数论综合(一)

年级六年级学科奥数版本通用版

课程标题数论综合（一）

编稿老师宋玲玲

一校林卉二校黄楠审核高旭东

谈到数论，顾名思义是和数有关的理论，具体地说是和整数有关的理论，小学奥数中的数论问题包括：整数的整除性，同余，奇数与偶数，质数与合数，约数与倍数，整数的分解与分拆等。作为一个理论性比较强的专题，数论在各种考试中都会占很大的比重，而且数论还和数字谜，不定方程等内容有着密切的联系，其重要性是不言而喻的。

对整数a和b（b不为0），如果存在一个整数q，使a＝b×q，则a能被b整除，也可以说b整除a，否则就说a不能被b整除。例如：72＝8×9，所以72能被8（或9）整除。

整除有许多性质，下面列出最常用的几个：

1. 如果b整除a，则b整除a的倍数；

2. 如果b整除a与c，则b整除（a c）；

3. 如果b整除a，a又整除c，则b一定能整除c；

4. 如果a整除c，b也整除c，并且a与b互质，则ab整除c。

在整除问题中，能被2、3、4、5、7、8、9、11、13、25等数整除的数有如下特征：

1. 能被2整除的数的特征：个位数字是0、2、4、6、8的整数必能被2整除；

2. 能被5整除的数的特征：个位是0或5；

3. 能被3（或9）整除的数的特征：各数位上的数字之和能被3（或9）整除；

4. 能被4（或25）整除的数的特征：末两位数能被4（或25）整除；

5. 能被8（或125）整除的数的特征：末三位数能被8（或125）整除；

6. 能被11整除的数的特征：这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（以大减小）是11的倍数；

7. 能被7（11或13）整除的数的特征：这个整数的末三位数与末三位以前的数字所组成的数之差（以大减小）能被7（11或13）整除

例1. 一个五位数382□□，如果它是3和5的倍数，则□□里最大可以填几？

【分析与解】这个五位数382□□能被5整除，则它的个位数字是0或5；又因五位数382□□能被3整除，那么3＋8＋2＋□＋□的和能被3整除，即13＋□＋□的和能被3整除。

（1）当这个五位数为382□0时，各位数字之和13＋□能被3整除，□里可填2、5、8；

（2）当这个五位数为382□5时，各位数字之和18＋□能被3整除，□里可填0、3、6、9。

所以□里最大可以填95。

例2. 从0、3、4、8、9中选出3个数字，组成能被2、3、5同时整除的最大三位数是多少？

【分析与解】要满足所求的三位数能同时被2、3、5整除，那么这个三位数的末位数字必须是0，同时各数位上的数字和必须是3的倍数，那么问题就转化为从3、4、8、9这4个数字中选择两个数字，使其和是3的倍数。符合要求的组合有3和9、4和8，在它们可以组成的数字中，93是最大的。

所以这个最大的三位数是930。

例3. 七位数c ab 4513能被792整除，且此数各数位上的数字互不相同，则a 、b 、c 分别等于多少？

【分析与解】因为七位数c ab 4513能被792整除，而792＝8×9×11，所以七位数c ab 4513能同时被8、9、11整除。

（1）当七位数c ab 4513能被8整除时，它的末三位数必须能被8整除，即c 45能被8整除，只有当c ＝6时成立。

（2）当七位数45613ab 能被9整除时，1＋3＋a ＋b ＋4＋5＋6＝19＋a ＋b ，即19＋a ＋b 能被9整除，因为0≤a ＋b ≤18，所以当a ＋b ＝8或17时成立。

（3）当七位数45613ab 能被11整除时，满足（1＋a ＋4＋6）与（3＋b ＋5）的差是11的倍数，即（a ＋3）与b 的差是11的倍数。

当a ＋3－b ＝0时，结合a ＋b ＝8，无解；

当a ＋3－b ＝0时，结合a ＋b ＝17，无解；

当a ＋3－b ＝11时，结合a ＋b ＝8，得到a ＝8，b ＝0；

当a ＋3－b ＝11时，结合a ＋b ＝17，无解。

所以a ＝8，b ＝0，c ＝6。

例4. 两个数的最大公因数是9，最小公倍数是243，这两个数分别是多少？

【分析与解】用243÷9＝27，根据短除式可知，27是短除式中除到最后两个互质关系的商的乘积，不妨将27表示为两个互质的数的乘积：27＝1×27，再将最大公因数9分别和1、27相乘，就得到所求的两个数，即1×9＝9，27×9＝243。

