专题3.1 奇偶分析.docx

第三部分数论篇3.1奇偶分析随着我们对数的不断了解，对于整数中的某些规律也在不断的加深.奇偶分析就是其中一种规律，是处理整数问题常见的方法，为以后同余理论的学习打下了基础.下面我们就来看看一些有关的性质:性质1奇数与偶数的和是偶数;性质3偶数与偶数的和是偶数;性质5奇数与偶数的积是偶数:性质7奇数个奇数的和是奇数:性质2奇数与奇数的和是偶数性质4奇数与奇数的积是奇数性质6偶数与偶数的积是偶数例1设0，S，为给定的任意三个整数，把它们按任意顺序排列后记为加，历，如证明：（a1-仇）（。2一历）（。3一83）问题偶数.【证明】因为（”加）+（。2。2）+（。3加）=O所以（0一加），（。2岳）,（。3一方3）中至少有一个为偶数，否则，三个数都为奇数，则它们的和为奇数，与和为零矛盾，从而（06）（42一历）（的一历）总是偶数.【注】本题可以将“三个整数”一般化到奇数个整数，另外采取分类讨论，枚举各种排列，处理时有局限性，利用奇偶性整体求和来操作较简洁.例2教室里有50盏编号分别为1,2,3,，50的灯，都是关上的，50名学生依次进来，第i个学生把编号为i的倍数的灯上的拉线开关拉一下，试问：最后教室里亮着的灯的编号有哪些？【分析】电灯只有开与关两种状态，每拉一次将改变电灯的原有状态，由于初始状态50盏电灯都是关上的，所以决定电灯最终状态的，是电灯拉线开关被拉次数为奇数还是偶数.【解】显然，被拉奇数次的电灯最终为亮.对于编号为i的电灯被拉的次数取决于i的约数个数，即若i的正因数个数为奇数，则编号为i的电灯亮着，若i的正因数个数为偶数，则编号为i的电灯熄灭.对于任意正整数，若d为的正因数，则E也是，即的正因数成对出现，当且仅当为完全平方a数时，的算术平方根与自身配对，所以当且仅当为完全平方数时，的正因数个数为奇数.所以，最后教室里亮着的灯的编号有1、4、9、16、25、36、49.例3如图311所示，在4X4方格纸上已填上2,0,1,1是否能在余下的方格内各填上一整数，1102使得方格纸上的每行每列都成等差数列？【分析】思路：采用“特殊到一般”的解题思想，先寻求一些特殊位置，看是否有存在符合要求的整数，若不行，可以马上对结论进行否定，若合适，再进行下一次的探索.【解】以第一列，第四列位置为基础，假设可以填上一个符合要求的整数，设为，并设第一列所成的等差数列=1+2d,另一方面“=2-2d2,所以有1+2d=2-2d2,即得2（d+t）=1,从等式可以看出，左边为一偶数，右边为一奇数，显然是矛盾的，由此可以得出否定的结论.例4已知个整数的乘积为，且和为0,证明：可被4整除.【证明】设个整数为用，。2,，斯，由题意得*,*an=n若为奇数，则由可知。|，。2、，。”均为奇数，于是“i+gH）斯是奇数个奇数之和也为奇数与矛盾，所以必为偶数，从而的，。2，小中必有一个为偶数.考虑0.42，斯中只有一个是偶数，不妨设M，则S+/+"是奇数个奇数之和为奇数，从而i+2Fm为奇数，这与矛盾，故。1，斯中至少有两个偶数，所以4能被4整除.【注】要证明是4的倍数，可先证是2的倍数，利用奇偶分析，先判断为偶数，在此基础上，后半段的讨论有一定技巧性，但是实质还是再次利用奇偶分析，对个数中偶数的个数做出判断.例5已知个数x,及，中每一个数均为+1或-1,若汨及+及Xi=O.求证：是4的倍数.【证明】因为即，X2，X的值为+1或一1，所以X1X2，33，*因的值为+1或-1.不妨设其中2个+1，一&个一1,则攵一(-Q=O.