整数的整除性与同余(教案)

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第二次课-- 整除与同余

第一章整除与同余
最大公因子定理
定理1 设a，b是两个不全为零的整数，则存在两个整数u，v，使 (a，b)= ua+vb．
第一章整除与同余
证明设Z是全体整数集合，构造如下一个集合： S = {xa+ybx，yZ}． S中的元素显然大于等于0．设d是S中的最小正整数，设 d = ua+vb．现在我们证明da且db．做带余除法： a = qd+r，0 r d．于是 r = a – qd = a – q(ua+vb) = (1–qu)a – qvb．这说明r也可表示为a，b的组合，则rS．由于d是S中的最小者，所以r = 0．故da．同理db．设c是a，b的任意公因子，由ca和cb得cua+vb．故 d是a，b的最大公因子，证毕．
第一章整除与同余
互素
定义3：设a，b是两个不全为0的整数，如果(a，b) = 1，则称a，b互素．推论：a，b互素的充分必要条件是：存在u，v，使 ua+vb = 1．证明必要条件是定理1的特例，只需证充分条件．如果存在u，v，使 ua+vb = 1．则由(a，b)(ua+vb)，得(a，b)1，所以(a，b) = 1．
例8 a = 2，b = 3．它们的公倍数集合为 {0，6，12，18，…}．而[2，3] = 6．
第一章整除与同余
最小公倍数与最大公约数关系
定理1.1.2 1）设d是a，b的任意公倍数，则 [a，b] d． ab 2） a，b a，b），特别地，如果(a，b) = 1，（ [a，b] = |ab|．
第一章整除与同余
Eratosthenes筛法
定理1.2.3 设a是任意大于1的整数，则a的除1外最小正因子q 是一素数，并且当a是一合数时，

小学数学教案学习除法的整除与余数

小学数学教案学习除法的整除与余数小学数学教案：学习除法的整除与余数【教学目标】1. 熟练掌握整除和余数的概念；2. 学会使用除法进行计算，并正确理解计算结果的含义；3. 能够运用所学知识解决实际问题。

【教学准备】黑板、白板、教具卡片、小白板、彩色粉笔、计算器。

【教学过程】一、导入老师用彩色粉笔写出一个算式“20 ÷ 4 = ?”，并强调除法是一种运算方法，用来平均分配或分组。

请学生思考并回答这个算式的含义和结果。

二、概念解释1. 整除：当一个数能够被另一个数整除时，我们就称前面的数为后面的数的倍数，并且没有余数。

2. 余数：当一个数不能被另一个数整除时，我们进行除法运算时得到的剩余数就是余数。

三、例题讲解1. 老师设计一个例题：“36 ÷ 6 = ?”，请学生思考并回答这个算式的含义和结果。

然后进行解答，解释36被6整除得到的商为6，没有余数。

2. 老师设计另一个例题：“27 ÷ 5 = ?”，请学生思考并回答这个算式的含义和结果。

然后进行解答，解释27被5整除得到的商为5，余数为2。

强调余数表示无法完全平均分配或分组的数量。

四、巩固练习老师分发教具卡片，每张卡片上有一个除法算式。

学生们需要根据算式计算商和余数，并在小白板上写出算式和结果。

然后轮流回答问题，并解释自己的答案。

五、拓展应用老师提供一些实际问题，引导学生运用所学知识解决问题。

例如：“班级里有27个学生，老师要将他们平均分成5个小组，每个小组应该有多少人？是否能够完全平均分配？如果不能，会有多余的人分在哪个小组？”学生们用除法算出每组应有的人数为5人，余数为2人，最后一个小组多余2人。

