一个数能被某自然数整除的特征的定理
自然数的性质与运算定律
自然数的性质与运算定律自然数是人们日常生活中最常见的数，即从1开始一直向正无穷方向延伸的数集。
它们具有一些独特的性质和运算定律，对于我们理解数学的基本概念和推理方法有着重要的作用。
本文将介绍自然数的几个重要性质和运算定律，并探讨它们在实际问题中的应用。
1. 自然数的性质1.1 唯一性：每个自然数都是独一无二的。
不同的自然数具有不同的值，不存在两个自然数是相同的。
1.2 顺序性：自然数按照从小到大的顺序排列。
后面的自然数总是比前面的自然数大。
1.3 无穷性：自然数是无限多的，不存在最大自然数。
无论我们取多大的自然数作为起点，总能找到比它更大的自然数。
1.4 基数性：每个自然数都表示某个集合中元素的个数。
例如，自然数3表示一个集合中有3个元素。
2. 自然数的运算定律2.1 加法运算加法是自然数最基本的运算之一，表示两个自然数的求和。
对于任意自然数a、b和c，满足以下运算定律：（1）交换律：a + b = b + a，即加法的顺序不影响最终的结果。
（2）结合律：(a + b) + c = a + (b + c)，即无论加法的括号如何分配，最终的结果是相同的。
（3）零元素：存在一个自然数0，使得 a + 0 = a 对于任意自然数a 成立。
0被称为加法的零元素。
2.2 乘法运算乘法是自然数中另一个重要的运算，表示两个自然数的相乘。
对于任意自然数a、b和c，满足以下运算定律：（1）交换律：a × b = b × a，即乘法的顺序不影响最终的结果。
（2）结合律：(a × b) × c = a × (b × c)，即无论乘法的括号如何分配，最终的结果是相同的。
（3）单位元素：存在一个自然数1，使得 a × 1 = a 对于任意自然数a 成立。
1被称为乘法的单位元素。
（4）分配律：a × (b + c) = a × b + a × c，即乘法对于加法具有分配律。
费马大定理——一个困惑了世间智者358年的谜
悬赏十万马克
德国的沃尔夫斯克勒 Wolfskehl (1856 - 1908)
在最后时刻挽救自杀 德国商人，学习医学， 1883 年跟库麦尔学习 订立遗嘱，悬赏十万马克，奖赏在他死后一百 年内能证明“费马最后定理”的人
“证明这种不可能 性的尝试，提供了 一个明显的例子， 说明这样一个非常 特殊、似乎不十分 重要的问题会对科 学产生怎样令人鼓 舞的影响”。
费尔马小猜想
• 1640年，费尔马在研究质数性质时，发现了一 个有趣的现象： n 1 2 2 • 当n=1时，2 +1=2 +1=5； n 2 2 2 • 当n=2时，2 +1=2 +1=17； n 3 2 2 • 当n=3时，2 +1=2 +1=257； n 4 2 2 • 当n=4时，2 +1=2 +1=65537； n 2 • 猜测：只要n是自然数， 2 +1一定是质数 • 1732年，欧拉进行了否定
附加的评注： “我有一个对这个命题的十分美妙的证明，这里 空白太小，写不下。”
两个问题
（1）为什么费马猜想叫做费马定理呢？ 因为经过三百多年，都没有人能作出反例， 所以人们相信是它是正确的，是一个定理。 （2）费马提出这命题后三十年才去世，为什 么会把这个命题做“费马最后定理”呢？ 因为费马曾经提出过的命题，都已经被证实 或否定，只剩下这一题，未能获证。
同时，柯西（Cauchy）亦宣布他早 已取得“费马最后定理”的初步证 明
3月22日，两人同时向巴黎科学院提出自己的证 明。不过，对于“唯一分解定理”的问题，二 人都未能成功地解决。 5月24日，德国数学家库麦尔发表了一封信，指 出“唯一分解定理”的必要性，亦清楚地显示， 拉梅和柯西的方法是行不通的，从而平息了二 人的争论。
自然数的整除
三、倍和倍内，教学因数和倍数只在 整数范围内讨论，学生可以说“18是3和6的倍数”，但是 不能说“18是4的倍数”。这是受小学生知识水平的限制， 在教学时将讨论的范围缩小了。 但是实际上，倍和倍数的概念，是可以推广到有理数 和实数范围内的。例如18÷4=4.5 ，我们可以说18是4的 4.5倍。为避免概念混淆，我们在说到“倍数”时，指的 是二者间有倍数关系，而不提多少倍。 例如，我们可以说18是4的倍数，也可以说 “18是4的4.5倍”， 但是不会说“18是4的4.5倍数”。
