百日誓师大会口号-质押合同

2021年1月29日发(作者：海南三亚旅游)

四年级奥数讲义：奇数、偶数与奇偶分析


整数按能否被
2
整除分为两大类：奇数和偶数，奇数与偶数有下列基本性质：

1
．奇数≠偶数

2
．两个整数相加
(
减
)
或相乘，结果的奇偶性如下表所示










3
．若干个奇数之积是奇数，偶数与任意整数之积 是偶数；偶数个奇数的和为偶数，若干个偶
数的和为偶数．

4
．设
m
、
n
是整数，则
m
土
n
，
m

n
的奇偶性相同．



5
．设
m
是整数，则
m
与
m
，
m
n
的奇偶性相同．

奇偶性是整数的固有属性，通过分析整数的奇偶性来解决问题的方法叫奇偶分析法．

例题


【例
1
】


三个质数之和为
86
，那么这三个质数是











．
















































思路点拨


运用奇数、偶数、质数、合数性质，从分析三个加数的奇偶性人手．




注：

18
世纪的哥尼斯堡，有
7
座桥把这儿的 普雷格尔河中两个小岛与河岸联系起来，在
这迷人的地方，
人们议论着一个有趣的问题．
一个游人怎样才能不重复地一次走遍
7
座桥，
而
最后又回到出发点．





1736
年彼得堡院士欧拉巧妙地解决了这个 问题．欧拉把一个复杂的实际问题化为一个简
单的几何图形，
他指出只要我们能从一点出发，< br>不重复地一笔把这样的图形画出来，
那么就可
说明游人能够不重复地一次走遍这
7
座桥，这就是著名的“一笔画”问题的来历．

利用奇偶分析不难得到一般的结论： 凡是能一笔画成的图形，它上面除了起点和终点外的
每一个点总是一笔进来，
一笔出去．
因此，
除了起点和终点外的每一个点都有偶数条线和它相
连．






简单地说，当且仅当图形中的奇结点
(
每点出发有奇 数字线
)
的个数不大于
2
时，这个图形

才能一笔画．

【例
2
】


如果
a
、
b
、
c
是三个任意的整数，那么
a

b
b

c
c

a
（




）
．

、
、
2
2
2




A
．都不是整数




B
．至少有两个整数


C
．至少有一个整数




D
．都是整数











































思路点拨


举例验证或从
a
、
b
、
c
的奇偶性说明．





【例
3
】


(1)
设
1
，
2
，
3
，
…，
9< br>的任一排列为
a
l
，
a
2
，
a
3< br>…，
a
9
．
求证：
(a
l
l
一1)( a
2

—
2)
…
(a
9
—< br>9)
是一个偶数．





(2)
在数
1
1
，
2
2
，
3
3
，4
4
，
5
4
，…
2002
2002
，
2003
2003
，这些数的前面任意放置“
+
”或“一”
号，并顺次完成所指出的运算，求出代数和，证明：这个代数和必定不等于
2003
．

思路点拨


(1)
转换角度考察问题，
化积的奇偶性为和 的奇偶性来研究；
(2)
由于任意添
“十”
号或“一”号，形式多样，因此不 可能一一尝试再作解答，从奇数、偶数的性质人手．



、
xn
都是
+1
或一
1
，并且
x
1
x
2

x
3



x
n
1

x
n

0
，求证：
n
【例
4
】已知
x
1
、
x
2
、
x< br>3
、
x
2
x
3
x
4
x
n< br>x
1
是
4
的倍数．






思路点拨



可以分两步，先证
n
是偶数
2k
，再证明
k
是偶数，解题的关键是从已知等式
左 边各项的特点受到启发，挖掘隐含的一个等式．





【例
5
】


游戏机的“方块”中共有下面
?种图形．每种“方块”都由
4
个
l
×
l
的小方格
组成．现用这
7
种图形拼成一个
7
×

4
的长方形
(
可以重复使用某些图形
)
．



问：最多可以用这
7
种图形中的几种图形
?













