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2012江苏省数学竞赛《提优教程》第13讲 奇偶分析


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; 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.
[来源:Zxxk.Com]

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 1 1 点,则其连线的中点 M(2(x1+x2),2(y1+y2))即为格点.故得证. ⑵ 分析 考虑三角形的面积如何计算. 1 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 y y P3 序排列)坐标分别为 P1(x1, y1), P2(x2, y2), P3(x3, P3 y3). P1 P1 作 P1P1'⊥ Ox,P2P2'⊥ Ox,P3P3'⊥ Ox.垂足 P2 P 2 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 x x O P' P' O P' P' P' P' 2 3 1 3 2 1 在左图中, 1 S=2[(y1+y3)(x3-x1)+(y3+y2)(x2-x3)-(y1+y2)(x2-x1)] 1 =2[(x1y2-x2y1)+(x2y3-x3y2)+(x3y1-x1y3)]. 1 这个式子也可写为 S=2[(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 n n-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 n n-1 即 a0k +a1k +?+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+a n 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. 2 现从 14 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. 819 又,12+22+32+?+132=819,而? 2 ?=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+52=55, 而这 5 个平方数中找不到其 中几个,其和为? 55? 2 ? 2 ?=27.如果据此断言,此代数和不可能为 1 就错了.本解中继续取出 6

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到 132 这 8 个数与前 5 个平方数在一起再加以考察,得出代数和可以等于 1 的最佳结果. 试考虑下面问题:试研究把 19892 改成 n2 后的一般结论?

情景再现
3.在国际象棋的棋盘上,放有 8 枚棋子,已知其中任意两枚不同行,也不同列.证明: 黑格中的棋子数为偶数. 4. 在整个平面上有一个无限大的方格棋盘, 上面摆好了一些棋子, 它们恰好组成一个 3k?n

的矩形.按下述规则进行游戏:每一枚棋子都可以越过(沿水平方向或竖直方向)相邻的棋子而 放入这枚棋子的相邻的空格里,并把相邻的这枚棋子从棋盘上取走.证明:不论怎样走,棋 盘上都不会只剩下 1 枚棋子.(1982 波兰数学竞赛题) 2 2 2 2 2 5.设 a1,a2,a3,a4,a5 和 b 是满足关系式 a2 1+a2+a3+a4+a5=b 的整数,证明:所有这 些数不可能全是奇数. 6.设 x1,x2,?,xn 是一组数,它们之间每一个都取+1 或-1,并且 x1x2x3x4+ x2x3x4x5+?+xn-3xn-2xn-1xn+xn-2xn-1xnx1+xn-1xnx1x2+xnx1x2x3=0. 求证:n 是 4 的倍数.(第 26 届 IMO 预选题)

C 类例题
例 6 设 E={1,2,3,?,200},G={a1,a2,?,a100}是 E 的真子集,且 G 具有下列两 条性质: 1)对于任何 1?i<j?100,恒有 ai+aj≠201; 2)a1+a2+?+a100=10080. 试证明:G 中的奇数的个数是 4 的倍数,且 G 中所有数的平方和为一定数.(1990 年全 国数学联赛) 分析 要证 G 中奇数的个数是 4 的倍数,可以分两步走:先证 G 中有偶数个奇数,再进 而证明 G 中的奇数个数是 4 的倍数.这可以通过考虑奇数与偶数的表示方法做到:偶数是所 有被 2 整除的数,也可看成是被 4 除余 0 或 2 的数;奇数是被 2 除余 1 的数,也是被 4 除余 1 或 3 的数. 要证明这 100 个数的平方和为定值, 由于这 100 个数不确定, 但 E 中 200 个数是确定的, 因此应把 G 中的元与 E 中不是 G 的元的那 100 个元合起来一起考虑它们的平方和. ⑴ 证明:把 E 中的 200 个数分成 100 组,每组两个数,且同组两个数的和为 201: Ai={i,201-i}(i=1,2,?,100). (即分成{1,200},{2,199},{3,198},?,{100,101}这 100 个组); 于是同组的两个数不能都是 G 的元素,这说明 G 中的元素不能超过 100 个.又若某一组 中的两个数都不是 G 的元素,则 G 中的元素个数将少于 100.这说明上述分组中的每个组都 必须有 1 个数且只能有 1 个数是 G 的元素. 设 G 的元素中,x1,x2,?,xi 为奇数,y1,y2,?,yj 为偶数,且 i+j =100(x1,x2,?, xi,y1,y2,?yj 是 a1,a2,?,a100 的一个排列). x1+x2+?+xi +y1+y2+?+yj=10080. 由于 i 个奇数的和为偶数,故 i 为偶数,令 i=2p(p∈N). 又由于 201≡1(mod 4),故 Ai 中两个数或被 4 除余 0 与 1,或被 4 除余 2 与 3. 把 Ai 中两数被 4 除的余数把这 100 组再分两类: {4k+1,4(50-k)}型的组共有 50 个(即 A1,A4,A5,A8,?,A97,A100 这 50 组), {4k+3,4(50-k)-2}型的组共有 50 个(即 A2,A3,A6,A7,?,A98,A99 这 50 组). 设 G 中 4k+1 型的奇数共有 m 个,则 4k+3 型的奇数共有 2p-m 个,4(50-k)型的偶数 共有 50-m 个,4(50-k)-2 型的数共有 50-2p+m 个. 所以,和 a1+a2+?+a100≡m×1+(2p-m)×3+(50-m)×0+(50-2p+m)×2 (mod 4). 即 2p+100 应能被 4 整除.所以,2|p,即 4|i. 即是:G 中奇数的个数是 4 的倍数. ⑵ 证明 因{a1,a2,?,a100,201-a1,201-a2,?,201-a100}={1,2,3,?,200}.
[来 源:学科网 ZXXK]

