初一数学竞赛：奇偶分析.docx

《初一数学竞赛：奇偶分析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《初一数学竞赛：奇偶分析.docx（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、初一数学竞赛讲座：奇偶分析我们知道，全体自然数按被 2 除的余数不同可以划分为奇数与偶数两大类。被 2 除余 1 的属于一类，被 2 整除的属于另一类。前一类中的数叫做奇数，后一类中的数叫做偶数。 关于奇偶数有一些特殊性质，比如，奇数偶数，奇数个奇数之和是奇数等。灵活、巧妙、 有意识地利用这些性质，加上正确的分析推理，可以解决许多复杂而有趣的问题。用奇偶 数性质解题的方法称为奇偶分析，善于运用奇偶分析，往往有意想不到的效果。例 1 右表中有 15 个数，选出 5 个数，使它们的和等于 30，你能做到吗？为什么？分析与解： 如果一个一个去找、去试、去算，那就太费事了。因为无论你选择哪 5 个数，

2、它们的和总不等于 30，而且你还不敢马上断言这是做不到的。最简单的方法是利用奇偶数 的性质来解，因为奇数个奇数之和仍是奇数，表中 15 个数全是奇数，所以要想从中找出 5 个使它们的和为偶数，是不可能的。例 2 小华买了一本共有 96 张练习纸的练习本，并依次将它的各面编号（即由第 1 面 一直编到第 192 面）。小丽从该练习本中撕下其中 25 张纸，并将写在它们上面的 50 个编 号相加。试问，小丽所加得的和数能否为 2000？解： 不能。由于每一张上的两数之和都为奇数，而 25 个奇数之和为奇数，故不可能为 2000。 说明：“相邻两个自然数的和一定是奇数”，这条性质几乎是显然的，但在解

3、题过程中，能有意识地运用它却不容易做到，这要靠同学们多练习、多总结。例 3 有 98 个孩子，每人胸前有一个号码，号码从 1 到 98 各不相同。试问：能否将 这些孩子排成若干排，使每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和？ 并说明理由。解： 不能。如果可以按要求排成，每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的 和，那么每一排中各号码数之和都是某一个孩子号码数的 2 倍，是个偶数。所以这 98 个 号码数的总和是个偶数，但是这 98 个数的总和为1+2+98=9949，是个奇数，矛盾！所以不能按要求排成。例 4 如右图，把图中的圆圈任意涂上红色或蓝色。问：有无可能使得在

4、同一条直线上的红圈数都是奇数？请说明理由。解： 不可能。如果每条直线上的红圈数都是奇数，而五角星有五条边，奇数个奇数之和为奇数，那么五条线上的红圈共有奇数个（包括重复的）。从另一个角度看，由于每个圆圈是两条直线的交点，则每个圆圈都要计算两次，因133此，每个红圈也都算了两次，总个数应为偶数，得出矛盾。所以，不可能使得在同一 条直线上的红圈数都是奇数。说明：上述两题都是从两个不同的角度去分析处理同一个量，而引出矛盾的。 例 5 有 20 个 1 升的容器，分别盛有 1，2，3，20 厘米 水。允许由容器 A 向容器 B 倒进与 B 容器内相同的水（在 A 中的水不少于 B 中水的条件下）。问：在

5、若干次倒水 以后能否使其中 11 个容器中各有 11 厘米 的水？解： 不可能。在倒水以后，含奇数立方厘米水的容器数是不会增加的。事实上以（偶，偶）（偶， 奇）（奇，奇）来表示两个分别盛有偶数及偶数，偶数及奇数，奇数及奇数立方厘米水的 容器。于是在题中条件限制下，在倒水后，（偶，偶）仍为（偶，偶）；而（偶，奇）会 成为（偶，奇）或（奇，偶）；（奇，奇）却成为（偶，偶）。在任何情况下，盛奇数立 方厘米水的容器没有多出来。因为开始时有 10 个容器里盛有奇数立方厘米的水，所以不会出现有 11 个盛有奇数立 方厘米水的容器。例 6 一个俱乐部里的成员只有两种人：一种是老实人，永远说真话；一种是骗子，