【教学总结】老师对本节课的内容进行总结，强调整除的概念、余数的含义以及学生们的学习成果。

提醒学生在日常生活中多运用除法进行计算，加深对整除和余数的理解。

【课后作业】完成课堂练习题，巩固所学知识。

同时，观察生活中的分配和分组情况，并尝试用除法进行计算和分析。

高中数学数字整除问题教案

高中数学数字整除问题教案
教学目标：
1. 掌握整除的概念和判定方法。

2. 训练学生分析问题并运用整除性质进行解题。

3. 提高学生数学推理和逻辑思维能力。

教学重点：
1. 整除的定义和性质。

2. 数学问题中的整除运用。

教学难点：
1. 理解和掌握整除的应用。

2. 运用整除性质解决复杂问题。

教学准备：
1. 教师准备相关教学资料和教学案例。

2. 学生准备好纸笔进行课堂练习。

教学过程：
一、导入：
教师通过引导学生回顾整除的定义和判定方法，提出本节课要讨论整除问题，并引入相关实际问题。

二、讲解：
1. 整除的定义和性质：通过案例或实例讲解整除的概念和性质，引导学生理解整除乘法法则和整除性质。

2. 数学问题中的整除运用：通过实际问题讲解如何运用整除性质解决问题。

三、练习：
教师出示一些数字整除问题，让学生进行思考和运用整除性质解题，并进行课堂讲解和订正。

四、作业：
布置相关数字整除问题作业，让学生巩固所学知识。

五、总结：
通过课堂讨论和总结，引导学生理解整除的重要性和应用，并巩固整个内容。

教学延伸：
教师可以结合实际生活中的整除问题，引导学生思考和解决，提高学生数学推理和应用能力。

“数的整除复习”教学设计共整数除法的教案设计4篇

数的整除复习教学设计共整数除法的教案设计4篇(实用版)编制人：__________________审核人：__________________审批人：__________________编制单位：__________________编制时间：____年____月____日序言下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。

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新人教版二年级数学下册《整除与余数》教学设计

新人教版二年级数学下册《整除与余数》教学设计教学目标- 了解整数的概念及其性质- 掌握整数的整除与余数的概念- 能够运用整除与余数的概念进行简单的问题求解教学内容1. 整数的概念及其性质2. 整除与余数的概念3. 整除与余数的运算规律教学步骤1. 导入：通过实际生活中的例子引导学生了解整数的概念，并与自然数进行对比。

2. 讲解整数的性质：介绍整数的基本性质，例如整数相等、相加、相减的性质。

3. 引入整除与余数的概念：通过具体的例子，让学生了解整除和余数的概念，并掌握其定义。

4. 讲解整除与余数的运算规律：介绍整除与余数的运算规律，例如一个数除以另一个数可以整除的条件。

5. 练与巩固：通过练题，让学生运用所学知识解决简单的问题。

6. 总结与拓展：总结整个教学内容，引导学生思考更多与整除与余数相关的问题。

教学资源- 教材：新人教版二年级数学下册- 多媒体设备：投影仪、电脑、PPT等- 教学辅助工具：练题、教学素材等教学评估- 通过学生课堂练和小组合作活动的表现评估学生对整除与余数的掌握情况。