故 a1+a2+?+a100+(201-a1)2+(201-a2)2+?+(201-a100)2 1 =12+22+32+?+2002 为定值(=6×200×201×401=2686700). 展开即是 a +a2+?+a100+2012×100-2×201×(a1+a2+?+a100)+a1+a2+?+a100 2 2 2 =2(a1+a2+?+a100)+2012×100-2×201×10080 为定值(=2686700). 2 2 2 即 a1+a2+?+a100为定值(=1349380). 例 7 设有一个顶点都是格点的 100 边形, 它的边都与 x 轴或 y 轴平行, 且边长都是奇数. 求 证:它的面积也是奇数.(1987 年中国数学奥林匹克) y 分析 先研究这个 100 边形的形状,必定 是凹的多边形; 再 A7 研究如何求这个多边形的面积,由于其形状不 能确定, 但其边与 A8 坐标轴平行,故可以用向 x 轴作垂线的方法(如 例 2 的链接中所 A5 A6 A100 A99 A 3 用的方法 ) 把该多边形面积转化为一批矩形的 面积和. 再研究各 A4 矩形面积的奇偶性. A1 A2 证明 显然,这些边必是一横一竖相间.从 而这 100 条边中 有 50 条为横边,50 条为竖边. B3 B7 B5 B9 x O B1 B99 如图,不妨把这个 100 边形放在第一象限 的 x 轴上方, 并设 A1A2 为横边, A2A3 为竖边, 分别过 A1、 A3、 A5、 ?、 A99 作 x 轴的垂线 A1B1、 A3B3、 A5B5、 ?、 A99B99, 垂足分别为 B1、 B3、 B5、 ?、 B99. 则该 100 边形可以看作 50 个矩形 A1A2B3B1、 A3A4B5B3、 A5A6B7B5、?,A99A100B1B99 的面积的代数和. 由于 A3B3=A1B1±A3B3, 而 A3B3 的长度为奇数, 故 A1B1 与 A3B3 的长度数值奇偶性相反, 于是,A1B1、A3B3、?、A99B99 这 50 条线段的长度数值奇偶性相间. 但 A1A2、A3A4、?、A99A100 的长度数值都是奇数,从而这 50 个矩形的面积数值也是奇偶 相间,故其中有 25 个奇数,25 个偶数.所以,这 50 个矩形面积的代数和为 25 个奇数与 25 个偶数的代数和,必为奇数.故证.
[来源:Z+xx+k.Com]

2

2

2

2 1

2

2

2

2

2

链接 求坐标系内封闭图形面积的方法: 本题中面积计算的方法是求坐标系内 一般方法.如图,要求曲线围成封闭图形 A x 轴上的射影为线段 BC.在图形 A 的边界 些点引 x 轴的垂线段, 这样就得到了一系列 些曲边梯形的面积的代数和就是封闭图形 段代替每个曲边梯形的上边, 就得到一系列 这些直角梯形的面积的代数和作为图形 A 值.只要分点取得足够密,相应的近似值就 积. 这就是“积分”的基本思想.

