整数的奇偶性及其在解题中的应用(知识点).doc

整数的奇偶性及其在解题中的应用（知识系统整理）摘要：整数的奇偶性有许多十分明显又十分简单的性质，但利用其中的一些性质，可以求解一些与整数有关的数学题。例如：判别整数的整除性，判别方程是否有整数解等。关键词：奇偶性 整除 合数 完全平方数 不定方程 我们知道，整数可分为两大类：奇数类和偶数类。凡是能被2整除的整数叫做偶数,例如，0，2，4，6不能被2整除的整数叫做奇数,例如，1，3，5偶数一般用2k表示，奇数一般用2k1（或2k+1）表示，这里k为整数。整数的奇偶性有许多十分明显又十分简单的性质，但利用其中的一些性质，可以求解一些与整数有关的数学题。包括一些看上去很难的问题，特别是一些趣味数学问题和数学竞赛题。只要对其中的数量关系作简单的奇偶性分析，问题就能迎刃而解。本文就整数的奇偶性进行分析归纳，并分类举例说明其在解题中地应用。一、 奇数和偶数的性质性质1 奇数偶数；奇数+偶数0。性质2 奇数奇数=偶数；偶数偶数=偶数；奇数偶数=奇数；奇数奇数=奇数； 奇数偶数=偶数；偶数偶数=偶数。 性质3 若干个整数的和与差奇偶性相同。 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是偶数。 性质5 任意有限个奇数之和是奇数；偶数与任意整数之积是偶数。 性质6 若干个整数的乘积是奇数，则其中没一个因子都是奇数；若干个整数之积是偶数，则其中至少有一个因子是偶数。 性质7 若干个整数之和为奇数，则其中至少有一个奇数；奇数个整数之和为偶数，则其中至少有一个偶数。 性质8 n个偶数之积必为2的倍数。 性质9 n 为偶数当且仅当n 为偶数；n 为奇数当且仅当n 为奇数。 性质10 整数a 与 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 奇数的平方可表示为8k+1的形式且被4除余1；偶数的平方是4的倍数。 (2n+1) =4 n +4n+1=4(n +n)+1奇数的平方被4除余1。又4(n +n)+1=4n（n+1）+1，其中n，（n+1）是两个连续整数，必有一个是偶数。奇数的平方可表示为8k+1的形式。(2n) =4 n 偶数的平方是4的倍数。 性质13 所有形如4k+3的数不能表示为两个整数的平方和。(2m+1) + (2n+1) =4(m +m+ n +n)+2(2m) +(2m) =4(m + n ) (2m) + (2n+1) = 4(m + n +n)+1即两个奇数的平方和为4k+2型，两个偶数的平方和为4k型，一个奇数和一个偶数的平方和为4k+1型。没有两个整数的平方和为4k +3型。性质14 所有形如4k+2型的数不能表示为两个整数的平方差。x y =（x+y）（x-y），由性质3，x+y与 x-y具有相同的奇偶性。若x+y与 x-y都是奇数，则（x+y）（x-y）= x y 也是奇数，即为4k+1或4k+3型；若x+y与 x-y都是偶数，则（x+y）（x-y）= x y 为4的倍数，既为4k型。因此，没有两个整数的平方差为4k+2型。二、整数的奇偶性在解题中的应用1 判断整数的奇偶性利用整数的奇偶性来判别一个式子或一个事件是奇数还是偶数，是我们经常碰到的问题，一般解这类问题用到性质2、3、4较多。例1：设a,a a 是任意奇数个自然数，任意改变这n个数的顺序记为b ,b b .求证：p=(a - b )( a - b )(a - b )一定是偶数。 证：设p为奇数，则n个因子a - b , a - b ，a - b 必都为奇数，因此，由n是奇数知，这n个数之和也为奇数，但(a - b )+( a - b )+( a - b )=0为偶数，矛盾。因此，p为偶数。例2：黑板上写有1，2，32001这2001个数，每次任意地擦去其中两个数a，b，并写上 ，问最后黑板上剩下的那个数是奇数，还是偶数？为什么？解：考察黑板上原来所有数的和s=1+2+3+2001。它是1001个奇数与1000个偶数之和，按照题目要求，每操作一次，总和s就减少（a+b）- 。由于（a+b）与（ab）有相同的奇偶性，（a+b）- 是偶数。又开始时s 是偶数，且每操作一次，总和s 都减少一个偶数（a+b）- ，终止时s 为偶数，故黑板上最后剩下的那一个数必为偶数。注：此题中的2001可以是任意的正奇数。