奇数与偶数

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，…，xn，它们中的每一个数或者为1，或者为-1．如果 x1x2+x2x3+…+xn-1xn+xnx1=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，…，xn。的绝对值都是1，所以，x1x2，x2x3，…，xnx1的绝对值也都是1，即它们或者为+1，或者为-1．设其中有k个-1，由于总和为0，故+1也有k个，从而n=2k．   下面我们来考虑(x1x2)·(x2x3)…(xnx1)．一方面，有(x1x2)·(x2x3)…(xnx1)＝(-1)k，   另一方面，有(x1x2)·(x2x3)…(xnx1)=(x1x2…xn)2=1．   所以(-1)k=1，故k是偶数，从而n是4的倍数． 例4 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．   证 由已知条件可得11111+a与11111-b均为奇数，所以a，b均为偶数．又由已知条件 11111(a-b)=ab+2468，①   ab是4的倍数，2468=4×617也是4的倍数，所以11111×(a-b)是4的倍数，故a-b是4的倍数. 例5 某次数学竞赛，共有40道选择，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．   证 我们证明每一个学生的得分都是偶数．   设某个学生答对了a道题，答错了b道题，那么还有40-a-b道题没有答．于是此人的得分是5a+(40-a-b)-b=4a-2b+40，这是一个偶数．所以，不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数． 例6 证明15块4×1的矩形骨牌和1块2×2的正方形骨牌不能盖住8×8的正方形. 证 将8×8正方形的小方格用黑、白色涂色(如图1－62)．每一块4×1骨牌不论怎么铺设都恰好盖住两个白格，因此15块4×1的骨牌能盖住偶数个白格．一块2×2的骨牌只能盖住一个白格或三个白格，总之能盖住奇数个白格．于是15块4×1骨牌和一块2×2骨牌在图上盖住的白格是奇数个．事实上图上的白格数恰为偶数个，故不能盖住8×8的正方形． 例7 在7×7的正方形的方格表中，以左上角与右下角所连对角线为轴对称地放置棋子，要求每个方格中放置不多于1枚棋子，且每行正好放3枚棋子，则在这条对角线上的格子里至少放有一枚棋子，这是为什么？   与解：题目说在指定的这条对角线上的格子里必定至少放有一枚棋子，假设这个说法不对，即对角线上没放棋子。如下图所示，因为题目要求摆放的棋子以MN为对称轴，所以对于MN左下方的任意一格A，总有MN右上方的一格A＇，A与A＇关于MN对称，所以A与A＇要么都放有棋子，要么都没放棋子。由此推知方格表中放置棋子的总枚数应是偶数。而题设每行放3枚棋子，7行共放棋子 3×7=21（枚），21是奇数，与上面的推论矛盾。所以假设不成立，即在指定的对角线上的格子中必定至少有一枚棋子。 　 例8对于左下表，每次使其中的任意两个数减去或加上同一个数，能否经过若干次后（各次减去或加上的数可以不同），变为右下表？为什么？   分析与解：因为每次有两个数同时被加上或减去同一个数，所以表中九个数码的总和经过变化后，等于原来的总和加上或减去那个数的2倍，因此总和的奇偶性没有改变。原来九个数的总和为1+2+…+9=45，是奇数，经过若干次变化后，总和仍应是奇数，与右上表九个数的总和是4矛盾。所以不可能变成右上表。 例9 左下图是一套房子的平面图，图中的方格代表房间，每个房间都有通向任何一个邻室的门。有人想从某个房间开始，依次不重复地走遍每一个房间，他的想法能实现吗？     分析与解：如右上图所示，将相邻的房间黑、白相间染色。无论从哪个房间开始走，因为总是黑白相间地走过各房间，所以走过的黑、白房间数最多相差1。而右上图有7黑5白，所以不可能不重复地走遍每一个房间。 例10左下图是由14个大小相同的方格组成的图形。试问能不能剪裁成7个由相邻两方格组成的长方形？   分析与解：将这14个小方格黑白相间染色（见右上图），有8个黑格，6个白格。相邻两个方格必然是一黑一白，如果能剪裁成7个小长方形，那么14个格应当是黑、白各7个，与实际情况不符，所以不能剪裁成7个由相邻两个方格组成的长方形。 例11 在右图的每个○中填入一个自然数（可以相同），使得任意两个相邻的○中的数字之差（大数减小数）恰好等于它们之间所标的数字。能否办到？为什么？   分析与解：假定图中5与1之间的○中的数是奇数，按顺时针加上或减去标出的数字，依次得到各个○中的数的奇偶性如下：   因为上图两端是同一个○中的数，不可能既是奇数又是偶数，所以5与1之间的○中的数不是奇数。   同理，假定5与1之间的○中的数是偶数，也将推出矛盾。   