思路点拨


为了形象化地说明问题，
对7
×
4
的长方形的
28
个小方格黑白相间染色，
除“品

字型”必占
3
个黑格
1
个白格或
3个白格
1
个黑格，其余
6
个方格各占
2
个黑格
2
个白格．





注：对同一个数学对象，从 两个方向考虑
(n
项和与积
)
，再将这两个方面合在一起整体考
虑， 得出结论，这叫计算两次原理，通过计算两次可以建立方程，证明恒等式等．





在一定的规则下，进行某种操作或变换，问是否
(
或证明
)
能够达到一个预期的目的，这就
是所谓操作变换问题，此类问题变化多样，解法灵活，解题 的关键是在操作变换中，挖掘不变
量，不变性．

一些非常规数字问题需要恰当地数学 化，以便计算或推理．引入字母与赋值法是数学化的
两种常用方式方法．

所谓赋值法 就是在解题时，将问题中的某些元素用适当的数表示，然后利用这些数值的大
小，正负性、奇偶性等进行 推理论证的一种解题方法．







【例
6
】桌上放着七只杯子；杯口全朝上，每次翻转四个杯子：问能否经过若干次这样的翻动，使全部的杯子口都朝下
?








思路点拨


这不可能．我们将口向上的杯于记为：< br>“
0
”
，口向下的杯子记为“
1
”
．开始
时 ，由于七个杯子全朝上，所以这七个数的和为
0
，是个偶数．一个杯子每翻动一次，所记数由
0
变为
1
，或由
l
变为
0
，改变了 奇偶性．每一次翻动四个杯子，因此，七个之和的奇偶性
仍与原来相同．
所以，
不论翻 动多少次，
七个数之和仍为偶数．
而七个杯子全部朝下，
和为
7
，< br>是奇数，因此，不可能．





整数可以分为奇数和偶数两类．





【例< br>7
】在
1
，
2
，
3
，…，
2005
前面任意添上一个正号或负号，它们的代数和是奇数还是
偶数
?





思路点拨


两个整数之和与这两个整数之 差的奇偶性相同，只要知道
1+2+3+
…
+2005
的
奇偶性即可 ．





因两个整数的和与差的奇偶性相同，所以，在
1
，
2
，
3
，…，
2005
中每个数前面 添上正号
或负号，其代数和应与
1+2+3+
…
+2005
的奇偶性 相同，而
1+2+3+
…
+2005=
2005=1003
×
2005
为奇数；因此，所求代数和为奇数．






注：抓住“
a+b
与
a
—
b
奇偶性相同”
，通过特例
1
十
2
十
3
十 …十
2005
得到答案．



【例
8
】
“

元旦联欢会上，同学们互赠贺卡表示新年的： 良好祝愿．
“无论人数是什么数，
用来交换的贺卡的张数总是偶数．
”这句话正确吗< br>?
试证明你的结论．





思路点拨


用分类讨论的思想方法，从“无论人数是什么数”入手，考虑人数为奇数或偶
1
(1+
2005)
×
2

数的两种情况．





这句话是正确的．下面证明之．





若联欢会上的人数为偶数，设为
2m
(m
为整数
)，则每个人赠送给同学们的贺卡张数为奇
数，即
(2m
—
1)
． 那么，贺卡总张数为
2m(2m
—
1)=4m
2
-
2m，显然是偶数．





若联欢会上的人数为奇数，
设为
2m+1(m
为整数，
则每个人赠送给同学们的贺卡张数应是
2 m
，为偶数．贺卡总张数为
(2m+1)
·
2m
，仍为偶数．





故“用来交换的贺卡张数总是偶数”是对的．





注：按奇数和偶数分类考虑问题是常见的解决此类问题的策略之一．




【例
9
】桌面上放有
1993
枚硬币，第
1次翻动
1993
枚，第
2
次翻动其中的
1992
枚，第
3
次翻动其中的
1991
枚，…，第
1993
次翻动其中一 枚，试问：能否使桌面上所有的
1993
枚硬
币原先朝下的一面都朝上
?并说明理由．



