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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第13讲 奇偶分析

发布时间:2013-11-09 08:45:10  

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.

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. 22

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.

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.

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)

例4设P(x)=a0x+a1x+?+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

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+a1kn1+?+an-1k为偶数,从而P(k)=a0kn+a1kn1+?+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+a1hn1+?+an-1h为偶数,从而P(h)=a0hn+a1hn1+?+an-1h+an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.

现从142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. --

又,12+22+32+?+132=819,而819?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=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62?2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)

222225.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)

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}.

故a1+a2+?+a100+(201-a1)2+(201-a2)2+?+(201-a100)2

1

=12+22+32+?+2002为定值(200×201×401=2686700).

6

展开即是

a1+a2+?+a100+2012×100-2×201×(a1+a2+?+a100)+a1+a2+?+a100

222

=2(a1+a2+?+a100)+2012×100-2×201×10080为定值(=2686700).

222

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)

分析 先研究这个100边形的形状,必定是凹的多边形;再

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

矩形面积的奇偶性.

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. 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.

222

222 222

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 k=1∑(mk+mk+k+1)=2∑mk+1n(n+3). 2k=1nn

但这2n个数的位的和又等于1+2+…+2n=n(2n+1).

11∴ 2∑mk= n(2n+1)-n(n+3)= n(3n-1). 22k=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=4l4

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.

n

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

222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x4+2x2+2000x+30=(x2+ax+b)(x2+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171621,颠倒其数字顺序后,所得数为121617,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,但和的首位数字是a17+a1或a17+a1+1(当计算第16位数字时,如果没有进位,则为a17+a1,若有进位,则为a17+a1+1)的末

位数字(如果此和?10,则此和是一个18位数,其首位为1),若计算第16位时有进位,则第17位数字将是偶数a17+a1+1(或a17+a1-9),故第16位在计算时没有进位.这说明第16位的a2+

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

22222奇数,则由于ai≡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

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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,

222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,

222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

222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 |

222222d4为奇.由于d2

1+d2+d3+d4=n≡0(mod 4),而d1≡1(mod4),d2≡0(mod4),d3≡0(mod4),

2222222d2? n.从而d3必为奇数,于是由d1+d2+d34=1,与d1+d2+d3+d4≡0(mod 4)矛盾.故d3>4.4 |

222+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,即恰有三22

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行一定走过奇数条其他方向的路.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,即总有行某个方向走了全路程的一半.5.证明 设多项式x3+bx2+cx+d可以分解成两个多

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+bx2+cx+d=(x+p)(x2+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 x4+2x2+2000x+30=x4+(a+c)x3+(b+d+ac)x2+(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.10.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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