，如果))((n f f ≥3，又可作)))(((n f f f 等等.如果2)))(((= n f f f f ，就把k 叫做n 的“长度”.如果用n l 表示n 的长度，试对任意的自然数n （n ≥3），求n l ，并证明你的结论.（第3届全国中学生数学冬令营试题）【解】令m t n m ,2=为非负整数，t 为奇数. 当m=0时，2)()(==t f n f ，因而l n =1；当0≠m 时，设u 是不能整除奇数t 的最小奇数，记).(t g u =（1）若.2,2))((,)(,2)(1===<+n m l n f f u n f t g 所以则（2）若.3,2)3()))(((,3)2())((,2)(,2)(111======>+++n m m m l f n f f f f n f f n f t g 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t g t g t m t n n l m m n例5．设n 是正整数，k 是不小于2的整数.试证：k n 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(312-+++=n n 命题在立.假设k=m 时成立，即,)12()3()1(2n na n a a a n m +=-++++++= （a 为某非负数） 则,)()(2221n n n na n n n na n n n m m +-+=+=⋅=+若记n n na b -+=2（显然b 为非负偶数），于是1),12()3()1(21+=-++++++=+=+m k n b b b n nb n m 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A 1A 2…A n A 1，则所有顶点i A 的坐标（i i y x ,）符合).,,2,1(,n i Z y x i i =∈并且C n i C Y X i i ,,2,1(22 ==+为一固定的正整数），其中),,,,,2,1(,111111y y x x n i y y Y x x X n n i i i i i i ===-=-=++++ 则由已知有∑==n i i X1,0 ① ∑==n i i Y1,0 ②2222222121n n Y X Y X Y X +==+=+ ③不妨设i i Y X 和中至少有一个为奇数（因为设m t X i m i ,2=是指数最小的，t i 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i i Y X 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i i Y X 与都必一奇一偶，而由①知，X i 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Y i 必为奇数），再由②知，这种奇数的Y i 也应有偶数个（设为u n 22-=ν），故)(2ν+=u n =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 ,11753254321 ααααα⋅⋅⋅⋅=n 则.1,1,2,34321≥≥≥≥αααα由,144)1)(1)(1)(1(4321=++++ αααα而,482234)1)(1)(1)(1(4321=⋅⋅⋅≥++++αααα故最多还有一个,2),5(0≤≥>j j j αα且为使n 最小，自然宜取.025≥≥α由)0(144)1)(1)(1)(1()0(144)1)(1)(1)(1)(1(54321554321时或时==++++≠=+++++ααααααααααα,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==αα,1543===ααα故所求的.11088011753225=⋅⋅⋅⋅=n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*N k kn V n ∈+=试证：存在一数,n V r ∈这个数可用不只一种方式表示成数集V n 中素元素的乘积. （第19届IMO 试题）【证明】由于V n 中的数都不小于),2(1>+n n 因而n V n n n n ∈-⋅---)12()1(,)12(,)1(22.