整除、倍数和因数 带余除法 数的奇偶 质数、合数 质数的判断
分解质因数
数的奇偶 一、定义
自然数分类可以分为奇数和偶数两类 1、偶数的定义：偶数指能被2整除的数，如0,2,4,6，···。
记作2n(n为整数)。
2、奇数的定义：奇数指不能被2整除的数（即余数为1）， 如1,3,5,7，···。记作2n+1(n为整数)。 每个整数不是偶数，就是奇数，二者必居其一。
整除、倍数和因数 带余除法 数的奇偶 质数、合数 质数的判断
分解质因数
质数的判断
一、查表法（希腊学者埃拉斯托尼）
二、试除法
例如：判断197是否是质数。 可以用2、3、5、7、11等小于(197)
½ 的质数去试除。
最大素数（长达17,425,170 位）：
257885161-1
如果你一秒钟写一个数字，每 天写12小时，那么只要403天 就可以写完这个质数了。
的
自然 整
数
除
整除、倍数和因数 带余除法 数的奇偶 质数、合数 质数的判断
分解质因数
整除、倍数和因数 一、定义
1、整除的定义：对于整数a和整数b，如果存在一个整数k， 使得a=b·k，那么就说a能被b整除，记作b|a。它的意义是a恰
【小升初专项训练】10 孙子定理
第13讲孙子定理第一关求被除数【知识点】1 .孙子定理的含义：也叫中国剩余定理.《孙子算经》中“物不知数”问题说：“今有物，不知其数，三三数之剩二，五五数∙∙之剩三，七七数之剩二，问物几何？”即被三除余二，被五除余三，被七除余二的最小整数.这个问题称作孙子问题，俗称韩信点兵.其正确解法叫做孙子剩余定理.2 .中国轲余定理的结论：令任意固定整数为M,当M/A余a,MZB余b,M/C余c,M/D余d,…，M/Z余Z时，这里的A,B,C,D,…，Z为除数，除数为任意自然数（如果为。
，没有任何意义，如果为1,在孙子定理中没有计算和探讨的价值，所以，不包括O和1）时；余数a,b,c,d,Z为自然整数时.1 .当命题正确时，在这些除数的最小公倍数内有解，有唯一的解，每一个最小公倍数内都有唯一的解；当命题错误时，在整个自然数范围内都无解.2 .当M在两个或两-个以上的除数的最小公倍数内时，这两个或两个以上的除数和余数可以定位M在最小公倍数内的具体位置，也就是M的大小.3 .正确的命题，指没有矛盾的命题：分别除以A,B,C,D,…，Z不同的余数组合个数=A,B,C,D,…，Z的最小公倍数二不同的余数组合的循环周期.【例1】有一个整数，除以3余数是2,除以5余数是3,除以7余数是4,这个数可能是多少？A.67B.73C.158D.22【答案】C【例2】一个自然数除以13余6,除以29余7,这个自然数最小是多少？【答案】123【例3】一个数除以4余3,•除以5余2,除以6余1,这个数最小是多少？【答案】7【例4】有一个数除以3余2,除以5余3,除以7余4,除以9余5.这个数至少是多少？【答案】158【例5】被4除余1,被5除余2,被6除余3的最小自然数是多少？【答案】57【例6】一个数被2,3,7除结果都余1,这个数最小是多少？【例7】被3除余2,被5除余4,被7除余4的最小自然数是多少？【答案】74【例8】一个数，它除以11余8,除以13余10,被3除余1,这个数最小是多少？【答案】283【例9】某数用6除余3,用7除余5,用8除余1,这个数最小是几？【答案】33【例10】一个数除以5余2,除以6余2,除以7余3,求能漏足这三个条件的最小自然数是多少？【答案】122【例11】一个自然数除以3余2,除以5余4,除以7余6,这个自然数最小是多少？【答案】104【例12】一个数能被3、5、7整除，若用11去除则余1,这个数最小是多少？【答案】210【例13】•筐橘子，三三数之余一，五五数之余四，七七数之余二，筐里最少有多少个橘子？【答案】79【例14】一堆糖.