2 判断是否为完全平方数一般地，要证明一个式子是完全平方数，只需对它进行因式分解，化成一个整式的完全平方；若因式分解后是一分式的平方，则再验证它的分子能否被分母整除即可。例3：求证：四个连续的整数的积加上1，等于一个奇数的平方。（1954年基辅数学竞赛题）分析：设四个连续的整数为n，n+1，n+2，n+3，其中n为整数，欲证明（n+1）（n+2）（n+3）+1是一奇数的平方，只需将它通过因式分解而变成一个奇数的平方即可。证：设这四个整数之积加上1为m，则m=n（n+1）（n+2）（n+3）+1=n（n+3） （n+1）（n+2）+1 =（n +3n）（n +3n+2）+1 =（n +3n） +2（n +3n）+1 =（n +3n+1） = n（n+1）+（2n+1） 而n（n+1）是两个连续整数的积，所以是偶数；又因为2n+1是奇数，因而n（n+1）+2n+1是奇数，这就证明了m 是一个奇数的平方。例 4：设正整数d不等于2，5，13，证明在集合2，5，13，d中可找到两个不同元素a，b，使ab1不是完全平方数。（IMO27）解：25-1=3 ,213-1=5 ,513-1=8 ,要证2d-1，5d-1，13d-1不都是完全平方数。设2d-1=x 5d-1=y 13d-1=z 其中x，y，z为正整数，由知x为奇数，设x=2n-1，于是2d-1=（2n-1） ，得d=2n -2n+1，故d为奇数。由、得y=2p,z=2q.p、q为正整数。、相减，除以4得2d=q -p =（p +q）（q-p）即p、q同奇同偶，故2d应是4的倍数，d 为偶数，与前矛盾。得证。3 判断整数的整除性整数对加、减、乘运算是封闭的，而对除法并不是封闭的，利用整数的奇偶性判断整数的整除性问题通常应用奇偶性定义以及奇偶性质2、6、8、9、12等。（1）在实际解题中能直观判断出被简单的奇数、偶数整除的：例5：证明1979+2 与1979互质。（1979基辅数学竞赛题） 证：设p为1979 +2 与1979的公约数。假设p1，p|1979，而1979为奇数，p|2 ，则p 为偶数。又p|1979，而1979为奇数，故p为奇数。矛盾。p=1。得证。（2）在实际解题中不能直观判断其奇偶性的，就要通过具体分析来判断。例6： 求证：3 +1能被2或2 整除，而不能被2的更高次幂整除。（1909年匈牙利数学竞赛题）分析：只要证明3 +1是2的奇数倍或4的奇数倍，可将n 分成奇数和偶数分别讨论。证明：当n为偶数时，设n=2k3 +1=3 +1=9 +1=（8+1） +1=（8m+1）+1=2（4m+1）2|（3 +1） 当n为奇数时，设n=2k+13 +1=33 +1=3（8m+1）+1=4（6m+1） 2 |（3 +1）由于4m+1，6m+1都是奇数，3 +1不能被2的更高次幂整除，故不论n为奇数还是偶数，命题均成立。4 判别方程是否有整数解判别方程是否有整数解一般结合方程本身的特征或根据韦达定理进行分析。例7：求证方程2x -5y =7没有整数解。证：设方程有整数解，则y 应是奇数，可设为y=2k+1，则2x -5（2k+1）=7，即x -10k -10k=6，可知x是偶数，设x=2m，则（2m） -10 k -10k=6，即2m -5k（k+1）=3，但k（k+1）是一个偶数，而两个偶数之差不可能等于奇数，故此式不成立，从而原方程没有整数解。例8：求证不论n是什么整数，方程x -16nx+7 =0没有整数解，其中s是正奇数。（1962年北京市高二数学竞赛题）证：若方程有整数解，设为x ，则另一根x 也是整数，且x +x =16n x x =7 由知，x 、x 可以写成，x =7 ，x =7 这两式同正同负，i+j=s（奇数），i，j必为一奇一偶，ij。不妨设ij，将代入得x +x =（7 +7 ）=7 （7 +1）=16n，i，j一奇一偶，i-j是奇数，7 +1=（7+1）（7 -7 +1）上式中，第二个括号是奇数个奇数之和，故是奇数，记为m，7 8m=16n，即7 m=2n，故此右边是偶数，而左边是奇数，矛盾。证毕。5 解不定方程解不定方程类似与判别方程是否有整数解，也是结合方程本身的特征或根据韦达定理进行分析。例9 ：求x =328的正整数解。解：显然xy，因而可设xy0，由于328是偶数，故x，y的奇偶性相同，因而x+y=2u ，x-y=2v ，则u ，v 是正整数，且u v ，x= u + v ，y= u - v 。