奇数与偶数(初中数学竞赛教案)

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1、深 圳 市 教 育 培 训 中 心课 题： 数的整除性、质数和合数的复习与奇偶分析授课时间：2006-10-22一、本课知识点和能力目标1知识点：数的整除性、质数与合数的复习；奇数与偶数.2能力目标：通过典型例题的分析，提高学生的逻辑思维能力，培养学生的分析、解决问题的能力.二、数学思想与方法分类与讨论、转化与化归、反证法.三、本次授课节次及内容安排第1课时：数的整除性、质数与合数的复习.第2课时：奇数与偶数.第3课时：典型例题剖析.第4课时：课堂反馈.四课外延伸、思维拓展第一课时【知识要点】 1整数的整除性复习； 2质数与合数的复习.【经典例题】例1 （第六届“汉江杯”数学竞赛）三个质数p、

2、q、r满足pqr，且1pq，求p的值.解：pqr，p、q，r均为质数，r必为奇数，从而p、q中必有一个为2.又1pq，p=2.例2 设n是大于1的正整数，求证：n4+4是合数证 我们只需把n4+4写成两个大于1的整数的乘积即可n4+4=n4+4n2+4-4n2(n2+2)2-4n2(n2-2n+2)(n2+2n+2)，因为n2+2n2n2-2n+2=(n-1)2+11，所以n4+4是合数例3 、是整数，求证：、中，至少有一个是3的倍数.证明 若、中有一个数是3的倍数，则显然显然是3的倍数；若、被3除余1或余2，则是3的倍数；若、被3除的余数不同，则是3的倍数.【尝试练习】1在自然数，2，3，1

3、00中，能被2整除，但不能被3整除的数的个数是 （ B ）A33； B34； C35； D36.提示：在，2，3，100中，能被2整除的有50个，能被2整除，且能被3整除的有16个，故能被2整除，但不能被3整除的数的个数为34个。2若2001是两个质数的和，则这两个质数的乘积是 3998 .3（第5届希望杯94）已知，则的末位数字是 4 . （提示：第一项的末位数字是4，其他三项的末位数字都是0）4若是正整数，证明：不是完全平方数.证明：由于两个连续的正整数的平方数之间，不存在完全平方数.而，故不是完全平方数.第二课时【知识要点】在整数中能被2整除的数叫做偶数，通常用表示；不能被2整除的数叫做

4、奇数，通常用（或）表示。其中是整数.关于奇数和偶数具有如下性质：奇数偶数；奇数奇数=偶数，偶数偶数=偶数，奇数偶数=奇数；奇数奇数=奇数，偶数偶数=偶数，奇数偶数=偶数；若、是整数，则、奇偶性相同；两个连续的整数中，必有一个奇数，一个偶数；偶数的平方能被4整除，奇数的平方被8除余1.【经典例题】例1 不求和，试判断123420002001的和是奇数还是偶数？解：略.例2 求证：满足方程的整数、中不能都是奇数.证明 (反证法)若、都是奇数，可知,也都是奇数.所以+是偶数，而是奇数，故等式不成立.由此导出矛盾，故原命题成立.例3 求证：方程没有整数解.证明 由.因为与的奇偶性相同.如果与同为偶数，

5、则右边一定能被4整除，而右边不是4的倍数，故矛盾；如果与同为奇数，则左边一定是奇数不能被2整除，而右边是偶数可以被2整除，故矛盾.所以，方程没有整数解.例4 如图，把图中的圆圈任意涂上红色或蓝色，问有没有可能，使同一直线上红圈数都是奇数？若能给出一种涂法；若不能，请说明理由.证明：假设能够使同一条直线上的红圈数都是奇数，一共有5条直线，将这5条直线上的红圈数相加，所得的和仍然是奇数.另一方面，每一个红圈恰好在两条直线上，所以在上面所说的和中，每一个红圈都被计算了两次，和应为红圈总数的两倍，因而是一个偶数.以上两个方面所得的结果矛盾，这证明不可能使同一条直线上的红圈都是奇数.【尝试练习】1已知三

