提优教程江苏省高中数学竞赛 第13讲 奇偶分析教案Word文档下载推荐.docx

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偶数=4的倍数，偶数×

整数=偶数；

5、两个整数的和与这两个整数的差具有相同的奇偶性

6、奇数的平方被4除余1，偶数平方为4的倍数；

奇偶分析也常表现为染色，把一个图形染成黑白两色，往往可视为其中一色为奇数，另一色为偶数；

也可视为用+1与-1（或1与0）标号，……总之，在分成两类对问题进行讨论时，常常可以看成是在进行奇偶分析．

A类例题

例1⑴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点，则其连线的中点M（

（x1＋x2），

（y1＋y2））即为格点．故得证．

⑵分析考虑三角形的面积如何计算．

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（按逆时针旋转的顺序排列）坐标分别为P1（x1，y1），P2（x2，y2），P3（x3，y3）．

作P1P1'

⊥Ox，P2P2'

⊥Ox，P3P3'

⊥Ox．垂足分别为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：

如在左图中，

S＝

[（y1+y3）（x3－x1）+（y3+y2）（x2－x3）－（y1+y2）（x2－x1）]

＝

[（x1y2－x2y1）+（x2y3－x3y2）+（x3y1－x1y3）]．

这个式子也可写为S＝

[（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．

情景再现

1．将某个17位数的数字顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：

得到的和中至少有一个数字是偶数．（1970年第四届全苏数学奥林匹克8年级试题）

2．若a，b，c都是整数，且a与b同为奇数或同为偶数，c为奇数，求证：

找不到整数n，使an2+bn+c=0．

B类例题

例3有n×

n（n＞3）的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意的填入+1与-1这两个数中的一个，先将表内n个两两既不同行又不同列的方格中的数的乘积称为一个基本项．试证明：

按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被4整除（即总能表示成4k的形式，其中k∈Z）．（1989年全国数学联赛）

分析一下子证明基本项之和总能被4整除较难，可以分两步走：

先证明基本项的和能被2整除，再证其能被4整除．这样就较容易了．

证明基本项共有n!

个，n＞3，故基本项的个数为4的倍数，设基本项共有4m项．

设第i行第j列的格子中填入了aij（aij=＋1或－1，1≤i，j≤n），每个基本项都是由n个＋1或－1相乘而得，故每个基本项都等于＋1或－1．

其次，每个数aij都要在（n－1）!

个基本项中出现，由于n＞3，故（n－1）!

为偶数．所以，把所有基本项乘起来后，每个aij都乘了（n－1）!

次，于是所有基本项的乘积等于1．这说明等于－1的基本项有偶数个，同样，等于+1的基本项也有偶数个．

若等于－1的基本项有4l个，则等于+1的基本项有4m－4l个，其和为4m－4l－4l=4（m－2l）为4的倍数；

若等于－1的基本项有4l－2个，则等于+1的基本项有4m－4l+2个，其和为（4m－4l+2）－（4l－2）=4（m－2l+1）为4的倍数．故证．

链接n!

=n×

（n－1）×

（n－2）×

…×

3×

2×

1，表示从1到n这连续n个正整数的乘积．

当我们选一个基本项时，可先在第1行中任选一个数，有n种选法，再在第2行选一个数，该数与第一个数应不同列，故有（n－1）种选法，于是选出这两个数有n×

（n－1）种方法，再在第3行的选一个数，有（n－2）种选法，…，依此类推，选出基本项共有n!

个．

其中含aij的选法可以这样想：

去掉第i行第j列的所有元素后，余下n－1行n－1列，其中选出n－1个既不同行又不同列的项的方法如上述有（n－1）!

种，每一种选法都与aij合成一个基本项，从而含aij的基本项共有（n－1）!

个．可参见《计数基本原理》的内容．

例4设P（x）=a0xn+a1xn-1+…+an-1x+an是整系数多项式，如果P（0）与P

（1）都是奇数，证明P（x）无整数根．（第3届加拿大数学奥林匹克）

分析奇数h与整数n积的奇偶性与n的奇偶性相同．要证P（x）没有整数根，只要证明P（x）既没有奇数根，又没有偶数根即可．

证明P（0）＝an，故an为奇数；

P

（1）＝a0＋a1＋…＋an－1＋an为奇数，故a0＋a1＋…＋an－1为偶数，从而a0，a1，…，an－1中有偶数个奇数．

任取一奇数k，则ki（i＝1，2，…，n）为奇数，从而an－iki（i＝1，2，…，n）的奇偶性与an－i的奇偶性相同，于是，a0kn+a1kn-1+…+an-1k的奇偶性与a0＋a1＋…＋an－1的奇偶性相同，即a0kn+a1kn-1+…+an-1k为偶数，从而P（k）=a0kn+a1kn-1+…+an-1k+an与an的奇偶性相同，即P（k）为奇数．从而P（k）≠0，故k不是P（x）的根．

任取一偶数h，则hi（i＝1，2，…，n）为偶数，从而an－ihi（i＝1，2，…，n）为偶数，于是a0hn+a1hn-1+…+an-1h为偶数，从而P（h）=a0hn+a1hn-1+…+an-1h+an与an的奇偶性相同，即P（h）为奇数．从而P（h）≠0，故h不是P（x）的根．

因为任何奇数与任何偶数都不是P（x）的根，所以P（x）没有整数根．

例5在12，22，32，…，19892这1989个连续的完全平方数的每个数前都添“+”或“-”号，使其代数和为最小的非负数，并写出算式．（1989年第15届全俄数学奥林匹克）

分析要求该和式的最小非负值，由于该和式为整数，而最小非负整数为0，所以首先考虑此和能否等于0？

如果不能，应该证明和式不能等于0，再研究和式能否等于1？

如果和能等于1，则也要证明和式不能等于1．……，这样依此类推，直到找出和式的最小值为止．

要求这1989个完全平方数的和式的最小值，可以考虑找到某种规律，把这些数分成若干小段，每个小段的和为0，最后再处理少数几个数，这样就容易得出结果．为此可对照研究一个简单的问题：

在1，2，…，1989这1989个连续整数的每个数前都添“+”或“-”号，使其代数和为最小的非负数．

解这1989个数中有995个奇数，994个偶数，故其和为奇数，所以，这1989个平方数的和不可能等于0．而改变和式中任一个的符号（“＋”号改为“－”号）都不改变结果的奇偶性，所以，无论怎样安排各数前的“＋”、“－”号，都不可能使此代数和为0．故所求最小非负代数和≥1．

由于

n2－（n+1）2－（n+2）2+（n+3）2＝4．

因此可以把连续8个整数取出，使其前4个的符号按此安排，其和为4，后4个的符号则与之相反，其和为－4，则此8个数的代数和为0．即

n2－（n+1）2－（n+2）2+（n+3）2－（n＋4）2＋（n＋5）2＋（n＋6）2－（n＋7）2＝0．

而1989=8×

248+5．

现从142开始，每连续8个完全平方数为一组，共得247组，每组的第1，4，6，7个数前取“+”号，第2，3，5，8个数前取“－”号，则这组8个数之和为0．按此安排，可以使从142起到19892止的数的代数和为0．

又，12＋22＋32＋…＋132＝819，而

＝409．

经试验知，42＋92＋122＋132＝16＋81＋144＋169＝410．故知

－12－22－32＋42－52－62－72－82＋92－102－112＋122＋132＝1．

于是可得，所求最小非负代数和为1．

说明若只把前5个平方数留下，从62起，每8个数分成一组，按上述安排，可以使从62起到19892止的数的代数和为0．但12＋22＋32＋42＋