四十九 奇偶性分析

　　同学们知道，能被2整除的整数称为偶数，不能被2整除的整数称为奇数．通常偶数记作2n，奇数记作2n＋1（n为整数）．

　　一个整数要么是奇数，要么是偶数，二者必居其一，这是整数的最基本的性质．一个整数是奇数还是偶数是这个数自身的属性，称为这个数的奇偶性．用奇数、偶数性质解题的方法称做奇偶分析．

问题49．17个学生围成一圈，依逆时针方向依次编号为1，2，…，7号．老师按下述规则叫号，设某一次叫到第k（1≤k≤7）号，则下一次被叫到的是第k号后面的第k个学生．试说明不论第一次叫到哪一号，至少有一个学生永远叫不到．

分析分k＝7与k≠7两种情况进行讨论．

解设第k号学生后面被叫到的是第n号学生，则

　　2k≤7时， n＝2k；

　　2k＞7时，n＝2k—7．

　　故当k＝7时，n＝7，即除了第7号学生外，其余学生都叫不到．

　　当k≠7时，2k≠ 7，2k—7≠7，所以第7号学生永远叫不到．

　　综上所述，说明不论第一次叫到哪一号，至少有一个学生永远叫不到．

问题49．2有七个杯口全部向上的杯子，每次将其中四个同时“翻转”．问能否经过这样有限多次的“翻转”使杯口全部向下？为什么？

分析对每一个杯口向上的杯子，只要“翻转”奇数次就能使杯口向下．

解要把七个杯子翻得杯口向下，每个杯子要翻奇数次，而七个（奇数个）奇数的和仍是奇数，即不管怎么“翻转”，七个杯子“翻转”次数的总和是奇数．

　　但是，问题要求每次都是四个杯子同时“翻转”，因此无论怎么“翻转”，最终杯子“翻转”次数总和一定是偶数．这与上面所述“翻转”次数的总和是奇数发生矛盾．

　　因此，按规定不可能经过有限多次的“翻转”，使得七个杯子的杯口全部向下．

问题49．3任意改变某一个三位数的各位数字的顺序，得到一个新三位数．试说明新数与原数之和不能等于999．

分析从反面思考．]

　　设新数与原数之和能等于999，即

　　　

　　因为C＋C′最大只能是且8，不可能是19，所以C＋C′＝9．

　　同理b＋b′＝9，a＋a′＝9．

　　因为a＋b＋c＝a′＋b′＋c′，

　　所以（a＋a′）＋（b＋b′）＋（c＋c′）＝9＋9＋9，

　　故2（a＋b＋c）＝27．

　　而这个等式左边是偶数，右边是奇数，发生矛盾，因此，新数与原数之和不能等于999．

问题49．4三个各不相同的质数之积恰好等于它们和的7倍，求这三个质数．

　　

中必有一个质数等于7．

解设这三个质数分别为x、y、z，则

　　　

　　因此，这三个质数中必有一个质数是7，不妨设x＝7．于是，

　　y×z＝y＋z＋7，

　　即y×z－（y＋z）＝7．

　　根据偶数－奇数＝奇数，奇数－偶数＝奇数，分别进行讨论．

　　若y×z是偶数，则y与z中必有一个为偶数2，不妨设y＝2．而

　　2×3－（2＋3）＝1，

　　2×5－（2＋5）＝3，

　　2×11－（2＋11）＝9，

　　……

　　其它情况都不合条件y×z－（y＋z）＝7．

　　若y×z是奇数，则y与z都为奇数．

　　而3×5－（3＋5）＝7，符合条件．

　　其它情况都不合条件y×z－（y＋z）＝7．

　　所以，这三个质数分别为3、5、7．

问题49．5沿江均匀分布着A、B、C、D四个码头，每两个相邻码头间的距离相等．早晨有甲、乙两船从A出发，各自去这些码头多次往返运送货物（假设船在相邻两码头航行时，中途不改变航向）．傍晚，甲船停在A码头，乙船停在D码头．请说明：无论两船如何航行，它们一天中的航程总不相等．

分析甲的航程是个偶数，乙的航程是个奇数，它们不可能相等．

解四个码头把这段水路均匀分成3小段，设每小段水路长为a．由于船从一个码头出发，再返回本码头时，往返每小段在计算航程时，都应重复计算．故甲由A出发再回到A，它的航行路程应是a的偶数倍．而乙由A出发，最后至D，所以乙的航程应是a的3倍加上a的偶数倍，其和是a的奇数倍．因为a的偶数倍不等于a的奇数倍．所以无论两船如何航行，它们一天中的航程总不相等．