显然)12()1(,)1(2-⋅--n n n 是V n 中的素元素.又若（2n －1）2不是V n 中素元素，则有,)12()1()1(,12-=+⋅+≥≥n bn an b a 使由此有,44b a abn n ++=-于是,31≤≤ab 从而b=1,a =1;b=1,a =2,b=1,a =3,对此就有,8,28,2=n 故n=8.这说明 ，当2)12(,8-≠n n 时就是V n 中素元素. 当)]12)(1[()12()1(,.)12()1(,82222--=--=∈--=≠n n n n r V r n n r n n 且显然令时)].12)(1[(--n n 当n=8时，有1089=136×8+1=9×121=33×33，而9，121，33∈V 8.综上知，命题得证.例9．已知n ≥2，求证：如果n k k ++2对于整数k （30n k ≤≤）是质数，则n k k ++2对于所有整数)20(-≤≤n k k 都是质数.（第28届（1987）国际数学奥林匹克试题6）【证】设m 是使n k k ++2为合数的最小正整数.若n m m p n m n ++-≤<2,23是令的最小质因子，则n m m p ++≤2. （1）若m ≥p ，则p|(m －p)2+(m －p)+n. 又(m －p)2+(m －p)+n ≥n ＞p ，这与m 是使n k k ++2为合数的最小正整数矛盾.（2）若m ≤p －1，则n m p m p n m p m p +---=+--+--))(1()1()1(2被p 整除，且.)1()1(2p n n m p m p >≥+--+--因为n m p m p +--+--)1()1(2为合数，所以.12,1+≥≥--m p m m p 由 ,122n m m p m ++≤≤+ 即 ,01332≤-++n m m 由此得363123n n m <-+-≤ 与已知矛盾.所以，对所有的n k k n k n ++-≤<2,23为质数.。
全国初中数学竞赛辅导（初1）第15讲奇数与偶数教师版
全国初中数学竞赛辅导（初1）第15讲奇数与偶数教师版第⼗五讲奇数与偶数通常我们所说的“单数”、“双数”，也就是奇数和偶数，即±1，±3，±5，…是奇数，0，±2，±4，±6，…是偶数．⽤整除的术语来说就是：能被2整除的整数是偶数，不能被2整除的整数是奇数．通常奇数可以表⽰为2k+1(或2k-1)的形式，其中k为整数，偶数可以表⽰为2k的形式，其中k 是整数．奇数和偶数有以下基本性质：性质1 奇数≠偶数．性质2 奇数±奇数=偶数，偶数±偶数=偶数，奇数±偶数=奇数．性质3 奇数×奇数=奇数，偶数×偶数=偶数，奇数×偶数=偶数．性质4 奇数个奇数之和是奇数；偶数个奇数之和是偶数；任意有限个偶数之和为偶数．性质5 若⼲个奇数的乘积是奇数，偶数与整数的乘积是偶数．性质 6 如果若⼲个整数的乘积是奇数，那么其中每⼀个因⼦都是奇数；如果若⼲个整数的乘积是偶数，那么其中⾄少有⼀个因⼦是偶数．性质7 如果两个整数的和(或差)是偶数，那么这两个整数的奇偶性相同；如果两个整数的和(或差)是奇数，那么这两个整数⼀定是⼀奇⼀偶．性质8 两个整数的和与差的奇偶性相同．性质9 奇数的平⽅除以8余1，偶数的平⽅是4的倍数.性质10 整数a和|a|有相同的奇偶性性质11 两个连续的整数中，必有⼀个是奇数，⼀个是偶数，两个相邻整数之和是奇数，之积是偶数.性质12 如果若⼲个整数之和是奇数，那么其中⾄少有⼀个是奇数；如果奇数个整数之和是偶数，那么其中⾄少有⼀个是偶数．下⾯我们给出性质7⾄性质9的证明．性质7的证明设两个整数的和是偶数，如果这两个整数为⼀奇⼀偶，那么由性质2知，它们的和为奇数，因此它们同为奇数或同为偶数．同理两个整数的和(或差)是奇数时，这两个数⼀定是⼀奇⼀偶．