应用同余解题
专题简析：
同余这个概念最初是由伟大的德国数学家高斯发现的。同余的定义是这样的：两个整数a、b，如果它们除以同一自然数m所得的余数相同，则称a、b对于模m同余。记作：a≡b（mod m）。读做:a同余于b模m。比如，12除以5，47除以5，它们有相同的余数2，这时我们就说，对于除数5，12和47同余，记做12≡47（mod 5）。
同余的性质比较多，主要有以下一些：
性质（1）：对于同一个除数，两个数之和（或差）与它们的余数之和（或差）同余。比如：32除以5余数是2，19除以5余数是4，两个余数的和是2+4=6。“32+19”除以5的余数就恰好等于它们的余数和6除以5的余数。也就是说，对于除数5，“32+19”与它们的余数和“2+4”同余，用符号表示就是：32≡2（mod 5），19≡4（mod 5），32+19≡2+4≡1（mod 5）。
性质（2）：对于同一个除数，两个数的乘积与它们余数的乘积同余。
性质（3）：对于同一个除数，如果有两个整数同余，那么它们的差就一定能被这个除数整除。
性质（4）：对于同一个除数，如果两个整数同余，那么它们的乘方仍然同余。
应用同余性质解题的关键是要在正确理解的基础上灵活运用同余性质。把求一个较大的数除以某数的余数问题转化为求一个较小的数除以这个数的余数，使复杂的题变简单，使困难的题变容易。
【B1】求1992×59除以7的余数。
【试一试】：
1、求4217×364除以6的余数。
2、求1339655×12除以13的余数。
3、求879×4376×5283除以11的余数。
【B2】已知2001年的国庆节是星期一，求2010年的国庆节是星期几？
【试一试】：
1、已知2002年元旦是星期二。求2008年元旦是星期几？
2、已知2002年的“七月一日”是星期一。求2015年的“十月一日”是星
期几？
3、今天是星期四，再过36515天是星期几？
【B3】求20012003除以13的余数。
【试一试】：
1、求16200除以13的余数。
2、求392除以21余几。
3、9个小朋友坐成一圈，要把357粒瓜子平均分给他们，最后剩下几粒？
【A1】自然数16520，14903，14177除以m的余数相同，m最大是多少？
【试一试】：
1、若2836，4582，5164，6522四个整数都被同一个两位数相除，所得的余
数相同。除数是多少？
2、一个整数除226，192，141都得到相同的余数，且余数不为0，这个整数是几？
3、当1991和1769除以某一个自然数m 时，余数分别为2和1，那么m 最小是多少？
【A2】 某数用6除余3，用7除余5，用8除余1。这个数最小是几？
【试一试】：
1、某数除以7余1，除以5余1，除以12余9。这个数最小是几？
2、某数除以7余6，除以5余1，除以11余3，求此数最小值？
3、在一个圆圈上有几十个孔（如图38-1），小明像玩跳棋那样从A 孔出发沿逆时针方向每隔几个孔跳一步，希望一圈以后能跑回A 孔，他先试着每隔2孔跳一步，结果只能跳到B 孔。他又试着每隔4孔跳一步，也只能跳到B 孔。最后他每隔6孔跳一步，正好跳回A 孔。问：这个圆圈上共有多少个孔？
图38-1
B A
整除 一、常见数字的整除判定方法 1. 一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除； 一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除； 一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除； 2. 一个位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除； 一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除； 3. 如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么这个 数能被11整除. 4. 如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这 个数能被7、11或13整除. 5.如果一个数能被99整除，这个数从后两位开始两位一截所得的所有数（如果有偶数位则 拆出的数都有两个数字，如果是奇数位则拆出的数中若干个有两个数字还有一个是一位数）的和是99的倍数，这个数一定是99的倍数。 【备注】（以上规律仅在十进制数中成立.） 二、整除性质 性质1 如果数a和数b都能被数c整除，那么它们的和或差也能被c整除．即如果c︱a，c︱b，那么c︱(a±b)． 性质2 如果数a能被数b整除，b又能被数c整除，那么a也能被c整除．即如果b∣a，c∣b，那么c∣a． 用同样的方法，我们还可以得出： 性质3如果数a能被数b与数c的积整除，那么a也能被b或c整除．即如果bc∣a，那么b∣a，c∣a． 性质4如果数a能被数b整除，也能被数c整除，且数b和数c互质，那么a一定能被b 与c的乘积整除．即如果b∣a，c∣a，且(b，c)=1，那么bc∣a． 例如：如果3∣12，4∣12，且(3，4)=1，那么(3×4) ∣12． 性质5 如果数a能被数b整除，那么am也能被bm整除．如果b｜a，那么bm｜am（m为非0整数）； 性质6如果数a能被数b整除，且数c能被数d整除，那么ac也能被bd整除．如果b｜a，且d｜c，那么bd｜ac； 余数 一、三大余数定理： 1.余数的加法定理 a与b的和除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数之和，或这个和除以c的余数。 例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23+16＝39除以5的余数等于4，即两个余数的和3+1.当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之和再除以c的 余数。 例如：23，19除以5的余数分别是3和4，所以23+19＝42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数为2 2.余数的减法定理
