第13講奇偶分析(原)13講）第13講奇偶分析第13講

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1、第13講奇偶分析法把全體整數(shù)按被2除的余數(shù)分為兩類：被2除余數(shù)為0整數(shù)的稱為偶數(shù)，一般表示為2R伙為整數(shù)），被2除余數(shù)為1整數(shù)的稱為奇數(shù)，-?般表示為2好1伙為整數(shù)）.由于既不會有一個整數(shù)同時出現(xiàn)在奇數(shù)類和偶數(shù)類，也不會有一個整數(shù)既不在奇數(shù)類乂在偶數(shù)類，因此，我們可以把對整數(shù)問題的研究轉(zhuǎn)化為對奇數(shù)和偶數(shù)的研究.這種利用奇偶數(shù)分析問題的方法就可以使一些看起來比較困難的題II變得簡單易解了.奇偶分析利用了奇數(shù)與偶數(shù)的一些性質(zhì)：1、奇數(shù)不等于他數(shù)；2、在自然數(shù)數(shù)列中，奇數(shù)與偶數(shù)是相間排列的；3、奇數(shù)土奇數(shù)二偶數(shù)，偶數(shù)土偶數(shù)二偶數(shù)，奇數(shù)土偶數(shù)二

2、奇數(shù)；奇數(shù)個奇數(shù)的和是奇數(shù)，偶數(shù)個奇數(shù)的和是偶數(shù)，任意個偶數(shù)的和是偶數(shù)；4、奇數(shù)X奇數(shù)=奇數(shù)，偶數(shù)X偶數(shù)=4的倍數(shù)，偶數(shù)X整數(shù)=偶數(shù)；5、兩個梏數(shù)的和與這兩個整數(shù)的差具有相同的奇偶性6、奇數(shù)的平方被4除余1,偶數(shù)平方為4的倍數(shù)；奇偶分析也常表現(xiàn)為染色，把一個圖形染成黑白兩色，往往可視為其屮一色為奇數(shù)，另一色為偶數(shù)；也可視為用+1與-1（或1與0）標號，……總Z,在分成兩類對問題進行討論時，常常可以看成是在進行奇偶分析.例1⑴證明：平面上的格點中，任取五點，必有兩點，其連線中點是格點.（2）至多可以取岀多少個格點，使這些點中任取三點為頂點

3、的三角形面積都不是整數(shù).（1）分析按橫處標與縱坐標的奇偶性把平面格點分類，用抽屜原理證明.證明按橫坐標與縱坐標的奇偶性把平而上的所有格點分類，共有4類：（奇，奇），（奇，偶），（偶，奇）,（偶,偶）.任取5個格點，必有2點屬于同一類，設A（q,yj,Bg,）吩這二點是局于同一類的兩點，則其連線的中點M（*（xi+x2），知1+歹2））即為格點.故得證.⑵分析考慮三角形的而積如何計算.解由三角形面積表達式S=*［（X

4、—也）（$2—旳）一（也一兀3）0廠『2）］知，如果三角形有某兩個頂點屬于同一類（上題中的分類），則其曲積為整數(shù)；如果三個

5、頂點都不同類，則其面枳不為整數(shù).于是取分屈于4個不同的類的4個格點，以這4點中的任三點為頂點的三角形面積都不為整數(shù)，但如果取5個格點，則必有某兩點屬于同一?類，此時以這二個點及另外任一點為頂點的三角形而積為整數(shù).故至多取4個點，II此四點應分屬不同的4類.說明把整數(shù)分成“奇數(shù)”與“偶數(shù)”這兩類，就相當于構(gòu)造了兩個抽屜，從而奇偶分析常常用抽屜原理為工具解決問題.鏈接在坐標系內(nèi)的三角形的面積公式：為了方便，先把三角形放在第一象限內(nèi)，當三角形不在第一象限內(nèi)時，可利用平移公式說明結(jié)論仍然成立.如圖，△A3C的三個頂點、（按逆時針旋轉(zhuǎn)的順序排列）

6、坐標分別為Pi（兀1，yj,P2（x2y力），尸3（兀3,旳）?作丄Ox,P2P2'丄Ox,P3P3'丄Ox.垂足分別為P'l，P‘2,P‘3?于是，三角形P1P2P3的面積可以表示成三個直角梯形的面積的代數(shù)和：如在左圖中，s=戸?1+旳）（尤3一尤1）+（力+$2）（兀2一X3）一（）?1+V2）ta一X1）]一砂1）+（利3一兀3歹2）+（兀3力一兀1旳）]?這個式子也可寫為S=

7、l（Xi-x2）（｝?2-旳）-（X2-X3）?-力）].右圖也可同樣計算得證.對于放置于任何位置的三角形，只要取平移公式代入檢查即知該結(jié)果正確.例2設山

8、，如…'064是1，2,…，63,64的任意一種排列.令b=a—a^,Z?2=l^3—Q』，???，方32=匕63—。64〔；C=b[一/加，?=1方3—加1，…，C16=I〃31—加21；d

9、=k?[—C2I,d2=k?3—C4I,…，“8=915—cQ;這樣一直作下去，最后得到一個整數(shù)X.求證：兀為偶數(shù).分析可以從后向前推：若X為奇數(shù)，則其前一次運算時的兩個數(shù)必一奇一偶，…，這樣直到開始時的64個數(shù)的奇偶性.這就是證法一的思路；也可以從前向后推：第一次運算得到的32個數(shù)的奇偶性與原來各數(shù)的奇偶性有什么關(guān)聯(lián)？笫二次運算所得1

10、6個數(shù)又與笫一次運算的32個數(shù)有什么關(guān)聯(lián)？又少原來的64個數(shù)有何關(guān)聯(lián)？…，這樣直到最后一個數(shù).這就是證法二的思路.證法一假定兀為奇數(shù)，則上述計算過程中倒數(shù)第二步的兩個數(shù)是一奇-?偶，倒數(shù)第三步的四個數(shù)或者是三奇一偶或者是一奇三偶.仿此推知，計算過程屮的每一步只能有奇數(shù)個奇數(shù)，那么在⑦，勿，…，％4,中也該有奇數(shù)個奇數(shù)?但它們是1,2,…，64的某一排列，其中奇數(shù)有32個,這就產(chǎn)生了矛盾?所以最后一個數(shù)只能是偶數(shù).證法二因為整數(shù)。與⑷的奇偶性一致，整數(shù)°、b的和o+b與其差a-b的奇偶性也一致，所以上述計算過程的第二步中的32個數(shù)：ld[

11、—血，1。3—心1，…，1。63—伽1，分別與。1+。2'心+如，…，伽+伽，的奇偶性一致，于是，原來的計算過程可改為考慮：第一?步：°1，。2'…，。64；第―步：Cl+Cl2y他+心，…，。63+。6