初等数论的一些技巧
初等数论同余
初等数论同余
规律(7)的证明
证： 100 0 1 (0 m 7)o 1 , d 00 1 (0m 7)od
一般地有 10 i 0 ( 1 )0 i(m 7 )io , 0 d ,1 , n
两边同乘 a i 有并对n+1个式子相加得
2121+X+Y 39，4 X-Y+13 22，由此
可知 21+X+Y=27，X-Y+13=11 或21+X+Y=36，X-Y+13=22 X+Y=6，X-Y=-2，或X+Y=15，X-Y=9， 解得X=2，Y=4。
初等数论同余
例3 ：求111 被7除的余数。
50
解：∵111111被7整除，
∴ 111 ≡11（mod 7）≡4（mod 7）
dd
m| a b dd
初等数论同余
性质8 若ab(momd).则 (a,m)=(b,m) 证：由已知a=b+mt,故 (a,m)|a, (a,m)|m, 有(a,m)|b,所以有 (a,m)|(b,m), 同理可证(b,m)|(a,m), 即(a,m)=(b,m).
性质9 若 a b (m m i)o i .1 d ,2 ,3 k,则
初等数论同余
例2：证明5y+3=x2无解 证明：若5y+3=x2有解，则两边关于模5同余 有5y+3≡x2(mod 5) 即3≡x2(mod 5)
而任一个平方数x2≡0,1,4(mod 5) ∴ 3 ≡ 0,1,4(mod 5)，不可能 ∴ 即得矛盾，即5y+3=x2无解 注：在证明方程无解时，经常用不同余就不相等的 方法。
初等数论总复习题及知识点总结
初等数论学习总结本课程只介绍初等数论的的基本内容。
由于初等数论的基本知识和技巧与中学数学有着密切的关系， 因此初等数论对于中学的数学教师和数学系(特别是师范院校)的本科生来说，是一门有着重要意义的课程，在可能情况下学习数论的一些基础内容是有益的．一方面通过这些内容可加深对数的性质的了解，更深入地理解某些他邻近学科，另一方面，也许更重要的是可以加强他们的数学训练，这些训练在很多方面都是有益的．正因为如此，许多高等院校，特别是高等师范院校，都开设了数论课程。
最后，给大家提一点数论的学习方法，即一定不能忽略习题的作用，通过做习题来理解数论的方法和技巧，华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它的内容而忽略习题的作用，则相当于只身来到宝库而空手返回而异。
数论有丰富的知识和悠久的历史，作为数论的学习者，应该懂得一点数论的常识，为此在辅导材料的最后给大家介绍数论中着名的“哥德巴赫猜想”和费马大定理的阅读材料。
初等数论自学安排第一章：整数的可除性（6学时）自学18学时整除的定义、带余数除法 最大公因数和辗转相除法 整除的进一步性质和最小公倍数 素数、算术基本定理[x]和{x}的性质及其在数论中的应用习题要求3p ：2，3 ； 8p ：4 ；12p ：1；17p ：1，2，5；20p ：1。
第二章：不定方程（4学时）自学12学时二元一次不定方程c by ax =+多元一次不定方程c x a x a x a n n =++ 2211 勾股数 费尔马大定理。
习题要求29p ：1，2，4；31p ：2，3。
第三章：同余（4学时）自学12学时同余的定义、性质 剩余类和完全剩余系 欧拉函数、简化剩余系欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中的应用 习题要求43p ：2，6；46p ：1；49p ：2，3；53p 1，2。
第四章：同余式（方程）（4学时）自学12学时同余方程概念 孙子定理高次同余方程的解数和解法 素数模的同余方程 威尔逊定理。
高考数学应试技巧之初等数论
高考数学应试技巧之初等数论高考数学是高考考试中最为重要的一科，数学成绩对于考生的总成绩起着举足轻重的作用。
而在数学中，初等数论作为数学的一个分支，是高考试题中的重要方面之一。
初等数论是指对于自然数的性质研究，常常涉及到质数、因数分解、同余、递推等概念。
在高考数学试卷中，初等数论的应用非常广泛。
因此，考生需要掌握一些初等数论的应试技巧。
一、质因数分解质因数分解是初等数论中最重要的应试技巧之一。
在高考试题中，经常会涉及到质因数的概念，例如求最大公约数、最小公倍数等。
对于一个自然数，它可以分解成多个质数的积，例如36=2×2×3×3，80=2×2×2×2×5。