分给A、B、C三个班级的小朋友（每班人数互不相同），如果A班每人6颗，则多3颗；乙班每人7颗，则少3.颗；丙班每人8颗，则少7颗，问这堆糖至少有多少颗？【答案.】81【例15】有一筐苹果，甲班分，每人3个还剩11个；乙班分，每人4个还剩10个；丙班分，每人5个还剩12个.那么这筐苹果至少有多少个？【答案】62【例16】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？【答案】123【例17】一筐苹果，如果按5个一堆放，最后多出3个.如果按6个一堆放，最后多出4个.如果按7个一堆放，还多出1个.这筐苹果至少有多少个？【答案】148【例18】五年级的学生排队做操，如果10人一行则余2人，如果12人一行则余4人，如果16人一行则余8人，那么五年级最少有多少人？【答案】232【例19】一个三位数被3除余1,被5除余3,被7除余5,这个数最大是多少？【答案】943【例20】设。
同余定理(解析)同余定理(学生)-六年级数学思维拓展
2022-2023学年小学六年级思维拓展专题同余定理知识精讲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所得的余数想同，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）：对于同一个出书，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）：对于同意个除数，两个数的乘积与它们余数的乘积同余。
性质（3）：对于同意个除数，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）：对于同意个除数，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。
典例分析【典例01】求1992×59除以7的余数。
应用同余性质(2)可将1992×59转化为求1992除以7和59除以7的余数的乘积，使计算简化。
1992除以7余4，59除以7余3。
根据同余性质，“4×3”除以7的余数与“1992×59”除以7的余数应该是相同的，通过求“4×3”除以7的余数就可知道1992×59除以7的余数了。
因为1992×59≡4×3≡5(mod7)所以1992×59除以7的余数是5。
数论讲义一：整除
数论讲义一：整除整除是整数的一个重要内容，这里仅介绍其中的几个方面：整数的整除性、最大公约数、最小公倍数、方幂问题。
Ⅰ.整数的整除性初等数论的基本研究对象是自然数集合及整数集合。
我们知道，整数集合中可以作加、减、乘法运算，并且这些运算满足一些规律（即加法和乘法的结合律和交换律，加法与乘法的分配律），但一般不能做除法，即，如是整除，，则不一定是整数。
由此引出初等数论中第一个基本概念：整数的整除性。
定理一：（带余除法）对于任一整数和任一整数，必有惟一的一对整数，使得，，并且整数和由上述条件惟一确定，则称为除的不完全商，称为除的余数。
若，则称整除，或被整除，或称的倍数，或称的约数（又叫因子），记为。
否则，| 。
任何的非的约数，叫做的真约数。
0是任何整数的倍数，1是任何整数的约数。
任一非零的整数是其本身的约数，也是其本身的倍数。
由整除的定义，不难得出整除的如下性质：（1）若（2）若（3）若，则反之，亦成立。
（4）若。
因此，若。
（5）、互质，若（6）为质数，若则必能整除中的某一个。
特别地，若为质数，（7）如在等式中除开某一项外，其余各项都是的倍数，则这一项也是的倍数。
（8）n个连续整数中有且只有一个是n的倍数。
（9）任何n个连续整数之积一定是n的倍数。
