全体整数根据被2除的余数可以分为两类：余数为0的数叫偶数，余数为1的数叫奇数。一个整数要么是奇数，要么是偶数，是奇数就不能是偶数，是偶数就不能是奇数，即奇数≠偶数。除此之外，运用奇偶分析解题，常常要用到下列几个基本性质：
奇数±奇数=偶数
偶数±偶数=偶数
奇数±偶数=奇数
奇数个奇数的和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；若干个偶数的和是偶数。
若干个奇数之积是奇数；偶数与任意整数之积是偶数，下面我们就利用这些性质解一些题目。
例1 能否在下式的每个方格中，分别填入加号或减号，使等式成立。
1□2□3□4□5□6□7□8□9=10
分析：先随便填入加号或减号试一试，总也不能得到10，因此猜测答案应该是不能。特别是如果都填加号，得数是45，是奇数。但怎样才能说明白呢？下面通过分析整数的奇偶性来解决问题。 解：由于任意两个自然数之和与差的奇偶性相同，因此无论在方格中怎样填加减号，所得结果的奇偶性与在每个方格中都填入加号所得结果的奇偶性一样。但是在每个方格中都填入加号所得的结果45是奇数，而式子的右边是10偶数，两边的奇偶性不同，奇数≠偶数，因此无论怎样填，都不可能使等式成立。
说明：因为a-b=a+b-2b,因此a-b 与a+b 有相同的奇偶性。看似说不清的题目，用简单的奇数≠偶数就解决了。
例2 两个四位数相加，第一个四位数的每个数码都不小于5，第二个四位数只是第一个四位数的数码调换了位置。某同学得出的答案是16246。试问该同学的答案正确吗？如果正
确，写出这两个四位数；如果不正确，请说明理由。
分析：每个数码都不小于5的四位数有很多，一一去试验显然不太现实。由于第二个四位数只是第一个四位数的数码调换了位置，因此下面我们分析这两个四位数的数码之和的奇偶性。
解：由于这两个四位数仅仅是数码调换了位置，所以这两个四位数的四个数码之和相同。因此这两个四位数的数码之和是一个偶数。
由于这两个四位数的每一个数码都不小于5，因此，这两个数相加时，其个位、十位、百位、千位都要进位。
如果16246是正确的，那么这两个四位数的个位上两数字之和应是16，十位上两数字之和应是13，百位上两数字之和应是11，千位上两数字之和应是15，因此这两个四位数的数码之和是16+13+11+15=55 是奇数。由于奇数≠偶数，所以该同学的答案是错误的。
说明：本题也可以这样说明：由于这两个四位数仅仅是数码调换了位置，所以这两个四位数的四个数码之和相同。因此这两个四位数的数码之和是一个偶数。这两个四位数的每一
个数码都不小于5，因此，这两个数相加时，有四次进位，每进一次位，所得的数码之和将减少9，四次进位共减少36，所以和的数码之和仍是偶数。但是1+6+2+4+6=19是奇数，奇数≠偶数，所以该同学的答案是错误的。
例3 在黑板上写上数1，2，3，4，……98,每次擦去任意两个数，换上这两个数的和或差，重复这样的操作连续若干次，直到黑板上仅留下一个数为止，这个数能是1000吗？ 分析：擦去任意两个数，换上这两个数的和或差，叫做一次操作。考察每操作一次，这些数会发生什么变化。可以发现奇数个数的奇偶性不变，从而黑板上只剩下一个数时，这个数只能是奇数。
解：如果擦去两个偶数或一奇一偶，那么操作一次，黑板上奇数个数不变。如果擦去两个奇数，那么操作一次，黑板上奇数就减少2个。所以，每操作一次，黑板上的奇数或不变或减少2个，即奇数个数的奇偶性不变。 因为1，2，3，4，……98中共有49个奇数，所以，操作若干次后，黑板上仅留下一个数时，这个数只能是奇数，即这个数不可能是1000。
说明：在一定的规则下进行某种操作或变换，问是否（或证明）能达到一个预期的目的，
这就是所谓的操作变换问题。此类问题形式多样，解法灵活，解题的关键是在操作变换中挖掘不变量、不变性。
例4 在4×4的方格纸的16个小方格内，从1、3、5三个数中任选一个数填入。能不能使得4×4的方格纸的每行、每列以及两条对角线上的四个数的和均不相同。如果能，请在小方格内填上满足要求的数；如果不能请说明理由。
分析：4×4的方格纸的每行、每列以及两条对角线上的四个奇数的和是偶数，且是10个不同的偶数，而从1、3、5中任选四个最多只有9个偶数。
解：不能。因为4个奇数的和是偶数，从1、3、5中取出四个数相加和最小是1+1+1+1=4，最大是5+5+5+5=20，从4到20这17个自然数中共有偶数9个，而4×4的方格纸的四行、四列以及两条对角线上的四个数的和如果均不相同的话，需要4+4+2=10个不同的偶数，9<10，故不可能填出。
例5 能否到自然数a和b,使a2=2002+b2 ?
