• 透析奇偶分析法在竞赛中的运用

     

      这里我们将常用的有关奇数与偶数的一些性质介绍如下:
    中国论文网 /9/view-9870602.htm
      (1)奇数与奇数的和或差为偶数;偶数与偶数的和或差为偶数;奇数与偶数的和或差为奇数,可见两个整数的和或差的奇偶性相同.
      (2)奇数个奇数之和是奇数;偶数个偶数之和是偶数;若干个偶数之和是偶数.
      (3)奇数与奇数的乘积是奇数,奇数与偶数的乘积是偶数,偶数与偶数的乘积是偶数.
      (4)如果若干个整数的乘积是奇数,那么其中每一个乘数都是奇数;如果若干个整数的乘积是偶数,那么其中至少有一个乘数是偶数.
      (5)如果两个整数的和或差是偶数,那么这两个数或者同是奇数或者同是偶数;如果两个整数的和或差是奇数,那么这两个数中必有一个奇数,一个是偶数.
      
      [⇩]奇、偶数问题
      例1(第16届江苏竞赛题)已知a、b、c三个数中有两个奇数,一个偶数,n是整数,如果S=(a+n+1)(b+2n+2)(c+3n+3),那么()
      A. S是偶数
      B. S是奇数
      C. S的奇偶性与n的奇偶性相同
      D. S的奇偶性不能确定
      解选A. 理由:考虑S中三个因数的和a+b+c+6n+6.
      由于a、b、c三个数中有两个奇数,一个偶数,从而S的三个因子的和为偶数,由此可推出这三个因子或者是三个偶数,或者是有一个偶数,即三个因子中至少有一个偶数,从而其乘积为偶数.
      例2如果a、b、c都是正整数,且a、b是奇数,则3a+(b-1)2c是()
      A.只当c为奇数时,其值为奇数
      B.只当c为偶数时,其值为奇数
      C.只当c为3的倍数,其值为奇数
      D.无论c为任何正整数,其值均为奇数
      解选D. 理由:由于a、b是奇数,则3a为奇数,b-1为偶数,无论c为任何整数,(b-1)2c总为偶数,从而3a+(b-c)2c为奇数.
      例3设n是(正)奇数,a1,a2,a3,…,an是任意给定的n个整数,将这n个整数随意重新排列成b1,b2,b3,…,bn . 求证:乘积P=(a1-b1)(a2-b2)(a3-b3)…(an-bn)必是偶数.
      证法1反设P为奇数,则所有的因子(ai-bi)(i=1,2,…,n)都是奇数,又因为n为奇数,故(a1-b1)+(a2-b2)+…+(ai-bi)=奇数.①
      而另一方面,由于b1,b2,b3,…,bn是把a1,a2,a3,…,an重新排列而成的,故
      a1+a2+…an=b1+b2…bn,即(a1-b1)+(a2-b2)+…+(ai-bi)=0.②
      显然①,②式矛盾,故P为偶数.
      证法2(仍用反证法),设P为奇数,则(ai-bi)(i=1,2,…,n)是奇数,而这意味着ai与bi的奇偶性正好相反. 也就是说,对于ai中的每一个奇数,都对应着bi中的一个偶数,所以a1,a2,a3,…,an中奇数的个数与b1,b2,b3,…,bn中偶数的个数相同. 但由于b1,b2,b3,…,bn只是a1,a2,a3,…,an的重新排列,所以b1,b2,b3,…,bn中偶数个数应为a1,a2,a3,…,an中偶数的个数,故a1,a2,a3,…,an中奇数个数和偶数个数相同,从而n为偶数,这与题设n为奇数矛盾,故P为偶数.
      例4对于给定的整数a、b. 求证:若a、b之积为偶数,则存在两个整数c、d满足等式a2+b2+c2=d2,反之若存在c、d,使得等式a2+b2+c2=d2成立,则a、b之积为偶数.
      解一方面,若a、b之积为偶数,则a、b中至少有一个为偶数.
      (1)若a、b中有一个是奇数,一个是偶数,显然a2+b2必为奇数,不妨设a2+b2=2k+1(其中k为整数),则由a2+b2+c2=d2,可得d2-c2=2k+1,即d2-c2=(d+c)(d-c)=(2k+1)×1,这样,只要d取k+1,c取k,可以使等式d2-c2=2k+1成立.
      (2)若a、b都是偶数,则a2+b2一定是4的倍数. 不妨设a2+b2=4k,则由a2+b2+c2=d2,可得d2-c2=4k,即d2-c2=(d+c)(d-c)=4k. 这样,只要d取k+1,c取k-1,就可以使a2+b2=4k成立.