所以，题目的要求办不到。 例12 下页上图是半张中国象棋盘，棋盘上已放有一只马。众所周知，马是走“日”字的。请问：这只马能否不重复地走遍这半张棋盘上的每一个点，然后回到出发点？   分析与解：马走“日”字，在中国象棋盘上走有什么规律呢？   为方便研究规律，如下图所示，先在棋盘各交点处相间标上○和●，图中共有22个○和23个●。因为马走“日”字，每步只能从○跳到●，或由●跳到○，所以马从某点跳到同色的点（指○或●），要跳偶数步；跳到不同色的点，要跳奇数步。现在马在○点，要跳回这一点，应跳偶数步，可是棋盘上共有23+22=45（个）点，不可能做到不重复地走遍所有的点后回到出发点。   讨论：如果马的出发点不是在○点上而是在●点上，那么这只马能不能不重复地走遍这半张棋盘上的每个点，最后回到出发点上呢？按照上面的分析，显然也是不可能的。但是如果放弃“回到出发点”的要求，那么情况就不一样了。从某点出发，跳遍半张棋盘上除起点以外的其它44点，要跳44步，44是偶数，所以起点和终点应是同色的点（指○或●）。因为44步跳过的点○与点●各22个，所以起点必是●，终点也是●。也就说是，当不要求回到出发点时，只要从●出发，就可以不重复地走遍半张棋盘上的所有点。     练习 1.教室里有5排椅子，每排5张，每张椅子上坐一个学生。一周后，每个学生都必须和他相邻（前、后、左、右）的某一同学交换座位。问：能不能换成？为什么？ 2.房间里有5盏灯，全部关着。每次拉两盏灯的开关，这样做若干次后，有没有可能使5盏灯全部是亮的？ 3.左下图是由40个小正方形组成的图形，能否将它剪裁成20个相同的长方形？ 4.一个正方形果园里种有48棵果树，加上右下角的一间小屋，整齐地排列成七行七列（见右上图）。守园人从小屋出发经过每一棵树，不重复也不遗漏（不许斜走），最后又回到小屋。可以做到吗？ 5.红光五年级一次乒乓球赛，共有男女学生17人报名参加。为节省时间不打循环赛，而采取以下方式：每人只打5场比赛，每两人之间用抽签的决定只打一场或不赛。然后根据每人得分决定出前5名。这种比赛方式是否可行？ 6.如下图所示，将1～12顺次排成一圈。如果报出一个数a（在1～12之间），那么就从数a的位置顺时针走a个数的位置。例如a=3，就从3的位置顺时针走3个数的位置到达6的位置；a=11，就从11的位置顺时针走11个数的位置到达10的位置。问：a是多少时，可以走到7的位置？     1.不能。   提示:如右图所示，25个座位分为12白13黑。相邻座位总是一黑一白，因为只有12个白座位，所以原来坐在黑座位上的13人不可能都换到白座位上。   2.不可能。   提示：一开始亮着的灯（0盏）是偶数，每次有两盏灯亮暗发生变化，不改变亮着的灯数的奇偶性，所以亮着的灯数总是偶数，不可能5盏灯都亮着。   3.不能。提示：与例4类似。   4.不可以。   提示：如右图所示，△表示小木屋。守园人只能黑白相间地走，走过的第奇数棵树是白的，第偶数棵树是黑的，走过第48棵树应是黑的，而黑树与小木屋不相邻，无法直接回到小木屋。   5.不可行。   提示：17人每人打5场（次），共打17×5=85（场），即共有85人次参赛。因为每场球是2人打的，每个人都算一次，所以每赛一场球2人次，不论赛多少场球，总计的人次数应是偶数，与共有85人次参赛矛盾。说明设计的比赛方式行不通。   6.不存在。   提示：当1≤a≤6时，从a的位置顺时针走a个数的位置，应到达2a的位置；当7≤a≤12时，从a的位置顺时针走a个数的位置，应到达2a-12的位置。由上面的分析知，不论a是什么数，结果总是走到偶数的位置，不会走到7的位置。 练习十五   1．设有101个自然数，记为a1，a2，…，a101．已知a1+2a2+3a3+…+100a100+101a101=s是偶数，求证：a1+a3+a5+…+a9９+a101是偶数．   2．设x1，x2，…，x1998都是+1或者-1．求证：x1+2x2+3x3+…+1998x1998≠0．   3．设x1，x2，…，xn(n＞4)为1或-1，并且x1x2x3x4+x2x3x4x5+…+xnx1x2x3=0．   求证：n是4的倍数．   4．(1)任意重排某一自然数的所有数字，求证：所得数与原数之和不等于99…9(共n个9，n是奇数)；   (2)重排某一数的所有数字，并把所得数与原数相加，求证：如果这个和等于1010，那么原数能被10整除．   5．(1)有n个整数，其和为零，其积为n．求证：n是4的倍数；   (2)设n是4的倍数，求证：可以找到n个整数，其积为n，其和为零．   6．7个杯子杯口朝下放在桌子上，每次翻转4个杯子(杯口朝下的翻为杯口朝上，杯口朝上的翻为杯口朝下)，问经过若干次这样的翻动，是否能把全部杯子翻成杯口朝上？   7．能否把1，1，2，2，3，3，4，4，5，5这10个数排成一行，使得两个1中间夹着1个数，两个2之间夹着2个数，…，两个5之间夹着5个数？