y

A

O

B

C

x

封闭图形面积的 的面积, 该图形在 上取若干点, 过这 的“曲边梯形”,这 A 的面积,若以线 的直角梯形, 就用 的面积的近似 足够接近 A 的面

例 8 能否把 1,1,2,2,3,3,4,4,?1986,1986 这些数排成一行,使得两个 1 之 间夹着一个数,两个 2 之间夹着两个数,?,两个 1986 之间夹着 1986 个数?请你证明你的 结论.(1986 年中国数学奥林匹克) 分析 把位置编号,再进行奇偶分析. 证明 把一行 1986×2=3972 个位置从左向右编成 1 至 3972 号,如果能排列成,则每个 数都应占据一个号码.

设两个“1”分别占了第 i1 及第 i1+2 这两号,两个“2”分别占了第 i2 及 i2+3 号,?, 一般的,两个数“k”(k=1,2,?,1986)分别占了第 ik 及第 ik+k+1 号. 证法一 各数所占的号码的和为 (i1+i1+2)+(i2+i2+3)+?+(i1986+i1986+1987) =2(i1+i2+?+i1986)+2+3+?+1987 =2(i1+i2+?+i1986)+1989×993. ⑴ 故此号码和是奇数. 但此号码和也应等于 1+2+3+?+1986×2=3973×1986. ⑵ 却是偶数. 由⑴、⑵矛盾,知不能按要求排成. 证法二 若 k 为奇数,则两个“k”占的第 ik 及第 ik+k+1 号是奇偶性相同的两个号码; 若 k 为偶数,则两个“k”占的第 ik 及第 ik+k+1 号是奇偶性不同的两个号码. 从 1 到 3972 共有 1986 个奇数号码与 1986 个偶数号码. 又,从 1 到 1986 共有 993 个奇数,993 个偶数.其中 993 个偶数分别占了 993 个奇数 号码与 993 个偶数号码.于是余下 993 个奇数号码与 993 个偶数号码,每个奇数或占两个奇 数号码,或占两个偶数号码,故必占偶数个奇数号码及偶数个偶数号码,而余下的却是奇数 奇数号码与奇数个偶数号码,从而这样的排列不能排成. 链接 本题有一般性的结论,这就是下述竞赛题:求所有具有下述性质的 n∈ N*,能够把 2n 个数 1,1,2,2,3,3,…,n,n 排成一行,使得当 k=1,2,…,n 时,在两个 k 之间恰 有 k 个数.(1982 年前苏联数学竞赛题) 解:设 n∈ N*,a1,a2,…,a2n 是满足要求的排列.设数 k 排在第 mk 及 mk+k+1 位,故 这 2n 个数的数位和(即{ai}的下标和)为
[来源:学科网 ZXXK]

k=1

∑(mk+mk+k+1)=2 ∑mk+1 n(n+3). 2
k=1

n

n

但这 2n 个数的位的和又等于 1+2+…+2n=n(2n+1).
n 1 1 ∴2 ∑mk= n(2n+1)- n(n+3)= n(3n-1). 2 2 k=1

1 于是 n(3n-1)为整数,但 n 与 3n-1 奇偶性不同,故当 n=4l 或 3n-1=4l?时,即 n=4l 4 1 或 n=4l?-1 时 n(3n-1)为整数. 4 ∴ 当 n≡1,2(mod 4)时,不存在满足要求的排列. 当 n≡ 0(mod 4)时,可把这 1~4l 这些数如下排列: l=1 时:2,3,4,2,1,3,1,4. l=2 时:4,6,1,7,1,4,8,5,6,2,3,7,2,5,3,8. 一般的:4l-4,…,2l,4l-2,2l-3,…,1,4l-1,1,…,2l-3,2l,…,4l-4, 4l,4l-3,…2l+1,4l-2,2l-2,…,2, 2l-1,4l-1,2,…2l-2,2l+1,…4l-3,2l -1,4l. 当 n≡-1(mod 4)时,可把这 4l-1 个数如下排列: l=1 时:2,3,1,2,1,3; l=2 时:4,6,1,7,1,4,3,5,6,2,3,7,2,5.