6、个正整数、的和为奇数，那么 （ C ）A一定是非零偶数； B等于零；C一定是奇数； D可能是奇数，也可能是偶数.（提示：、的和为奇数，则、三数中有一个奇数或三个数都是奇数两种可能.）2在1到2001这些正整数前面，任意添上正号或负号后，所得的和是奇数还是偶数？这些和中最小的正整数是多少？思路点拨：注意在这些正整数前面，无论添正号还是负号，都不会改变它们的奇偶性。由于两个整数的和与差的奇偶性相同，所以只要研究的奇偶性.解：从1到2001这2001个数中，有1000个偶数，1001个奇数。的和可分为1000个偶数的和与1001个奇数的和两部分，由于1001个奇数的和为奇数，所以其和为偶数+奇数=奇

7、数.因为奇数中最小的1个为1，所以当式中除1以外的数的代数和为零时，其和最小，且为+1。此时 ,3证明：15块41的矩形骨牌和1块22的正方形骨牌不能盖住88的正方形。思路与想法：本题是证明一个不能覆盖的问题，基本思路是利用奇偶分析来解决。为方便起见，我们先给图形染色.证 将88正方形的小方格用黑、白色涂色(如图162)每一块41骨牌不论怎么铺设都恰好盖住两个白格，因此15块41的骨牌能盖住偶数个白格一块22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41骨牌和一块22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88的正方形第三课时【典型例题剖析】例

8、1 设，是自然数，且满足关系式求证：是4的倍数证明：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，ab是4的倍数，2468=4617也是4的倍数，所以11111(a-b)是4的倍数，故a-b是4的倍数例2 设为一奇数，为1，2，n的任一排列. 求证： 必为一个偶数.证明：(反证法)若为奇数，则，均为奇数.由性质3知为奇数.但 是一个偶数，从而产生矛盾！故为偶数.例3 设有盏亮着的拉线开关灯，规定每次须拉动个拉线开关。试问：能否把所有的灯都关闭？试证明你的结论或给出一种关灯的方法.解：当为奇数时，由于每盏灯拉动奇数次能关

9、闭，因此要把所有灯关闭，总拉动开关次数应是奇数个奇数的和是奇数，但是偶数，按规定只能拉动任意的偶数次开关，故无论如何不能把全部亮的灯都关上.当为偶数时，把盏灯编号为：1，2，3，4，.第一次1号灯不动，拉动其余个开关；第二次2号灯不动，拉动其余个开关；第次号灯不动，拉动其余个开关.这样每盏灯拉动次，是奇数次，可用这种方法把全部亮着的灯关闭.【尝试练习】一个矩形科技展览厅被纵横垂直相交的墙隔成若干行、若干列的小矩形展览室.每相邻两室都有若干个方形门或圆形门相通，仅在进出展览厅的出入口处有若干个门与厅外相通.试证：任何一个参观者选择任何路线，任意参观若干个展览室（可重复）之后回到厅外，他经过的方形

10、门的次数与圆形门的次数（重复经过的重复计算）之差总是偶数.证：给出入口处展览室记“+”，凡与“+”号室相邻的展览室都记“”，凡与“”号室相邻的展览室都记“+”号，于是每一个展览室都有且只有一个“+”或“”.一名参观者从出入口处的“+”号室进入厅内，走过若干个展览室又回到出入口处的“+”号室。他的路线是：，若设其走过的“”号室是个，则走过的“+”号室为个（重复经过的重复计算），故共走了个室.因此，参观者从厅外进去又回到厅外共走了个门（包括进出口门各一次），设其经过的方形门的次数为次，经过圆形门的次数为次，则有为偶数，而与同奇同偶，故也为偶数，所以参观者经过的方形门的次数与圆形门的次数之差总是偶数

11、.第四课时【课堂反馈】 姓名 得分 一选择题1如果是正整数，那么的值是 （ B ）A一定是0； B一定是偶数； C一定是奇数； D不确定.2已知三个正整数、的和为奇数，那么 （ C ）A一定是非零偶数； B等于零；C一定是奇数； D可能是奇数，也可能是偶数。（提示：、的和为奇数，则、三数中有一个奇数或三个数都是奇数两种可能.）3自然数1，2，1989，1990之和是一个奇数，现将这1990个数中的任意（）个数添上负号，这时的1990个数之和的绝对值记为S，那么（ B ）AS总是偶数； BS总是奇数；C当n为偶数时，S是偶数，当n为奇数时，S是奇数；DS的奇偶性不确定.4在所有的四位数中，能同时