6、永远说假话。某天俱乐部的全体成员围坐成一圈，每个老实人两旁都是骗子，每个骗子两旁都是老实人。外来一位记者问俱乐部的成员张三：“俱乐部里共有多少成员？”张三答：“共有 45 人。”另一个成员李四说：“张三是老实人。”请判断李四是老实人还是骗子？分析与解：根据俱乐部的全体成员围坐一圈，每个老实人两旁都是骗子，每个骗子两 旁都是老实人的条件，可知俱乐部中的老实人与骗子的人数相等，也就是说俱乐部的全体 成员总和是偶数。而张三说共有 45 人是奇数，这说明张三是骗子，而李四说张三是老实 人，说了假话，所以李四也是骗子。说明：解答此题的关键在于根据题设条件导出老实人与骗子的人数相等，这里实质上 利用了对应

7、的思想。类似的问题是：围棋盘上有 1919 个交叉点，现在放满了黑子与白子，且黑子与白子相间地放，并 使黑子（或白子）的上、下、左、右的交叉点上放着白子（或黑子）。问：能否把黑子全 移到原来的白子的位置上，而白子也全移到原来黑子的位置上？提示：仿例 6。答：不能。例 7 某市五年级 99 名同学参加数学竞赛，竞赛题共 30 道，评分标准是基础分 15 分， 答对一道加 5 分，不答记 1 分，答错一道倒扣 1 分。问：所有参赛同学得分总和是奇数还 是偶数？解：对每个参赛同学来说，每题都答对共可得 165 分，是奇数。如答错一题，就要从 165 分中减去 6 分，不管错几道，6 的倍数都是偶数，

8、165 减去偶数，差还是奇数。同样 道理，如有一题不答，就要减去 4 分，并且不管有几道题不答，4 的倍数都是偶数，因此， 从总分中减去的仍是偶数，所以每个同学的得分为奇数。而奇数个奇数之和仍为奇数，故 99 名同学得分总和一定是奇数。例 8 现有足够多的苹果、梨、桔子三种水果，最少要分成多少堆（每堆都有苹果、 梨和桔子三种水果），才能保证找得到这样的两堆，把这两堆合并后这三种水果的个数都是偶数。分析与解： 当每堆都含有三种水果时，三种水果的奇偶情况如下表：2苹 果桔 子梨奇奇奇奇偶偶奇偶奇奇奇偶偶偶偶偶奇奇偶偶奇偶奇偶可见，三种水果的奇偶情况共有 8 种可能，所以必须最少分成 9 堆，才能保

9、证有两堆 的三种水果的奇偶性完全相同，把这两堆合并后这三种水果的个数都是偶数。说明：这里把分堆后三种水果的奇偶情况一一列举出来，使问题一目了然。例 9 有 30 枚 2 分硬币和 8 枚 5 分硬币，5 角以内共有 49 种不同的币值，哪几种币值 不能由上面 38 枚硬币组成？解： 当币值为偶数时，可以用若干枚 2 分硬币组成；当币值为奇数时，除 1 分和 3 分这两种币值外，其余的都可以用 1 枚 5 分和若干枚 2 分硬币组成，所以 5 角以下的不同币值，只有 1 分和 3 分这两种币值不能由题目给出的硬 币组成。说明：将全体整数分为奇数与偶数两类，分而治之，逐一讨论，是解决整数问题的常