- 定期进行课堂测验，检验学生对整除与余数的应用能力。

教学延伸- 拓展整除与余数的概念，引导学生解决更复杂的问题。

- 鼓励学生应用整除与余数的概念，从生活实际中寻找更多的例子。

以上是新人教版二年级数学下册《整除与余数》教学设计的内容。

通过此教学设计，旨在帮助学生理解整除与余数的概念，并能够应用于解决简单的问题。

教学过程中应注重启发式教学，引导学生进行思考和探究，培养学生的数学思维能力。

大学整除与同余教案设计

教学目标：1. 理解整除与同余的概念，掌握整除与同余的基本性质。

2. 学会利用整除与同余的性质解决实际问题。

3. 培养学生的逻辑思维能力和数学运算能力。

教学重点：1. 整除与同余的概念及基本性质。

2. 应用整除与同余的性质解决实际问题。

教学难点：1. 理解整除与同余的性质，并能灵活运用。

2. 将实际问题转化为整除与同余问题。

教学用具：1. 多媒体课件2. 白板或黑板3. 练习题教学过程：一、导入1. 复习初中阶段学习的整除概念，引导学生回顾整除的定义和性质。

2. 提出问题：如何判断一个数能否被另一个数整除？3. 引入整除与同余的概念，激发学生的学习兴趣。

二、新课讲授1. 整除与同余的概念（1）整除：如果整数a除以整数b（b≠0），除得的商是整数，且没有余数，那么我们就说a能被b整除，或者说b能整除a。

（2）同余：如果整数a除以整数b（b≠0），除得的余数是整数c，那么我们就说a与b同余，记作a≡c（mod b）。

2. 整除与同余的性质（1）性质1：如果a能被b整除，那么a与b同余。

（2）性质2：如果a≡c（mod b），那么a-b能被b整除。

（3）性质3：如果a≡c（mod b），那么a+b≡c+b（mod b）。

3. 应用整除与同余的性质解决实际问题（1）判断一个数能否被另一个数整除。

（2）求解同余方程。

（3）解决实际问题，如日期、时间、密码等。

三、课堂练习1. 填空题：判断下列各数能否被3整除。

2. 选择题：下列哪个数与8同余？3. 应用题：求2008年2月29日到2010年2月28日共经过了多少天？四、课堂小结1. 回顾整除与同余的概念、性质及应用。

2. 强调整除与同余在解决实际问题中的重要性。

五、课后作业1. 完成课后习题，巩固所学知识。

2. 查阅资料，了解整除与同余在其他领域的应用。

教学反思：本节课通过引入实际问题，引导学生理解整除与同余的概念，并掌握其基本性质。

在教学过程中，注重培养学生的逻辑思维能力和数学运算能力。

整除数的教案

教学内容：整除数教学目标：通过本次课程的学习，学生将能够掌握整除数的概念和特征，并能够熟练应用整除数相关的知识进行数学计算。

教学重点：整除数的概念和特征，以及相关的应用知识。

教学难点：学生能够熟练应用整除数相关的知识进行数学计算。

教学准备：黑板、白板、笔、书籍、纸张、笔记本电脑、投影仪。

教学过程：第一步：导入教师对本节课的教学内容进行简单的介绍，引出整除数的概念和特征，并让学生列举一些整除数的例子。

第二步：讲解1.整除数的定义：对于两个正整数a和b,如果存在一个整数c,使得a=bc成立,c就是a的一个整除数，a就是b的倍数。

2.整除数的特征：整除数具有以下的特征：(1) 所有的自然数都是1的倍数，任何一个自然数都是1的整数倍。

(2) 所有的偶数都是2的整数倍。

(3) 一个数如果是3的整数倍，它的末位数字一定是0、3、6或9。

(4) 整数的各个位数字之和是9的倍数，该整数就是9的倍数。

3.整除数作为一种数学计算方法的应用：学生通过举例子练习如何用整除数进行数学计算，以此来加深对整除数的理解。

第三步：练习学生进行课本上的相关练习或者课堂练习，老师及时纠正错误并讲解。

第四步：拓展1.整除数和约数之间的关系。

2.整除数对数学计算的重要性。

3.利用整除数求最大公约数和最小公倍数的方法。

第五步：总结归纳对本节课的重点内容进行总结，让学生掌握整除数相关的知识，并能熟练应用于数学计算。

教学评价：通过本节课的学习，要求学生掌握整除数的概念和特征，并能够熟练应用整除数相关的知识进行数学计算。

在课堂上，学生能够积极参与讨论和课堂练习，并通过对例题的讲解和练习，有效地掌握了整除数相关的知识。

课后，老师可以布置一些相关作业，以检验学生的学习成果。

整数的整除性与同余(教案)

整数的整除性与同余（教案）教学内容整除与同余教学目标 1 让学生初步学习整除与同余的概念及基本性质;2 能够简单的应用整除与同余的知识处理一些初等数论问题.教学过程一、整数的整除性1、整除的定义：对于两个整数a 、b （b ≠0），若存在一个整数m ，使得b m a ⋅=成立，则称b 整除a ，或a 被b 整除，记作b|a.2、整除的性质1）若b|a,则对于任意非0整数m 有bm|am;2) 若b|a ，c|b ，则c|a3) 若b|ac ，而（a ，b ）=1（（a ，b ）=1表示a 、b 互质，则b|c ；4) 若b|ac ，而b 为质数，则b|a ，或b|c ；5) 若c|a ，c|b ，则c|（ma+nb ），其中m 、n 为任意整数（这一性质还可以推广到更多项的和）6）连续整数之积的性质任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积，因此一定可被2整除；任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是3的倍数，所以它们之积一定可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2×3=6整除例1 （1987年北京初二数学竞赛题）x ，y ，z 均为整数，若11｜（7x+2y-5z ），求证：11｜（3x-7y+12z ）。