利用这个性质，可以对一个较大的数进行因数分解，然后利用质因数分解的结果求最大公约数或最小公倍数。
二、同余模运算同余模运算也是初等数论中常见的应试技巧之一。
在高考数学试卷中，常常会涉及到同余模运算，例如求方程的解。
同余模运算是指在模n的情况下，两个数的余数相等。
例如：3≡1(mod2)，表示3除以2的余数与1除以2的余数相等，即它们在模2的情况下是同余的。
三、数列与递推数列和递推也是初等数论中的一个重要内容。
在高考数学试卷中，常常会涉及到数列和递推的问题。
数列是指按照一定规律排列的一组数，而递推是指按照一定的递推公式计算数列的下一项。
例如，有一个数列：1，2，4，7，11，16，22，……。
观察这个数列可以发现，它前面的项相加后得到后一项。
因此，这就是一个递推数列。
利用递推公式可以计算出这个数列的任意一项，同时也可以计算出这个数列的前n项和。
四、题目分析在高考数学试卷中，有许多初等数论的应用题。
这些题目需要考生灵活运用各种初等数论的知识和技巧进行分析和解题。
例如，有一个数学问题：一个自然数的平方加上1是另外一个自然数的三次方，求这两个数。
这个问题看似难解，但通过对题目的分析和运用初等数论的知识可以得到这两个数的解。
初等数论基本思想方法总结
初等数论基本思想方法总结初等数论是研究整数性质及其关系的数学分支，它包括了数的整除性质、最大公因数、素数分解等基本概念和理论。
初等数论的基本思想方法总结如下：1. 数的分类：在初等数论中，数的分类是非常重要的一步。
我们把整数分为偶数和奇数、正整数和负整数、完全平方数和非完全平方数等等。
这样的分类有助于我们更好地理解和描述数的性质。
2. 递归思想：初等数论中经常使用递归思想。
例如，整数的定义是基于自然数的递归定义。
在证明一些性质的时候，我们也可以使用数的递归性质来进行推导。
递归思想在解决问题时，常常能够将复杂的问题简化为简单的子问题。
3. 数的整除性质：整除是初等数论最基本的概念之一。
在初等数论中，我们要研究一个数能否被另一个数整除、两个数的最大公因数等问题。
对于整除性质的研究，我们常常使用带余除法、最大公因数等概念和定理。
4. 素数和合数：素数和合数是初等数论中重要的概念。
我们称大于1且只能被1和它本身整除的数为素数，否则我们称之为合数。
素数的性质在初等数论中有着重要的地位，素数分解定理将任意一个正整数表示为若干个素数的乘积，具有重要的理论和应用价值。
5. 辗转相除法：辗转相除法是初等数论中常用的算法之一。
它用于求两个数的最大公因数，通过不断地进行除法运算，将两个整数的最大公因数转化为较小整数的最大公因数，直到其中一个数为0为止。
6. 数的因子分解：在初等数论中，我们常常需要将一个数分解为几个素数和幂的乘积。
这种分解是数的因子分解，可以通过素数分解定理和辗转相除法来实现。
7. 同余：同余是初等数论中重要的概念和方法之一。
两个整数除以一个正整数所得的余数（都是非负整数）相等，我们就说这两个数对于这个正整数是同余的。
同余关系可以用来刻画整数的性质和关系，也可以用来解决一些问题。
8. 数的循环节性：在初等数论中，很多整数序列会出现循环节。
例如，10进制小数中的循环节、数的幂的个位数循环节等等。
这样的循环节性质可以通过数的除法和模运算来进行研究和验证。
初等数论的性质与定理总结
初等数论的性质与定理总结初等数论是数论中的一个基础分支，研究整数的性质和整数运算规律。
本文将总结初等数论中的一些重要性质与定理。
一、整数的整除性质1. 整数的除法基本性质：对于任意整数a、b和非零整数c，存在唯一的整数q使得a = bq + c。
2. 整除关系的传递性：如果a能整除b，且b能整除c，则a能整除c。
3. 整除关系的辗转相除法：对于任意整数a和非零整数b，存在唯一的整数q和r使得a = bq + r（其中0 ≤ r < |b|）。
二、质数与合数1. 质数的定义：质数是指大于1且只能被1和自身整除的整数。
例如，2、3、5、7等都是质数。
2. 质因数分解定理：每个大于1的整数都可以唯一地表示为若干个质数的乘积。
