解 考虑14个差的和S，一方面
S?1?2???14?105为奇数．
另一方面，每两个数a,b的差与其和有相同的奇偶性 a?b?a?b(mod2)，因此，14个差的和S的奇偶性与14个相应数之和的和S的奇偶性相同，由于图中的每一个数a与2个或4个圈中的数相加，对S的贡献为2a或4a，从而S为偶数，这与S为奇数矛盾，所以不能按要求给图中的圆圈填数．
评析：用了计算两次的技巧．对同一数学对象，当用两种不同的方式将整体分为部分时，则按两种不同方式所求得的总和应是相等的，这叫计算两次原理成富比尼原理．计算两次可以建立左右两边关系不太明显的恒等式．在反证法中，计算两次又可用来构成矛盾．
例3 有一大筐苹果和梨分成若干堆，如果你一定可以找到这样的两堆，其苹果数之和与梨数之和都是偶数，问最少要把这些苹果和梨分成几堆？
解 （1）4堆是不能保证的．如4堆的奇偶性为：（反例） （奇奇），（偶偶），（奇偶），（偶奇）．
（2）5堆是可以保证． 因为苹果和梨数的奇偶性有且只有上述4种可能，当把这些苹果和梨分成5堆时，必有2堆属于同一奇偶性，其和苹果数与梨数都是偶数．
///xn，它们中的每一个要么是1，要么是?1．若例4 有n个数x1,x2,?,xn?1,x1x2?x2x3?????nxx?nxx0，求证4|n． ?1n1?证明 由xi??1,?1?，有xixi?1??1,?1?，再由
x1x2?x2x3?????xn?1xn?xnx1?0，
知n个xixi?1中有一半是1，有一半是?1，n必为偶数，设n?2k．
现把n个xixi?1相乘，有
??xn?1xn?xnx1?x1x2???xn?1xn?1， (?1)(?1)?x1x2?x2x3?可见，k为偶数，设k?2m，有n?4m，得证4|n．
例5 n个整数a1,a2,?,an?1,an，其积为n，其和为0，试证4|n．
证明 先证n为偶数，若不然，由a1a2?an?1an?n知，a1,a2,?,an?1,an全为奇数，其和必为奇数，与其和为0（偶数），故n必为偶数．（a1,a2,?,an?1,an中至少有1个偶数）
再证n为4的倍数，若不然，由n为偶数知，a1,a2,?,an?1,an恰有一个为偶数，其余
kk2222n?1个数全为奇数，奇数个奇数之和必为奇数，加上一个偶数，总和为奇数，与a1,a2,?,an?1,an之和为0矛盾，所以，n为4的倍数，4|n．,,a（a1,a2,?1n?an中至少有
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2个偶数）
评析 要证4|n，只须证a1,a2,?,an?1,an中至少有2个偶数，分两步，第一步证至少有1个偶数，第二步证至少有2个偶数．
例6 在数轴上给定两点1和2，在区间(1,2)内任取n个点，在此n?2个点中，每相邻两点连一线段，可得n?1条互不重叠的线段，证明在此n?1条线段中，以一个有理点和一个无理点为端点的线段恰有奇数条．
证明 将n?2个点按从小到大的顺序记为A1,A2,…,An?2，并在每一点赋予数值ai，使
? 1, 当Ai为有理数点时，ai??
?1, 当A为无理数点时.i?与此同时，每条线段AiAi?1也可数字化为aiai?1（乘法）
??1, 当Ai,Ai?1一为有理数点，另一为无理数时，aiai?1??