代入原方程得u v =164。同理又可令u + v =2u ，u - v =2v 得u +v =82。依此类推，最后得u +v =41，这时u ，v 必一奇一偶，且0v u =6 取v =1，2，3，4，5并代入u =41- v 得u =40，37，32，25，16。故只能取u =5，v =4。方程解为x=18，y=2或x=2，y=18。例 10：求x -12x+y +2=0的正整数解。解：设x ，x 是满足方程的正整数解，则x +x =12x x = y +2 由知x ，x 有相同的奇偶性，但y +2 0（mod 4）。故由知x ，x 必同为奇数，于是分别取x =1、3、5，x =11、9、7代入式，并注意x x -2是完全平方数的限制，即可验得x =1、3，x =11、9。于是原方程有四组正整数解：（1.3）、（11.3）、（3.5）、（9.5）6 在几何中的应用有些题目虽以几何形式给出，但在解题中起关键作用的往往是整数的奇偶性。例11：如图，以知圆x+y =r （r 为奇数），交x轴于A（r，0），B（-r，0），交y轴于E（0，-r）。设P（u，r）是圆周上一点，u=p ，v=q （p,q都是质数，m,n都是自然数），且uv，点p在x轴和y轴上的射影分别是m，n，求证： 分别是1、9、8、2。（1982年全国高中数学联赛题） 证：u 是r为奇数，u，r 必是一 奇一偶。 （1）、设u为偶数，v为奇数，由u=p ， V=q （p，q为质数），得p=2，q为奇质数。由u，v互质，利用勾股数公式，有u=2ab，v=a ，r= a ，（ab，a，b互质） 再由2ab=2 ，得b=1，a= u，由v= a 得，q =（ u） -1=（ u+1）（ u-1）。从而 u-1=1（否则 u-1和 u+1都是q的倍数，得u 是q的倍数，与u，v互质相矛u=4，v=3，r=5。 。 （2）若v为偶数，u为奇数，由（1）的讨论可知v=4，u=3。因题设uv，故舍去。 例12：试证在空间中不存在这样的多面体，它有奇数个面，每个面又有奇数条边。（1956年全国数学竞赛题）证：若存在这样的多面体，设其面数为n ，各面的边数分别为m ，m ，m ，这里n，m ，m ，m 均为奇数，因在多面体中，每两个相邻面都有一公共棱，即每两条边重合成一个棱，故该多面体棱数为 （m +m+m ），但m +m+m 是奇数个奇数之和，应是奇数，从而该多面体的棱数不是整数。矛盾！故这样的多面体不存在。证毕。7利用奇偶性解其他一些题目奇偶性的特殊表示法：染色法用红色代表奇数，黄色代表偶数。这种用两种不同颜色表示奇偶数的方法称之为染色法。在数学竞赛中，涉及染色游戏的题目是频繁出现的。例13：某展览会有如图所示的77=49间展厅，相邻展厅都有门可通，参观者从图中1号展厅开始参观，希望依次不重复也不遗漏地参观每一个展厅，并且仍然回到1号展厅。试问参观者的愿望能否实现？解：为了便于思考，我们把展厅做一番布置。把1号展厅涂上黄色，再把与其相邻的两个展厅涂上红色，继而如图那样，采取红、黄相间的方法涂色（图中阴影部分代表红色）。显然，参观者从黄厅出来只能进入相邻的红厅，从红厅出来只能进入相邻的黄厅，并且从1号黄厅出，其间必须进行49次移动，最后再回到1号黄厅。现在考察参观者的参观路线，他第一次移动进入红厅，第二次移动进入黄厅，第三次移动进入红厅，第四次移动进入黄厅，。由此看出，他第奇数次移动一定进入红厅，第偶数次移动一定进入黄厅。而按题目要求，第49次（奇数次）移动应回到1号黄厅，这显然是不可能的，所以参观者的愿望不能实现。1例14：游戏开始时有1993粒石弹，两人轮流取之，每次取走的石弹数必须等于当时石弹个数的正约数，取最后一个石弹者输。问哪一个人可以必胜，取胜的策略是什么？解：由特例出发进行归纳：设石弹数为n。当n=1时，先取者必输；n=2时，先取者取1余1，后取者必输；。猜想：n 为奇数时先取者必输；n为偶数时先取者必胜。再用数学归纳法进行证明。假设对1，2，n猜想成立，考虑n+1：如果n+1为奇数，先取者所取走的石弹数必为奇数，余下i个石弹，则i为偶数且1in，由归纳假设知后取者必胜（策略：后取者每次均取1个石弹，使得余下的石弹数总为奇数）。证毕。 整数的奇偶性应用是十分广泛的，以上例举的整数奇偶性在实际解题中的