奇数与偶数

1、设a，b是自然数，且满足关系式（11111+a）（11111-b）=123456789． 求证：a-b是4的倍数． 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：由已知条件可得11111+a与11111-b均为奇数，所以a，b均为偶数． 又由已知条件11111（a-b）=ab+2468，① ab是4的倍数，2468=4×617也是4的倍数， 所以11111×（a-b）是4的倍数， 故a-b是4的倍数． 2、设1，2，3，…，9的任一排列为a1，a2，…，a9．求证：（a1-1）（a2-2）…（a9-9）是一个偶数． 证明：证法一：因为（a1-1）+（a2-2）+（a3-3）+…+（a9-9） =（a1+a2+…+a9）-（1+2+…+9）=0是偶数，所以（a1-1），（a2-2），…，（a9-9）这9个数中必定有一个是偶数（否则，便得奇数个（9个）奇数的和为偶数），从而可知（a1-1）（a2-2）…（a9-9）是偶数． 证法二：由于1，2，9中只有4个偶数，所以a1，a3，a5，a7，a9中至少有一个是奇数， 于是，a1-1，a3-3，a5-5，a7-7，a9-9至少有一个是偶数， 从而（a1-1）（a2-2）…（a9-9）是偶数． 3、有n个数x1，x2，…，xn，它们中的每一个数或者为1，或者为-1．如果x1x2+x2x3+…+xn-1xn+xnx1=0，求证：n是4的倍数． 证明：我们先证明n=2k为偶数，再证k也是偶数． 由于x1，x2，xn．的绝对值都是1，所以，x1x2，x2x3，…，xnx1的绝对值也都是1，即它们或者为+1，或者为-1．设其中有k个-1，由于总和为0，故+1也有k个，从而n=2k． 下面我们来考虑（x1x2）?（x2x3）…（xnx1）．一方面，有（x1x2）?（x2x3）…（xnx1）=（-1）k， 另一方面，有（x1x2）?（x2x3）…（xnx1）=（x1x2xn）2=1． 所以（-1）k=1，故k是偶数，从而n是4的倍数． 4、某次数学竞赛，共有40道选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 ，规定答对一题得5分，不答得1分，答错倒扣1分．证明：不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数． 证明：我们证明每一个学生的得分都是偶数． 设某个学生答对了a道题，答错了b道题，那么还有40-a-b道题没有答．于是此人的得分是 5a+（40-a-b）-b=4a-2b+40， 这是一个偶数． 所以，不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数． 5、证明15块4×1的矩形骨牌和1块2×2的正方形骨牌不能盖住8×8的正方形． 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ：将8×8正方形的小方格用黑、白色涂色（如图）．每一块4×1骨牌不论怎么铺设都恰好盖住两个白格，因此15块4×1的骨牌能盖住偶数个白格．一块2×2的骨牌只能盖住一个白格或三个白格，总之能盖住奇数个白格．于是15块4×1骨牌和一块2×2骨牌在图上盖住的白格是奇数个，与图中白格数是偶数个得出矛盾，即可证明． 解答：证明：将8×8正方形的小方格用黑、白色涂色（如图）．每一块4×1骨牌不论怎么铺设都恰好盖住两个白格，因此15块4×1的骨牌能盖住偶数个白格．一块2×2的骨牌只能盖住一个白格或三个白格，总之能盖住奇数个白格．于是15块4×1骨牌和一块2×2骨牌在图上盖住的白格是奇数个．事实上图上的白格数恰为偶数个，故不能盖住8×8的正方形． 6、设有101个自然数，记为a1，a2，…，a101．已知a1+2a2+3a3+…+100a100+101a101=s是偶数， 求证：a1+a3+a5+…+a99+a101是偶数． 分析：首先利用偶数乘以任何一个自然数都是偶数，任何偶数相加减的结果都是偶数，把式子a1+2a2+3a3+…+100a100+101a101=s是偶数里面的与偶数相乘的项去掉，只讨论a1+3a3+5a3…+101a101的奇偶性即可，再进一步利用奇数+奇数=偶数，奇数×奇数=奇数讨论解答即可解决问题． 解答：证明：∵a1+2a2+3a3+…+100a100+101a101=s是偶数， 而2a2+4a4+…+100a100=s1也是偶数， ∴a1+3a3+5a3…+101a101一定是偶数， a1+a3+a5+…+a99+a101与a1+3a3+5a3…+101a101的奇偶性是相同的， ①a1+a3+a5+…+a99+a101这51个数的和，如果里面有奇数个偶数，偶数个奇数， 可以得到计算的结果是偶数，推出结论与已知相同； ②a1+a3+a5+…+a99+a101这51个数的和，如果里面有偶数个偶数，奇数个奇数， 可以得到计算的结果是奇数，推出结论与已知相矛盾，假设不成立； 综上所知a1+a3+a5+…+a99+a101是偶数． 7、设x1，x2，…，x1998都是+1或者-1．求证：x1+2x2+3x3+…+1998x1998≠0． 分析：要求证x1+2x2+3x3+…+1998x1998≠0．