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

1、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1 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 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 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

2、，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（x1x2）， （y1y2）即为格点故得证 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= （x1x2）（y2y3）（x2x3）（y1y2）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

3、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，ABC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P1P1Ox，P2P2Ox，P3P3Ox垂足分别为P1，P2，P3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）（x3x1）+（y3+y2）（x2x3）（y1+y2）（x2x1）

4、（x1y2x2y1）+（x2y3x3y2）+（x3y1x1y3）这个式子也可写为S（x1x2）（y2y3）（x2x3）（y1y2）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=|a1a2|，b2=|a3a4|，b32=|a63a64|； c1=|b1b2|，c2=|b3b4|， c16=|b31b32|； d1=|c1c2|，d2=|c3c4|，d8=|c15c16|；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

5、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

6、和a+b与其差ab的奇偶性也一致，所以上述计算过程的第二步中的32个数：|a1a2|，|a3a4|，|a63a64|，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+a641+2+64=3265，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

7、，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=0B类例题例3有nn（n3）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kZ）（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

8、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，n3，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1，1i，jn），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（n1）!个基本项中出现，由于n3，故（n1）!为偶数所以，把所有基本项乘起来后，每个aij都乘了（n1）!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4m4l个，其和为4m4l4l=4（m2l）为4的倍数；若等于1的基本项有4l2个，则等于+1

9、的基本项有4m4l+2个，其和为（4m4l+2）（4l2）=4（m2l+1）为4的倍数故证链接 n!=n（n1）（n2）321，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（n1）种选法，于是选出这两个数有n（n1）种方法，再在第3行的选一个数，有（n2）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n1行n1列，其中选出n1个既不同行又不同列的项的方法如上述有（n1）!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（n1

10、）!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）a0a1an1an为奇数，故a0a1an1为偶数，从而a0，a1，an1中有偶数个奇数任取一奇数k，则ki（i1，2，n）为奇数，从而aniki（i1，2，n）的奇偶性与ani的奇偶性相同，于是，a0kn+a1kn-1+an-1k的奇偶性与a0a1an1的奇偶

11、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（i1，2，n）为偶数，从而anihi（i1，2，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

12、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，

13、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）24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（n4）2（n5）2（n6）2（n7）20而 1989=8248+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，122232132819，而409 经试验知，42921221321681144169410故知1222324252627282921021121221321 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12223242