一般的,4l-4,…,2l,4l-2,2l-3,…,1,4l-1,1,…,2l-3,2l,…,4l-4, 2l-1,4l-3,…2l+1,4l-2,2l-2,…,2, 2l-1,4l-1,2,…2l-2,2l+1,…4l-3. 其中,“…”表示一个公差为 2 或-2 的等差数列.

情景再现
7.在圆周上按任意顺序写上 4 个 1 与 5 个 0,然后进行下面的运算:在相邻的相同数字 之间写上 0,而在不同的相邻数字之间写上 1,并擦掉原来的数字.接着进行同样的运算,如 此继续.证明:不管这种运算进行多少次,都不可能得到 9 个 0.(1975 年南斯拉夫数学竞赛) 8.设 d1,d2,?,dk 是正整数 n 的所有因数,这里,1=d1<d2<?<dk=n,k?4,求 2 2 2 所有满足 d2 1+d2+d3+d4=n 的正整数 n.(1989 年巴尔干数学竞赛)

习题 13
1.一天,某旅游者乘火车来到某个城市游玩,他玩了一天后于晚上回到来时的火车站, 试证明:他总可以沿着他当天走过奇数次的街道回到火车站. 2.将正方形 ABCD 分割成 n2 个相等的小方格(n 是正整数),把相对的项点 A、C 染成红 色,把 B、D 染成蓝色,其它交点任意染红、蓝两色中的一种颜色.证明:恰有三个顶点同色 的小方格数目必是偶数. 3.在黑板上写有若干个 0、1 和 2,现在可以擦掉两个不同的数字,并用另一个数字代替 它们(用 2 代替 0 与 1,用 1 代替 0 与 2,用 0 代替 1 与 2).证明如果这种做法,最后在黑板 上只留下一个数字,那么,留下的数字与操作顺序无关.(1975 年第 9 届全苏数学奥林匹克) 4.在平面上画了一个由边长为 1 的正六边形组成的蜂窝形网格,如果沿网格线从一个网 格点 A 用最短路程走到另一个网格点时共走的路程为 100,试证:他走的全程的一半是走在 同一个方向上. 5.已知多项式 x3+bx2+cx+d 的系数都是整数,并 且 bd+cd 是奇数, 则这个多项式不能分解成为两个整系数多项式的乘 积.(1963 年北京市 高中数学竞赛) 6.是否存在整数 a,b,c,d,使得对所有的整数 x , 等 式 4 2 2 2 x +2x +2000x+30=(x +ax+b)(x +cx+d)成立. 7.能否将 1990×1990 方格表中的每个小方格涂成黑色或白色,使得关于表的中心对称 的方格涂有不同的颜色,并且任一行及任一列中黑格与白格都各占一半.(1990 全苏第 4 届数 学奥林匹克) 8.在 99 枚外观相同的硬币中,要找出其中的某些假币.已知每枚假币与真币的重量相 差奇数克,而所给硬币重量和恰等于真币的重量,现有带指针标明整克数的双盘天平,证明 只要称一次就可辨别指定的硬币是否是假币.(1987 年第 13 届全俄数学奥林匹克) 9.从集{0,1,2,?,14}中选出不同的数,填入图中的 10 个小圆圈中,使得由线段连 结的两个数的差的绝对值均不相等,这可能吗?证明你的结论.(1991 年第 23 届加拿大数学 奥林匹克) 10. 设正整数 d 不等于 2、 5、 13, 证明: 在集合{2, 5, 13,d}中,可以找到两个不同元素 的 a,b,使 ab-1 不 是完全平方数. (1986 年第 27 届国际 数学奥林匹克竞赛 试题) 11. 设 P0, P1, P2, ?, P1993=P0 为 xy 平面上不同