即=2匕从而为偶数，又因为(XIX2)(X2X3)(左两)=(T)=(W232.所以攵为偶数，从而是4的倍数.例6有加只茶杯，开始时杯口朝上，把茶杯任意翻转，规定每翻转(n<m)只，算一次翻动，翻动过的茶杯允许再翻，证明，当为偶数，m为奇数时，无论翻动多少次，都不可能使杯口全朝下.【分析】思路一：对每只杯子翻动的次数与翻动总次数的关系进行比较.思路二：对杯子的两种状态进行赋值，即将问题代数化，则可以使翻动问题抽象为代数值的变化，使杯口朝上或朝下的状态抽象为两个不同的代数值.【证明】方法一：假设翻动2次后，杯口全朝下，按累计翻动K只杯子，设第i只杯子翻动了4次,显然4为奇数，(i=1,2,3,m),故+2+03+由于等式的左边是奇数个奇数相加，且结果仍然是奇数，显然这样的等式是矛盾的，所以不存在这样的七方法二：将杯口朝上记为“一1”，杯口朝下记为“+1”，并记初始状态为SO=(-1)7则经过一次翻动后的状态为S=(-1)(-1)h1=-1,即无论攵取任意正整数，都不可能使得&=1,而杯口全朝下的状态应该是(+1)m=1,所以无论翻动多少次，都不可能使杯口全朝下.【注】无论是用整数的奇偶性分析还是赋值法，都是一种分类处理手段，在利用整数的奇偶性解决问题的时候，通常采用“土1”赋值方法处理.例7已知根、均为正整数，证明：当且仅当一小是偶数时，5+5切可以表示为两个完全平方数的和.【解】由于5"+5w1上对称的，所以不妨设如果，山都是偶数，那么5”与55都是完全平方数，如果小初都是奇数，令n-m=2k,那么5,+5,=5,ri×5(52a+1)=5,h1(4+1)(52a+1)=5*(452a+52+4+1)=5n1,(25a)2+225a+1)+(52)225k2+22=5n,(25+1)2+5,(5-2)2.可以写成两个完全平方数的和，但若小加一奇一偶，例如=2女，m=2k+t则由521(mod8),则有5"三1(皿M8)5m=5(mod8),从而5"+5"=6(mod8),但两个完全平方数的和三0,1,2,4,5(mod8),此时5"+5w不能表示两个平方数之和，因此命题成立.例8试求满足心!=k!+/!+?！的所有正整数组(k,1M.kImiIk'IYi1【解】由对称性，不妨设则!=-+1+,由于k2,故上为正整数，于是吆也必须为/!/!/!/!整数，从而加2/.kIIk>f由于2+1+丝223,从而k!23,故上23,所以，k!为偶数，故与吆必是一奇一偶./!/!/!/!k'm1(1)若名为奇数，生为偶数，则女=/或k=+1./为偶数./!/!m1MI若A=/,则依=2+,若k=3,6=2+,解得?=4,若2>3,则内一2不能被3整除,k3!所以，"WA+2,否则竺能被3整除，所以2=A+1G=3f或3/+1)或&+2(2=3"k当加3+1时，竿=2+1,故依=2+3,此方程无解(4或5都不是方程的解，Q5时左边大于k!右边).m!当7=k+2时，=+2)(k+1),故-=d+3Z+4,同上可知，也无解.k若Z=+1,且/为偶数，则(/+1)=Z+2+-.由于当m2/+1时，(/+1)!与二均能被/!/!+1整除，但/+2不能被/+1整除，此时无解，而加=/时，要求(Z+1)!=Z+3,同上讨论，可知亦无解.Mi1k'(2)若巴是奇数，士为偶数,则M=/或m=+1且/为偶数./!/!k'£k'若加=/,则方程k!=2+2,得上(/!-1)=2,这要求±=2,/!-1=1,不能成立：I1I1/!若机=/+1,/为偶数,则方程为若!=k+/!