第一章整除理论 整除性理论是初等数论的基础。本章要介绍带余数除法，辗转相除法，最大公约数，最小公倍数，算术基本定理以及它们的一些应用。 第一节数的整除性 定义1设a，b是整数，b≠ 0，如果存在整数c，使得 a = bc 成立，则称a被b整除，a是b的倍数，b是a 的约数（因数或除数），并且使用记号b∣a；如果不存在整数c使得a = bc成立，则称a不被 b整除，记为b|/a。 显然每个非零整数a都有约数±1，±a，称这四个数为a的平凡约数，a的另外的约数称为非平凡约数。 被2整除的整数称为偶数，不被2整除的整数称为奇数。 定理1下面的结论成立： (ⅰ) a∣b?±a∣±b； (ⅱ) a∣b，b∣c?a∣c； (ⅲ) b∣a i，i = 1, 2, , k?b∣a1x1+ a2x2+ +a k x k，此处x i（i = 1, 2, , k）是
任意的整数； (ⅳ) b∣a ?bc∣ac，此处c是任意的非零整数； (ⅴ) b∣a，a≠ 0 ? |b| ≤ |a|；b∣a 且|a| < |b| ?a = 0。 证明留作习题。 定义2若整数a≠0，±1，并且只有约数±1和±a，则称a是素数（或质数）；否则称a为合数。 以后在本书中若无特别说明，素数总是指正素数。 定理2任何大于1的整数a都至少有一个素约数。 证明若a是素数，则定理是显然的。 若a不是素数，那么它有两个以上的正的非平凡约数，设它们是d1, d2, , d k 。不妨设d1是其中最小的。若d1不是素数，则存在e1 > 1，e2 > 1，使得d1 = e1e2，因此，e1和e2也是a的正的非平凡约数。这与d1的最小性矛盾。所以d1是素数。证毕。 推论任何大于1的合数a必有一个不超过 证明使用定理2中的记号，有a = d1d2，其中d1 > 1是最小的素约数，所以d12≤a。证毕。 例1设r是正奇数，证明：对任意的正整数n，有 n+ 2|/1r+ 2r+ +n r。
《数论》第一章补充例题 整除性理论是初等数论的基础.本章要介绍带余数除法,辗转相除法,最大公约数,最小公倍数,算术基本定理以及它们的一些应用. 1整数的整除性 例1设A={d1,d2,···,dk}是n的所有约数的集合,则 }{nnn,,···,B=d1d2dk 也是n的所有约数的集合. 解由以下三点理由可以证得结论: (i)A和B的元素个数相同; (ii)若di∈A,即di|n,则(iii)若di=dj,则问: d(1)+d(2)+···+d(1997) 是否为偶数? n解对于n的每个约数d,有n=d·n,因此,n的正约数d与是成对地出现的.只有 n2当d=n,即d=n时,d和才是同一个数.故当且仅当n是完全平方数时,d(n)是奇数.nini|n,反之亦然;=nj.例2以d(n)表示n的正约数的个数,例 如:d(1)=1,d(2)=2,d(3)=2,d(4)=3,···. 因为442<1997<452,所以在d(1),d(2),···,d(1997)中恰有44个奇数,故 d(1)+d(2)+···+d(1997)是偶数. 问题d2(1)+d2(2)+···+d2(1997)被4除的余数是多少? 例3证明:存在无穷多个正整数a,使得 n4+a(n=1,2,3,···) 都是合数. ? ?例题中引用的定理或推论可以在教材相应处找到. 1 解取a=4k4,对任意的n∈N,有 n4+4k4=(n2+2k2)2?4n2k2=(n2+2k2+2nk)(n2+2k2?2nk). 由 n2+2k2?2nk=(n?k)2+k2??k2, 所以,对于任意的k=2,3,···以及任意的n∈N,n4+a是合数.
第五节 初等数论中的几个重要定理 基础知识 定义（欧拉(Euler)函数）一组数s x x x ,,,21 称为是模m 的既约剩余系，如果对任意的s j ≤≤1，1),(=m x j 且对于任意的Z a ∈，若),(m a ＝1，则有且仅有一个j x 是a 对模m 的剩余，即)(mod m x a j ≡。并定义},,2,1{)(m s m ==?中和m 互质的数的个数，)(m ?称为欧拉（Euler ）函数。 这是数论中的非常重要的一个函数，显然1)1(=?，而对于1>m ，)(m ?就是1,2，…，1-m 中与m 互素的数的个数，比如说p 是素数，则有1)(-=p p ?。 引理：∏? =为质数）－（P |P 11)(m P m m ?；可用容斥定理来证（证明略）。 定理1：（欧拉（Euler ）定理）设),(m a ＝1，则)(mod 1)(m a m ≡?。 证明：取模m 的一个既约剩余系))((,,,,21m s b b b s ?= ，考虑s ab ab ab ,,,21 ，由于a 与m 互质，故)1(s j ab j ≤≤仍与m 互质，且有i ab )1(s j i ab j ≤<≤?，于是对每个 s j ≤≤1都能找到唯一的一个s j ≤≤)(1σ， 使得)(mod )(m b ab j j σ≡，这种对应关系σ是一一的，从而)(mod )(mod )(11)(1m b m b ab s j j s j j s j j ∏∏∏===≡≡σ，∴))(mod ()(11m b b a s j j s j j s ∏∏==≡。 1),(1=∏=s j j b m ，)(mod 1m a s ≡∴，故)(mod 1)(m a m ≡?。证毕。 分析与解答：要证)(mod 1)(m a m ≡?，我们得设法找出)(m ?个n 相乘，由)(m ?个数我们想到m ,,2,1 中与m 互质的)(m ?的个数：)(21,,,m a a a ? ，由于),(m a ＝1，从而)(21,,,m aa aa aa ? 也是与m 互质的)(m ?个数，且两两余数不一样，故)(21m a a a ???? ≡)(21,,,m aa aa aa ? ≡)(m a ?)(21m a a a ???? （m mod ），而 （)(21m a a a ???? m ）＝1，故)(mod 1)(m a m ≡?。 这是数论证明题中常用的一种方法，使用一组剩余系，然后乘一个数组组成另外一组剩余系来解决问题。