（10）二项式定理：；；经典例题：一、带余除法1．若是形如的数中最小的正整数，求证：；分析：利用带余除法，设2．为质数，，证明：被整除；分析：利用带余除法处理，可以设，再来表示二．若3．设和为自然数，使得被整除，证明：分析：根据恒等式4．为给定正整数，对任意，都有，证明：；分析：注意到，对任意，有三、利用牛顿二项式定理；；5．设都是正整数，，且，证明：；分析：首先由，而，讨论的奇偶性6．已知，定义，证明：；分析：当时，四、配对思想7．设为奇数，证明：；分析：由于，这些数的分子都是，分母都小于，因此想到用配对法做此题；五．反证法8．设，，而是一个不小于的正整数，证明：存在整数，使得；整除作业一1．设为有理数，为最小正整数，使得是整数，如果与是整数，证明：。
初等数论中的欧拉定理
初等数论中的欧拉定理定理内容在数论中，欧拉定理（也称费马-欧拉定理）是⼀个关于同余的性质。
欧拉定理表明，若n,a为正整数，且n,a互素，(a,n) = 1，则a^φ(n) ≡ 1 (mod n)证明⾸先证明下⾯这个命题：对于集合Zn={x1,x2,...,xφ(n)},其中xi(i=1,2,…φ(n))是不⼤于n 且与n互素的数，即n的⼀个化简剩余系，或称简系，或称缩系)，考虑集合S = {a*x1(mod n),a*x2(mod n),...,a*xφ(n)(mod n)} 则S = Zn1) 由于a,n互质，xi也与n互质，则a*xi也⼀定于n互质，因此任意xi，a*xi(mod n) 必然是Zn的⼀个元素2) 对于Zn中两个元素xi和xj，如果xi ≠ xj则a*xi(mod n) ≠ a*xj(mod n)，这个由a、n互质和消去律可以得出。
所以，很明显，S=Zn既然这样，那么（a*x1 × a*x2×...×a*xφ(n)）(mod n)= （a*x1(mod n) × a*x2(mod n) × ... × a*xφ(n)(mod n)）(mod n)= （x1 × x2 × ... × xφ(n)）(mod n)考虑上⾯等式左边和右边左边等于(a*（x1 × x2 × ... × xφ(n)）) (mod n)右边等于x1 × x2 × ... × xφ(n)）(mod n)⽽x1 × x2 × ... × xφ(n)(mod n)和n互质根据消去律，可以从等式两边约去，就得到：a^φ(n) ≡ 1 (mod n)推论：对于互质的数a、n，满⾜a^(φ(n)+1) ≡ a (mod n)费马定理:a是不能被质数p整除的正整数，则有a^(p-1) ≡ 1 (mod p)证明这个定理⾮常简单，由于φ(p) = p-1，代⼊欧拉定理即可证明。
小学奥数专题之-数论专题典型结论汇总
小学奥数专题之-数论专题典型结论汇总整除一、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某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；质数合数一、判断一个数是否为质数的方法根据定义如果能够找到一个小于p的质数q(均为整数)，使得q能够整除p，那么p就不是质数，所以我们只要拿所有小于p的质数去除p就可以了；但是这样的计算量很大，对于不太大的p，我们可以先找一个大于且接近p的平方数K2，再列出所有不大于K的质数，用这些质数去除p，如没有能够除尽的那么p就为质数.例如：149很接近1441212，根据整除的性质149不能被2、3、5、7、11整除，所以149是质数.二、唯一分解定理a3aka1a2np1p2p3pk任何一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即：其中为质数，a1a2ak为自然数，并且这种表示是唯一的.该式称为n的质因子分解式.例如：三个连续自然数的乘积是210，求这三个数.分析：∵210=2某3某5某7，∴可知这三个数是5、6和7.三、部分特殊数的分解111337；100171113；1111141271；1000173137；199535719；1998233337；200733223；2022222251；10101371337.约数倍数一、求最大公约数的方法①分解质因数法：先分解质因数，然后把相同的因数连乘起来．例如：2313711，25222327，所以(231,252)3721；21812②短除法：先找出所有共有的约数，然后相乘．