，只要求证所有正数项的和的绝对值与负数项的和的绝对值，两个绝对值的和是奇数，则所有负数项的和与所有正数项的和一定不能互为相反数即可． 解答：解：设x1+2x2+3x3+…+1998x1998中x1为第一项 2x2为第二项…1998x1998为第一九九八项 其中所有正数项的和为S1 所有负数项的和为S2 则|S1|+|S2|=1+2+3+…+1998=1999×999 是一个奇数． 故|S1|≠|S2|故S1+S2≠0 8、设x1，x2，…，xn（n＞4）为1或-1，并且x1x2x3x4+ x2x3x4 x5+…+xn x1x2x3=0．求证：n是4的倍数． 分析：首先由已知易得x1x2x3x4+ x2x3x4 x5+…+xn x1x2x3这些数或为1或为-1，再由这些数和为0，可得积为1或-1的数都为偶数个，据此求解． 解答：解：∵x1，x2，…，xn（n＞4）为1或-1 ∴x1x2x3x4+ x2x3x4 x5+…+xn x1x2x3，这些数或为1或-1，且他们的乘积为（X1X2…Xn）4=1， ∵x1x2x3x4+ x2x3x4 x5+…+xn x1x2x3=0． ∴-1有偶数个，设为2k个，则1也应该有2k个， ∴总共有4k项． 即n=4k， ∴n是4的倍数． 9、重排某一自然数的所有数字，求证：所得数与原数之和不等于99…9（共n个9，n是奇数）． 分析：本题可通过反证法进行证明，重排某一自然数的所有数字，所得数与原数之和若等于99…9，则必然没有任何的进位，原因是如果存在进位，则两个数字之和必须是19，29，…但是两个数字之和最大为9+9=18，所以没有任何进位，因此99…9所有数字之和就是所得数与原数的所有数字之和，设原数数字和为x，因为只是重新排列了顺序，所以数字和不，变因此x+x=9n，2x=9n，n是奇数9n也是奇数，2x不可能是奇数，因此所得数与原数之和不等于99…9（共n个9，n是奇数） 解答：解：假设所得数是99…9（共n个9，n是奇数）， 那么可以发现，原数与所得数不可能产生进位情况． 原数与所得数是重排的关系，因此他们的和一定是偶数． 99…9（共n个9，n是奇数）．，很显然是奇数，奇数是不等于偶数的， 因此假设是错误的． 所以所得数与原数之和不等于99…9（共n个9，n是奇数）． 10、1）有n个整数，其和为零，其积为n．求证：n是4的倍数； （2）设n是4的倍数，求证：可以找到n个整数，其积为n，其和为零． 分析：（1）设出n个整数，列出a1a2…an=n，a1+a2+…+an=0；进一步利用数的奇偶性解答即可； （2）设n=4k，分k为奇数或偶数两种情况进行讨论，利用1或-1的特殊性质解答即可． 解答：证明：（1）设n个整数为a1，a2，…，an，由题意得， a1a2…an=n，a1+a2+…+an=0； 如果n为奇数，那么a1，a2，…，an均为奇数，于是a1+a2+…+an是奇数个奇数的和，不可能为0，所以n必为偶数，从而a1，a2，…，an中至少有一个是偶数； 又若a1，a2，…，an中只有一个偶数，设为a1，则a2+a3+…+an是奇数个（n-1个）奇数之和，故必为奇数，从而a1+a2+…+an是奇数，与a1+a2+…+an=0矛盾； 故a1，a2，…，an中至少有两个偶数，所以n=a1a2…an能被4整除． （2）设n=4k． 当k为奇数时，n=2?（-2k）?13k-2?（-1）k，而2，-2k，（3k-2）个1与k个-1共4k个数之和为零； 当k为偶数时，n=（-2）（-2k）?13k?（-1）k-2，而-2，-2k，3k个1与（k-2）个-1共4k个数之和为零． 11、7个杯子杯口朝下放在桌子上，每次翻转4个杯子（杯口朝下的翻为杯口朝上，杯口朝上的翻为杯口朝下），问经过若干次这样的翻动，是否能把全部杯子翻成杯口朝上？ 分析：你要想把一个杯子从口朝下翻转为口朝上，要么翻一次，要么翻三次…总之只能翻奇数次才能达到目标要把7只杯子都从口朝下变成口朝上，则必须经过奇数次翻转才能达到目的，然而你每次翻转4只杯子，总的翻转次数必定是偶数 解答：解：不可以． 设：翻x次后，都被翻成正面朝上，且每个杯子被翻了n次．（n为奇数） 则翻的总次数4x=7n ∵x，n为正整数， ∴4x为偶数． ∵7为奇数， ∴n为偶数，与n为奇数矛盾． ∴经过若干次这样的翻动，不能把全部的杯子翻成杯口朝上． 12能否把1，1，2，2，3，3，4，4，5，5这10个数排成一行，使得两个1中间夹着1个数，两个2之间夹着2个数，…，两个5之间夹着5个数？ 分析：此题应该用反证法说明，假设可以这样排放，则偶数占据的位置和奇数占据的位置应该都为5个，但实际是不可能的，据此推翻假设，从而得证． 解答：解：将10个位置按奇数位着白色，偶数位着黑色染色，于是黑白点各有5个． 假设可以排放： 因为偶数之间有偶数个位置，所以一个偶数占据一个黑点和一个白点， 奇数之间有奇数个位置，一个奇数要么都占黑点，要么都占白点． 于是2个偶数，占据白点A1=2个，黑点B1=2个． 3个奇数，占据白点A2=2a个，黑点B2=2b个，其中a+b=3． 因此，共占白点A=A1+A2=2+2a个． 黑点B=B1+B2=2+2b个， 由于a+b=3（非偶数！） ∴a≠b，从而得A≠B．这与黑、白点各有5个矛盾． 故这种排法不可能．