思路点拨



若要把一枚硬币原先朝下的一面朝上，
应该翻动该硬币奇数次．
因此，
要把
1 993
枚硬币原先朝下的一面都朝上，
应该翻动这
1993
枚硬币的总次数为 奇数．
现在
1993
次翻动的
总次数为
1+2+3+
…+1993=1993
×
(1+1993)/2=1993
×
997是个奇数，故猜想可以使桌面上
1993
枚硬币原先朝下的一面都朝上．





理由如下：
按规定，
1993
次 翻动的总次数为
1+2+3+
…
+1993=1993
×
(1+19 93)/2=1993
×
997
，
所以翻动的次数为奇数，
而且可见 每个硬币平均翻动了
997
次．
而事实上，
只要翻动一枚硬币
奇数次 ，就能使这枚硬币原先朝下的一面朝上．按如下的方法进行翻动：






第
1
次翻动全部
1993
枚，





第
2
次翻动其中的
1992枚，第
1993
次翻动第
2
次未翻动的那
1
枚，





第
3
次翻动其中的
1991
枚，第
1992
次翻动第
3
次未翻动的
2
枚，




第
997
次翻动其中的
9 97
枚，第
998
次翻动第
997
次未翻动的
996
枚．




这样，正好每枚硬币被翻动了
997
次，就能使每一枚硬币原来朝下的一面都朝上．



注：灵活、巧妙地利 用奇俩性分析推理，可以解决许多复杂而有趣的问题，并有意想不到的
效果．







【例
10
】在
6张纸片的正面分别写上整数：
1
、
2
、
3
、
4
、
5
、
6
，打乱次序后，将纸片
翻过来，在它们的反面也随 意分别写上
1
-
6
这
6
个整数，然后，计算每张纸片的正面 与反面所
写数字之差的绝对值，得出
6
个数．请你证明：所得的
6
个 数中至少有两个是相同的．







思路点拨

从反面人手，
即设这
6
个数两两都不相等，利用
a
i

bi
与
a
i

b
i

(
i
=1
，
2
，
3
，

4
，
5
，
6)
的奇偶性相同，引入字母进行推理证明．






设
6
张
卡
片
正
面
写
的
数
是
a
1
、
a
2
、
a
3
、
a
4
、
a
5
、
a
6
，
反
面
写
的
数
对
应
为
b
1
、
b
2
、
b
3
、
b
4
、
b
5
、
b
6
， 则这
6
张卡片正面写的数与反面写的数的绝对值分别为
a
1

b
1
，
a
2

b
2
，
a
3

b
3
，
a
4

b
4
，
a
5

b
5
，
a
6

b
6
．
设这
6
个数两两都不相等，
则它们只能取
0
，
1
，
2
，
3
，
4
，
5
这
6
个值．



于是
a
1< br>
b
1
+
a
2

b
2
+< br>a
3

b
3
+
a
4

b< br>4
+
a
5

b
5
+
a
6< br>
b
6
=0+1+2+3+4+5=15
是个


奇数．

另一方面，
a
i

bi
与
a
i

b
i

(
i
=1
，2
，
3
，
4
，
5
，
6)
的奇 偶性相同．
所以
a
1

b
1
+
a
2

b
2
+
a
3

b
3
+
a
4

b
4
+
a
5

b
5
+
a
6

b
6
与
(a
1
一
b
1
)+(a
2
一
b
2
) +(a
3
一
b
3
)+(a
4
一
b
4
)+(a
5
一
b
5
)+(a
6
一
b
6
)=
(
a
1

a
2
< br>a
3

a
4

a
5

a< br>6
)
一
(
b
1

b
2
< br>b
3

b
4

b
5

b< br>6
)

=(1+2+3+4+5+6)
一
(1+2+3+4+ 5+6)=O
的奇偶
性相同，而
0
是个偶数，
15
是奇数， 两者矛盾．





所以，
a
1

b
1
，
a
2

b
2
，
a
3

b
3
，
a
4

b
4
，
a
5

b
5
，
a
6

b
6
这
6
个数中至少有两个是
相同的．




注：反证法是解决奇、偶数问题中常用的方法．





【例
11
】有一只小渡船往返于一条小河的左右两岸之间，问：





(1)
若最初小船是在左岸，往返若干次后，它又回到左岸， 那么这只小船过河的次数是奇
数还是偶数
?