的点,具有下列性质: ⑴Pi 的坐标均为整数,i=0,1,2,3,?,1992; ⑵在线段 PiPi+1 上没有其他的点,坐标均为整数,i=0,1,2,3,?,1992. 求证:对某个 i,0?i?1992,在线段 PiPi+1 上有一个点 Q(qx,qy)使 2qx,2qy,均为奇整 数.(1993 年亚太地区数学奥林匹克) 12. 设 n?2, a1, a2, ?, an 都是正整数, 且 ak?k (1?k?n) . 试证明: 当且仅当 a1+a2+? +an 为偶数时,可适当选取“+”号与“-”号,使 a1±a2±?±an=0.(1990 年中国数学奥林 匹克) 本节“情景再现”解答: 1.证明 取十七位数a17a16?a2a1,颠倒其数字顺序后,所得数为a1a2?a16a17,把两数相 加,如果和的各位数字都是奇数,则末位的 a1 +a17 是奇数,但 1 2 0 1 2 0 1 2 和的首位数字是 a17+a1 或 a17+a1+1(当计算 第 16 位数字时, 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 如果没有进位,则为 a17+a1,若有进位,则为 a17 + a1 + 1) 的 末 1 2 0 1 2 0 1 2 位数字(如果此和?10,则此和是一个 18 位数, 其首位为 1), 若计 0 1 2 0 1 2 0 1 算第 16 位时有进位,则第 17 位数字将是偶数 a17+a1+1(或 a17 2 0 1 2 0 1 2 0 2 0 1 2 0 1 2 1 +a1-9),故第 16 位在计算时没有进位.这说 明第 16 位的 a2+ 0 1 2 0 1 2 0 1 a16 没有进位,此时,若第二位计算时有进位, 则只能进 1 且由 a2+a16=9,a1+a17?10 引起,此时,和的第二位数字为 0,与假设矛盾.即 a1+a17 与 a2 +a16 均不能有进位.去掉 a1、a2、a16、a17 这 4 个数字后余下 13 位数,又可仿上证明,再 连续去掉 4 位数字三次,剩下 a9+a9,只能得偶数.与假设矛盾,从而可知,和的各位数字 中至少有一个是偶数.2.证明 ⑴ 当 n 为奇数时,因 a、b 同奇偶,所以 an2+bn 为偶数,又 c 为奇数,故 an2+bn+c 为奇数,所以 an2+bn+c?0.⑵ 当 n 为偶数时,an2+bn 为偶数,c 为 奇数,故其和 an2+bn+c 为奇数,不等于零.3.证明 我们不妨设棋盘的左上角为白格,设从 上至下的行号依次为 1,2,?,8,从左向右的列号依次为 1,2,?,8.这样,国际象棋棋 盘的每个方格被赋予一个坐标(a,b),容易看出,棋盘的每个白格的坐标的两个分量之和都是 偶数;每一个黑格的坐标的分量之和都是奇数.由条件,我们考虑这 8 枚棋子所在的坐标的 各分量之和的总和 S,则 S=(1+2+?+8)×2=72.于是 S 为偶数,若黑格中的棋子数为 k, 就有 k 个奇数的和为偶数,从而 k 为偶数,即.棋盘的黑格中的棋子的个数为偶数.4.解 按 右图把棋盘的每个格子编号, 由于共有 3k 行放了棋子, 故每种编号的中放的棋子数一样多. 每 走一步,有两种编号上放的棋子数减少 1,而第三种编号中放的棋子数增加 1.于是每种格子 中的棋子数的奇偶性都改变了.即开始时,每种格子中棋子数奇偶性相同,以后每走一步, 三种格子中棋子数的奇偶性仍相同.如果最后只剩下 1 枚棋子,则有两种编号的中的棋子数 为 0,而另一种编号中的棋子数为 1.奇偶性不同.矛盾.故不可能.5.证明 若这些数都是
2 2 2 2 2 奇数,则由于 a i ≡1(mod 8)(i=1,2,3,4,5).所以 a2 1+a2+a3+a4+a5≡5(mod 8).但 b ≡
2

1(mod 8),故证.6.证明 记 yi=xixi+1xi+2xi+3,(1,2,?,n),且 xn+r=xr(r=1,2,3,4).则 yi=+1 或-1.由于 y1+y2+?+yn=0,故{y1,y2,?,yn}中+1 与-1 的个数相等,故 2|n, 设 n=2k(k∈N*).即{y1,y2,?,yn}中有 k 个+1,k 个-1.又 y1y2?yn=x1x2?xn=1,但 y1y2?yn=(+1)k(-1)k.故(-1)k=1,从而 k 为偶数,设 k=4h(h∈N*)所以,n=4h,即 n 是 4 的倍数.7.解 若经过 k 次操作,第一次出现 9 个 0,(即前面 k-1 次操作都没有出现 9 个 0 的情况).这说明,第 k-1 次应该出现 9 个相同的数字,但不是 0,而应出现全部是 1,于 是第 k-2 次操作所得应是全部 0,1 相间.于是圆周上的标数个数应为偶数个.但原来只标
4 4 4