例如：396，所以(12,18)236；32③辗转相除法：每一次都用除数和余数相除，能够整除的那个余数，就是所求的最大公约数．用辗转相除法求两个数的最大公约数的步骤如下：先用小的一个数除大的一个数，得第一个余数；再用第一个余数除小的一个数，得第二个余数；又用第二个余数除第一个余数，得第三个余数；这样逐次用后一个余数去除前一个余数，直到余数是0为止．那么，最后一个除数就是所求的最大公约数．(如果最后的除数是1，那么原来的两个数是互质的)．例如，求600和1515的最大公约数：151********；6003151285；315285130；28530915；301520；所以1515和600的最大公约数是15．二、最大公约数的性质①几个数都除以它们的最大公约数，所得的几个商是互质数；②几个数的公约数，都是这几个数的最大公约数的约数；③几个数都乘以一个自然数n，所得的积的最大公约数等于这几个数的最大公约数乘以n．三、求一组分数的最大公约数先把带分数化成假分数，其他分数不变；求出各个分数的分母的最小公倍数a；求出各b个分数的分子的最大公约数b；即为所求．a四、约数、公约数最大公约数的关系（1）约数是对一个数说的；（2）公约数是最大公约数的约数，最大公约数是公约数的倍数五、求最小公倍数的方法①分解质因数的方法；例如：2313711，25222327，所以231,25222327112772；②短除法求最小公倍数；21812例如：396，所以18,12233236；32ab③[a,b]．(a,b)六、最小公倍数的性质①两个数的任意公倍数都是它们最小公倍数的倍数．②两个互质的数的最小公倍数是这两个数的乘积．③两个数具有倍数关系，则它们的最大公约数是其中较小的数，最小公倍数是较大的数．七、求一组分数的最小公倍数方法步骤先将各个分数化为假分数；求出各个分数分子的最小公倍数a；求出各个分数分母的最35[3,5]15b大公约数b；即为所求．例如：[,]412(4,12)4a注意：两个最简分数的最大公约数不能是整数，最小公倍数可以是整数.例如：141,42,32,34八、倍数、公倍数、最小公倍数的关系（1）倍数是对一个数说的；（2）最小公倍数是公倍数的约数，公倍数是最小公倍数的倍数九、最大公约数与最小公倍数的常用性质1．两个自然数分别除以它们的最大公约数，所得的商互质。
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定理：一个整数能被某自然数整除的特征是：这个整数的各个数位上的数，与对应的10的幂除以这个自然数所得余数的乘积之和能被这个自然数整除。
如果一个整数N表示成:
N=an10n+an-110n-1+…+a3103+a2102+a110+a0.
用自然数b去除10, 102，103，…，10n-1，10n，所得的对应的商和余数分别记作:
10n= bqn+rn.
∴N=an(bqn+rn) +an-1(bqn-1+rn-1) +...+a2(bq2+r2) +a1(bq1+r1) +a0
= (anbqn+ an-1bqn-1+.... +a2bq2+ a1bq1)+ (anrn+an-1rn-1+..+a2r2+a1r1+a0)。
设(anqn+an-1qn-1+... +a2q2+a1q1)b=Q，
q1，q2，q3，…，qn-1，qn，与
r1，r2，r3，…，rn-1，rn。（0≤ri<b，i=1，2，…，n）
设anrn+an-1rn-1+…+a1r1+a0=R，
那么N被b整除的特征是: b|R.
证明:
∵10=bq1+r1；
102=bq2+r2；
103= bq3+r3；
…………
10n-1= bqn-1+rn-1；
于是N=Q+ R.ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
因为Q能被b整除，所以，如果数N能被b整除，那么R也能被b整除；如果数R能被b整除，那么数N也能被b整除。因此，数N被b整除的特征就是b|R。