所以这两个数分别是9和243。

例5. 一个三位数能同时被2、5、7整除，这样的三位数按从小到大的顺序排成一列，中

【分析与解】2、5、7的最小公倍数是2×5×7＝70，因为70的倍数也是2、5、7的公倍数，所以本题就转化为将符合70的倍数的三位数按从小到大的顺序排成一列，求出中间的那个数。

70的倍数中，最小的三位数是70×2＝140，最大的三位数是70×14＝980，而在70的2倍到14倍中，中间的数是70的8倍，即这个数是70×8＝560。

例6. 3个不同质数的倒数和为1001

n ，求n 等于多少？【分析与解】在计算分数加减法时，当分母互质的时候，要用分母相乘的积作为和的分母。已知1001是3个不同质数的倒数和的分母，说明这3个加数的分母是不同的质数，且它们的乘积是1001，1001＝7×11×13，所以这3个质数为7、11、13。找到这3个不同的质数后，再计算

71＋111＋131＝10011311?＋1001137?＋1001117?＝1001

311，所以n ＝311。

例7. 某班学生在老师的带领下去种树，学生恰好被平均分成3组，如果老师与学生每人种树一样多，且一共种了1073棵。那么每人种了多少棵树？

【分析与解】已知学生恰好被平均分成3组，加上老师后的总人数应为学生人数的3倍再多1人。

已知1073＝总人数×每人种树的棵数，将1073分解质因数，可得1073＝37×29。只有37除以3余1，所以37是植树的总人数，每人种了29棵树。

例8. 在四位数173□的“□”中先后填入3个数字，使得到的3个四位数依次可被9、11、6整除。问：先后填入的3个数字的和是多少？

【分析与解】第一次填数：被9整除的四位数的各位数字之和是9的倍数，所以1＋7＋3＋□＝11＋□能被9整除，□内只能填7；

第二次填数：被11整除的四位数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差是11的倍数，所以（7＋□）－（1＋3）＝3＋□应是11的倍数，□内只能填8；

第三次填数：被6整除的四位数一定是能被3整除的偶数，所以1＋7＋3＋□＝11＋□，□内只能填4。

所以先后填入的3个数字的和是7＋8＋4＝19。

（答题时间：30分钟）

一、3个连续的自然数，后面两个数的积与前面两个数的积之差是114，那么这3个数中最

二、箱子里有乒乓球若干个，其中25％是一级品，五分之几是二级品，其余91个是三级品，箱子里共有多少个乒乓球？

三、4个不同质数的倒数和为2002

x ，则x 等于多少？

四、把33、51、65、77、85、91这6个数分为两组，每组3个数，使两组数的乘积相等。

五、两个数的最大公因数是21，最小公倍数是126，这两个数的和是多少？

一、解：设中间数为x ，则有（x ＋1）x －（x －1）x ＝114，解得x ＝57，所以最小的数为56。

二、解：20

5%251y x =-- ，其中y 应该是91的约数，经过验证y=7. 所以箱里共有乒乓球91÷20

7＝260（个）。三、解：

200211311117121=+++，所以1623=x 。

四、解：将这6个数分别分解质因数，得到33＝3×11、51＝3×17、65＝5×13、77＝7×11、85＝5×17、91＝7×13。题目中要求分组之后，两组数的乘积相等，那么每组数的所有质因数的组成必须相同。观察前面计算的分解质因数算式，发现每个质因数都出现了两次，所以有相同质因数的两个数不能在同一组内。按照这个原则，可以分组为（33，85，91）、（51，65，77），即33×85×91=51×65×77。

五、解：这两个数的最大公因数是21，分解质因数为21＝3×7；这两个数的最小公倍数是126，分解质因数为126＝3×7×2×3。

可以看出这两个数的公有质因数是3×7，126的独有质因数是2×3。

6＝1×6＝2×3，从而判断这两个数有两种情况：

第一种情况：考虑6=1×6的情况，将最大公因数21分别与1和6相乘，就得到所求的两个数为21和126。这时这两个数的和是21＋126＝147；

第二种情况：考虑6=2×3的情况，假设其中一个数的独有质因数是2，另一个数的独有质因数是3，则这两个数分别为3×7×2＝42、3×7×3＝63，这两个数的和是42＋63＝105。