九 进 制 乔治·兰伯特是美国加利福尼亚州一所中学的数学教师，他对数学特别敏感而且有极大的研究兴趣。他常年与数字、公式打交道，深感数学的神秘与魅力。他开始注意一些巧合的事件，力图用数学的方式来破解巧合。 他发现：法国皇帝拿破仑与纳粹元首希特勒相隔一个多世纪，但是他们之间有很多数字巧合。拿破仑1804年执政，希特勒1933年上台，相隔129年。拿破仑1816年战败，希 特勒1945年战败，相隔129年。拿破仑1809年占领维也纳，希特勒在1938 年攻人维也纳，也是相隔129年。拿破仑1812年进攻俄国，希特勒在相隔 129年后进攻苏联。美国第16届总统林肯于1861年任总统，美国第35届 总统肯尼迪于1961年任总统，时隔100年。两人同在星期五并在女人的参 与下被刺遇害。接任肯尼迪和林肯的总统的名字都叫约翰逊。更巧的是， 杀害林肯的凶手出生于1829年，杀害肯尼迪的凶手出生于1929年，相隔 又是100年。 兰伯特被这些数字迷住了，他经常将这些数字翻来覆去地分解组合。 他惊奇地发现，拿破仑和希特勒的巧合数129与林肯和肯尼迪的巧合数100，把它们颠倒过去分别是921和001，用921减去129，用100减去001，得数都能被9除尽：921-129=792，100-001=99；792+9=88，99÷9=11，结果都有一个十位和个位都相同的两位数的商。 兰伯特非常吃惊，他对9着了迷。他发现将l 、2、3、4、5、6、7、8、9加在一起是45，而4+5=9。他还发现，用9乘以任何一个数，将所得到的积的各位数字相加，所得到的和总是9。取任何一个数，比如说2004，将每位数加起来是2+0+0+4=6，用2004减去6结果得到1998，而1998÷9=222，能被9除尽。 他还总结出这样一个规律：把一个大数的各位数字相加得到一个和，再把这个和的各位数字相加又得到一个和。这样继续下去，直到最后的数字之和是一个一位数为止。最后这个数称为最初那个数的“数字根”，这个数字等于原数除；29的余数，这个计算过程被称作是“弃9法”。懂得了弃9法，蓝伯特醒悟了不少，他进而想到，人类不应该10个10个地数数，也不应该12个12个数数，而应该9个9个地数数，实行9进制。 课前预习 数论之整除性
初等数论学习总结 第一章 整除 例题选讲 例1.请写出10个连续正整数都是合数. 解: 11!+2，11!+3，……，11！+11。 例2. 证明连续三个整数中，必有一个被3整除。 证：设三个连续正数为a ，a +1，a +2，而a 只有3k ，3k +1，3k +2三种情况，令a =3k ，显 然成立，a =3k +1时，a +2=3(k+1)，a =3k +2时，a +1=3(k +1)。 例3. 证明lg2是无理数。 证：假设lg2是有理数，则存在二个正整数p ，q ，使得lg2= q p ，由对数定义可得10p =2q ，则有2p ·5p =2q ,则同一个数左边含因子5，右边不含因子5，与算术基本定理矛盾。∴lg2为无理数。 例4. 求(21n+4，14n+3) 解：原式=(21n+4,14n+3)=(7n+1,14n+3)=(7n+1,7n+2)=(7n+1,1)=1 例5. 求2004!末尾零的个数。 解：因为10=2×5，而2比5多， 所以只要考虑2004！中5的幂指数，即 5（2004！）=4995 20045 200412520042520045200454=?? ? ??+?? ? ??+?? ? ??+?? ? ??+?? ? ?? 例6.证明（n !）(n-1)!|(n !)! 证：对任意素数p ,设（n !）(n -1)!中素数p 的指数为α， （n !）!中p 的指数β，则 ∑???? ??-=∞=11k k p n n )!(α，∑??? ? ??-=∞=11k k p n n !)!(β,)()(x n nx ≥ α=∑??? ? ??-=∑???? ?? -≥∑???? ??-=∑???? ??∴∞=∞=∞=∞=1111111k k k k k k k k p n n p n n p n n p n ! )!(!)!()!(! 即α β≥，即左边整除右边。
第三次作业答案： 一、选择题 1、整数5874192能被( B )整除. A 3 B 3与9 C 9 D 3或9 2、整数637693能被(C )整除. A 3 B 5 C 7 D 9 3、模5的最小非负完全剩余系是( D ). A -2,-1,0,1,2 B -5,-4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4,5 D 0,1,2,3,4 4、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则（A ） A )(mod m bc ac ≡ B b a = C ac T )(m od m bc D b a ≠ 二、解同余式（组） （1）)132(mod 2145≡x . 解 因为(45,132)=3|21,所以同余式有3个解. 将同余式化简为等价的同余方程 )44(mod 715≡x . 我们再解不定方程 74415=-y x , 得到一解(21,7). 于是定理4.1中的210=x . 因此同余式的3个解为 )132(mod 21≡x , )132(mod 65)132(mod 3 13221≡+ ≡x , )132(mod 109)132(mod 3132221≡?+≡x . （2）)45(mod 01512≡+x 解 因为(12,45)=3|15,所以同余式有解,而且解的个数为3. 又同余式等价于)15(mod 054≡+x ,即y x 1554=+. 我们利用解不定方程的方法得到它的一个解是(10,3), 即定理4.1中的100=x . 因此同余式的3个解为 )45(mod 10≡x ,
