目录余数性质及同余定理 同余的概念和性质 小学奥数同余定理例题 小学数学同余定理的内容 小学同余定理的经典例题
数论
1. 奇偶性问题
奇+奇=偶 奇×奇=奇
奇+偶=奇枝弯 奇×偶=偶
偶+偶=偶 偶×偶=偶
2. 位值原则
形如：abc =100a+10b+c
3. 数的整除特征：
整除数特征
2 末尾是0、2、4、6、8
3 各数位上数字的和是3的倍数
5 末尾是0或5
9 各数位上数字的和是9的倍数
11 奇数位上数字的和与偶数位上数字的和，两者之差是11的倍数
4和25 末两位数是4(或25)的倍数
8和125 末三位数是8(或125)的.倍数
7、11、13 末三位数与前几位数的差是7(或11或13)的倍数
4. 整除性质
① 如果c|a、c|b，那么c|(a b)。
② 如果bc|a，那么b|a，c|a。
③轿搭行 如果b|a，c|a，且(b,c)=1,那么bc|a。
④ 如果c|b,b|a,那么c|a.
⑤ a个连续自然数中必恰有一个数能被a整除。
5. 带余除法
一般地，如果a是整数，b是整数(b≠0),那么一定有另外两个整数q和r，0≤r
当r=0时，我们称a能被b整除闭哗。
当r≠0时，我们称a不能被b整除，r为a除以b的余数，q为a除以b的不完全商(亦简称为商)。用带余数除式又可以表示为a÷b=q……r, 0≤r
6. 唯一分解定理
任何一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即
n= p1 × p2 ×...×pk
7. 约数个数与约数和定理
设自然数n的质因子分解式如n= p1 × p2 ×...×pk 那么：
n的约数个数：d(n)=(a1+1)(a2+1)....(ak+1)
n的所有约数和：(1+P1+P1 +…p1 )(1+P2+P2 +…p2 )…(1+Pk+Pk +…pk )
8. 同余定理
① 同余定义：若两个整数a，b被自然数m除有相同的余数，那么称a，b对于模m同余，用式子表示为a≡b(mod m)
②若两个数a，b除以同一个数c得到的余数相同，则a，b的差一定能被c整除。
③两数的和除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数和。
④两数的差除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数差。
⑤两数的积除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数积。
9.完全平方数性质
①平方差： A -B =(A+B)(A-B)，其中我们还得注意A+B， A-B同奇偶性。
②约数：约数个数为奇数个的是完全平方数。
约数个数为3的是质数的平方。
③质因数分解：把数字分解，使他满足积是平方数。
④平方和。
10.孙子定理(中国剩余定理)
11.辗转相除法
12.数论解题的常用方法：
枚举、归纳、反证、构造、配对、估计
3的1次方尾数=3
3的2次嫌凯方尾数=9
3的3次方尾数=7
3的4次方尾数=1
3的次方芹判唤尾数是以3、9、7、1 作为循环的
89÷4=22....1
所以143的89次方的尾数是3
因为143的89次方除以七的余数应该是=13-7=6
就是你任意一个大于7且冲拦不能被7整除的数字 且个位数字小于4的，最后的余数肯定是它的个位数字+10-7
11÷7=1....4
13÷7=1....6
(1)在1500至8000之间能同时被12，18，24，42四个数整除的自然数共有（13 ）个。
先求出12\18\24\42四个数的最小公倍数为504，那么在1500-8000之间能同时被12\18\24\42四个数整除的自然数必然为504的倍数，则可设符合条件的数字为504×N（N为整数），于是有：1500＜504×N＜8000；解此不等式得：2.98＜N＜15.87，所以N可取的值有：3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13、14、15，共计13个。
（2）有一整数，除300，262，205得到的余数相同，这个整数是（19 ）。
根据同余定理，这个数一定是38，57，95这3个数的公约数此孝
（3）某数用3除余2，用7除余4，用11除余1，满足这些条件的最小自然数是（221 ）。
中国剩余定理（或者叫孙子点兵）问题
1）找到能被3,7整除，且除以11余1的最小数，为：
3×7×10=210
2）找到能被3,11整除，且除以7余4的最小数，为：
3×11×5=165
3）找到能被7,11整除，且除以3余2的最小数，为：
7×11=77
4）把找到的三个最小数求和，为：
210+165+77=452
5）求出3,7,11的最小公倍数，为：
3×7×11=231
6）把求出的和与最小公倍数比较，如果和大于最小公倍数，就减去最小公倍数
可以重复进行，直到结果小于最小公倍数
452-231=221＜231
221就是满足要求的最扒扒盯小数，所以=221
（4）某数去除74、109和165，所得的余数相同，139与5612的积除以这个数余（2 ）。
根据同余定理，这个数一定是35，56，91的公约数，所以这个数是7，139除以7余6，5612除以7余5，所以 139与5612的积除以这个数7余5x6=30. 除以7余2
（5）有一个数除以3余2，除以4余1，这个数除以12余（5 ）。
这个太简单了，你自己看吧
（6）乙数除甲数商3余8，若甲数扩大5倍，商正好是19，甲数是（38 ），乙数是（10 ）。
甲数是x,乙数是y
x=3y+8
5x=19y
解方程组得：
x=38
y=10
甲数是38,乙数是10
（7）一个三位数被37除余17，被36除余3，这个三位数是（831 ）。
37×a+17=36×b+3
37a+14=36b
尝试且a为偶数
所已a=22时，b=23
所以这三位数为831
（8）十个自然数之和等于1001，这十个自然数的最大公约数可能取的最大值是（91 ）。
1001＝7×11×13＝91×11
这十个自然数的最大公约数的最大值是91.