3. 最大公约数与最小公倍数的性质：对于任意整数a和b，记a和b 的最大公约数为gcd(a, b)，最小公倍数为lcm(a, b)，则有以下性质： - gcd(a, b) = gcd(b, a)- gcd(a, 0) = |a|- lcm(a, b) = |ab| / gcd(a, b)三、模运算与同余1. 模运算的基本性质：对于任意整数a、b和正整数n，有以下性质：- (a + b) mod n = (a mod n + b mod n) mod n- (a - b) mod n = (a mod n - b mod n) mod n- (a * b) mod n = (a mod n * b mod n) mod n2. 同余关系的性质：对于任意整数a、b和正整数n，如果a与b模n同余（记作a ≡ b (mod n)），则有以下性质：- a + c ≡ b + c (mod n)- ac ≡ bc (mod n)- 如果a ≡ b (mod n)，则a^k ≡ b^k (mod n)对于任意正整数k四、费马小定理与欧拉定理1. 费马小定理：如果p是质数，a是任意正整数且p不整除a，则有a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。
初等数论的有效教学法
初等数论的有效教学法初等数论的有效教学法初等数论的有效教学法【1】【摘要】高等师范学校小学教育专业的数学类课程设置的目标是为了培养合格的小学数学教师.为了在初等数论的教学中突出师范教育的特色，本文从三个方面探索了初等数论的有效教学法.【关键词】初等数论;有效教学法高等师范学校小学教育专业的数学类课程设置的目标是为了培养合格的小学数学教师，而初等数论的最基本的内容一直是小学数学的基础内容之一.作为一名数学教师，站在教学要游刃有余的角度上是必须掌握基本的初等数论知识的.为了在初等数论的教学中突出师范教育的特色，本文根据作者自身的教学实践，从三个方面探索了初等数论的有效教学法.一、在初等数论教学中渗透小学数学教学法高等师范学校的小学教育专业培养的是将来要从事小学教育的数学教师.而初等数论中的一些基本知识在小学数学教学中的用途是十分广泛的，在初等数论的课堂教学中注重与小学数学教育结合起来，渗透小学数学的教学方法，提高学生的教学能力显得尤为重要.因此，与小学数学联系紧密的内容要放慢节奏详细讲解.整除的数字特征是与小学数学教学密切相关的内容，许多时候需要学生直接借助概念进行思维，而对于以形象思维为主的小学生来说，这部分内容是难点.初等数论的教材中需要利用同余的知识来证明整除的数字特征，而这在小学数学教学中显然是不适用的，小学生大多还没有接触过同余的知识，那在课堂上应该如何引导小学生来理解这些整除的数字特征呢?这需要教师对整除的性质有一个全面的了解.在课堂教学中渗透小学数学的教学方法可以使学生比较扎实地在较高层次上掌握小学数学的一些知识，进而提高学生的数学教学能力.二、在初等数论教学中补充小学数学竞赛题初等数论教材中有许多古代数学名题，如“百鸡问题”“鸡兔同笼”等都是小学数学的趣味题，容易引起学生的学习兴趣.在初等数论的相关章节中可以适当补充一些小学数学竞赛试题.例如，介绍带余除法时可以举例：“某数除以3余2，除以4余1，该数除以12余几?”介绍奇偶分析时列举几个大家熟知的“翻茶杯”“放硬币”“报数游戏”等富有生活情趣的小学竞赛题.介绍最大公约数和最小公倍数时可以补充如下例题：一块长方形地，长24871厘米，宽3468厘米，要截成若干个同样大小正方形的地块，不能有剩余且正方形的边长要尽可能的大.问：这样的正方形边长是多少厘米?在讲授求解不定方程的内容时，给出如下充满生活气息的应用题：(1)150个乒乓球，分装在大、小两种盒子里，大盒装12个球，小盒装7个球，问：需要大、小盒子各多少个才能恰好把这些球装完?(2)某人打靶，8发打了53环，全部命中在10环、7环和5环上，问：他命中10环、7环、5环各几发?在讲质因数分解定理的应用时，举例：如果935×972×975×__________结果末4位为0，__________中最小填什么数?在同余的应用时，举例：今天星期四，再过4734天是星期几?在进行课堂讲授时结合小学数学教会学生解题方法，让学生体会到解题的乐趣，深刻体会到初等数论是一门非常有用的课程.如果能再介绍一些与小学数学有关的趣味史料，则效果更佳.三、在初等数论教学中培养学生的授课能力师范学校小学教育专业担负着培养小学数学教师的重任，因此初等数论的课堂教学应加强学生理论知识的掌握，致力于学生数学素质的培养.