所以这两个数的和是147或105。

(完整版)小学奥数中的数论问题

小学奥数中的数论问题在奥数竞赛中有一类题目叫做数论题，这一部分的题目具有抽象，思维难度大，综合运用知识点多的特点，基本上出现数论题目的时候大部分同学做得都不好。一、小学数论究包括的主要内容我们小学所学习到的数论内容主要包含以下几类：整除问题：（1）整除的性质；（2）数的整除特征（小升初常考内容）余数问题：（1）带余除式的运用被除数=除数×商+余数.（余数总比除数小）（2）同余的性质和运用奇偶问题：（1）奇偶与加减运算；（2）奇偶与乘除运算质数合数：重点是质因数的分解（也称唯一分解定理）约数倍数：（1）最大公约最小公倍数两大定理一、两个自然数分别除以它们的最大公约数，所得的商互质。二、两个数的最大公约和最小公倍的乘积等于这两个数的乘积。（2）约数个数决定法则（小升初常考内容）整数及分数的分解与分拆：这一部分在难度较高竞赛中常

出现，属于较难的题型。二、数论部分在考试题型中的地位在整个数学领域，数论被当之无愧的誉为“数学皇后”。翻开任何一本数学辅导书，数论的题型都占据了显著的位置。在小学各类数学竞赛和小升初考试中，系统研究发现，直接运用数论知识解题的题目分值大概占据整张试卷总分的30%左右，而在竞赛的决赛试题和小升初一类中学的分班测试题中，这一分值比例还将更高。出题老师喜欢将数论题作为区分尖子生和普通学生的依据，这一部分学习的好坏将直接决定你是否可以在选拔考试中拿到满意的分数。三、孩子在学习数论部分常常会遇到的问题数学课本上的数论简单，竞赛和小升初考试的数论不简单。有些孩子错误地认为数论的题目很简单，因为他们习惯了数学课本上的简单数论题，比如：例1：求36有多少个约数？这道题就经常在孩子们平时的作业里和单元测试里出现。可是小升初考题里则是：例2：求3600有多少个约数？很多孩子就懵了，因为“平时考试里没有出过这么大的数！”（孩子语）于是乎也硬着头皮用课堂上求约数的方法去求，白白浪费了大把的时间，即使最后求出结果也并不划

高中数学竞赛中数论问题的常用方法

高中数学竞赛中数论问题的常用方法数论是研究数的性质的一门科学,它与中学数学教育有密切的联系.数论问题解法灵活,题型丰富,它是中学数学竞赛试题的源泉之一.下面介绍数论试题的常用方法. 1.基本原理为了使用方便,我们将数论中的一些概念和结论摘录如下: 我们用),...,,(21n a a a 表示整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数.用[1a ,2a ,…,n a ]表示1a ,2a ,…,n a 的最小公倍数.对于实数x ,用[x ]表示不超过x 的最大整数,用{x }=x -[x ]表示x 的小数部分.对于整数 b a ,,若)(|b a m -,,1≥m 则称b a ,关于模m 同余,记为)(mod m b a ≡.对于正整数m ,用)(m ?表示 {1,2,…,m }中与m 互质的整数的个数,并称)(m ?为欧拉函数.对于正整数m ,若整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余,则称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；若整数)(21,...,,m r r r ?中每一个数都与m 互质,且其中任何两个数关于模m 不同余,则称{)(21,...,,m r r r ?}为模m 的简化剩余系. 定理1 设b a ,的最大公约数为d ,则存在整数y x ,,使得yb xa d +=. 定理2(1)若)(mod m b a i i ≡,1=i ,2,…,n ,)(m od 21m x x =,则 1 1n i i i a x =∑≡2 1 n i i i b x =∑； (2)若)(mod m b a ≡,),(b a d =,m d |,则 )(mod d m d b d a ≡； (3)若b a ≡,),(b a d =,且1),(=m d ,则)(mod m d b d a ≡； (4)若b a ≡(i m mod ),n i ,...,2,1=,M=[n m m m ,...,,21],则b a ≡(M mod ). 定理3(1)1][][1+<≤<-x x x x ； (2)][][][y x y x +≥+； (3)设p 为素数,则在!n 质因数分解中,p 的指数为 ∑≥1 k k p n . 定理4 (1)若{m r r r ,...,,21}是模m 的完全剩余系,1),(=m a ,则{b ar b ar b ar m +++,...,,21}也是模 m 的完全剩余系； (2)若{)(21,...,,m r r r ?}是模m 的简化剩余系,1),(=m a ,则{)(21...,,m ar ar ar ?}是模m 的简化剩余系. 定理5(1)若1),(=n m ,则)()()(n m mn ???=. (2)若n 的标准分解式为k k p p p n ααα (2) 121=,其中k ααα,...,21为正整数,k p p p ,...,21为互不相