性质8的证明设两个整数为X，y．因为(x+y)+(x-y)=2x为偶数，由性质7便知，x+y与x-y同奇偶．性质9的证明若x是奇数，设x=2k+1，其中k为整数，于是x2=(2k+1)2=4k3+4k+1=4k(k+1)+1．因为k与k+1是两个连续的整数，它们必定⼀奇⼀偶，从⽽它们的乘积是偶数．于是，x2除以8余1．若y是偶数，设y=2t，其中t为整数，于是y2=(2t)2=4t2所以，y2是4的倍数．例1 在1，2，3，…，1998中的每⼀个数的前⾯，任意添上⼀个“+”或“-”，那么最后运算的结果是奇数还是偶数？解由性质8知，这最后运算所得的奇偶性同1+2+3+…+1998=999×1999的奇偶性是相同的，即为奇数．例2 设1，2，3，…，9的任⼀排列为a1，a2，…，a9.求证：(a1-1)(a2-2)…(a9-9)是⼀个偶数．证法1 因为(a1-1)+(a2-2)+(a3-3)+…+(a9-9)＝(a1+a2+…+a9)-(1+2+…+9)=0是偶数，所以，(a1-1)，(a2-2)，…，(a9-9)这9个数中必定有⼀个是偶数(否则，便得奇数个(9个)奇数的和为偶数，与性质4⽭盾)，从⽽由性质5知(a1-1)(a2-2)…(a9-9)是偶数．证法2 由于1，2，…，9中只有4个偶数，所以a1，a3，a5，a7，a9中⾄少有⼀个是奇数，于是，a1-1，a3-3，a5-5，a7-7，a9-9⾄少有⼀个是偶数，从⽽(a1-1)(a2-2)…(a9-9)是偶数．例3 有n个数x1，x2，…，x n，它们中的每⼀个数或者为1，或者为-1．如果x1x2+x2x3+…+x n-1x n+x n x1=0，求证：n是4的倍数．证我们先证明n=2k为偶数，再证k也是偶数．由于x1，x2，…，x n。
小学数学竞赛五、奇数与偶数
五、奇数与偶数小学数学课本第十册“数的整除”这部分教材中指出，凡是能被2整除的数叫偶数.大于零的偶数，又叫双数.凡是不能被2整除的数叫奇数，大于零的奇数又叫单数.因为偶数是2的倍数，所以通常用2k这个式子来表示偶数（这里k是整数）.因为任何奇数除以2其余数总是1，所以通常用式子2k+1来表示奇数（这里k是整数）.奇数和偶数有许多性质，常用的有：性质1 两个偶数的和或差仍是偶数.例如8+4=12，8-4=4等.两个奇数的和或差也是偶数.例如9+3=12，9-3=6等.奇数与偶数的和或差是奇数.例如9+4=13，9-4=5等.单数个奇数的和是奇数，双数个奇数的和是偶数，几个偶数的和仍是偶数.性质2 奇数与奇数的积是奇数.例如9×11=99等.偶数与整数的积是偶数.例如2×5=10，2×8=16等.性质3 任何一个奇数一定不等于任何一个偶数.下面用这些性质来解几道题.例1 有九只杯口向上的杯子放在桌上，每次将其中四只杯同时“翻转”，使其杯口向下.问能不能经过这样有限多次的“翻转”后，使九只杯口全部向下？为什么？分析与解对每只杯口向上（下）的杯子，只有“翻转”1次、3次、……后才能使杯口向下（上）.即对每只杯子，只有“翻转”单数次后，其杯口的朝向才能改变.现在要求九只杯口向上的杯子杯口全部朝下，那么每只杯子必须经过奇数次“翻转”，根据前面性质1中指出的：单数个奇数的和是奇数可知，这九个奇数的和一定是个奇数.即只有经过奇数次“翻转”，才能使九只杯口向上的杯子的杯口变为全部朝下.另外每次只能同时“翻转”四只杯子.这就是说，不管如何“翻转”，最后“翻转”的总次数一定是4的倍数.4是偶数，所以“翻转”的总次数是个偶数.前面要求“翻转”总次数必须是奇数，这里又说它一定是个偶数，前后矛盾，所以按要求无论怎样“翻转”，都不能使九只杯口全部向下.例2 能否在下式的各□内填入加号或减号，使下式成立，为什么？9□8□7□6□5□4□3□2□1=10分析与解因为每个□内都可以填入加号或减号，一共有8个□，所以共（28=）256种填法，故不能采用试验的方法解这道题.我们还是从简单情况开始.因为9是奇数，8是偶数，所以根据前面提到的性质，9□8当□内不管填“＋”或“－”，9□8一定是奇数.