分析：直接去很不容易，因此可以假设能到自然数a和b，使a2=2002+b2成立，从这一个假设出发，到a与b应满足的关系式或推出矛盾。
解：假设能到自然数a和b，使a2=2002+b2成立，则 a2-b2=20022012人均gdp，即(a+b)(a-b)=2×100赛马
1=奇数×偶数，而a+b与a-b的奇偶性相同，不可能是一奇一偶，所以假设不成立。故知不到自然数波罗的海三国a和b,使a2=2002+b2 。
例6 在10个容器中分别装了1，2，3，4，5，6，7，8，9，10毫升的水，每次操作中由水多的甲容器向盛水少的乙容器注水，注水量恰好等于乙容器原有的水量。问：能否在若干次操作后，使5个容器都装有3毫升的水，其余容器分别装有6，7，8，9，10毫升的水？如果能，请说明操作顺序；如果不能，请说明理由。 分析：从各个容器装水毫升数的奇偶性入手，分析每次操作所涉及的两个容器装水毫升数的奇偶变化，从中挖掘不变量，出规律，获得答案。
解：用奇→偶表示把从装奇数毫升水的容器向装偶数毫升水的容器倒水。奇→奇，偶→奇，偶→偶的含义完全类似。因为一个自然数不是奇数就是偶数，所以每次操作，只有四种可能的情况：
①奇→偶 ②奇→奇 ③偶→奇， ④偶→偶
对①来说，因为奇数-偶数=奇数，偶数+偶数=偶数，所以奇→偶这种操作不会改变这两个
容器装水毫升数的奇偶性。
对③来说，因为偶数-奇数=奇数，奇数+奇数=偶数，所以偶→奇这种操作把这两个容器装水毫升数的奇偶性做了对换，但它不改变自由呼吸10个容器中装奇数毫升水的容器的个数。
对④来说，因为偶数-偶数=偶数，偶数+偶数=偶数，所以偶→偶这种操作不会改变这两个容器装水毫升数的奇偶性。
对②来说，因为奇数-奇数=偶数，奇数+奇数=偶数，所以奇→奇这种操作把两个装奇数毫升水的容器变为两个装偶数毫升水的容器。
总结以上可知，进行一次操作后，10个容器中装奇数毫升水的容器的个数，或者没有变化，或者减少两个，从而进行若干次操作后，装奇数毫升水的容器个数小于或等于原来装奇数毫升水的容器个数。原来装奇数毫升水的容器有5个，不管经过多少 次操作，都不会使装奇数毫升水的容器变为7个。
阅读材料
战争中的数学撷趣（二）
军事边缘参数是军事信息的一个重要分支，它是以概率论、统计学和模拟试验为基础，通过对地形、天侯、波浪、水文等自然情况和作战双方兵力兵器的测试计算，在一般人都认为无法克服、甚至容易处于劣势的险恶环境中，发现实际上可以通过计算运筹，利用各种自然条件的基本战术参数的最高极限或最低极限，如通过计算山地的坡度、河水的深度、雨雪风暴等来驾驭战争险象，提供战争胜利的一种科学依据。
1942年10月，巴顿将军率领4万多美军，乘100艘战舰，直奔距离美国4000公里的摩洛哥，在11月8日凌时晨登陆。11月4日，海面上突然刮起西北大风，惊涛骇浪使舰艇倾斜达42°。直到11月6日天气仍无好转。华盛顿总部担心舰队会因大风而全军覆没，电令巴顿的舰队改在地中海沿海的任何其他港口登陆。巴顿回电：不管天气如何，我将按原计划行动。
11月7日午夜，海面突然息浪静，巴顿军团按计划登陆成功。事后人们说这是侥幸取胜，这位“血胆将军”拿将士的生命作赌注。
其实，巴顿将军在出发前就和气象学家详细研究了摩洛哥海域风浪变化的规律和相关参数，知道11月4日至7日该海域虽然有大风，但根据该海域往常最大浪高波长和舰艇的比例关系，恰恰达不到翻船的程序，不会对整个舰队造成危险。相反，11月8日却是一个有利于登陆的好天气。巴顿正是利用科学预测和可靠边缘参数，抓住“可怕的机会”，突然出现在敌人面前。
练习题
1．在1，2，3，4，5，……..99，100 这100个数之间，任意填上+，-运算符号和（ ），运算结果能否得到3219？
解：由于任意两个自然数之和与差的奇偶性相同，因此无论怎样填加减号及（ ），所得结果的奇偶性与在这100个数之间都填入加号所得结果的奇偶性一样。都填入加号所得的结果5050是偶数，而3219是奇数，奇数≠偶数，因此无论怎样填，都不可能使运算结果是3219。
2．你能不能将自然数1到9分别填入下列3×3的9个方格中，使得每个横行中的三个数的和都是偶数？
解：由于每个横行中的三个数的和都是偶数，偶数+偶数+偶数=偶数因此，9个格中三个横行的的9个数的和是偶数。而这9个数的和恰好是1+2+3+4+5+6+7+8+9=45是奇数，奇数≠偶数，所以不能将自然数1到9分别填入方格中，使得每个横行中的三个数的和都是偶数。
3．把我还缺少什么1，2，…99这99个自然数，任意排列成a1，a2，…。a99，问（1-a1）（2-a2）（3-a3）……（99–a99）是奇数还是偶数？
分析：a1，a2，…。。a99是1，2，……99的一个任意排列，虽然a1未必是1，a2未必是2，……但它们的和是不变的：a1+a2+…。+a99=1+2+……+99，可以让同学们先猜测卷积积分(1-a1)(2-a2)(3-a3)……(99–a99)的奇偶性。容易猜出应是偶数。下面用反证法来说明。
解：假设(1-a1) (2-a2) (3-a3)……( 99 –a99) 是奇数，则(1-a1)、(2-a2)、(3-a3)、……、( 99 –a99)这99个数中不能有偶数，都是奇数，这99个奇数的和还是奇数。但是(1-a1) +(2-a2)+(3-a3)+……+(99–a99)=（1+2+……+99）-（a1+a2+…。+a99）=0是偶数。因此假设(1-a1) (2-a2) (3-a3)……(99–a99)是奇数不成立。即(1-a1) (2-a2) (3-a3)……(99–a99)是偶数。
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