初等数论教材中的部分内容，如整除的概念与性质、质数与合数、奇数与偶数、公因数与公倍数、同余等知识，其他课程中已有涉及，学生已有一定的了解，只是在初等数论教材中把它们进一步理论化、系统化而已，在讲授这些内容时可以让学生在自学的基础上，分组讨论后尝试写出教案，再选出一两名代表上台讲授，然后由学生自己对这节课的教学内容和方法进行评论，最后由教师进行总结、补充和点拨，尤其要注重学生的课堂讲课与课后评论这两个环节.这样的教学，不但能激发学生学习初等数论的兴趣和积极性，更能提高学生的授课能力，为学生以后走上讲台提供了一个很好的展示平台，可谓一举两得.而其他与小学教学联系不太紧密的内容可以粗略地讲，尤其是太高深的数论理论，对小学教育专业的学生不必要求太高，否则会使学生望而却步.要教好初等数论这门课，教师在备课过程中要认真钻研教材，充分利用网络资源，在课堂教学中针对师范学校的培养目标，突出师范教育的特色，渗透小学数学教学方法，引入小学数学竞赛题目，并让学生尝试教学提高授课能力，使学生在初等数论的课堂上能学有所得，收获学习知识的快乐.【参考文献】[1]潇湘数学教育工作室.站在皇冠顶上看风景(二)——数学教师要掌握一点初等数论知识[J].湖南教育(下)，2011(5).[2]单墫，主编.初等数论[M].南京：南京大学出版社，2000：20-27.[3]王丽敏，王丽丽.浅谈初等数论的教学改革[J].安阳师范学院学报，2011.[4]原新生.突出师范特色改革初等数论教学[J].教育与职业，2006(8).[5]沈利玲.提高小学教育专业初等数论课的教学效果[J].赤峰学院学报(自然科学版)，2010(12).初等数论课程教学的改进【2】摘要：初等数论是大学本科数学的专业基础课，但长期得不到足够的重视。
初等数论的基本定理公式
初等数论的基本定理公式初等数论的那些基本定理公式呀，就像是数学世界里的神秘宝藏，每一个都有着独特的魅力和价值。
咱先来说说整除的概念吧。
这就好比是分蛋糕，一个数能被另一个数整除，就像是蛋糕可以被平均分成若干份，一点都不剩。
比如说6能被2整除，就像把6个小蛋糕按照每份2个来分，刚好分完。
这整除关系在数论里可是基础中的基础呢。
那有什么判断整除的小窍门吗？当然有啦。
对于一些特殊的数，像能被2整除的数，它的个位数字是偶数，这就像一种特殊的标记一样。
能被5整除的数呢，个位数字是0或者5，这多好记呀。
你要是看到一个数个位是0或者5，马上就能知道它能被5整除，就像你看到一个人的脸就能认出他是谁一样简单。
再讲讲同余的概念吧。
同余就像是给数穿上了一样的衣服。
比如说10和17除以7的余数都是3，那我们就说10和17对于模7同余。
这就好比一群小动物按照7个一组来分组，10个小动物和17个小动物最后剩下的都是3个，它们就有着同样的分组剩余情况。
同余有好多有趣的性质呢。
同余式就像一种特殊的等式，它也满足一些类似等式的运算规则。
比如说，如果a和b同余于模m，c和d同余于模m，那么a + c和b + d也同余于模m。
这就像是两队小动物分组，每队的剩余情况一样，把两队合起来，剩余情况还是有规律的。
还有素数这个神奇的东西。
素数就像数学世界里的孤独侠客，除了1和它自身，谁也不能整除它。
2是最小的素数，它就像素数世界的小头目一样。
素数的分布很奇特，感觉就像是星星在夜空中的分布，看似杂乱无章，其实有着内在的规律。
研究素数的人就像是探险家，在寻找素数分布的秘密宝藏。
素数在密码学里可是大明星呢。
比如说现在很流行的RSA加密算法，就是利用了大素数的特性，就像利用了一把独特的钥匙来锁住秘密。
算术基本定理也是数论里的重头戏。
它就像一个大管家，把每个大于1的自然数都管理得井井有条。
这个定理说每个大于1的自然数都可以唯一地分解成素数的乘积。
这就好比每个复杂的东西都可以拆分成最基本的零件一样。
初等数论知识点整理
初等数论知识点整理 1. 整数的基本性质：
- 整数的定义与整数集的基本运算
- 整数的大小与比较
- 整数的不同表示形式（十进制、二进制、八进制等） 2. 整除与约数：
- 整除的定义与性质
- 素数的定义与判定方法
- 约数的定义与性质
- 最大公约数与最小公倍数的概念与计算方法
3. 同余与模运算：
- 同余的定义与性质
- 同余的基本运算性质
- 模运算的基本性质
- 剩余类和完全剩余系的概念与性质
4. 质数与素数：
- 质数与素数的定义
- 质数与素数的性质和特性
- 素数的测试方法与算法
- 质因数分解的方法与应用
5. 数论基本定理：
- 唯一分解定理（素因数分解定理）
- 辗转相除法与欧几里得算法
- 欧拉函数与欧拉定理