（9）把 l，2，3，4，5，6，7，8，9九个数依不同的次序排列，可以得到362880个不同的九位数，所有这些九位数的最大公约数是（9 ）。
1＋2＋…＋9＝45，根据被9整除特征判断，因而9是这些数的公约数。
（10）已知三个连续自然数的最小公倍数是360，这三个数是（8，9，10 ）。
设3个连续自然数为 n-1n, n+1
因为3个连续自然数的最小公倍数为360
当第一个数n-1为奇数时
(n-1)*n*(n+1)=360
n^3-n=360
n没整数解
当n-1为偶数时
因为n-1和n+1都是偶数最小公春和倍数约去了个2
所以最小公倍数为360×2=720
所以(n-1)*n*(n+1)=360*2
n^3-n=720
n=9
所以连续3个自然数为 8,9,10.
（11）三个互不相同的自然数之和为370，它们的最小公倍数最小能够是（222 ）。
设3个数从小到大分别为AX,BX,CX,其中X是他们的最大公因数。
有AX+BX+CX=370
(A+B+C)*X=370
因A 又根据370的因数得知： (A+B+C)*X=370=10*37=37*10=370*1 AX,BX,CX的最小公倍数=(A、B、C)的最小公倍数*X 当A+B+C=10，X=37时， (A、B、C)的最小公倍数的最小值6，当A=1,B=3,C=6 AX,BX,CX的最小公倍数的最小值=6*37 = 222 当A+B+C=37，X=10时， (A、B、C)的最小公倍数的最小值24，当A=1,B=12,C=24 AX,BX,CX的最小公倍数的最小值=24*10 =240 当A+B+C=370，X=1时， (A、B、C)的最小公倍数的最小值246，当A=1,B=123,C=246 AX,BX,CX的最小公倍数的最小值246*1 =246 综上所述，当A=1,B=3,C=6，即三个自然数分别等于37、11、222时， 有最小的公倍数222。 （12）一个数减去1能被2整除，减去2能被5整除，减去3能被7整除，加上4能被9整除，这个数最小是（437 ）。 由一个数减去1能被2整除,可知此数为奇数 由减去2能被5整除可知，此数个位是7 减去3能被7整除,即加上4能被7整除 又加上4能被9整除 所以此数是7，9的倍数减4 即63n-4 63n-4的个位是7 所以这个数最小是63x7-4=437 （13）已知数A有12个约数，数B有10个约数，且A、B两数只含有质因数3和5，A、B的最大公约数是75，A是（675 ），B是（1875 ）。 根据约数个数定理，A=3³x5² B=3乘以5的4次方 （14）有四个不同的自然数，它们的和是1991。如果要求这四个数的最大公约数尽可能的大，这四个数中最大的那个数是（905 ）。 将1991进行分解,1991=11*181 1、先得出这四个数的最大公约数是181。为什么呢？假如还有更大的公约数k，那么必有 1991=ak+bk+ck+dk=(a+b+c+d)k(k>181，a,b,c,d为正整数且都不等),由于1991=11*181，k>181，可以得到a+b+c+d<11,但在小于11的正整数中，除了1以外，没有数能整除1991。所以这四个数的最大公约数是181。 2、求出这四个不同的自然数中最大的为905。怎么求？把11分解成4个不相等的正整数的和，要使其中一个达到最大，则其它三个要尽可能的小。必须这样分： 11=1+2+3+5则 1995=181+2*181+3*181+5*181 其中最大数就是5*181=905 （15）已知两个合数的最大公约数与最小公倍数的和是143，这两个合数是（33和44 ）或是（26和65 ）。 设这两个数的最大公约数为p。则这两个数分别是np和mp，由于这两个数都是合数，所以n与m互质且均大于1。