)45(mod 25)45(mod 3 4510≡+≡x , )45(mod 40)45(mod 3 45210≡?+≡x . （3）)321 (m od 75111≡x . 解 因为(111,321)=3|75,所以同余式有3个解. 将同余式化简为等价的同余方程 )107(mod 2537≡x . 我们再解不定方程 2510737=+y x , 得到一解(-8,3). 于是定理4.1中的80-=x . 因此同余式的3个解为 )321(mod 8-≡x , )321(mod 99)321(mod 3 3218≡+-≡x , )321(mod 206)321(mod 3 32128≡?+-≡x . （4）?? ???≡≡≡)9(mod 3)8(mod 2)7(mod 1x x x . 解 因为(7,8,9)=1,所以可以利用定理5.1.我们先解同余式 )7(mod 172≡x ,)8(mod 163≡x ,)9(mod 156≡x , 得到)9(mod 4),8(mod 1),7(mod 4321-=-==x x x .于是所求的解为 ). 494(mod 478)494(mod 510 )494(mod 3)4(562)1(631472=-=?-?+?-?+??≡x （5）???????≡≡≡≡) 9(mod 5)7(mod 3)5(mod 2)2(mod 1x x x x . (参考上题)
1. 数论——数的整除和余数 2.1基本概念和基本性质 整数a 除以整数b （b≠0），除得的商是整数而没有余数，我们就说a 能被b 整除，或者说b 能整除a 。 b ∣a ，读着b 能整除a;或a 能被b 整除； ba ，不能整除； ① 传递性：如果a|b,b|c,那么a|c;即b 是a 的倍数，c 是b 的倍数，则c 肯定是a 的倍 数； ② 加减性：如果a|b 、a|c ，那么a|(b c); ③ 因数性：如果ab|c ，那么a|c ，b|c;即如果ab 的积能整除c,则a 或b 皆能整除c; ④ 互质性，如果a|c ，b|c ，且（a,b ）=1,那么ab|c,即如果a 能整除c,b 能整除c ，且 ab 互质，则ab 的积能整除c; ⑤ a 个连续自然数中必恰有一个数能被a 整除。 2.2数的整除的判别法
各数位上数字的和是3或9的倍数，则能被3或9整除。 173652÷9:1+7+3+6+5+2的和除以3或9； 简便算法，利用整除的加减性，可以去掉1个或多个9，剩下数字的和x 再除以3或9；如果x﹥9,则余数为x-9;如果x﹤9,则余数为x。 从右往左编号，编号为奇数的为奇数位，编号为偶数的为偶数位，看奇数位上的数字的和与偶数位上的数字的和的两者之差是否能被11整除； 奇数位和为6，偶数位和为27；如果奇数位和比偶数位和小，则奇数位和加1个或多个11，直到够减。余数的判断法与整数位的判断法一致。 2.2.4三位一截判别法（用以判别能否被7/11/13整除） 从右往左三位一截并编号，编号为奇数的为奇数段，编号为偶数的为偶数段，看奇数段的数字的和与偶数段的数字的和的两者之差是否能被7、11、13整除； 两者差看能否被7整除，同样，不够减前面加1个或多个7，直到够减，余数位的判断法与整数位的判断法一致。 ①一般求空格数 如果中间有空格，则利用加减性加或减除数7的倍数，分别从右边和左边抵消缩减位数，到最后看7的哪个倍数与缩减后的末位数相同，并看7的哪个倍数与缩减后的首位数相同，则前一个倍数的十位数和后一个倍数的个位数的和即为空格中应填的数。注意，如果这个数加或减7后为1到9间的自然数，则加或减7后的这个数也为正确答案。
数的整除 知识框架 一、整除的定义： 当两个整数a和b（b≠0），a被b除的余数为零时（商为整数），则称a被b整除或b整除a，也把a 叫做b的倍数，b叫a的约数，记作b|a，如果a被b除所得的余数不为零，则称a不能被b整除，或b不整除a，记作b a. 二、常见数字的整除判定方法 1.一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除； 一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除； 一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除； 2.一个位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除； 一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除； 3.如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么这个数能被11整 除； 4.如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能被7、 11或13整除； 5.如果一个数从数的任何一个位置随意切开所组成的所有数之和是9的倍数，那么这个数能被9整除； 6.如果一个数能被99整除，这个数从后两位开始两位一截所得的所有数（如果有偶数位则拆出的数都有 两个数字，如果是奇数位则拆出的数中若干个有两个数字还有一个是一位数）的和是99的倍数，这个数一定是99的倍数。 7.若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，减去个位数的2倍，如果差是7的倍数，则原数能被 7整除。如果差太大或心算不易看出是否7的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相减、验差」的过程，直到能清楚判断为止。例如，判断133是否7的倍数的过程如下：13－3×2＝7，所以133是7的倍数；又例如判断6139是否7的倍数的过程如下：613－9×2＝595 ，59－5×2＝49，所以6139是