学而思小升初专项训练__数论篇(1) 教师版

名校真题测试卷10 （数论篇一）时间：15分钟满分5分姓名_________ 测试成绩_________ 1 （05年人大附中考题）有____个四位数满足下列条件：它的各位数字都是奇数；它的各位数字互不相同；它的每个数字都能整除它本身。 2 （05年101中学考题）如果在一个两位数的两个数字之间添写一个零，那么所得的三位数是原来的数的9倍，问这个两位数是＿＿。 3 （05年首师附中考题） 211+2121202+21212121 13131313212121505 =＿＿。 4 （04年人大附中考题）甲、乙、丙代表互不相同的3个正整数，并且满足：甲×甲=乙+乙=丙×135．那么甲最小是____。 5 (02年人大附中考题) 下列数不是八进制数的是( ) A 、125 B 、126 C 、127 D 、128 【附答案】 1 【解】：6 2 【解】：设原来数为ab ，这样后来的数为a0b,把数字展开我们可得：100a+b=9×(10a+b),所以我们可以知道5a=4b,所以a=4,b=5,所以原来的两位数为45。 3 【解】：周期性数字，每个数约分后为211+212+215+21 13=1 4 【解】：题中要求丙与135的乘积为甲的平方数，而且是个偶数（乙+乙），这样我们分解135=5×3×3×3，所以丙最小应该是2×2×5×3，所以甲最小是：2×3×3×5=90。 5 【解】：八进制数是由除以8的余数得来的，不可能出现8，所以答案是D 。

第十讲小升初专项训练数论篇（一）一、小升初考试热点及命题方向数论是历年小升初的考试难点，各学校都把数论当压轴题处理。由于行程题的类型较多，题型多样，变化众多，所以对学生来说处理起来很头疼。数论内容包括：整数的整除性，同余,奇数与偶数,质数与合数,约数与倍数,整数的分解与分拆等。作为一个理论性比较强的专题，数论在各种杯赛中都会占不小的比重，而且数论还和数字谜,不定方程等内容有着密切的联系,其重要性是不言而喻的。二、2007年考点预测 2007年的小升初考试将继续以填空和大题形式考查数论，命题的方向可能偏向小题考察单方面的知识点，大题则需综合运用数的整除，质数与合数，约数倍数以及整数的分拆等方法，希望同学们全面掌握数论的几大知识点，能否在考试中取得高分解出数论的压轴大题是关键。三、基本公式 1）已知b|c,a|c,则[a,b]|c,特别地，若(a,b)=1,则有ab|c 。 [讲解练习]：若3a75b 能被72整除，问a=＿＿,b=＿＿.（迎春杯试题） 2）已知c|ab ，(b,c)=1,则c|a 。 3）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= p11a × p22a ×...×p k ak （#) 其中p1

小学数学数论问题

小升初数论问题概念：几个数公有的倍数叫做这几个数的公倍数，其中最小的一个叫做最小公倍数。从分解质因数中我们可以发现：两个数（或多个数）的公倍数必须具备： ①公倍数必须包含这几个数中所有的质因数，而根据这几个数质因数的关系，我们将这些质因数分为三类，一类是公有的质因数，一类是独有的质因数，一类是大家都没有的(如果大家都没有的个数为0，那么这时的公倍数就是最小公倍数)。 ②而最小公倍数又必须同时满足：每组公有的质因数只取一个，这几个数独有的质因数要全部取完，除此之外，不得含有其它的质因数，将这些取出的质因数全部乘起来所得的积就是这几个数的最小公倍数。精典例题例1：三个连续的自然数的最小公倍数是168，那么这三个自然数的和等于多少？（1998年小学数学奥林匹克初赛试题）思路点拨：想一想：三个数的最小公倍数与这三个数有什么关系？友情提示：从分解质因数的角度来思考！模仿练习：三个连续的自然数的最小公倍数是9828，这三个自然数的和等于多少？(1998年小学数学奥林匹克初赛试题) 例2：有一个数在700到800之间，用15、18和24去除，都不能整除。如果在