如果它最后到了右岸，情况又是怎样呢
?








(2)
若小船最初在左岸，它过河
99< br>次之后，是停在左岸还是右岸
?





思路点拨


(1)
小船最初在左岸，过一次河就到了右岸，再过一 次河就由右岸回到左岸，
即每次由左岸出发到右岸后再回到左岸，都过了两次河．因此，小船由左岸开始 ，往返多次后
又回到左岸，则过河的次数必为
2
的倍数，所以是偶数．同样的道理，不 难得出，若小船最后
停在右岸，则过河的次数必为奇数．





(2)
通过
(1)
，
我们发现，
若小船最初在左 岸，
过偶数次河后，
就回到左岸；
过奇数次河后，
就停在右岸．现在小船过河
99
次，是奇数次．因此，最后小船该停在右岸．





注

关键是对过河次数的理解：
一个单程，
即由左岸到右 岸
(
或由右岸到左岸
)
就过河一次；
往返一个来回就过河两次．




【例
12
】黑板上写了三个整数， 任意擦去其中一个，把它改写成另两个数的和减去
1
，这

样继续下去，得到
1995
、
1996
、
1997
，问原来的三个数能否是< br>2
、
2
、
2
？





思路点拨


如果原来的三个整数是
2
、
2
、
2
，即三个偶数，操作一次后，三个数变成二偶
一奇，
这时如 果擦去其中的奇数，
操作后三个数仍是二偶一奇．
如果擦去的是其中的一个偶数，
操作 后三个数仍是二偶一奇．因此，无论怎样操作，得到的三个数都是二偶一奇，不可能得到
1995
、
1996
、
1997
．





所以，原来的三个数不可能是
2
、
2
、
2
．

注


解决本题的诀窍在于考查数字变化后的奇偶性．

【例
13
】将正偶数按下表排成五列：





第
1
列




第
2
列




第
3
列




第
4
列




第
5
列



第
1
行












2









4








6








8



第
2
行




16





14








12







10



第
3
行












18








20







22







24





…














…









28







26





根据上面的排列规律，则
2000
应位于
(



)

A
．第
125
行，第
1
列




B
．第
125
行，第
2
列


C
．第
250
行，第
1
列




D
．第
250
行，第
2
列





思路点拨


观察表格，
第
1
行最右边的数为
8
，
第
2
行最左边的数为
16
，
第
3
行最右边的
数为
24
，于是可猜测：当行数 为奇数时，该行最右边的数为
8
×行数；当行数为偶数时，该行
最左边的数为
8
×行数．
通过验证第
4
行、
第
5
行、
第
6
行知，
上述猜想是正确的，
因为
2000=8
×
250
，
所以
2000
应在第
250
行，
又因为< br>250
为偶数，
故
2000
应在第
250
行最左边，
即第
250
行第
1
列，故应选
C
．





注：观察、寻找规律是解决这类问题的妙招．






【例
14
】如图
18
—
1
，两个标有数字的轮子可以分别绕轮子的中心旋转，旋转停止时，
每个轮 子上方的箭头各指着轮子上的一个数字．若左轮子上方的箭头指着的数字为
a
，右轮子
上方的箭头指着的数字为
b
，数对
(a
，
b)
所有可能的个 数为
n
，其中
a+b
恰为偶数的不同数对
m
等于
(



)

n
1
1
5
3




A
．




B
．



C
．


D
．

2
6
12
4
的个数为
m
，则



思路点拨



依题意可知所有的数对
n=4< br>×
3=12
，其中
a+b
恰为偶数的数对
m=3
×< br>1+1
×

百日誓师大会口号-质押合同

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