出 9 个数字,是奇数个,而经过 1 次操作,并不改变标出数字的个数.8.证明 若 n 为奇数, 2 2 2 则其每个因数都是奇数,于是 d2 1+d2+d3+d4=n 为偶数,矛盾.故 n 为偶数.故 d1=1,d2=2, 2 2 2 且 d3、必一奇一偶.若 d3=3,则 d4?6 且 d4 必为偶数.当 d4=4 时,d2 1+d2+d3+d4=30,不满 2 2 2 足 d4=4;当 d4=6 时 d2 ? n.若 d3=4,则 4|n,且 1+d2+d3+d4=50,不满足 d4=6.故 d3>3.3 | 2 2 2 2 2 2 d4 为奇.由于 d1+d2+d3+d4=n≡0(mod 4),而 d1≡1(mod4),d2≡0(mod4),d2 3≡0(mod4), 2 2 2 2 2 2 2 2 d4=1,与 d1+d2+d3+d4≡0(mod 4)矛盾.故 d3>4.4 | ? n.从而 d3 必为奇数,于是由 d1+d2+d3 2 2 2 +d2 从而 d4=2d3. 故 1+4+d2 即 5|n, d3=5, 4=n≡2(mod4)故 d4 为偶数, 3+4d3=5+5d3=5(1+d3)=n, d4=10,?n=130. “习题 13”解答: 1.解 设他到达某路口后,准备回火车站,此时设他已经到过这个交叉路口 k 次,前 k -1 次都是到达此路口又离开的,只有最后一次是他刚到达此路口的,从而他走过了连接该路 口的 2(k-1)+1=2k-1 条街道(某条街道走过几次就算几条),于是他不可能超过其中的每一 条街道都是偶数次,即至少有一条街道他以前走过奇数次.于是,他可以沿此街道走下去, 到达另一个路口,同样的道理,他又可选择一条他走过奇数次的街道走下去,由于他前面经 过的街道是有限条,从而他不可能这样一直走下去,必于某一时刻到达车站. 2.证明 用数 字代表颜色,红色记为 1,蓝色记为-1.将小方格编号为 1,2,?,n2,并记每个小方格四 顶点的乘积为 Ai(i=1,2,?,n2).若恰有三顶点同色,Ai=-1,否则 Ai=1.现在考虑乘积 A1×A2×?×An :对正方形内部的交点,各点相应的数重复出现 4 次;正方形各边上不是端
2

点的交点所相应的数各出现 2 次;A、B、C、D 四点相应的数的乘积为 1×1×(-1)×(-1) =1.于是,A1×A2×?×An =1.因此,A1,A2,?,An 中-1 的个数必为偶数,即恰有三
2 2

个顶点同色的小方格必有偶数个.3.解 设原来写了 p 个 0,q 个 1,r 个 2,每次操作,每种 数字或增加 1 个,或减少 1 个,于是,每次操作,这 3 种数字的个数的奇偶性都同时改变, 即 p、q、r 这三个数的奇偶性如果原来相同,则经过操作,其奇偶性仍相同,若原来奇偶性不 同,则经过操作后奇偶性仍不同.若最后只留下一个数字,该数字的个数为奇,其余两个数 字的个数为 0,是偶数.这说明,原来 p、q、r 按奇偶性分类,必有 2 个 属于同一类,这两类 数最后全部擦去;另一个则属于另一类,而最后留下的数就是后一类的数. 4.解 考虑他走 过水平的两条路,若这两条路之间没有走水平的路,则在这两条路上前进的方向不能相反, 否则不是最短路,即走此两条路时的方向相同.由此 可见, 他在水平 路上的前进方向始终相同,而在相邻的两次水平路间 A 2 995行 一 定 走 过 奇 数 A1 条其他方向的路.故这两条水平路的路程数奇偶性相 同.同理,其余 两个方向上走的路程数的奇偶性也分别相同,即总有 A3 A 4 995行 某 个 方 向 走 了 3 2 全路程的一半.5.证明 设多项式 x +bx +cx+d 可以 分解成两个多 995列 995列 项式的乘积,则必可分解成一个一次式与一个二次式 的 积 . 设 3 2 2 +bx +cx+d=(x+p)(x +qx+r),其中 p、q、r 都是整数.于是比较此式两边的系数,得 pr=d; ①pq+r=c;②p+q=b. ③因 bd+cd=(b+c)d 为奇数,故 d 与 b+c 都是奇数.所以 b 与 c 必一 奇一偶.⑴ 若 b 为奇数,c 为偶数,则由①:pr=d 为奇数,故 p 与 r 都为奇数,所以由②知 q 为奇数,由③知 q 为偶数,二者矛盾;⑵ 若 b 为偶数,c 为奇数,则由①知 p 与 r 都是奇 数,于是由②得 q 为偶数,由③得 q 为奇数,二者矛盾.故 x3+bx2+cx+d 不能分解成为两个 整 系 数 多 项 式 的 乘 积 . 6 . 解 如 果 已 知 等 式 成 立 , 又 右 边 =x4+(a+c)x3+(b+d+ac)x2+(bc+ad)x+bd , 于 是 有 等 式 4 2 4 3 2 x +2x +2000x+30=x +(a+c)x +(b+d+ac)x +(bc+ad)x+bd 比较等式两边的对应项的系数,则有