问题49．6在如图49－1所示的“十字形”图中，已填入两个数字1与8．问在其余的格子中能否填满整数，使得横行任相邻二数左边减右边所得之差都相等，使得纵列任二相邻二数下面减上面所得之差也都相等．

图49-1

分析具有上述性质的一列数：

　　a，a＋d，a＋2d，a＋3d，…

　　无论a的奇偶性如何，a与a＋2d的奇偶性总相同．

解设图49－1中的横行与纵列相交处所填的数字为p，则根据分析中所指出的性质，p与8的奇偶性相同，p应为偶数，又p也应与1的奇偶性相同，p应为奇数，于是发生矛盾．因此，在其余的格子中不能填满整数，使得横行任相邻二数左边减右边所得之差都相等，使得纵列任相邻两数下面减上面所得之差也都相等．

问题49．7 圆周上有1993个点，分两次给每个点分别染色（红色或蓝色）．染色结果共有1993个点染红色，1993个点染蓝色．试说明至少有一个点第一次与第二次染不同颜色．

分析从反面思考．

解假设没有一点两次染不同颜色，比如第一次染m（m＜1993）个红色点，第二次仍需且仅需染这m个点为红色．但红色点共1993（奇数）个，不能等于2m（偶数）个．因此，至少有一个点第一次与第二次染不同颜色．

问题49．8如图49－2是一个两色显示盘，每行左边有一个按键，如图中A、B、C，每按一个键，这一行的三个小方框同时改变一次颜色（即白变黑，黑变白）；同样，每列上方也有一个按键，如图中甲、乙、丙，每按一个键，这一列的三个小方框同时改变一次颜色．现在问：能否按若干次键，使左图变成右图？如果能，请说出按键步骤；如果不能，请说出理由．

分析每格只有两种颜色变化，因此颜色的改变与按键的奇、偶次数有关．

解仔细观察左图和右图，除左上角第一格外，各格都改变了颜色，说明各行或各列应按奇数次键，但左上第一格却需按偶数次键，但每个键管一行（或一列），不可能只管一格．因此，不能按若干次键，使左图变成右图．问题

图49-2

问题49．9设有一线段，A点涂以红色，B点涂以蓝色，在线段AB中任选10个点，任意涂上红色或蓝色，这样就构成了11条小线段．如果小线段的两个端点颜色不同，则称这小线段为“甲等的”；如果两个端点颜色相同，称为“乙等的”．问“甲等的”线段的条数是奇数还是偶数？说明理由．

分析每增加一个点，不论涂什么颜色，“甲等的”线段的条数要么不增加，要么增加2．

解原线段AB的两个端点颜色不同，应属于“甲等的”线段．当“AB”中插入一个点时，这一点不论是红色还是蓝色，“甲等的”线段的条数仍是1，即“甲等的”线段增加的条数为0．以后插入的点有两种情况，如果插入的点在“甲等的”线段中，则“甲等的”线段增加的条数为0；如果插入的点在“乙等的”线段中，则当该点与两端点的颜色相同时，“甲等的”线段增加的条数为0，当插入的点与两端点的颜色不同时，“甲等的”线段增加的条数为2．因此，每增加一个点，不论涂什么颜色，“甲等的”线段增加的条数为0或2．

　　设增加2的点数为n，则增加0的点数为10—n．

　　1＋2n＋0×（10—n）＝2n＋1．

　　所以“甲等的”线段的条数是奇数．

问题49．10甲、乙二人做游戏，先任意指定5个整数（允许有相同的）．甲先把这5个整数以任意的顺序填在图49－3中第一行的方格内，然后乙再将这5个数以任意的顺序填在第二行的方格内，最后将所有同一列的两个数的差（共有5个差）相乘．约定：如果积为偶数，算甲胜；如果积为奇数，算乙胜．你能判断谁胜吗？

图49-3

分析在5个整数中，奇数的个数与偶数的个数是不相等的．

解因为在5个整数中，奇数的个数与偶数的个数是不相等的，所以每一列的两个数不可能奇偶性都不相同（否则，这5个整数中奇数的个数与偶数的个数相等，但这是不可能的），即至少有一列的两个数的奇偶性相同，这两个数的差是偶数．因此，所有同一列的两个数的差相乘的积为偶数，故甲必胜．