因为9□8是奇数，7也是奇数，所以9□8□7中7前面那个□内不管填“＋”或“－”，9□8□7一定是偶数.同理可以推出：因为9□8□7是偶数，6也是偶数，所以9□8□7□6一定是偶数.因为9□8□7□6是偶数，5是奇数，所以9□8□7□6□5一定是奇数.因为9□8□7□6□5是奇数，4是偶数，所以9□8□7□6□5□4一定是奇数.因为9□8□7□6□5□4是奇数，3也是奇数，所以9□8□7□6□5□4□3是偶数.因为9□8□7□6□5□4□3是偶数，2也是偶数，所以9□8□7□6□5□4□3□2一定是偶数.因为9□8□7□6□5□4□3□2是偶数，1是奇数，所以9□8□7□6□5□4□3□2□1是奇数.以上推理过程告诉我们，不管题目中8个□内如何填“+”或“-”，9□8□7□6□5□4□3□2□1总是一个奇数，而10是个偶数.根据前面的性质3，不管8个□如何填“+”、“-”，9□8□7□6□5□4□3□2□1≠10.这题也可以这样想，根据同一级运算的“搬家性质”，当8个□内的“+”、“-”一经填好后，一定有9□8□7□6□5□4□3□2□1=（9□7□5□3□1）□（8□6□4□2）.第一个括号内的9、7、5、3、1都是奇数，故不管第一个括号内的4个□内如何填“+”、“-”，9□7□5□3□1一定是个奇数.第二个括号内的8、6、4、2都是偶数，所以不管第二个括号内3个□内如何填“+”、“-”，8□6□4□2一定是偶数.这一来，不管两个括号中间那个□内如何填“+”、“-”，最后结果是奇数，而10是偶数，根据前面的性质3，不管题中8个□内如何填“+”、“-”，9□8□7□6□5□4□3□2□1≠10.例3 有一串数，最前面的四个数依次是1、9、8、7，从第五个数起，每一个数都是它前面相邻四个数之和的个位数字.问在这一串数中，会依次出现1、9、8、8这四个数吗？分析与解先按题目中的要求，在1、9、8、7这4个数字的后面写出一些数来，便可得出下列的数串：1，9，8，7，5，9，9，0，3，1，3，7，4，…这串数单从数字看乱七八糟，又因为按要求可以无限写下去，所以不能采用直接写的方法来解这题.可是如果把这串数按奇、偶数来分类，可得下面数串：奇，奇，偶，奇，奇，奇，奇，偶，奇，奇，奇，奇，偶，…（奇、偶分别代表奇数与偶数）我们来分析这串数有什么规律.根据奇数加奇数和是偶数，奇数加偶数和是奇数，可以推出第五、六、七个数全是奇数，第八个数是偶数.再利用第五、六、七、八这四个数的奇偶性，又可推出第九、十、十一、十二个数又全是奇数，第十三个数又是偶数，…….这一来，便发现这串数从第四个数开始，以后各数按四个奇数一个偶数的规律循环排列着，而1、9、8、8是两个奇数接两个偶数，所以数串中不会出现1、9、8、8这四个数.例4 能不能在（形如图1的）6×6正方形棋盘格中的各个小方格内，分别写上1至36这36个数（每个数必须用一次），使得棋盘中任何一个如图2中所给四种形状图形中所放的四个数的和都是偶数？如果能办到，请给出一种具体的方法；如果办不到，请说明理由.分析与解将1～36这36个自然数随意填在6×6正方形棋盘格的36个小方格内，填法太多，要想用试验法找到满足要求的填法，比较麻烦，下面我们倒着来想这个问题.如果能找到一种填法，使题中的要求得到满足，那么在图1中，一定有一个图3的十字形图形，当它的五个小方格中的数分别用a1、a2、a3、a4、a5表示时，可得到下面的四个等式：a1+a2+a3+a4=偶数（1）a1+a2+a3+a5=偶数（2）a1+a3+a4+a5=偶数（3）a2+a3+a4+a5=偶数（4）将（1）、（2）两式相减，等号前面是a4、a5的差，等号后面是两偶数相减，这说明a4与a5的差是偶数，所以a4与a5要么同是奇数，要么同是偶数.同样，（1）、（3）两式相减，可以得出a2与a5同是奇数或同是偶数.（1）、（4）两式相减，可以得出a1与a5同是奇数或同是偶数.这一来，a1、a2、a4、a5同是奇数或同是偶数.再看（1）式，当a1、a2、a4同是奇数时，为保证a1、a2、a3、a4之和是偶数，a3也应是奇数.当a1、a2、a4、a5同是偶数时，为保证a1、a2、a3、a4之和是偶数，a3也是偶数.