这个数上加1，就能同时被15、18和24整除，这个数是多多少？思路点拨：想一想：如果在这个数加1，就能被15、18、24整除说明这个数加1所得到的数一定是这三个数的…… 模仿练习：一个四位数，千位上的数字和百位上的数字都被擦掉了，只知道十位上数字是1，个位上数字是2.如果这个数减去7就能被7整除，减去8就能被8整除，减去9就能被9整除，那么这个四位数是多少？(北京市第二届“迎春杯”刊赛试题) 例3：甲数是36，甲、乙两数的最小公倍数是288，最大公约数是4，乙数应该是多少？思路点拨：想一想：两个数的最大公约数与它们的最小公倍数以及这两个数之间有什么关系？模仿练习：甲数是60，甲乙两数的最小公倍数是180，最大公约数是30，乙数应该是多少？

(完整版)六年级奥数-第十一讲.数论综合(二).教师版[1]

第十一讲数论综合（二）教学目标： 1、掌握质数合数、完全平方数、位值原理、进制问题的常见题型； 2、重点理解和掌握余数部分的相关问题，理解“将不熟悉转化成熟悉”的数学思想例题精讲：板块一质数合数【例 1】有三张卡片，它们上面各写着数字1，2，3，从中抽出一张、二张、三张，按任意次序排列出来，可以得到不同的一位数、二位数、三位数，请你将其中的质数都写出来．【解析】抽一张卡片，可写出一位数1，2，3；抽两张卡片，可写出两位数12，13，21，23，31，32；抽三张卡片，可写出三位数123，132，213，231，312，321，其中三位数的数字和均为6，都能被3整除，所以都是合数．这些数中，是质数的有：2，3，13，23，31．【例 2】三个质数的乘积恰好等于它们和的11倍，求这三个质数．【解析】设这三个质数分别是a 、b 、c ，满足11abc a b c =++()，则可知a 、b 、c 中必有一个为11，不妨记为a ，那么11bc b c =++，整理得(1b -)(1c -)12=，又121122634=?=?=?，对应的2b =、13c =或3b =、7c =或4b =、5c = (舍去)，所以这三个质数可能是2，11，13或3，7，11．【例 3】用1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字组成质数，如果每个数字都要用到并且只能用一次，那么这9个数字最多能组成多少个质数？【解析】要使质数个数最多，我们尽量组成一位的质数，有2、3、5、7均为一位质数，这样还剩下1、4、6、 8、9这5个不是质数的数字未用．有1、4、8、9可以组成质数41、89，而6可以与7组合成质数 67．所以这9个数字最多可以组成6个质数．【例 4】有两个整数，它们的和恰好是两个数字相同的两位数，它们的乘积恰好是三个数字相同的三位数．求这两个整数分别是多少？【解析】两位数中，数字相同的两位数有11、22、33、44、55、66、77、88、99共九个，它们中的每个数都可以表示成两个整数相加的形式，例如331322313301617=+=+=+==+L L ，共有16种形式，如果把每个数都这样分解，再相乘，看哪两个数的乘积是三个数字相同的三位数，显然太繁琐了．可以从乘积入手，因为三个数字相同的三位数有111、222、333、444、555、666、777、888、999，每个数都是111的倍数，而111373=?，因此把这九个数表示成一个两位数与一个一位数或两个两位数相乘时，必有一个因数是37或37的倍数，但只能是37的2倍(想想为什么？)3倍就不是两位数了．把九个三位数分解：111373=?、222376743=?=?、333379=?、4443712746=?=?、5553715=?、6663718749=?=?、7773721=?、88837247412=?=?、9993727=?．把两个因数相加，只有(743+)77=和(3718+)55=的两位数字相同．所以满足题意的答案是74和3，37和18．板块二余数问题【例 5】 (2003年全国小学数学奥林匹克试题)有两个自然数相除，商是17，余数是13，已知被除数、除数、商与余数之和为2113，则被除数是多少？【解析】被除数+除数+商+余数=被除数+除数+17+13=2113，所以被除数+除数=2083，由于被除数是除数的17倍还多13，则由“和倍问题”可得：除数=(2083-13)÷(17+1)=115，所以被除数=2083-115=1968．

