内容发布更新时间 : 2024/11/3 4:23:03星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

第13讲 奇偶分析法

把全体整数按被2除的余数分为两类：被2除余数为0整数的称为偶数，一般表示为2k(k为整数)，被2除余数为1整数的称为奇数，一般表示为2k+1(k为整数)．由于既不会有一个整数同时出现在奇数类和偶数类，也不会有一个整数既不在奇数类又在偶数类，因此，我们可以把对整数问题的研究转化为对奇数和偶数的研究．这种利用奇偶数分析问题的方法就可以使一些看起来比较困难的题目变得简单易解了.

奇偶分析利用了奇数与偶数的一些性质： 1、奇数不等于偶数；

2、在自然数数列中，奇数与偶数是相间排列的；

3、奇数±奇数=偶数，偶数±偶数=偶数，奇数±偶数=奇数；奇数个奇数的和是奇数，偶数个奇数的和是偶数，任意个偶数的和是偶数；

来源:Zxxk.Com

4、奇数×奇数=奇数，偶数×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类例题来源:Z。xx。k.Com 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两11

点，则其连线的中点M((x1＋x2)，(y1＋y2))即为格点．故得证．

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⑵ 分析 考虑三角形的面积如何计算．

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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， OP'1P'P'32xOP'1P'2yP3P1P2P1P2P'3xyP31S＝[(y1+y3)(x3－x1)+(y3+y2)(x2－x3)－(y1+y2)(x2－x1)] 21 ＝[(x1y2－x2y1)+(x2y3－x3y2)+(x3y1－x1y3)]． 21这个式子也可写为S＝[(x1－x2)(y2－y3)－(x2－x3)(y1－y2)]． 2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an+bn+c=0．

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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k(i＝1，2，?，n)为奇数，从而an－ik(i＝1，2，?，n)的奇偶性与an

nn-1

+?+an-1k的奇偶性与a0＋a1＋?＋an－1的奇偶性相同，－i的奇偶性相同，于是，a0k+a1k

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

i

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