这就说明a1、a2、a3、a4、a5这五个数要么同是奇数，要么同是偶数.另外图3那样的十字形图形，除了不能出现在（图1的）6×6棋盘格的四个角外，其他地方都可以出现.这一来，图1除掉四个角之外的32个小方格中的数要么都是奇数，要么都是偶数.但1至36这36个自然数中最多只有18个数同是奇数，或同是偶数，不可能有32个数同是奇数或同是偶数，这说明满足要求的填法不存在.上面例4告诉我们，解决这类问题除了用奇数与偶数的性质外，还用了一种倒着想的方法.就是先假定某一说法正确，然后利用这一说法和其他性质进行分析，最后得到一个不可能正确的结论来，从而说明假定的某一说法不对.这种想法在数学上叫“反证法”，以后在中学数学的学习中你会再次遇到.。
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第13讲 奇偶分析
A 类例题
例 1 ⑴ 证明：平面上的格点中，任取五点，必有两点，其连线中点是格点． ⑵ 至多可以取出多少个格点，使这些点中任取三点为顶点的三角形面积都不是整数． ⑴ 分析 按横坐标与纵坐标的奇偶性把平面格点分类，用抽屉原理证明． 证明 按横坐标与纵坐标的奇偶性把平面上的所有格点分类，共有 4 类：(奇，奇)，(奇， 偶)，(偶，奇)，(偶，偶)． 任取 5 个格点，必有 2 点属于同一类，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)这二点是属于同一类的两 1 1 点，则其连线的中点 M(2(x1＋x2)，2(y1＋y2))即为格点．故得证． ⑵ 分析 考虑三角形的面积如何计算． 1 解 由三角形面积表达式 S= [(x1－x2)(y2－y3)－(x2－x3)(y1－y2)]知， 如果三角形有某两个 2 顶点属于同一类(上题中的分类)，则其面积为整数；如果三个顶点都不同类，则其面积不为整 数． 于是取分属于 4 个不同的类的 4 个格点，以这 4 点中的任三点为顶点的三角形面积都不 为整数，但如果取 5 个格点，则必有某两点属于同一类，此时以这二个点及另外任一点为顶 点的三角形面积为整数． 故至多取 4 个点，且此四点应分属不同的 4 类． 说明 把整数分成“奇数”与“偶数”这两类，就相当于构造了两个抽屉，从而奇偶分析 常常用抽屉原理为工具解决问题．
链接 在坐标系内的三角形的面积公式： 为了方便，先把三角形放在第一象限内，当三角形不在第一象限内时，可利用平移公式 说明结论仍然成立． 如图，ΔABC 的三个顶点(按逆时针旋转的顺 y y P3 序排列)坐标分别为 P1(x1， y1)， P2(x2， y2)， P3(x3， P3 y3)． P1 P1 作 P1P1'⊥Ox， P2P2'⊥Ox ，P3P3'⊥Ox．垂 P2 P 2 足分别为 P'1，P'2，P'3．于是，三角形 P1P2P3 的 面积可以表示成三个直角梯形的面积的代数和： x x O P' P' O P' P' P' P' 2 3 1 3 2 1 如在左图中， 1 S＝2[(y1+y3)(x3－x1)+(y3+y2)(x2－x3)－(y1+y2)(x2－x1)] 1 ＝2[(x1y2－x2y1)+(x2y3－x3y2)+(x3y1－x1y3)]． 1 这个式子也可写为 S＝2[(x1－x2)(y2－y3)－(x2－x3)(y1－y2)]． 右图也可同样计算得证． 对于放置于任何位置的三角形，只要取平移公式代入检查即知该结果正确． 例 2 设 a1，a2，„，a64 是 1，2，„，63，64 的任意一种排列．令 b1=|a1－a2|，b2=|a3－a4|，„，b32=|a63－a64|； c1=|b1－b2|，c2=|b3－b4|，„，c16=|b31－b32|； d1=|c1－c2|，d2=|c3－c4|，„，d8=|c15－c16|； „„„ 这样一直作下去，最后得到一个整数 x．求证：x 为偶数． 分析 可以从后向前推：若 x 为奇数，则其前一次运算时的两个数必一奇一偶，„，这样 直到开始时的 64 个数的奇偶性．