- 费马小定理与扩展欧几里得算法
6. 数论问题的应用：
- 同余方程与线性同余方程
- 不定方程的整数解与应用
- 素数分布与素数定理
- 模重复性与周期性问题
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第四讲数论的方法技巧之二
四、反证法
反证法即首先对命题的结论作出相反的假设，并从此假设出发，经过正确的推理，导出矛盾的结果，这就否定了作为推理出发点的假设，从而肯定了原结论是正确的。
反证法的过程可简述为以下三个步骤：
1．反设：假设所要证明的结论不成立，而其反面成立；
2．归谬：由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾；
3．结论：因为推理正确，产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立。
运用反证法的关键在于导致矛盾。
在数论中，不少问题是通过奇偶分析或同余等方法引出矛盾的。
解：如果存在这样的三位数，那么就有
100a+10b+c=（10a+b）+（10b+c）+（10a+c）。
上式可化简为 80a=b+c，而这显然是不可能的，因为a≥1，b≤9，c≤9。
这表明所找的数是不存在的。
说明：在证明不存在性的问题时，常用反证法：先假设存在，即至少有一个元素，它符合命题中所述的一切要求，然后从这个存在的元素出发，进行推理，直到产生矛盾。
例2 将某个17位数的数字的排列顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加。
试说明，得到的和中至少有一个数字是偶数。
解：假设得到的和中没有一个数字是偶数，即全是奇数。
在如下式所示的加法算式中，末一列数字的和d+a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b+c≤9。
将已知数的前两位数字a，b与末两位数字c，d去掉，所得的13位数仍具有“将它的数字颠倒，
得到的数与它相加，和的数字都是奇数”这一性质。
照此进行，每次去掉首末各两位数字，最后得到一位数，它与自身相加是偶数，矛盾。
故和的数字中必有偶数。
说明：显然结论对（4k+1）位数也成立。
但对其他位数的数不一定成立。
如12+21，506+605等。
例3 有一个魔术钱币机，当塞入1枚1分硬币时，退出1枚1角和1枚5分的硬币；当塞入1枚5分硬币时，退出4枚1角硬币；当塞入1枚1角硬币时，退出3枚1分硬币。
小红由1枚1分硬币和1枚5分硬币开始，反复将硬币塞入机器，能否在某一时刻，小红手中1分的硬币刚好比1角的硬币少10枚？
解：开始只有1枚1分硬币，没有1角的，所以开始时1角的和1分的总枚数为 0+1=1，这是奇数。
每使用一次该机器，1分与1角的总枚数记为Q。
下面考查Q的奇偶性。
如果塞入1枚1分的硬币，那么Q暂时减少1，但我们取回了1枚1角的硬币（和1枚5分的硬币），所以总数Q没有变化；如果再塞入1枚5分的硬币（得到4枚1角硬币），那么Q增加4，而其奇偶性不变；如果塞入1枚1角硬币，那么Q增加2，其奇偶性也不变。
所以每使用一次机器，Q的奇偶性不变，因为开始时Q为奇数，它将一直保持为奇数。
这样，我们就不可能得到1分硬币的枚数刚好比1角硬币数少 10的情况，因为如果我们有P枚1分硬币和（P+10）枚1角硬币，那么1分和1角硬币的总枚数为（2P+10），这是一个偶数。
矛盾。
例 4在3×3的方格表中已如右图填入了9个质数。
将表中同一行或同一列的3个数加上相同的自然数称为一次操作。
问：你能通过若干次操作使得表中9个数都变为相同的数吗？为什么？
解：因为表中9个质数之和恰为100，被3除余1，经过每一次操作，总和增加3的倍数，所以表中9个数之和除以3总是余1。
如果表中9个数变为相等，那么9个数的总和应能被3整除，这就得出矛盾！
所以，无论经过多少次操作，表中的数都不会变为9个相同的数。
五、构造法
构造法是一种重要的数学方法，它灵活多样，数论中的许多问题都可以通过构造某些特殊结构、特殊性质的整数或整数的组合来解决。
例5 9999和99！能否表示成为99个连续的奇自然数之和？
解：9999能。
因为9999等于99个9998之和，所以可以直接构造如下：
9999=（9998-98）+（9998-96）+…+
=（9998-2）+9998+（9998+2）+…+
