高中数学竞赛讲义-奇数偶数

1、§25奇数偶数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（mZ），任一奇数可表为2m+1或2m1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（mZ）. （3）任何一个正整数n，都可以写成的形式，其中m为非负整数，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.例题讲解1下列每个算式中，

2、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？+=，-=，×，÷.2已知n是偶数，m是奇数，方程组的解是整数，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  3在1，2，3，1992前面任意添上一个正号和

3、负号，它们的代数和是奇数还是偶数.470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？5设a、b是自然数，且有关系式123456789=（11111+a）（11111-b），               证明a-b是4的倍数.-+-+6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

4、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.+-+-+b a 7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ab1不是完全平方数. 8设a、b、c、d为奇数，证明：如果a+d=2k，b+c=2m，k,m为整数，那么a=1. 9设是一组数，它们中的每一个都取1或1，而且a1a2a3a4+a2a3a4a5+ana1a2a3=0，证明：n必须是4的倍数. 3.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 

5、 于是题设的代数和应为偶数.4.解  设70个数依次为a1,a2,a3据题意有高+考+资+源+网a1=0,             偶高+考+资+源+网a2=1              奇a3=3a2-a1,          奇a4=3a3-a2

6、,          偶a5=3a4-a3,          奇a6=3a5-a4,           奇 由此可知：其次，从a-b是偶数，根据可知ab是偶数，进而易知a、b皆为偶数，从而ab+4×617是4的倍数，由知a-b是4的倍数. 高+考+资+源+网6. 解   按题

7、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.7. 解 由于2×51=32，2×131=52，5×131=82，因此，只需证明2d1，5d1，13d1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，令高+考+资+源+网2d1=x2 5d

8、1=y2 13d1=z2 x,y,zN*由知，x是奇数，设x=2k1，于是2d1=（2k1）2，即d=2k22k+1，这说明d也是奇数.因此，再由，知，y,z均是偶数.设y=2m,z=2n,代入、，相减，除以4得，2d=n2m2=(n+m)(nm)，从而n2m2为偶数，n，m必同是偶数，于是m+n与mn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.8.首先易证：从而.再由因而 高+考+资+源+网 显然，为偶数，为奇数，并且只能一个为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），高+考+资+源+网 因此,如果设，其中e,f为奇数，那么由式及的特性就有（）或（） 由 得e=1，从而于是（）或（）分别变为或高+考+资+源+网解之，得.因a为奇数，故只能a=1.9.证明:由于