整數(shù)的奇偶性及其在解題中的應(yīng)用知識(shí)系統(tǒng)整理-預(yù)覽頁(yè)
【正文】 個(gè)是奇數(shù)，一個(gè)是偶數(shù)；兩個(gè)相鄰整數(shù)之和是奇數(shù)，之積是偶數(shù)。∴奇數(shù)的平方可表示為8k+1的形式?！鄾]有兩個(gè)整數(shù)的平方和為4k +3型。因此，沒有兩個(gè)整數(shù)的平方差為4k+2型。因此，p為偶數(shù)。又∵開始時(shí)s 是偶數(shù)，且每操作一次，總和s 都減少一個(gè)偶數(shù)（a+b） ，∴終止時(shí)s 為偶數(shù)，故黑板上最后剩下的那一個(gè)數(shù)必為偶數(shù)。（1954年基輔數(shù)學(xué)競(jìng)賽題）分析：設(shè)四個(gè)連續(xù)的整數(shù)為n，n+1，n+2，n+3，其中n為整數(shù)，欲證明（n+1）（n+2）（n+3）+1是一奇數(shù)的平方，只需將它通過(guò)因式分解而變成一個(gè)奇數(shù)的平方即可。設(shè)2d1=x ………① 5d1=y ………② 13d1=z ………③其中x，y，z為正整數(shù)，由①知x為奇數(shù)，設(shè)x=2n1，于是2d1=（2n1） ，得d=2n 2n+1，故d為奇數(shù)。3 判斷整數(shù)的整除性整數(shù)對(duì)加、減、乘運(yùn)算是封閉的，而對(duì)除法并不是封閉的，利用整數(shù)的奇偶性判斷整數(shù)的整除性問題通常應(yīng)用奇偶性定義以及奇偶性質(zhì)12等。又∵p|1979，而1979為奇數(shù)，故p為奇數(shù)。（2）在實(shí)際解題中不能直觀判斷其奇偶性的，就要通過(guò)具體分析來(lái)判斷。3 +1=3（8m+1）+1=4（6m+1） ∴2 |（3 +1）由于4m+1，6m+1都是奇數(shù)，∴3 +1不能被2的更高次冪整除，故不論n為奇數(shù)還是偶數(shù)，命題均成立。例8：求證不論n是什么整數(shù)，方程x 16nx+7 =0沒有整數(shù)解，其中s是正奇數(shù)。不妨設(shè)i﹥j，將③代入①得x +x =177。8證畢。代入原方程得u v =164?！喾匠探鉃閤=18，y=2或x=2，y=18。故由②知x ，x 必同為奇數(shù)，于是分別取x =5，x =17代入②式，并注意x x 2是完全平方數(shù)的限制，即可驗(yàn)得x =3，x =19。（1982年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽題） 證：∵u 是r為奇數(shù)，∴u，r 必是一 奇一偶?！?。（1956年全國(guó)數(shù)學(xué)競(jìng)賽題）證：若存在這樣的多面體，設(shè)其面數(shù)為n ，各面的邊數(shù)分別為m ，m ，…m ，這里n，m ，m ，…m 均為奇數(shù)，因在多面體中，每?jī)蓚€(gè)相鄰面都有一公共棱，即每?jī)蓷l邊重合成一個(gè)棱，故該多面體棱數(shù)為 （m +m+…+m ），但m +m+…+m 是奇數(shù)個(gè)奇數(shù)之和，應(yīng)是奇數(shù)，從而該多面體的棱數(shù)不是整數(shù)。這種用兩種不同顏色表示奇偶數(shù)的方法稱之為染色法。把1號(hào)展廳涂上黃色，再把與其相鄰的兩個(gè)展廳涂上紅色，繼而如圖那樣，采取紅、黃相間的方法涂色（圖中陰影部分代表紅色）。而按題目要求，第49次（奇數(shù)次）移動(dòng)應(yīng)回到1號(hào)黃廳，這顯然是不可能的，所以參觀者的愿望不能實(shí)現(xiàn)。猜想：n 為奇數(shù)時(shí)先取者必輸；n為偶數(shù)時(shí)先取者必勝。 整數(shù)的奇偶性應(yīng)用是十分廣泛的，以上例舉的整數(shù)奇偶性在實(shí)際解題中的應(yīng)用不過(guò)是其中的一部分。[4] 羅增儒 .《初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽輔導(dǎo)》. 西安：[5] 徐建國(guó) .（2）[6]張同君 陳傳理.《競(jìng)賽數(shù)學(xué)解題研究》.北京：
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