数论基础知识 一质数和合数 （1）一个数除了1和它本身，不再有别的约数，这个数叫做质数（也叫做素数）。 一个数除了1和它本身，还有别的约数，这个数叫做合数。 （2）自然数除0和1外，按约数的个数分为质数和合数两类。 任何一个合数都可以写成几个质数相乘的形式。 要特别记住：0和1不是质数，也不是合数。 （3）最小的质数是2 ，2是唯一的偶质数，其他质数都为奇数； 最小的合数是4。 （4）质数是一个数，是含有两个约数的自然数。 互质数是指两个数，是公约数只有一的两个数，组成互质数的两个数可能是两个质数（３和５），可能是一个质数和一个合数（３和４），可能是两个合数（４和９）或1与另一个自然数。 （５）如果一个质数是某个数的约数，那么就说这个质数是这个数的质因数。 把一个合数用质因数相乘的形式表示出来，叫做分解质因数。 （６）１００以内的质数有２５个： ２、３、５、７、 １１、１３、１７、１９、 ２３、２９、３１、３７、 ４１、４３、４７、 ５３、５９、 ６１、６７、 ７１、７３、７９、 ８３、８９、 ９７ 二整除性 （１）概念
一般地，如a、b、c为整数，b≠0，且a÷b=c，即整数a除以整除b（b不等于0），除得的商c正好是整数而没有余数（或者说余数是0），我们就说，a 能被b整除（或者说b能整除a）。记作b｜a.否则，称为a不能被b整除，（或b 不能整除a），记作b a。 如果整数a能被整数b整除，a就叫做b的倍数，b就叫做a的约数。 （２）性质 性质1：（整除的加减性）如果a、b都能被c整除，那么它们的和与差也能被c 整除。 即：如果c｜a，c｜b，那么c｜（a±b）。 例如：如果2｜10，2｜6，那么2｜（10＋6），并且2｜（10—6）。 也就是说，被除数加上或减去一些除数的倍数不影响除数对它的整除性。 性质2：如果b与c的积能整除a，那么b与c都能整除a. 即：如果bc｜a，那么b｜a，c｜a。 性质3：（整除的互质可积性）如果b、c都能整除a，且b和c互质，那么b与c的积能整除a。 即：如果b｜a，c｜a，且（b，c）=1，那么bc｜a。 例如：如果2｜28，7｜28，且（2，7）=1, 那么（2×7）｜28。 性质4：（整除的传递性）如果c能整除b，b能整除a，那么c能整除a。 即：如果c｜b，b｜a，那么c｜a。 例如：如果3｜9，9｜27，那么3｜27。 （３）数的整除特征 ①能被2整除的数的特征：个位数字是0、2、4、6、8的整数. ②能被5整除的数的特征：个位是0或5。突破口 ③能被3（或9）整除的数的特征：各个数位数字之和能被3（或9）整除。 判断能被3（或9）整除的数还可以用“弃３（或９）法”： 例如：８３５１７４６能被９整除么？ 解：８＋１＝９，３＋６＝９，５＋４＝９，在数字中只剩７，７不是９的倍数，所以８３５１７４６不能被９整除。
初等数论中的几个重要定理 基础知识 定义（欧拉(Euler)函数）一组数称为是模的既约剩余系，如果对任意的，且对于任意的，若＝1，则有且仅有一个是对模的剩余，即。并定义中和互质的数的个数， 称为欧拉（Euler）函数。 这是数论中的非常重要的一个函数，显然，而对于，就是1,2，…， 中与互素的数的个数，比如说是素数，则有。 引理：；可用容斥定理来证（证明略）。 定理1：（欧拉（Euler）定理）设＝1，则。 分析与解答：要证，我们得设法找出个相乘，由个数我们想到中与互质的的个数：，由于＝1，从而 也是与互质的个数，且两两余数不一样，故 （），而（）＝1，故。 证明：取模的一个既约剩余系，考虑，由 于与互质，故仍与互质，且有，于是对每
个都能找到唯一的一个，使得，这种对应关系 是一一的，从而，。 ，，故。证毕。 这是数论证明题中常用的一种方法，使用一组剩余系，然后乘一个数组组成另外一组剩余系来解决问题。 定理2：（费尔马（Fermat）小定理）对于质数及任意整数有。 设为质数，若是的倍数，则。若不是的倍数，则 由引理及欧拉定理得，，由此即得。 定理推论：设为质数，是与互质的任一整数，则。 定理3：（威尔逊（Wilson）定理）设为质数，则。 分析与解答：受欧拉定理的影响，我们也找个数，然后来对应乘法。 证明：对于，在中，必然有一个数除以余1，这是因为 则好是的一个剩余系去0。 从而对，使得； 若，，则，，故 对于，有。即对于不同的对应于不同的，即中数可两两配对，其积除以余1，然后有，使，即与它自
己配对，这时，，或， 或。 除外，别的数可两两配对，积除以余1。故。定义：设为整系数多项式（），我们把含有的一组同余式 （）称为同余方组程。特别地，，当均为的一次整系数多项式时，该同余方程组称为一次同余方程组.若整数同时满足： ，则剩余类（其中）称为同余方程组的一个解，写作 定理4：（中国剩余定理）设是两两互素的正整数，那么对于任意整数 ，一次同余方程组，必有解，且解可以写为： 这里，，以及满足， （即为对模的逆）。 中国定理的作用在于它能断言所说的同余式组当模两两互素时一定有解，而对于解的形式并不重要。 定理5： （拉格郎日定理）设是质数，是非负整数，多项式 是一个模为次的整系数多项式（即），则同余方程至多有个解（在模有意义的情况下）。