0, ① ?ba++dc+= ac=2, ② ? bc+ad=2000, ③ ? bd=30. ④ 由④知,b 和 d 一个为奇数,一个为偶数,不妨设 b 为奇数,d 为偶数.再考虑③式,由 d 是偶数,则 ad 为偶数,又因为 2000 为偶数,则 bc 必为偶数,再由 b 为奇数得,c 为偶数. 根据这些结果考虑②式,由 b 为奇数,d 和 c 为偶数可知 b+d+ac 为奇数,可是等式右边是 2, 2 为偶数,这样②式不可能成立,因此题目要求的 a,b,c,d 不存在.7.解 若能涂成,把 黑 格记为数“+1” ,白格记为数“-1” ,于是所有各格中数的和为 0.现把此方格表分成 4 个 995×995 的小方格表 A1,A2,A3,A4 如图.由于每个 995×995 方格中方格数都是奇数, 从而其各数的和不等于 0,由对称性知 A1 与 A4、A2 与 A3 中各数和符号相反,不妨设 A1、A2 中各数和为正,A4、A3 中各数和为负.由于原方格表的前 995 行的和都为正,这说明此 995 行中不可能每行的数的和都为 0.即存在某些行,该行中各数和为正.即该行中黑格比白格 多.矛盾.故不可能涂成.8.证明 所给的硬币除指定的一枚硬币外,把余下的 98 枚分成两 组,每组 49 枚,将它们分别置于两边的盘子上.如果两边的重量相差偶数克,那么取出那一 枚硬币为真币;如果两边的重量相差奇数克,那么取出的那枚硬币是伪币.事实上,由于假 币的重量与真币的重量相差奇数克,故当假币有奇数个时,这些假币的重量和必与相同个数 的真币重量和相差奇数克,从而相差的克数不可能为 0.所以在这 99 枚硬币中,假币 有偶数 枚.如果指定的这枚硬币是假币,则余下 98 枚硬币中,有奇数枚假币,在分成两组时,这两 组中的假币数必一奇一偶.此时,天平两边的重量差为奇数.如果指定的这枚硬币是真币, 则余下 98 枚硬币中假币有偶数个,所以分成两组时,或者两组中假币都有偶数个,或者两组 中假币都有奇数个,从而天平两边的重量差为偶数.所以,如果两边的重量相差偶数克,那 么取出那一枚硬币为真币;如果两边的重量相差奇数克,那么取出的那枚硬币是伪币.即一 次称重即可确定指定的这枚硬币是真币还是假币.9.解 设 10 个圆圈中填的数分别为 a1、 a2、?、a10,把相邻两个圆圈中数的差的绝对值写在连结它们的线段上.差的绝对值最大为 14, 最小为 1, 从而如果能填成, 则 14 条线段上的数都互不相同. 这 14 个数分别为 1, 2, ?, 14,其中 7 个奇数,7 个偶数.由于两数差的绝对值的奇偶性与这两数和的奇偶性相同,从而 线段两端两数和也有 7 个是奇数,7 个是偶数,其和为奇数.由于该图中每个圆圈连出了偶数 条线段,即每个圆圈中所填数都在这 14 个和式中出现了偶数次,从而这 14 个数的和应为偶 数,矛盾.从而这样的填法不存在.1 0.证明 即证明 2d-1、5d-1、13d-1 中不能都是完 全平方数.反设存在某个 d,使这三个数都是完全平方数.由 2d-1 为奇数,故 2d-1=8k+1, 即 d≡1 (mod 4).此时 5d-1=5(4k+1)-1=4(5k+1),于是 5k+1 是完全平方数,于是 5k+1≡ 0 或 1 (mod 4).从而 k≡-1 或 0, ⑴又 13d-1=13(4k+1)-1=4(13k+3),于是 13k+3 是完 全平方数,于是 13k+3≡0 或 1 (mod 4),从而 k≡1 或 2.⑵由⑴与⑵矛盾,知这样的 d 不存 在.11.证明 记 Pi 的坐标为 Pi(xi,yi)(i=0,2,?,1992)(xi,yi∈Z).只研究 PiPi+1 的中点 坐标:1?若存在 i(i∈{0,2,?,1992},使 xi 与 xi+1、yi 与 yi+1 的奇偶性都相同,则线段 PiPi +1 的中点是整点,不满足条件⑵;2?若存在 i(i∈{0,2,?,1992},使 xi 与 xi+1、yi 与 yi+1 的 奇偶性都不相同,则线段 PiPi+1 的中点满足题目要求;3?若存在 i(i∈{0,2,?,1992},使 xi 与 xi+1 的奇偶性相同,而 yi 与 yi+1 的奇偶性不同;或 xi 与 xi+1 的奇偶性不同,而 yi 与 yi+1 的奇偶性相同.则线段 PiPi+1 的中点的一个坐标的 2 倍是偶数,另一坐标的 2 倍是奇数.故 若不存在满足题目要求的点,则所有 Pi 的坐标都必须满足 3?.此时 xi+yi+xi+1+yi+1=(xi+xi +1)+(yi+yi+1)为 奇数,从而 xi+yi 与 xi+1+yi+1 的奇偶性不同.即 P0,P1,P2,?,P1993 的 坐标和应为奇偶相间的一列数,从而 P0 与 P1993 的奇偶性相反,这与 P0=P1993 矛盾.故 证.12.证明 由于 a1±a2±?±an 与 a1+a2+?+an 的奇偶性相同,故当 a1+a2+?+an