他们的最小公倍数为nmp，最大公约数与最小公倍数的和p+nmp=p(1+nm)=143。由于143=11X13，所以最大公约数为11、13或1。 如果最大公约数为11，那么最小公倍数为143-11=132，nm=12=3X4 这两个数分别是3X11=33和4X11=44 如果最大公约数为13，那么最小公倍数为143-13=130，nm=10=2X5 这两个数分别是2X13=26和5X13=65 如果最大公约数为1，那么最小公倍数是143-1=142=2X71 这两个数分别是2和71。但由于他们均非合数，不符合题意，所以舍去。 数论中的重要概念。给定一个正整数m，如果两个整数a和b满足a-b能被m整除，即m|(a-b)，那么就称整数a与b对模m同余，记作a≡b(mod m)。对模m同余是整数的一个等价关系。 1 反身性 a≡a (mod m) 2 对称性 若a≡b(mod m)，则b≡a (mod m) 3 传递性 若a≡b (mod m)，b≡c (mod m)，则a≡c (mod m) 4 同余式相加 若a≡b (mod m)，c≡d(mod m)，则a+-c≡b+-d (mod m) 5 同余式相乘 若a≡b (mod m)，c≡d(mod m)，则ac≡bd (mod m) 【滚桐丛证明】上述性质很容易证明,下面仅证明(3). ∵a≡b(mod m)∴m|(a-b) 同理m|(b-c), ∴m|[(a-b)+(b-c)]∴m|(a-c). 故a≡c(mod m). 4 线性运算如果a ≡ b (mod m)，c ≡ d (mod m),那么(1)a ± c ≡ b ± d (mod m)，(2)a * c ≡ b * d (mod m) 【证明】(1)∵a≡b(mod m),∴m|(a-b) 同理 m|(c-d) ∴m|[(a-b)±(c-d)] ∴m|[(a±c)-(b±d)] ∴a ± c ≡ b ± d (mod m) (2)∵ac-bd=ac-bc+bc-bd=c(a-b)+b(c-d) 又 m|(a-b) , m|(c-d) ∴m|(ac-bd) ∴a * c ≡ b * d (mod m) 5 除法若ac ≡ bc (mod m) c1=0 则 a≡ b (mod m/(c,m)) 其中(c,m)表示c,m的最大公约数 特殊地 (c,m)=1 则a ≡ b (mod m) 6 乘方如果a ≡ b (mod m)，那么a^n ≡ b^n (mod m) 7 若a ≡ b (mod m)，n|m,则 a ≡ b (mod n) 8 若a ≡ b (mod mi）轮绝 i=1,2...n 则 a ≡ b (mod [m1,m2,...mn]) 其中[m1,m2,...mn]表示m1,m2,...mn的最小公倍数 9 欧拉定理 设a,m∈N,(a,m)=1,则a^(φ(m))≡1(mod m) (注:φ(m)指模m的简系个数， φ(m)=m-1, 如果m是素数；φ(m=q1^r1 * q2^r2 * ...*qi^ri)=m (1-1/q1)(1-1/q2)...(1-1/qi)) 推论: 费马小定理: 若p为质数，则a^p ≡ a (mod p) 即a^(p-1) ≡ 1 (mod p) （但是当p|a时不等价） 10 中国剩余定理 设整数m1,m2,m3,......,mn 两两互素，令m=m1m2m3m4m5...mn（mi的连乘）。则对于任意的J在（1,n)整数，下列联立的同余式有解大樱： 小学奥数没告一般是：工程问题，分数握察态问题，简单几何图形的面积，周长，体积计算，差倍问题，行程问题，生活中的计算题，简单的逻辑推理题……建议买一本《小学奥段源数全解》，这本书很全面的解答了小学所有重点问题小学数学同余定理的内容
小学同余定理的经典例题