数论讲义 整除性问题 1 证明算术基本定理 证明：Z b a ∈,,0>b ，则r bq a +=，b r <≤0，r q ,是唯一确定的。 证明：若a|c,b|c,(a,b)=1,则ab|c 若a|bc,(a,b)=1,则a|c (a,b)=1 代表两数互质 2 整数的性质 整数n 与1+n 之间不再有其它整数，从而2 n 与2)1(+n 之间也不再有其它平方数，任一整数有限集必有最大数与最小数，整数b a >等价于1+≥b a 等，都体现了整数的离散性。 例1 求证：不存在正整数b a ,，使b a +2 及2b a +都是完全平方数 例2 求证：五个连续整数的平方和不是完全平方数. 例3 已知： (x+a)(x+b)+(x+b)(x+c)+(x+c)(x+a)是完全平方式. 求证： a=b=c. 例4求证：当k 为整数时，方程4x 2+8kx+(k 2+1)=0没有有理数根 4 数的整除特征 求证： 任何n 个连续整数之积一定能被n 整除. 求证：任何n 个连续整数之积一定能被n !整除. n n 321!??= 0111101010a a a a x n n n n +++=-- *∈N x n n n n n n n n n n n n b ab b a b a a b a C C C C ++++=+----11 222 11 )( n b a )(+被a 除的余数等于n b 被a 除的余数 n b a )(+被b 除的余数等于n a 被b 除的余数 ))((1221----+++-=-n n n n n n b ab b a a b a b a M b a )(-= n 为自然数 n n b a b a --|)( ))((1221----++-+=+n n n n n n b ab b a a b a b a =N b a )(+ n 为正奇数 n n b a b a ++|)( 例5 判断3546725能否被13整除？ 例6 设72679a b |，试求,a b 的值. 例7 求证：n 为正奇数时，1236---n n n 能被60整除
1.数论---- 数的整除和余数 2.1基本概念和基本性质 2.1.1定义 整数a除以整数b （b旳），除得的商是整数而没有余数，我们就说a能被b整除，或者说b能整除a。 2.1.2表达式和读法 b I a,读着b能整除a;或a能被b整除；b i a,不能整除； 2.1.3基本性质 ①传递性：如果a|b,b|c,那么a|c;即b是a的倍数，c是b的倍数，则c肯定是a的 倍数； ②加减性：如果a|b、a|c，那么a|（b c）; ③因数性：如果ab|c，那么a|c, b|c;即如果ab的积能整除c,则a或b皆能整除c; ④互质性，如果a|c，b|c，且（a,b）=1,那么ab|c,即如果a能整除c,b能整除c， 且ab互质，则ab的积能整除c; ⑤a个连续自然数中必恰有一个数能被a整除。 2.2数的整除的判别法
221末位判别法 2.2.2数字和判别法（用以判别能否被3或9整除） 各数位上数字的和是3或9的倍数，则能被3或9整除。 173652乜:1+7+3+6+5+2 的和除以3 或9; 简便算法，利用整除的加减性，可以去掉1个或多个9，剩下数字的和x再除以3或9;如果x> 9,则余数为x-9;如果x< 9,则余数为X。 2.2.3奇偶数位判别法（用以判别能否被11整除） 从右往左编号，编号为奇数的为奇数位，编号为偶数的为偶数位，看奇数位上的数字的和与偶数位上的数字的和的两者之差是否能被11整除； 81729033-11:奇数位和为6,偶数位和为27;如果奇数位和比偶数位和小， 则奇数位和加1个或多个11，直到够减。余数的判断法与整数位的判断法一致。
224三位一截判别法（用以判别能否被7/11/13整除） 2.2.4.1基本用法 从右往左三位一截并编号，编号为奇数的为奇数段，编号为偶数的为偶数段，看奇数段的数字的和与偶数段的数字的和的两者之差是否能被7、11、13整除; 女口，86372548，奇数段的和为（548+86 ），偶数段的和为372，求两者差看能否被7整除，同样，不够减前面加1个或多个7,直到够减，余数位的判断法与整数位的判断法一致。 2.2.4.2特殊用法 ①一般求空格数 如果中间有空格，则利用加减性加或减除数7的倍数，分别从右边和左边抵消缩减位数，到最后看7的哪个倍数与缩减后的末位数相同，并看7的哪个倍数与缩减后的首位数相同，则前一个倍数的十位数和后一个倍数的个位数的和即为空格中应填的数。注意，如果这个数加或减7后为1到9间的自然数，则加或减7后的这个数也为正确答案。 395864 □ 82365，答案为5 463925 □ 01234，答案为1 和8 ②特殊求空格数 根据整除的因数性，如果1个数能被1001整除，则这个数能被7、11、13、 77、91、143整除，因为： 7X11 X13=1001; 77X13=1001; 99 X11=1001；
利用初等数论思想解决小学数学教学问题 08数学大专（1）班 30308127 丁令万 小学数学的教学过程中，往往教师上课不懂怎么教、学生听不懂，导致恶性循环，使学生数学基础差，解题思想单一等问题严重。为解决这一问题，关键在于授课老师要有良好的教学方法能使学生听懂，并且愿意听。而要达到这一目标，我建议教学过程中采用初等数论的解题思想。 初等数论意指使用不超过高中程度的初等代数处理的数论问题，最主要的工具包括整数的整除性与同余。重要的结论包括中国剩余定理、费马小定理、二次互逆律等等。 解析数论借助微积分及复分析的技术来研究关于整数的问题，主要又可以分为积性数论与加性数论两类。 积性数论藉由研究积性生成函数的性质来探讨质数分布的问题，其中质数定理与狄利克雷定理为这个领域中最著名的古典成果。 加性数论则是研究整数的加法分解之可能性与表示的问题，华林问题是该领域最著名的课题。此外例如筛法、圆法等等都是属于这个范畴的重要议题。我国数学家陈景润在解决“哥德巴赫猜想”问题中使用的是解析数论中的筛法。 数论在数学中的地位是独特的，高斯曾经说过“数学是科学的皇后，数论是数学中的皇冠”。因此，数学家都喜欢把数论中一些悬而未决的疑难问题，叫做“皇冠上的明珠”，以鼓励人们去“摘取”。 简要列出几颗“明珠”：费尔马大定理、孪生素数问题、歌德巴赫猜想、角谷猜想、圆内整点问题、完全数问题…… 下面列举初等数论中的整除性问题来说明数论思想对小学数学教学的作用。 整数的整除性问题，是数论中的最基本问题，也是国内外数学竞赛中最常出现的内容之一．