为奇数时,a1±a2±?±an 也为奇数,从而不可能等于 0.现设 a1+a2+?+an 为偶数.若 n =2,因 1?a1?1,1?a2?2,故 2?a1+a2?3,由 a1+a2 为偶数,故 a1+a2=2,所以 a1 =a2=1,只要安排成 a1-a2=0.若 n=3,因 1?ai?i(i=1,2,3),故 3?a1+a2+a3?6, 由 a1+a2+a3 为偶数,故 a1+a2+a3=4 或 6. ① 当 a1+a2+a3=4 时,只能是 a1=a2=1, a3=2, ② 当 a1+a2+a3=6 时, 只能 a1=1, a2=2, a3=3, 只要安排为 a1+a2-a3=0. 现 设 n=m(m=1,2,?,k)时,由 1?ai?i(i=1,2?,m),及 a1+a2+?+am 为偶数即能适 当选取符号,使 a1±a2±?±am=0 成立. 当 n=k+1,且 1?ai?i(i=1,2?,k,k+1), 及 a1+a2+?+ak+ak+1 为偶数时, 由于 0?|ak+1-ak|?k, 令 ak?=|ak+1-ak|, 则 a1+a2+? +ak-1+ak?为偶数.当 1?ak??k 时,由假设知可以适当选取符号,使 a1±a2±?±ak-1±ak? =0, 于是可以选取符号, 使 a1±a2±?±ak±ak+1=0. 当 ak?=0 时, 则由 1?ai?i(i=1, 2, ?, k-1)及 a1+a2+?+ak-1 为偶数知可以选取符号使 a1±a2±?±ak-1=0, 此时只要添上+ak -ak+1=0,即得 a1±a2±?±ak-1+ak-ak+1=0.故 n=k+1 时命题也成立.综上可知,对 于一切正整数 n?2,命题均成立.

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