证明∵4(3x -7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z)而 11｜11(3x-2y+3z),且 11｜(7x+2y-5z),∴ 11｜4(3x-7y+12z)又 (11,4)=1 ∴ 11｜(3x-7y+12z)例2（1980年加拿大竞赛题）设72｜b 679a 试求a,b 的值。

解：∵72=8×9，且（8，9）=1，∴只需讨论8、9都整除b 679a 时a,b 的值。

若8｜b 679a ，则8｜b 79，由除法可得ｂ＝２若9｜b 679a ，则9｜（a+6+7+9+2），得a=3例3（1956年北京竞赛题）证明：1n 21n 23n 23-++对任何整数n 都为整数，且用3除时余2。

高中数学整数与整除教案

高中数学整数与整除教案一、教学目标：1. 理解和掌握整数的概念；2. 掌握整数的加、减、乘、除运算规律；3. 掌握整数的大小比较；4. 理解和掌握整除的概念及相关性质。

二、教学内容：1. 整数的概念及表示方法；2. 整数的加减法规律；3. 整数的乘法规律；4. 整数的除法规律；5. 整数的大小比较；6. 整除的概念及性质。

三、教学重点与难点：1. 整数的概念及加减乘除运算规律为重点；2. 整除的概念及相关性质为难点。

四、教学过程设计：1. 整数的概念及表示方法（5分钟）- 通过实例引导学生理解整数的概念，如正整数、负整数和零的概念。

- 教师板书整数的表示方法，引导学生掌握整数的表示形式。

2. 整数的加减法规律（15分钟）- 通过一些具体的例题，引导学生掌握整数的加减法规律。

- 讲解整数的加法和减法规律，引导学生进行相关练习。

3. 整数的乘法规律（15分钟）- 通过示例引导学生理解整数的乘法规律，包括同号相乘与异号相乘的规律。

- 讲解整数的乘法规律，引导学生进行相关练习。

4. 整数的除法规律（15分钟）- 通过实例引导学生理解整数的除法规律，包括整除和余数的概念。

- 讲解整数的除法规律，引导学生进行相关练习。

5. 整数的大小比较（10分钟）- 通过比较不同整数的大小，引导学生理解和掌握整数的大小比较方法。

- 讲解整数的大小比较规律，引导学生进行相关练习。

6. 整除的概念及性质（10分钟）- 通过实例引导学生理解整除的概念，包括约数和倍数的概念。

- 讲解整除的性质，引导学生进行相关练习。

五、教学总结与作业布置：1. 总结本堂课的重点内容，强调整数的加减乘除运算规律及整除的概念及性质。

2. 布置相关作业，让学生巩固所学知识。

六、板书设计：1. 整数的概念及表示方法2. 整数的加减法规律3. 整数的乘法规律4. 整数的除法规律5. 整数的大小比较6. 整除的概念及性质七、教学反思：通过本节课的设计和实施，整合了整数的基本概念及运算规律，加深了学生对整数和整除的理解和掌握。