由于整数性质的论证是具体、严格、富有技巧，它既容易使学生接受，又是培养学生逻辑思维和推理能力的一个有效课题，因此，了解一些整数的性质和整除性问题的解法是很有必要的． 1．整除的基本概念与性质 所谓整除，就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定义如下． 定义设a，b是整数，b≠0．如果有一个整数q，使得a=bq，那么称a能被b整除，或称b整除a，并记作b｜a．如果不存在这样的整数q，使得a=bq，则称a不能被b整除，或称b不整除a，记作ba． 关于整数的整除，有如下一些基本性质： 性质1 若b｜a，c｜b，则c｜a． 性质2 若c｜a，c｜b，则c｜(a±b)． 性质3 若c｜a，cb，则c(a±b)． 性质4 若b｜a，d｜c，则bd｜ac． 性质5 若a=b＋c，且m｜a，m｜b，则m｜c． 性质6 若b｜a，c｜a，则[b，c]｜a(此处[b，c]为b，c的最小公倍数)．特别地，当(b，c)=1时，bc｜a(此处(b，c)为b，c的最大公约数)．性质7 若c｜ab，且(c，a)=1，则c｜b．特别地，若p是质数，且p｜ab，则p｜a或p｜b． 性质7 若c｜ab，且(c，a)=1，则c｜b．特别地，若p是质数，且p｜ab，则p｜a或p｜b．
第四讲初等数论1——整除性 本讲概述 数论是数学中极其重要又非常迷人的一个分支，目前我们仅学习初等数论中较浅的内容. 初等数论是数学竞赛四大模块中较难以掌握的模块之一，在数学竞赛中占据极其重要的位置.特别是联赛改制以后，二试必考一道50分的数论大题，一试也会有一到两道数论方面的问题.数论与组合水平如何是大家能否获得联赛一等奖甚至更好成绩的关键. 初等数论这块的竞赛问题涉及到的知识点极少，甚至可以说绝大部分同学在小学初中的培训中基本都接触过.但是限于初中的知识面和同学的年龄，考试中一般不出现较为深入、难度较高的数论问题.到了高中，大家将复习小学初中阶段的数论知识，并将其中的很多知识更为理论化、系统化.高中的数论问题难度也会明显增高.但是在数论这一模块中，我们并不提倡大家过多地掌握很多高深的数论知识，而是提倡大家真正去灵活熟练地运用最基本、最重要的数论基础知识和重要定理来解决问题. 由于同学们在小学、初中都已经学过不少关于初等数论的初步知识，所以这里我们把大家比较熟悉的知识都罗列在下面，对其中大部分定理将不给出证明，直接给出结论. 如果不特别说明，本讲中所有字母均代表正整数. 一、整除 1．整除的定义 两个整数a和b(b≠0)，若存在整数k，使得a=bk，我们称a能被b整除，记作b|a．此时把a叫做b 的倍数，b叫做a的约数．如果a除以b的余数不为零，则称a不能被b整除，或b不整除a，记作b a． 2．数的整除特征 （1）1与0的特性： 1是任何整数的约数，即对于任何整数a，总有1|a． 0是任何非零整数的倍数，a≠0，a为整数，则a|0． （2）能被2，5；4，25；8，125；3，9；11，7，13整除的数的特征： 能被2整除的数的特征：个位为0，2，4，6，8的整数能被2整除，我们记为2k(k为整数)． 能被5整除的数的特征：个位数为0或5的整数必被5整除，我们记为5k(k为整数)． 能被4、25整除的数的特征：末两位数字组成的两位数能被4（25）整除的整数必能被4（25）整除．能被8，125整除的数的特征：末三位数字组成的三位数能被8（125）整除的整数必能被8（125）整除． 能被3，9整除的数的特征：各个数位上数字之和能被3或9整除的整数必能被3或9整除． 能被11整除的数的特征：一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差如果是11的倍数，则这个数就能被11整除． 能被7，11，13整除的数的特征：一个三位以上的整数能否被7（11或13）整除，只须看这个数的末三位数字表示的三位数与末三位以前的数字组成的数的差（以大减小）能否被7（11或13）整除． 3．整除的几条性质 （1）自反性：a|a(a≠0) （2）对称性：若a|b, b|a，则a=b （3）传递性：若a|b, b|c，则a|c （4）若a|b, a|c，则a|(b, c) （5）若a|b, m≠0，则am|bm （6）若am|bm, m≠0，则a|b （7）若a|b, c|b, (a, c)=1，则ac|b
数论（整除、余数） 知识点精讲 一、整除 （1）概念 （2）数的整除特征 1.尾数判断法： ①如果一个整数的个位数字能被2或5整除，那么这个整数能被2或5整除； ②如果一个整数的末两位数字能被4或25整除，那么这个整数能被4或25整除； ③如果一个整数的末三位数字能被8或125整除，那么这个整数能被8或125整除。 2.数字求和法： 如果一个整数各个数位数字之和能被3或9整除，那么这个整数能被3或9整除。 3.奇偶位求差法： 如果一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差（大减小）能被11整除， 那么这个整数一定能被11整除。 4.三位截断法： “末三位数字组成的数”与“末三位以前的数字组成的数”之差能被7或11或 13整除，那么这个数就能被7、11、13整除。 5.分拆成简单数的乘积结合起来判断 如一个数能被6整除,那么这个数既是2的倍数，又要是3的倍数。 如此类似的，15=3×5,24=3×8 6.构造成与整十整百的数的倍数的方法 如：判断一个数是不是99的倍数，我们可以先看这个数与100的关系； 判断一个数是不是999的倍数，我们可以先看这个数与1000的关系。。。 二、余数 1、利用数的整除特征求余数 注意利用11的整除特征求余数时何时余数是a，何时是（11—a）； 利用7,13的整除特征时，将六位数截开得到两个三位数的问题。 2、替换求余法： （1）和的余数等于余数的和：两个数的和除以某个数的余数，等于这两个数分别除以这两个数后得到的余数相加后，再除以除数的余数； （2）差的余数等于余数的差，再除以除数的余数：两个数的差除以某个数的余数，等于这两个数分别除以这两个数后得到的余数相减后，再除以除数的余数； （3）积的余数等于余数的积，再除以除数的余数：两个数的乘积除以某个数的余数，等于这两个数分别除以这两个数后得到的余数相乘后，再除以除数的余数。 3、余数的周期性变化： 连续自然数除以3的余数按照0,1,2的周期变化，换成其他的除数也有类似规律。 4、中国剩余定理。 A、一个数分别除以两个数余数相同的时候，将原数减去这个余数之后可以整除那两个数 例题：有一盒乒乓球，每次8个8个地数，10个10个地数，12个12个地数，最后总是剩下3个.这盒乒乓球至少有多少个? B、上述情况下的余数虽有不同，但与各自对应的除数的差相同，将原数加上这个差之后便
