初一数学竞赛讲座

第3讲 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，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=99×49，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

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3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：在若干次倒水以后能否使其中11个容器中各有11厘米3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，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的思想。

　　类似的问题是：

　　围棋盘上有19×19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，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：　

　　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k≥2。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=7×142+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=77×39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：

77×39=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。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。

　　例12 在8×8的棋盘的左下角放有9枚棋子，组成一个3×3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：这些棋子能否跳到棋盘的右上角（另一个3×3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3×3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3

　　1．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（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a≥b）。问：最后黑板上剩下的是奇数还是偶数？

　　8．设a1，a2，…，a是自然数1，2，…，的任一排列，令b1=a1-a2，b2=a3-a4，…，b32=a63-a；

　　c1=b1-b2，c2=b3-b4，…，c16=b31-b32；

　　d1=c1-c2，d2=c3-c4，…，d8=c15-c16；

　　……

　　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．奇数。解：1234÷2=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1010÷5=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，x2-y2＝20。

　　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S＝1+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

　　a1-a2， a3-a4，…，a63-a，

　　分别与下列32个数

　　a1+a2， a3+a4，…，a63+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：a1，a2，a3，a4，…，a61，a62，a63，a；

　　第一步：a1+a2，a3+a4，…，a61+a62，a63+a；

　　第三步：a1+a2+a3+a4，…，a61+a62+a63+a；

　　……

最后一步所得到的数是a1+a2+…+a63+a。由于a1，a2，…，a是1，2，…，的一个排列，因此它们的总和为1+2+…+是一个偶数，故最后一个整数是偶数。