=（9998+96）+（9998+98）。
99！不能。
因为99！为偶数，而99个奇数之和为奇数，所以99！不能表示为99个连续奇数之和。
说明：利用构造法证明存在性问题，只要把满足题设要求的数学对象构造出来就行。
例6 从1，2，3，…，999这999个数中，要求划去尽量少的数，使得余下的数中每一个数都不等于另外两个数的乘积。
应划去哪些数？
解：我们可划去2，3，…，30，31这30个数，因为划去了上述这30个数之后，余下的数中，除1以外的任何两个数之积将大于322=1024＞999。
另一方面，可以通过构造三元数组来证明30是最少的个数。
（2，61，2×61），（3，60，3×60），（4，59，4×59），…，
（30，33，30×33），（31，32，31×32）。
上面写出的这些数都是互不相同的，并且这些数中的最大数为 31×32=992。
如果划去的数少于30个，那么上述三元数组至少剩下一个，这样就不满足题设条件。
所以，30是最少的个数。
六、配对法
配对的形式是多样的，有数字的凑整配对，也有集合间元素与元素的配对（可用于计数）。
传说高斯8岁时求和（1+2+…+100）首创了配对。
像高斯那样，善于使用配对技巧，常常能使一些表面上看来很麻烦，甚至很棘手的问题迎刃而解。
例7 求1，2，3，…，9999998，9999999这9999999个数中所有数码的和。
解：在这些数前面添一个数0，并不影响所有数码的和。
将这1000万个数两两配对，因为0与9999999，1与9999998，…，4999999与5000000各对的数码和都是9×7=63。
这里共有5000000对，故所有数码的和是63×5000000=315000000。
例8 某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从0001到9999号。
若号码的前两位数字之和等于后两位数字之和，则称这张购物券为“幸运券”。
例如号码 0734，因 0+7=3+4，所以这个号码的购物券是幸运券。
试说明，这个商场所发的购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除。
解：显然，号码为9999的是幸运券，除这张幸运券外，如果某个号码n是幸运券，那么号码为m=9999-n的购物券也是幸运券。
由于9999是奇数，所以m≠n。
由于m+n=9999，相加时不出现进位，所以除去号码是9999这张幸运券之外，其余所有幸运券可全部两两配对，而每一对两个号码之和均为9999，即所有幸运券号码之和是9999的倍数。
因为9999=99×101，所以所有幸运券号码之和能被101整除。
试说明分子m是质数89的倍数。
解法一：仿照高斯求和（1+2+3+…+n）的办法，将和
①②两式相加，得
从而
2m×88！=89×k（k是正整数）。
因为89为奇质数，所以89不能整除 88！，从而89|m。
解法二：作配对处理
将括号内的分数进行通分，其公分母为
1×88×2×87×3×86×…×44×45=88！，
从而
m×88！=89×k（k=n×q）。
因为89为奇质数，所以89不能整除88！，从而89|m。
七、估计法
估计法是用不等式放大或缩小的方法来确定某个数或整个算式的取值范围，以获取有关量的本质特征，达到解题的目的。
在数论问题中，一个有限范围内的整数至多有有限个，过渡到整数，就能够对可能的情况逐一检验，以确定问题的解。
求这个数，并求出满足题意的5组不同的真分数。
解：因每一真分数满足
而所求的数整S是四个不同的真分数之和，因此2＜S＜4，推知S=3。
于是可得如下5组不同的真分数：
例11 已知在乘积1×2×3×…×n的尾部恰好有106个连续的零，求自然数n的最大值。
分析：若已知n的具体数值，求1×2×…×n的尾部零的个数，则比较容易解决，现在反过来知道尾部零的个数，求n的值，不大好处理，我们可以先估计n大约是多少，然后再仔细确定n的值。
因此，乘积1×2×3×…×400中含质因数5的个数为80+16+3=99（个）。
又乘积中质因数2的个数多于5的个数，故n=400时，1×2×…×n的尾部有99个零，还需 7个零，注意到425中含有2个质因数5，所以
当n=430时，1×2×…×n的尾部有106个零；
当n=435时，1×2×…×n的尾部有107个零。
因此，n的最大值为434。