12、被2，3，5，7，11整除的数的个数为（ D ）A1； B2； C3； D4.提示：2，3，5，7，11互质，且，这样的四位数共有4个.二填空题5有 个自然数能整除240.提示：，240的约数共有个.6若是质数，且也是质数，则 2000 .7一个自然数被3除余2，被4除余3，被5除余4，则符合这个条件的最小自然数是 59 .8证明：任意三个整数中，至少有两个整数之和为偶数.9设p(5)是质数，并且2p+1也是质数求证：4p+1是合数证 由于p是大于3的质数，故p不会是3k的形式，从而p必定是3k+1或3k+2的形式，k是正整数若p=3k+1，则2p+1=2(3k+1)+1=3(2k+1)是合数

13、，与题设矛盾所以p=3k+2，这时4p+1=4(3k+2)+1=3(4k3)是合数10设个整数,适合等式，且，求证：.思路点拨：用反证法证明不能为奇数，所以只能为偶数.证明：先证为偶数.假设为奇数，由，可得每一个,均为奇数，所以 奇数个奇数相加，和为奇数，故不等于0，所以与已知矛盾，所以必为偶数.再证是4的倍数.不妨设，由，可知,中至少有一个偶数。不妨设，说明个数相加仍为偶数，而为奇数，所以在这个数中至少还有一个偶数，不妨设为偶数，所以，所以 ，即.四课外延伸、思维拓展1设,为任意给定的三个整数,把它们按任意顺序排列后记为,.求证:是偶数.证明：由于三个整数,中按奇、偶分类至少有两个属于同一类

14、,不妨设为,而,是,中的两个,除去可能有一个为外,其中至少有一个与或属于同一类(其实,这时就是或).这样,或者为偶数,或者,不论哪种情况总有为偶数.2把只正立的酒杯翻过来，规定每次只允许翻动只酒杯.问：能否办到？若能办到，给出一种做法.分析：我们先来从头做一下试验.若，则只许翻动只酒杯，当然翻不过来.若，则允许翻动只酒杯，只要第一次翻动第一只杯子，第二次翻动第二只杯子就可以.若，则允许翻动只酒杯，你发现，总有一只是正立着的.若，则允许翻动只酒杯，我们能如下去翻，其中“”代表正立，“”代表倒立，注意下面划线的酒杯：没翻前 第一次翻动后 第二次翻动后 第三次翻动后 第四次翻动后 这样，我们经过四次

15、翻动就全部翻过来了.注意若把一只酒杯翻过来，需要翻奇数次。于是我们有如下猜想：当是偶数时，翻动次就可全部翻过来；当为奇数时，不能全部翻过来.显然，它的证明是与奇偶性分不开的.解：当是奇数时，办不到。假设能办到，则设第只酒杯翻动，由于想把一只杯子翻过来，必须翻动奇数次，从而是奇数，于是所有杯子翻动的次数和为是一个奇数，然而，我们每次翻动个杯子是偶数，所以，不管翻动多少次，每只杯子翻动次数的总和应为的倍数是偶数，矛盾。当是偶数时，能办到。办法是：第一次：第一只杯子不动，翻动其余的酒杯； 第二次：第二只杯子不动，翻动其余的酒杯； 第次：第只杯子不动，翻动其余的酒杯；这样进行次翻动，每次都翻动了只酒杯满足题目要求，而每只酒杯都翻动了次，且是奇数，所以每只酒杯都翻过来了。3在6张纸片上的正面分别写上整数1，2，3，4，5，6，打乱次序后，将纸片翻过来，在它们的反面也分别写上整数1，2，3，4，5，6。计算每张纸片上正面与反面所写整数差的绝对值，得到六个数.求证：所得的六个数中至少有两个是相同的.解：设6张卡片正面写的数分别是，反面写的数分别是，则6张卡片正面写的数与反面写的数的差的绝对值分别为：，.设这6个数两两不等，则它们只能取0，1，2，3，4，5这六个值。于是为奇数.又与（）的奇偶性相同，故与的奇偶性相同，而为偶数.矛盾.故，这六个数中至少有两个是相同的.11