      另一方面,若a、b之积是奇数,则a、b都一定是奇数. 不妨设a=2k1+1,b=2k2+1,则a2+b2=(2k1+1)2+(2k2+1)2=4[k1(k1+1)+k2(k2+1)]+2. 而k1(k1+1)与k2(k2+1)都是两个连续整数的乘积,他们的积一定是2的倍数. 这样a2+b2就一定是可以表示成8k+2(其中k是整数)的形式,这样由a2+b2+c2=d2就可以得到d2-c2=8k+2,即d2-c2=(d+c)(d-c)=8k+2. 又由于整数c、d的和c+d与c、d的差c-d具有相同的奇偶性,而且8k+2为偶数,因此c+d与c-d一定都是偶数.
      这里,不妨设d+c=2p,d-c=2q,则d2-c2=4pq=8k+2. 于是有2pq=4k+1,而2pq为偶数,但4k+1是奇数,具有不同的奇偶性,这是不可能成立的,这也就说明,当a、b的乘积为奇数时,等式a2+b2+c2=d2不可能成立.
      从而说明,只有当a、b的乘积为偶数时,才存在整数c、d使得等式a2+b2+c2=d2成立;当a、b乘积为奇数时,不存在使等式a2+b2+c2=d2成立的整数c、d.
      由于上述推理的过程完全是可逆的,因此,当存在整数c、d使得等式a2+b2+c2=d2成立时,a、b之积必为偶数.
      [⇩]奇偶性分析
      例5(2004年全国初中联赛题)已知p、q均为质数,且满足5p2+3q=59,则以p+3,1-p+q,2p+q-4为边长的三角形是()
      A. 锐角三角形
      B. 直角三角形
      C. 钝角三角形
      D. 等腰三角形
      解选B. 理由:因为5p2+3q为奇数,故p、q必为一奇一偶,而p、q均为质数,故p、q中有一个为2 .
      若q=2,则p2=,不符合题意,舍去.
      若p=2,则q=13,此时,
       p+3=5,1-p+q=12,2p+q-4=13.
      因为52+122=132,所以,以5、12、13为边长的三角形为直角三角形.
      例6(2001年全国初中联赛题)一个正整数,若分别加上100与168,则可得到两个完全平方数,这个正整数为.
      解 填156. 理由:设此数为n,且n+168=a2,n+100=b2.
      则a2-b2=68=22×17,即(a+b)(a-b)=22×17.
      但a+b与a-b的奇偶性相同,故a+b=34,a-b=2 .
      于是a=18,从而n=156.
      例7 (1998年全国初中联赛题)1,2,3,…,98共98个自然数中,能够表示成两整数平方差的个数是 .
      解填73. 理由:x=n2-m2=(n+m)(n-m)(1≤x≤98,m、n为整数),
      因为n+m与n-m同奇同偶,所以x是奇数或是4的倍数,因此,1至98共98个自然数中,满足条件的数有49+24=73个.
      例8(1999年第14届江苏竞赛题)已知x和y是正整数,并且满足条件xy+x+y=71,x2y+xy2=880,求x2+y2的值.
      解原条件式可化为
      (x+1)(y+1)=72,①
      xy(x+y)=24×5×11.②
      由式①知x、y中至少有一个是奇数,不妨设x为奇数.
      由式②,x只可能是5,11或55.
      但x=55时,x+y≥56,xy(x+y)≥55×1×56>880,故x=5或11.
      若x=5,由式①知y=11;
      若x=11,知y=5,此时x、y值满足式②.
      故x2+y2=52+121=146.
      例9(2000年“我爱数学”夏令营竞赛题)设N是正整数. 如果存在大于1的正整数k,使得N-是k的正整数倍,则称N为一个“千禧数”. 试确定在1,2,3,…,2 000中“千禧数”的个数,并说明理由.
      解若N是千禧数,则存在正整数m,使得
      N-=km,
      即2N=k(2m+k-1).
      显然,k与2m+k-1的奇偶性不同,且k>1,2m+k-1>1.
      所以,2N有大于1的奇因子,从而N有大于1的奇因子.
      反过来,若N有大于1的奇因子,则可设2N=AB,其中A、B的奇偶性不同,且A<B,则A>1且
      N-=-=A.
      其中为正整数.
      故N是千禧数.
      综上所述,只有当N有大于1的奇因子时,N是千禧数.
      在1,2,…,2 000中,只有1,2,22,…,210不是千禧数.
      故有千禧数2 000-11=1 989(个).

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