10、用方法。若偶数用 2k 表示，奇数用 2k+1 表示，则上述讨论可用数学式子更为直观地表示如下： 当币值为偶数时，2k 说明可用若干枚 2 分硬币表示；当币值为奇数时，2k+1=2（k-2）+5，其中 k2。当 k=0，1 时，2k+1=1，3。1 分和 3 分硬币不能由 2 分和 5 分硬币组成， 而其他币值均可由 2 分和 5 分硬币组成。例 10 设标有 A，B，C，D，E，F，G 的 7 盏灯顺次排成一行，每盏灯安装一个开关。 现在 A，C，D，G 这 4 盏灯亮着，其余 3 盏灯没亮。小华从灯 A 开始顺次拉动开关，即从 A 到 G，再从 A 开始顺次拉动开关，他这样拉动了 999

11、次开关后，哪些灯亮着，哪些灯没 亮？解：一盏灯的开关被拉动奇数次后，将改变原来的状态，即亮的变成熄的，熄的变成 亮的；而一盏灯的开关被拉动偶数次后，不改变原来的状态。由于 999=7142+5，因此，灯 A，B，C，D，E 各被拉动 143 次开关，灯 F，G 各被拉动 142 次开关。所以， 当小华拉动 999 次后 B，E，G 亮，而 A，C，D，F 熄。例 11 桌上放有 77 枚正面朝下的硬币，第 1 次翻动 77 枚，第 2 次翻动其中的 76 枚， 第 3 次翻动其中的 75 枚第 77 次翻动其中的 1 枚。按这样的方法翻动硬币，能否使桌 上所有的 77 枚硬币都正面朝上？说明你

12、的理由。分析：对每一枚硬币来说，只要翻动奇数次，就可使原先朝下的一面朝上。这一事实， 对我们解决这个问题起着关键性作用。解：按规定的翻动，共翻动 1+2+77=7739 次，平均每枚硬币翻动了 39 次，这是 奇数。因此，对每一枚硬币来说，都可以使原先朝下的一面翻朝上。注意到：7739=77+（76+1）+（75+2）+（39+38），根据规定，可以设计如下的翻动方法：第 1 次翻动 77 枚，可以将每枚硬币都翻动一次；第 2 次与第 77 次共翻动 77 枚，又 可将每枚硬币都翻动一次；同理，第 3 次与第 76 次，第 4 次与第 75 次第 39 次与第 40 次都可将每枚硬币各翻动一次

13、。这样每枚硬币都翻动了 39 次，都由正面朝下变为正面 朝上。说明：（1）此题也可从简单情形入手（如 9 枚硬币的情形），按规定的翻法翻动硬 币，从中获得启发。（2）对有关正、反，开、关等实际问题通常可化为用奇偶数关系讨论。31 2641 1 2 2 3 432 63 641 1 2 2 3 416 31 32例 12 在 88 的棋盘的左下角放有 9 枚棋子，组成一个 33 的正方形（如左下图）。 规定每枚棋子可以跳过它身边的另一枚棋子到一个空着的方格，即可以以它旁边的棋子为 中心作对称运动，可以横跳、竖跳或沿着斜线跳（如右下图的 1 号棋子可以跳到 2，3，4 号位置）。问：这些棋子能否跳

14、到棋盘的右上角（另一个 33 的正方形）？解：自左下角起，每一个方格可以用一组数（行标、列标）来表示，（自下而上）第 i 行、（自左而右）第 j 列的方格记为（i，j）。问题的关键是考虑 9 枚棋子（所在方格） 的列标的和 S。一方面，每跳一次，S 增加 0 或偶数，因而 S 的奇偶性不变。另一方面，右上角 9 个 方格的列标的和比左下角 9 个方格的列标之和大3（6+7+8）-3（1+2+3）=45，这是一个奇数。综合以上两方面可知 9 枚棋子不能跳至右上角的那个 33 的正方形里。奇偶分析作为一种分析问题、处理问题的方法，在数学中有广泛的应用，是处理存在 性问题的有力工具，本讲所举例题大多