这就是证法一的思路；也可以从前向后推：第一次运算得到 的 32 个数的奇偶性与原来各数的奇偶性有什么关联？第二次运算所得 16 个数又与第一次运 算的 32 个数有什么关联？又与原来的 64 个数有何关联？„，这样直到最后一个数．这就是 证法二的思路． 证法一 假定 x 为奇数，则上述计算过程中倒数第二步的两个数是一奇一偶，倒数第三步 的四个数或者是三奇一偶或者是一奇三偶．仿此推知，计算过程中的每一步只能有奇数个奇 数，那么在 a1，a2，„，a64，中也该有奇数个奇数.但它们是 1，2，„，64 的某一排列，其 中奇数有 32 个，这就产生了矛盾.所以最后一个数只能是偶数． 证法二 因为整数 a 与|a|的奇偶性一致，整数 a、b 的和 a+b 与其差 a－b 的奇偶性也一 致， 所以上述计算过程的第二步中的 32 个数： |a1－a2|， |a3－a4|， „， |a63－a64|， 分别与 a1+a2， a3+a4，„，a63+a64 的奇偶性一致，于是，可改为考虑： 第一步：a1，a2，„，a64； 第二步：a1+a2，a3+a4，„，a63+a64； 第三步：a1+a2+a3+a4，„，a61+a62+a63+a64； „„„„ 很明显，这样做最后所得的数是 a1+a2+a3+a4+„+a63+a64．而 x 与它的奇偶性一致．由 于 a1，a2，„，a64 是 1，2，„，64 的某一排列，因此，a1+a2+a3+a4+„+a63+a64＝1+2+„„ +64=32×65，这是一个偶数，故知 x 为偶数．Fra bibliotekB 类例题
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竞赛讲座－奇数和偶数整数中，能被2整除的数是偶数，反之是奇数，偶数可用2k表示，奇数可用2k+1表示，这里k是整数.关于奇数和偶数，有下面的性质：（1）奇数不会同时是偶数；两个连续整数中必是一个奇数一个偶数；（2）奇数个奇数和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；任意多个偶数的和是偶数；（3）两个奇（偶）数的差是偶数；一个偶数与一个奇数的差是奇数；（4）若a、b为整数，则a+b与a-b有相同的奇数偶；（5）n个奇数的乘积是奇数，n个偶数的乘积是2n的倍数；顺式中有一个是偶数，则乘积是偶数.以上性质简单明了，解题时如果能巧妙应用，常常可以出奇制胜.1.代数式中的奇偶问题例1（第2届“华罗庚金杯”决赛题）下列每个算式中，最少有一个奇数，一个偶数，那么这12个整数中，至少有几个偶数？□+□=□，□-□=□，□×□＝□□÷□＝□.解因为加法和减法算式中至少各有一个偶数，乘法和除法算式中至少各有二个偶数，故这12个整数中至少有六个偶数.例2 （第1届“祖冲之杯”数学邀请赛）已知n是偶数，m是奇数，方程组是整数，那么（A）p、q都是偶数. （B）p、q都是奇数.（C）p是偶数，q是奇数（D）p是奇数，q是偶数分析由于1988y是偶数，由第一方程知p=x=n+1988y，所以p是偶数，将其代入第二方程中，于是11x也为偶数，从而27y=m-11x为奇数，所以是y=q奇数，应选（C）例3 在1，2，3…，1992前面任意添上一个正号和负号，它们的代数和是奇数还是偶数.分析因为两个整数之和与这两个整数之差的奇偶性相同，所以在题设数字前面都添上正号和负号不改变其奇偶性，而1+2+3+…+1992==996×1993为偶数于是题设的代数和应为偶数.2.与整除有关的问题例4（首届“华罗庚金杯”决赛题）70个数排成一行，除了两头的两个数以外，每个数的3倍都恰好等于它两边两个数的和，这一行最左边的几个数是这样的：0，1，3，8，21，….问最右边的一个数被6除余几？解设70个数依次为a1,a2,a3据题意有a1=0, 偶a2=1 奇a3=3a2-a1, 奇a4=3a3-a2, 偶a5=3a4-a3, 奇a6=3a5-a4, 奇………………由此可知：当n被3除余1时，a n是偶数；当n被3除余0时，或余2时，a n是奇数，显然a70是3k+1型偶数，所以k必须是奇数，令k=2n+1，则a70=3k+1=3(2n+1)+1=6n+4.