六年级奥数.数论.整除问题(abc级).学生版

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」

六年级奥数-第十讲.数论之余数问题.教师版

第十讲：数论之余数问题余数问题是数论知识板块中另一个内容丰富，题目难度较大的知识体系，也是各大杯赛小升初考试必考的奥数知识点，所以学好本讲对于学生来说非常重要。许多孩子都接触过余数的有关问题，并有不少孩子说“遇到余数的问题就基本晕菜了！” 余数问题主要包括了带余除法的定义，三大余数定理（加法余数定理，乘法余数定理，和同余定理），及中国剩余定理和有关弃九法原理的应用。知识点拨：一、带余除法的定义及性质：一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0）,若有a÷b=q……r，也就是a＝b×q＋r, 0≤r＜b；我们称上面的除法算式为一个带余除法算式。这里： r=时：我们称a可以被b整除，q称为a除以b的商或完全商 (1)当0 r≠时：我们称a不可以被b整除，q称为a除以b的商或不完全商 (2)当0 一个完美的带余除法讲解模型: 如图，这是一堆书，共有a本，这个a就可以理解为被除数，现在要求按照b本一捆打包，那么b就是除数的角色，经过打包后共打包了 c捆，那么这个c就是商，最后还剩余d本，这个d就是余数。这个图能够让学生清晰的明白带余除法算式中4个量的关系。并且可以看出余数一定要比除数小。二、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，故23+19=42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数，即2. 2.余数的乘法定理 a与b的乘积除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数的积，或者这个积除以c所得的余数。例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23×16除以5的余数等于3×1=3。当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之积再除以c的余数。例如：23，19除以5的余数分别是3和4，所以23×19除以5的余数等于3×4除以5的余数，即2. 3.同余定理

{小学数学}小六数学第21讲：数论综合教师版-——李寒松[仅供参考]

2021年{某某}小学小学数学学习资料教师：年级：日期：

第二十一讲数论综合数论是历年小升初的考试难点，各学校都把数论当压轴题处理。由于行程题的类型较多，题型多样，变化众多，所以对学生来说处理起来很头疼。数论内容包括：整数的整除性，同余,奇数与偶数,质数与合数,约数与倍数,整数的分解与分拆等。作为一个理论性比较强的专题，数论在各种杯赛中都会占不小的比重，而且数论还和数字谜,不定方程等内容有着密切的联系,其重要性是不言而喻的。基本公式 1.已知b|c,a|c,则[a,b]|c,特别地，若(a,b)=1,则有ab|c。 2.已知c|ab，(b,c)=1,则c|a。 3.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= p11a× p22a×...×p k k a（#) 其中p1

6.自然数是否能被3，4，25，8，125，5，7,9，11，13等数整除的判别方法。 7.平方数的总结： ①平方差：A2-B2=（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质因数分答案：把数字分答案，使他满足积是平方数。 ④立方和：A3+B3=(A+B)(A2-AB+B2)。 8.十进制自然数表示法，十进制和二进制，八进制，五进制等的相互转化。 9.周期性数字：abab=ab×101 1.全面掌握数论的几大知识点，能否在考试中取得高分，解出数论的压轴大题是关键。 2.牢记基本公式，并在解题中灵活运用公式。例1:将4个不同的数字排在一起，可以组成24个不同的四位数（4×3×2×1=24）。将这24个四位数按从小到大的顺序排列的话，第二个是5的倍数；按从大到小排列的话，第二个是不能被4整除的偶数；按从小到大排列的第五个与第二十个的差在3000-4000之间。请求出这24个四位数中最大的一个。答案：不妨设这4个数字分别是a>b>c>d 那么从小到大的第5个就是dacb,它是5的倍数，因此b=0或5，注意到b>c>d,所以b=5; 从大到小排列的第2个是abdc,它是不能被4整除的偶数；所以c是偶数，c＜b=5，c=4或2 从小到大的第二十个是adbc,第五个是dacb,它们的差在3000-4000之间，所以a=d+4；因为a>b,所以a至少是6，那么d最小是2，所以c就只能是4。而如果d=2，那么abdc的末2位是24，它是4的倍数，和条件矛盾。因此d=3,从而a=d+4=3+4=7。这24个四位数中最大的一个显然是abcd,我们求得了a=7,b=5,c=4,d=3 所以这24个四位数中最大的一个是7543。例2：一个5位数，它的各个位数字和为43，且能被11整除，求所有满足条件的5位数？答案：现在我们有两个入手的选择，可以选择数字和，也可以选择被11整除，但我们发现被11整除性质的运用要具体的数字，而现在没有，所以我们选择先从数字和入手。 5位数数字和最大的为9×5=45，这样43的可能性只有9，9，9，9，7或9，9，9，8，8。这样我们接着用11的整除特征，发现符合条件的有99979，97999，98989符合条件。