湘教版七年级数学教案二：五大整除性质的认识

湘教版七年级数学教案二：五大整除性质的认识整除是数学中非常重要的一个概念，它在各个领域中都有着广泛的应用。

在初中数学中，整除是一个必须要掌握的基础知识点。

因为整除的性质和规律在初中数学中出现的非常频繁。

湘教版七年级数学教案二就特别讲解了五大整除性质的认识，帮助学生更好地理解和掌握整除的概念和性质。

整除性质一：同余性质同余是一个非常常用的数学概念，对于整除的研究也是非常重要的。

所谓同余，就是指两个数在模某个数下余数相同。

例如，我们可以说4和11在模7下同余，因为它们都是在模7下余数为4。

同余可以表示为a≡b(mod m)。

其中a、b、m都是整数，m不等于0。

在湘教版七年级数学教案二中，同余性质被作为了整除的第一大性质来介绍。

同余性质有以下两个重要的定理：同余定理一：若a≡b(mod m)，则a+c≡b+c(mod m)。

同余定理二：若a≡b(mod m)，则ac≡bc(mod m)。

同余性质的理解和应用需要通过大量的例题和练习来掌握。

同时，同余在很多实际问题中也有着广泛的应用。

整除性质二：倍数性质我们已经知道整除的定义：设a和b是两个整数，且b≠0，则若存在整数c，使得a=bc，则称a被b整除，记作b|a。

倍数就是指某一个数是另一个数的整倍数，例如4是2的倍数，2是1的倍数等等。

倍数性质便是指整数a、b、c之间的倍数关系具有一系列特殊的性质。

倍数性质有以下三个定理：倍数定理一：若a|b且b|c，则a|c。

倍数定理二：若a|b，则a|bc。

倍数定理三：若a|b且a|c，则a|xb+yb（其中x、y为任意整数）。

倍数性质的难点在于理解和应用，湘教版七年级数学教案二中对倍数性质也进行了深入的讲解。

整除性质三：因数的互质性质互质性质是指两个数之间没有公因数，即它们的最大公约数为1。

例如，2和3、4和9都是互质的。

因为2和3没有公因数，2和4也没有公因数，4和9也没有公因数。

互质性质在数论中是一个基本概念，也是整除相关问题中比较重要的一个性质。

整除和余数教案

整除和余数教案教案：整除和余数一、教学目标：1. 掌握整除和余数的概念；2. 能够灵活运用整除和余数的概念解决实际问题；3. 培养学生的逻辑思维和解决问题的能力。

二、教学内容：1. 整除的概念和性质；2. 余数的定义和计算方法；3. 整除和余数在实际问题中的应用。

三、教学过程：【导入】引入整除和余数的概念，以学生已掌握的知识为基础，如数的四则运算和倍数的概念。

【探究】1. 整除的概念和性质- 定义：若整数 a 能被整数 b 整除，即 a/b 的商为整数，则称 a 能被 b 整除，记作 b|a。

- 性质：（1）若 a 能被 b 整除且 b 能被 c 整除，则 a 也能被 c 整除；（2）一个数能被 1 整除；（3）一个数能被本身整除。

2. 余数的定义和计算方法- 定义：若整数 a 除以整数 b，商为 q，余数为 r，则 a = b * q + r，且 0 <= r < b。

- 计算方法：将 a 除以 b，取商的整数部分作为商，余数即为 a 除以 b 的余数。

3. 整除和余数在实际问题中的应用- 实际问题一：一辆公共汽车可乘坐 50 位乘客，已知有 576 人需要乘坐公共汽车，请问还需要多少辆公共汽车？分析：由题意可知，每辆公共汽车能乘坐 50 位乘客，因此需要的公共汽车数量等于 576 除以 50 的商加 1，余数不为 0 时需要再加 1。