15、属于这类问题。这种方法具有很强的技巧性，尤其 是选择什么量进行奇偶分析往往是很困难的。选准了，只须依据奇偶数的性质，分析这个 量的奇偶特征，问题便迎刃而解；选不好，事倍功半。同学们应认真领会本讲所举例题， 以把握选择合适的量进行奇偶分析的技巧。练习 31下列每个算式中，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 任意取出 1234 个连续自然数，它们的总和是奇数还是偶数？3 一串数排成一行，它们的规律是：前两个数都是 1，从第三个数开始，每一个数 都是前两个数的和。如右所示：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，试问：这串数的前 100 个数

16、（包括第 100 个数）中，有多少个偶数？4 能不能将 1010 写成 10 个连续自然数之和？如果能，把它写出来；如果不能，说 明理由。5 能否将 1 至 25 这 25 个自然数分成若干组，使得每一组中的最大数都等于组内其 余各数的和？6 在象棋比赛中，胜者得 1 分，败者扣 1 分，若为平局，则双方各得 0 分。今有若 干个学生进行比赛，每两人都赛一局。现知，其中有一位学生共得 7 分，另一位学生共得 20 分，试说明，在比赛过程中至少有过一次平局。7 在黑板上写上 1，2，909，只要黑板上还有两个或两个以上的数就擦去其中 的任意两个数 a，b，并写上 a-b（其中 ab）。问：最后黑

17、板上剩下的是奇数还是偶数？8 设 a ，a ，a 是自然数 1，2，64 的任一排列，令 b =a -a ，b =a -a ， b =a -a ；c =b -b ，c =b -b ，c =b -b ；41 1 23 415 16a63 a641 2 3 4a63 a641 2 3 4a61 a62 a63 a641 2 3 4a61 a62 a63 a641 2 3 4a61 a62 a63 a641 2 3 41 2 a63 a64a641 2d =c -c ，d2=c -c ，d8=c -c ；这样一直做下去，最后得到的一个整数是奇数还是偶数？练习 3 答案：1 至少有 6 个偶数。2 奇

18、数。解：12342=617，所以在任取的 1234 个连续自然数中，奇数的个数是奇 数，奇数个奇数之和是奇数，所以它们的总和是奇数。3 33。提示：这串数排列的规律是以“奇奇偶”循环。4 不能。如果 1010 能表示成 10 个连续自然数之和，那么中间 2 个数的和应当是 10105=202。 但中间 2 个数是连续自然数，它们的和应是奇数，不能等于偶数 202。所以，1010 不能 写成 10 个连续自然数之和。5 不能。提示：仿例 3。6 证：设得 7 分的学生胜了 x1 局，败了 y1 局，得 20 分的学生胜了 x2 局，败了 y2 局。由得分情况知：x1-y1=7，x 2-y220。

19、如果比赛过程中无平局出现，那么由每人比赛的场次相同可得 x1+y1=x2+y2 ，即 x1+y1+x2+y2 是偶数。另一方面，由 x1-y1=7 知 x1+y2 为奇数，由 x2-y2=20 知 x2+y2 为偶数， 推知 x1+y1+x2+y2 为奇数。这便出现矛盾，所以比赛过程中至少有一次平局。7 奇数。解：黑板上所有数的和 S1+2+909 是一个奇数，每操作一次，总和 S 减少了 a+b-（a-b）=2b，这是一个偶数，说明总和 S 的奇偶性不变。由于开始时 S 是奇数， 因此终止时 S 仍是一个奇数。8 偶数。解：我们知道，对于整数 a 与 b，a+b 与 a-b 的奇偶性相同，由此可知，上述计算的第 二步中，32 个数a -a ， a -a ， - ，分别与下列 32 个数a +a ， a +a ， + ，有相同的奇偶性，这就是说，在只考虑奇偶性时，可以用“和”代替“差”，这样可 以把原来的计算过程改为第一步：a ，a ，a ，a ， ， ， ， ；第一步：a +a ，a +a ， + ， + ；第三步：a +a +a +a ， + + + ；最后一步所得到的数是 a +a + + 。由于 a ，a ， 是 1，2，64 的一个 排列，因此它们的总和为 1+2+64 是一个偶数，故最后一个整数是偶数。5