解设十位数，五个奇数位数字之和为a，五个偶数位之和为b(10≤a≤35,10≤b≤35)，则a+b=45，又十位数能被11整除，则a-b应为0，11，22（为什么？）.由于a+b与a-b有相同的奇偶性，因此a-b=11即a=28，b=17.要排最大的十位数，妨先排出前四位数9876，由于偶数位五个数字之和是17，现在8+6=14，偶数位其它三个数字之和只能是17-14=3，这三个数字只能是2，1，0.故所求的十位数是9876524130.例6（1990年日本高考数学试题）设a、b是自然数，且有关系式123456789=（11111+a）（11111-b），①证明a-b是4的倍数.证明由①式可知11111（a-b）=ab+4×617②∵a＞0,b＞0,∴a-b＞0首先，易知a-b是偶数，否则11111(a-b)是奇数，从而知ab是奇数，进而知a、b都是奇数，可知(11111+a)及(11111-b)都为偶数，这与式①矛盾其次，从a-b是偶数，根据②可知ab是偶数，进而易知a、b皆为偶数，从而ab+4×617是4的倍数，由②知a-b是4的倍数.3.图表中奇与偶例7（第10届全俄中学生数学竞赛试题）在3×3的正方格（a）和（b）中，每格填“+”或“-”的符号，然后每次将表中任一行或一列的各格全部变化试问重复若干次这样的“变号”程序后，能否从一张表变化为另一张表.解按题设程序，这是不可能做到的，考察下面填法：在黑板所示的2×2的正方形表格中，按题设程序“变号”，“+”号或者不变，或者变成两个.表(a)中小正方形有四个“+”号，实施变号步骤后，“+”的个数仍是偶数；但表(b)中小正方形“+”号的个数仍是奇数，故它不能从一个变化到另一个.显然，小正方形互变无法实现，3×3的大正方形的互变，更无法实现.例8（第36届美国中学生数学竞赛试题）将奇正数1，3，5，7…排成五列，按右表的格式排下去，1985所在的那列，从左数起是第几列？（此处无表）解由表格可知，每行有四个正奇数，而1985=4×496+1，因此1985是第497行的第一个数，又奇数行的第一个数位于第二列，偶数行的第一个数位于第四列，所以从左数起，1985在第二列.例9 如图3-1，设线段AB的两个端点中，一个是红点，一个是绿点，在线段中插入n个分点，把AB分成n+1个不重叠的小线段，如果这些小线段的两个端点一个为红点而另一个为绿点的话，则称它为标准线段.证明不论分点如何选取，标准线段的条路总是奇数.分析 n个分点的位置无关紧要，感兴趣的只是红点还是绿点，现用A、B分别表示红、绿点；不难看出：分点每改变一次字母就得到一条标准线段，并且从A点开始，每连续改变两次又回到A，现在最后一个字母是B，故共改变了奇数次，所以标准线段的条数必为奇数.4.有趣的应用题例 10（第2届“从小爱数学”赛题）图3-2是某一个浅湖泊的平面图，图中所有曲线都是湖岸.（1）如果P点在岸上，那么A点在岸上还是在水中？（2）某人过这湖泊，他下水时脱鞋，上岸时穿鞋.如果有一点B，他脱鞋垢次数与穿鞋的次数和是个奇数，那么B点是在岸上还是在水中？说明理由.解（1）连结AP，显然与曲线的交点数是个奇数，因而A点必在水中.（2）从水中经过一次陆地到水中，脱鞋与穿鞋的次数和为2，由于 A点在水中，氢不管怎样走，走在水中时，脱鞋、穿鞋的次数的和总是偶数，可见B点必在岸上.例11 书店有单价为10分，15分，25分，40分的四种贺年片，小华花了几张一元钱，正好买了30张，其中某两种各5张，另两种各10张，问小华买贺年片花去多少钱？分析设买的贺年片分别为a、b、c、d（张），用去k张1元的人民币，依题意有10a+15b+25c+40d=100k,(k为正整数)即 2a+3b+5c+8d=20k显然b、c有相同的奇偶性.若同为偶数，b-c=10 和a=b=5，不是整数；若同为奇数，b=c=5和a=d=10,k=7.