初中数学竞赛专题复习第三篇初等数论第19章 整数的整除性下半部分试题新人教版-精品 2020-12-12 【关键字】方法、条件、问题、矛盾、能力、方式、满足、解决、出发点 综上可知，命题成立． 评注如果两个互质的正整数之积是一个完全平方数，则这两个正整数都是完全平方数．这一命题是我们证明此题的出发点． 19．4．27★★★如果正整数a 、b 、c 满足222c a b =+． 证明：数2c ab +和2c ab -都可以表示为两个正整数的平方和． 解析 巧妙运用下述命题：如果正整数x 可表示为两个正整数的平方和，则2x 也可表示为两个整数的平方和．事实上，设22x u v =+，这里x 、u 、v 都是正整数．则()()22 22222x u v u v u v =+=++-．于是，2x 可表示为两个整数u v +和u v -的平方和，命题获证． 注意到，由条件有 ()()2 2222222c ab c a ab b c a b ±=+±+=+±． 利用已证命题，可知 ()()()22 24c ab c a b c a b ±=+±+-． 记c a b x +±=，c a b y -=，由222c a b =+可知x 、y 都是正整数，并且 ()2224c ab x y ±=+．若x 、y 不同为偶数，则由平方数0≡或()1mod 4，可知221x y +≡或 ()2mod 4，这是一个矛盾．所以，x 、y 都是偶数，从而22 222x y c ab ????±=+ ? ?????，这就是 要证的结论． 评注 这里本质上只是恒等式()()()22 222u v u v u v +=++-的应用，在处理竞赛问题时，代数式变形能力显得十分重要． 19．4．28是否存在正整数m 、n 使得331m n a =++是完全平方数？ 解析 分如下三种情形讨论： （1）若m m 、n 都是偶数，则()31mod 4m ≡，()31mod 4n ≡，所以()3313mod 4m n a =++≡， 故此时a 不是完全平方数． （2）若m 、n 都是奇数，则()33mod 4m ≡，()33mod 4n =，所以()3313mod 4m n a =++≡， 故此时a 不是完全平方数． （3）若m 、n 是一奇一偶，不妨设m 是奇数，n 是偶数，则()33mod8m ≡，()31mod8n ≡，
一、整除的定义： 当两个整数a 和b （b≠0），a 被b 除的余数为零时（商为整数），则称a 被b 整除或b 整除a ，也把a 叫做b 的倍数，b 叫a 的约数，记作b|a ，如果a 被b 除所得的余数不为零，则称a 不能被b 整除，或b 不整除a ，记作b a. 二、常见数字的整除判定方法 1. 一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除； 一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除； 一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除； 2. 一个位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除； 一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除； 3. 如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么这个数能被11整 除； 4. 如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能被7、 11或13整除； 5. 如果一个数从数的任何一个位置随意切开所组成的所有数之和是9的倍数，那么这个数能被9整除； 6. 如果一个数能被99整除，这个数从后两位开始两位一截所得的所有数（如果有偶数位则拆出的数都有 两个数字，如果是奇数位则拆出的数中若干个有两个数字还有一个是一位数）的和是99的倍数，这个数一定是99的倍数。 7. 若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，减去个位数的2倍，如果差是7的倍数，则原数能被 7整除。如果差太大或心算不易看出是否7的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相减、验差」的过程，直到能清楚判断为止。例如，判断133是否7的倍数的过程如下：13－3×2＝7，所以133是7的倍数；又例如判断6139是否7的倍数的过程如下：613－9×2＝595 ， 59－5×2＝49，所以6139是7的倍数，余类推。 8. 若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，加个位数的4倍，如果和是13的倍数，则原数能被 13整除。如果和太大或心算不易看出是否13的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相加、验差」的过程，直到能清楚判断为止。 知识框架 数的整除