+(/+1)!,即!(!-1)=(+2).注意到/!-1与/!互素.故/!-1I/+2,且/为偶数得/=2,k!=8,这不能成立.综上所述，原方程只有一解：k=1=3,m=4.【注】本题利用奇偶性，结合整除性质，分类讨论了不定方程的整数解的各种情况.练习3.11 .已知整数。、b、。满足+b+c=O.设+b20"+do”.试问：d是否可能为素数？2 .试问：对于哪些正整数(23),可将1至的整数排成圆周，满足任何两个相邻数之和可以被顺时针的下一个数整除？3 .已知x、y为正整数，且f+xy+y2的十进制末位数码是0,求证：它的末两位数码都是0.4 .非负有理数列0，“2.。3满足知下条件：对任何整数机和都有厮+如=，证明：该数列中有相同的数.5 .设2+1个整数0,“2，+有性质p：从其中任意去掉一个，剩下的2个数可以分成数相等的两组，其和相等，证明：这2+1个整数全相等.答案练习3.11 .由于/、b分别与人b、C同奇偶，所以d=2(m+ou+c2ou与+ib+c=o同奇偶，即为偶数，又由Fermat小定理知/三(mod3).从而归纳得tr+,(mod3)(为正整数)，同理b与C有b2k+1b(mod3).c2x+,c(mod3),从而d三。20+卢+泮)”三”十6+。三o(mod3),从而d不可能为素数.2 .设这个正整数为G(IWiW),若有两个相邻的斯丽1同为偶数，则由+ISi+加可得G7也是偶数，从而逆时针递推可知所有数都是偶数，矛盾！因此偶数不能相邻，当23时有偶数项。i,则a,-4+1同为奇数.再由QiI(a1-2÷f11|)及4+2I(0+8+1)知4-2与4+2是奇数，若24,则得到奇数比偶数至少多2个也矛盾，因此只有一3,且当=3时，1、2、3的任意排列都符合要求，故满足条件的只有一个3.3 .本题即要证f+孙+y2被22.52整除，为此只要证1、)，被2、5整除.由f+孙+y2三x+xy+y=(X÷1)(y+1)1=0(mod2),即(x÷1)(y÷1)为奇数，从而x+1,y÷1同为奇数，从而x、y同为偶数，由4(+即+尸)=(2x+y)2÷30(mod5).若y不被5整除，则它与5互素，从而存在y*,满足yy*=1(mod5).于是(2y*x+yy*)2-32(mod5).但任意整数的平方根5只能为0、1、4,矛盾，因此5Iy,再由5If得到5Ix.4 .假设不然，令机=1,则有0+0=0即=0,从数列中其余项都非零，令。2=2，ay=-,qS则由条件可知。/=履巾，因此=pr=ps.1=sps,但2"WW导致矛盾：从而原命题成立qS5 .分三步进行，每一步均采用“不变量”思想，第一步：先证明这2+1个数的奇偶性相同，这是因为任意去掉一个数后，剩下的数可分成两组，且其和相等，故剩下的2个数的和都是偶数，从而任一个数都与这2+1个数的总和具有相同的奇偶性：第二步，如果0、。2、3i具有性质P，则每个数都减去整数C之后，仍具有性质P,特别地，取c=,得0，a2af的一。1，。2"+1-也具有性质P，由第一步结论知，。2一。3一，。2”+1都是偶数，第三步，由0,&一。1，的一。2，+1一为偶数具有性质P,可得0,3工&，色二4,，4,都是整数，且仍具有性质P,再由第222一步知，这2+1个数的奇偶性相同，均为偶数，所以都除以2后，仍是整数，且具有性质P,以此类推知，对任意正整数匕均有0,Wr%,空井，小：)为整数,且具有性质P,由于女可以任意222大,则有aza=a3a>=2+i-=0即"2=。2«+1.