例12 一个矩形展览厅被纵横垂直相交的墙壁隔成若干行、若干列的小矩形展览室，每相邻两室间都有若干方形门或圆形门相通，仅在进出展览厅的出入口处有若干门与厅外相通，试证明：任何一个参观者选择任何路线任意参观若干个展览室（可重复）之后回到厅外，他经过的方形门的次数与圆形门的次数（重复经过的重复计算）之差总是偶数.证明给出入口处展览室记“+”号，凡与“+”相邻的展览室记“-”号，凡与“-”号相邻的展览室都记“+”号，如此则相邻两室的“+”、“-”号都不同.一参观者从出入口处的“+”号室进入厅内，走过若干个展览室又回到入口处的“+”号室，他的路线是+-+-…+-+-，即从“+”号室起到“+”号室止，中间“-”、“+”号室为n+1（重复经过的重复计算），即共走了2n+1室，于是参观者从厅外进去参观后又回到厅外共走过了2n+2个门（包括进出出入口门各1次）.设其经过的方形门的次数是r次，经过圆形门的次数是s，则s+r=2n+2为偶数，故r-s也为偶数，所以命题结论成立.例13 有一无穷小数A=0.a1a2a3…a n a n+1a n+2…其中a i(i=1,2)是数字，并且a1是奇数，a2是偶数，a3等于a1+a2的个位数…，a n+2是a n+a n+1(n=1,2…,)的个位数，证明A是有理数.证明为证明A是有理数，只要证明A是循环小数即可，由题意知无穷小数A的每一个数字是由这个数字的前面的两位数字决定的，若某两个数字ab重复出现了，即0.…ab…ab…此小数就开始循环.而无穷小数A的各位数字有如下的奇偶性规律：A=0.奇偶奇奇偶奇奇偶奇……又a是奇数可取1，3，5，7，9；b是偶数可取0，2，4，6，8.所以非负有序实数对一共只有25个是不相同的，在构成A的前25个奇偶数组中，至少出现两组是完全相同的，这就证得A是一循环小数，即A是有理数.练习1.填空题（1）有四个互不相等的自然数，最大数与最小数的差等于4，最大数与最小数的积是一个奇数，而这四个数的和是最小的两位奇数，那么这四个数的乘积是______.（2）有五个连续偶数，已知第三个数比第一个数与第五个数和的多18，这五个偶数之和是____. （3）能否把1993部电话中的每一部与其它5部电话相连结？答____.2.选择题（1）设a、b都是整数，下列命题正确的个数是（）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是奇数；④若a+5b是奇数，则a-3b是偶数.（A）1 （B）2 （C）3 （D）4（2）若n是大于1的整数，则的值（）.（A）一定是偶数（B）必然是非零偶数（C）是偶数但不是2 （D）可以是偶数，也可以是奇数（3）已知关于x的二次三项式ax2+bx+c（a、b、c为整数），如果当x=0与x=1时，二次三项式的值都是奇数，那么a（）（A）不能确定奇数还是偶数（B）必然是非零偶数（C）必然是奇数（D）必然是零3.（1986年宿州竞赛题）试证明11986+91986+81986+61986是一个偶数.4.请用0到9十个不同的数字组成一个能被11整除的最小十位数.5.有n 个整数，共积为n，和为零，求证：数n能被4整除6.在一个凸n边形内，任意给出有限个点，在这些点之间以及这些点与凸n边形顶点之间，用线段连续起来，要使这些线段互不相交，而且把原凸n边形分为只朋角形的小块，试证这种小三我有形的个数与n有相同的奇偶性.7.（1983年福建竞赛题）一个四位数是奇数，它的首位数字泪地其余各位数字，而第二位数字大于其它各位数字，第三位数字等于首末两位数字的和的两倍，求这四位数.8.（1909年匈牙利竞赛题）试证：3n+1能被2或22整除，而不能被2的更高次幂整除.9.（全俄15届中学生数学竞赛题）在1，2，3…，1989之间填上“+”或“-”号，求和式可以得到最小的非负数是多少？练习参考答案１．（１）３０．（最小两位奇数是１１，最大数与最小数同为奇数）（２）１８０．设第一个偶数为ｘ，则后面四个衣次为ｘ＋２，ｘ＋４，ｘ＋６，ｘ＋８．（３）不能．２．Ｂ．Ｂ．Ａ３．１１９８６是奇数１，９１９８６的个位数字是奇数１，而８１９８６，６１９８６都是偶数，故最后为偶数．４．仿例５１２０３４６５８７９．５．设ａ１，ａ２，…，ａｎ满足题设即ａ１＋ａ２＋…＋ａｎ＝０①ａ１·ａ２……ａｎ＝ｎ②。