数论--综合-第6讲初等数论竞赛班教师版

第六讲初等数论初等数论是主要用算术方法研究整数最基本性质的一个数学分支，是数学中最古老的分支之一.近几十年来，初等数论在计算机科学、组合数学、代数编码、信号的数字处理等领域得到广泛应用.同时，初等数论在各类数学竞赛中占有重要地位，以国际数学奥林匹克为例，约有四分之一的题目是主要用初等数论知识来解的. 一、基础知识 1.整除理论性质1：如果a\b t b\c t那么d|c；性质2：若a\c t则对于任意整数x、y都有a\bx+cy 2.质数与合数性质1：设n为大于1的正整数，p是n的大于1的约数中最小的正整数，则p为质数；性质2：如果对任意1到亦之间的质数p,都有p不整除n,那么n为质数，这里n为大于1的正整数；性质3：质数有无穷多个；性质4：质数中只有一个数是偶数，即2； 3.同余定义：如果a、b除以m (正整数)所得得余数相同，那么称a、b对模m同余，记作 a=b (mod in) 性质X如果a三b (mod 则m\a-bt 性质2：若a = b (mod m) f c = d (mod 加)贝i]a + c = b + d (mod nt) a-c 三b-d (mod /H),ac = bd (mod ni) 性质3：a = b (mod m), n 为正整数，则a n = b" (mod m) 4.费尔马小定理 Fermat小定理：设p为质数，a为整数，则/三?(mod “).特别地，如果a不能被p整除，则三l(mod p) 二、例题部分例1 (2006年希望杯初二培训题)已知一个五位数用4, 5, 6, 7, 8五个数码各一次组成，如64875 等，在这样的五位数中，能被55整除的有几个，它们分别是多少？《数理天地》2005增刊P22, 80 例2 (★★, 86年全国)设a、b. c是三个互不相等的正整数，求证：在—b'c — bF, c3a-ca3三个数中，至少有一个数能被10整除；

10数论问题的常用方法(教师版)

数论问题的常用方法数论是研究数的性质的一门科学，它与中学数学教育有密切的联系。数论问题解法灵活，题型丰富，它是中学数学竞赛试题的源泉之一。下面介绍数论试题的常用方法. 1.基本原理为了使用方便，我们将数论中的一些概念和结论摘录如下：我们用),...,,(21n a a a 表示n 个整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数。用[1a ,2a ,…,n a ]表示 1a ,2a ,…,n a 的最小公倍数。对于实数x ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，用{x }=x -[x ] 表示x 的小数部分。对于整数b a ,,若)(|b a m -，,1≥m 则称b a ,关于模m 同余，记为 )(mod m b a ≡。对于正整数m ，用)(m ?表示{1，2，…，m }中与m 互质的整数的个数，并称)(m ?为欧拉函数。对于正整数m ，若整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余，则称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；若整数)(21,...,,m r r r ?中每一个数都与m 互质，且其中任何两个数关于模m 不同余，则称{)(21,...,,m r r r ?}为模m 的简化剩余系。定理1 设b a ,的最大公约数为d ，则存在整数y x ,，使得 yb xa d +=. 定理2 （1）若)(mod m b a i i ≡，1=i ，2，…，n ，)(mod 21m x x =，则 1 1n i i i a x =∑≡2 1 n i i i b x =∑；（2）若)(mod m b a ≡，),(b a d =，m d |，则 )(mod d m d b d a ≡；（3）若)(mod m b a ≡，),(b a d =，且1),(=m d ，则)(mod m d b d a ≡；（4）若b a ≡（i m mod ），n i ,...,2,1=，M=[n m m m ,...,,21]，则b a ≡（M mod ）. 定理3 （1）1][][1+<≤<-x x x x ；（2）][][][y x y x +≥+；（3）设p 为素数，则在!n 质因数分解中，p 的指数为 ∑ ≥1 k k p n .