? 1, 当Ai,Ai?1同为有理数点或无理数点时,记aiai?1??1的线段有k条，一方面
(a1a2)(a2a3)(a3a4)…(an?1an?2)?(?1)k(?1)n?k?1?(?1)k
另一方面 (a1a2)(a2a3)(a3a4)…(an?1an?2) ?a1(a2a3…an?1)an?2?a1an?2??1， 得??1???1，故k为奇数． 评析 用了数字化、奇偶分析的技巧． 二、约数与倍数
最大公约数与最小公倍数的求法． （1）短除法．
（2）分解质因数法．设
k2a?p1?1p2?2?pk?k,?i?0,i?1,2,?,k， b?p1?1p2?2?pk?k,?i?0,i?1,2,?,k．
记 ?i?min??i,?i?,?i?max??i,?i?， 则 ?a,b??p11p22?pkk，
??? ?a,b??p11p22?pkk．
??? 22
（3）辗转相除法
?a,b???b,r???r1,r2?????rn?1,rn???rn,0??rn． 例7 （1）求?8381,1015?，?8381,1015?； （2）?144,180,108?，?144,180,108?． 解（1）方法1 分解质因数法．由
8381?172?29,1015?5?7?29,
得 ?8381,1015??29，
?8381,1015??5?7?172?29?293335．
方法2 辗转相除法．
88381101538120783 12612328
232232290q2?3q3?1q2?3q1?8 或
232261101583812322327838120
r4?0r2?29r2?232r1?261或 ?8381,1015???261,1015???261,232???29,232???29,0??29． ?8381,1015??8381?1015?8381,1015??8381?101529?8381?35?293335．（2）方法1 短除法．由
2144 180 108272 90 54336 30 27
312 10 9 4 5 3得 ?144,180,108??22?32?36，
?144,180,108??24?33?5?2160．
方法2 分解质因数法．由
23
144?24?32, 180?2?3?5,，
22108?22?33,得 ?144,180,108??2?3?36，
22?144,180,108??24?33?5?2160．
例8 正整数n分别除以2,3,4,5,6,7,8,9,10得到的余数依次为1,2,3,4,5,6,7,8,9，则
n的最小值为 ．
解 依题意，对最小的n，则n?1是2,3,4,5,6,7,8,9,10的公倍数
n?1?23?32?5?7，
得n?2519．
例9 有两个容器，一个容量为27升，一个容量为15升，如何利用它们从一桶油中倒出6升油来？
解 相当于求不定方程15x?27y?6的整数解． 由?15,27??3知，存在整数u,v，使
15u?27v?3，
可得一个解u?2,v??1，从而方程 15?4?27???2??6．
即往小容器里倒2次油，每次倒满之后就向大容器里倒，大容器倒满时，小容器里剩有3升油；再重复一次，可得6升．
例10 对每一个n?2，求证存在n个互不相同的正整数a1,a2,?,an，使
i,j??1,2,?,n?,i?j成立． ai?ajai?a，对任意的j 证明 用数学归纳法．当n?2时，取a1?1,a2?2，命题显然成立．
假设n?k时，命题成立，即存在a1,a2,?,ak，使 ai?ajai?aj，对任意的
i,j??1,2,?,k?,i?j成立．
现取b为a1,a2,?,ak及它们每两个数之差的最小公倍数，则k?1个数 b,a1?b,a2?b,?,ak?b
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??at?b??b?at?b满足 ???b,????ai?b???a
j?b??ai?b???aj?b?, 即命题对n?k?1时成立．由数学归纳法知命题对n?2成立．
例11 ?1959,IMO21n?41?1?证明对任意正整数n，分数14n?3不可约．
证明1 （反证法）假若
21n?414n?3可约，则存在
d?1， ①
使 ?21n?4,14n?3??d， 从而存在p,q,?p,q??1，使
??21n?4?dp, ②14n?3?dq, ③ ?消去n，?3??3??2??2，得
1?d?3q?2p?， ④ 的 d?1． ⑤
由（1）、（5）矛盾，得d?1． 解题分析：（1）去掉反证法的假设与矛盾就是一个正面证法．
（2）式④是实质性的进展，表明
1?3?14n?3??2?21n?4?， 可见 ?21n?4,14n?3??1． 由此获得2个解法．
证明2 设?21n?4,14n?3??d．存在p,q,?p,q??1，使
??21n?4?dp, ①?14n?3?dq, ② 消去n，②×3-①×2，得
1?d?3q?2p? ③ 得 d?1．
证明3 由1?3?14n?3??2?21n?4? 得 ?21n?4,14n?3??1．
证明4 ?21n?4,14n?3?
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