-奇数和偶数
整数中，能被2整除的数是偶数，反之是奇数，偶数可用2k表示 ，奇数可用2k+1表示，这里k是整数.
关于奇数和偶数，有下面的性质：
(1)奇数不会同时是偶数;两个连续整数中必是一个奇数一个偶数;
(2)奇数个奇数和是奇数;偶数个奇数的和是偶数;任意多个偶数的和是偶数;
(3)两个奇(偶)数的差是偶数;一个偶数与一个奇数的差是奇数;
(4)若a、b为整数，则a+b与a-b有相同的奇数偶;
(5)n个奇数的乘积是奇数，n个偶数的乘积是2n的倍数;顺式中有一个是偶数，则乘积是偶数.
以上性质简单明了，解题时如果能巧妙应用，常常可以出奇制胜.
1.代数式中的奇偶问题
例1(第2届“华罗庚金杯”决赛题)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?
□+□=□， □-□=□，
□×□=□ □÷□=□.
解 因为加法和减法算式中至少各有一个偶数，乘法和除法算式中至少各有二个偶数，故这12个整数中至少有六个偶数.
例2 (第1届“祖冲之杯”数学邀请赛)已知n是偶数，m是奇数，方程组
是整数，那么
(A)p、q都是偶数. (B)p、q都是奇数.
(C)p是偶数，q是奇数 (D)p是奇数，q是偶数
分析 由于1988y是偶数，由第一方程知p=x=n+1988y，所以p是偶数，将其代入第二方程中，于是11x也为偶数，从而27y=m-11x为奇数，所以是y=q奇数，应选(C)
例3 在1，2，3…，1992前面任意添上一个正号和负号，它们的代数和是奇数还是偶数.
分析 因为两个整数之和与这两个整数之差的奇偶性相同，所以在题设数字前面都添上正号和负号不改变其奇偶性，而1+2+3+…+1992= =996×1993为偶数 于是题设的代数和应为偶数.
2.与整除有关的问题
例4(首届“华罗庚金杯”决赛题)70个数排成一行，除了两头的两个数以外，每个数的3倍都恰好等于它两边两个数的和，这一行最左边的几个数是这样的：0，1，3，8，21，….问最右边的一个数被6除余几?
解 设70个数依次为a1,a2,a3据题意有
a1=0, 偶
a2=1 奇
a3=3a2-a1, 奇
a4=3a3-a2, 偶
a5=3a4-a3, 奇
a6=3a5-a4, 奇
………………
由此可知：
当n被3除余1时，an是偶数;
当n被3除余0时，或余2时，an是奇数，显然a70是3k+1型偶数，所以k必须是奇数，令k=2n+1，则
a70=3k+1=3(2n+1)+1=6n+4.
解 设十位数，五个奇数位数字之和为a，五个偶数位之和为b(10≤a≤35,10≤b≤35)，则a+b=45，又十位数能被11整除，则a-b应为0，11，22(为什么?).由于a+b与a-b有相同的奇偶性，因此a-b=11即a=28，b=17.
要排最大的十位数，妨先排出前四位数9876，由于偶数位五个数字之和是17，现在8+6=14，偶数位其它三个数字之和只能是17-14=3，这三个数字只能是2，1，0.
故所求的十位数是9876524130.
例6(1990年日本高考数学试题)设a、b是自然数，且有关系式
123456789=(11111+a)(11111-b)， ①
证明a-b是4的倍数.
证明 由①式可知
11111(a-b)=ab+4×617 ②
∵a>0,b>0,∴a-b>0
首先，易知a-b是偶数，否则11111(a-b)是奇数，从而知ab是奇数，进而知a、b都是奇数，可知(11111+a)及(11111-b)都为偶数，这与式①矛盾
其次，从a-b是偶数，根据②可知ab是偶数，进而易知a、b皆为偶数，从而ab+4×617是4的倍数，由②知a-b是4的倍数.
，我们将会及时处理。