解答：576 除以 50 等于 11，余数为 26，因此需要 11 辆公共汽车。

- 实际问题二：小明把一副扑克牌按照顺序排列，每次从中取出 4 张牌，最后剩下 3 张。

请问原本有多少张牌？分析：由题意可知，从中取出 4 张牌后，剩下的牌数除以 4 的余数为 3。

解答：设原本有 x 张牌，则 x 除以 4 的余数为 3，可以列方程 x ≡ 3 (mod 4)，解得 x = 3 + 4k（k 为任意整数）。

由题意可知，小明取出的 4 张牌不多于 52 张（一副扑克牌有 52 张），因此 x 的值不超过52，带入方程可得 x = 3, 7, 11, ..., 51。

第一讲--整数与同余理论

第一讲整数与同余理论本讲介绍有关整数的一些基本概念、性质与定理.主要包括整数的整除性、奇偶性，以及依据整除性而产生的质数与合数、带余除法、最大公约数与最小公倍数. 同时简单介绍同余式的一些最基本的知识及有关重要定理，如欧拉定理、中国剩余定理(CTR).______________________________________________________________________________§1. 1 整数的基本概念、性质与定理自然数和它的相反数，以及零均称为整数. 定义1. 1 设a 与b 是任意两整数且0b≠，若存在整数q 使得a bq =，则称b 整除a 或a 能被b整除.记作|b a ；否则，称b 不能整除a 或a 不能被b 整除，此时记作b a Œ.如果|b a ，则称b 是a 的约数或因数，a 是b 的倍数；若b 是a 的约数但1,b a ≠±±，则称b 是a的真约数或真因数.定理1. 1 设,,,,a b c m n 是整数, 则有 i)|a a ；ii) 如果|a b 且|b a ，则b a±=；iii) 如果|a b 且|b c ，则|a c ； iv) 如果|a b 且|a c ，则|()a mb nc +.定理1. 2（带余除法定理）对任意两整数a 与b 且b ≠0，则存在唯一的一对整数q 与r ，使得a qb r =+，其中0||r b ≤<.q 称为a 被b 除得到的商，r 称为a 被b 除得到的余数.我们借助自然数集的最小数原理来证明该定理:自然数集的最小数原理若S 是广义的自然数集的任一非空子集，则存在a S ∈使得x ∀∈S ，有a x ≤成立，此a 称为S的最小数.定理1.2的证明设{}S=|, 0a kb k a kb -∈-≥ ，则S 是广义自然数集的非空子集，于是存在S 的最小数r ，即存在∈ q ，使ra qb =-，亦即a qb r =+.下面证明0||r b ≤<且q 与r 是唯一的.（注：广义自然数集可包含零及正无穷大这两个元素.）若||rb >，则0||(1)r b a q b S <-=-±∈且||r r b >-，这与r 是S 的最小数矛盾.若存在两整数1q 与1r ，使得11a q b r =+，10||r b ≤<,则11q b r qb r +=+,即11()q q b r r -=-.若1q q ≠，则1||r r b -≥，这与10,||1r r b ≤<-矛盾，故1q q =，于是1r r =. ▋显然，a 被b 整除的充分且必要条件是其余数为0. 例1. 1 设89a=-,13b =, 则7q =-, 2r =.练习1. 11. 证明对任意整数n 有6(1)(21)n n n ++.2. 如果b a 32+与b a 59+中有一能被17整除，那末另一数一定也能被17整除.3. 证明：700a a ，其中00a a 表示一个四位数{1,2,,9}a ∈ .§1. 2 整数的奇偶性奇偶数的定义：能被2整除的整数称为偶数；不能被2整除的整数称为奇数. 基本性质：1）两个整数的和与差具有相同的奇偶性.2）奇数的平方被4除余1，被8除也余1，而偶数的平方能被4整除.3）如果若干个整数的乘积是奇数，则每个因数都是奇数；如果若干个整数之积是偶数，则至少有一个因数是偶数.例1. 2 在广场上有m （奇数）个学生面向南方排成一行，命令其中n （偶数）个学生向后转，称作一次“反向运动”，证明：无论作多少次“反向运动”（转向后的学生允许再转动），都不可能使所有的学生全部面向北方.证假设做k 次“反向运动”后，可使全体学生面向北方，又设各学生“向后转”的次数分别为1,,m x x ,而对每个学生来说，从面向南方变为面向北方，必须经过奇数次“向后转”，即1,,m x x 均为奇数，又m 为奇数，所以1m x x ++ 是奇数.另一方面，每次“反向运动”均是n 个学生的“向后转”，所以k 次“反向运动”所作的“向后转”总次数应为kn ，故有12m x x x kn +++= ，但该等式左边是奇数，而右边是偶数，矛盾. ▋练习1. 21.44⨯的方格纸上填着1,9,9,8这四个数字，如图所示，问是否可能在余下的方格内各填入一整数，使得方格纸上的每一行和每一列都构成等差数列9198表1. 12. 已知多项式32xbx cx d +++的系数均为整数，且bd cd +是奇数，证明：此多项式不可能分解成两个整系数多项式之积.3. 将下图表1.2中任何一行或一列作全部变号操作，问可否经过若干次这样的操作使表1.2变为表1.3？++-++---+ --++----+表1.2 表1.34. 若a 是奇数，且3a Œ,求证：224|(1)a -.§1. 3 最大公约数与最小公倍数本节利用带余除法，引入辗转相除法，并由此介绍最大公约数与最小公倍数.定义1. 2 设12,,,n a a a 是(2)n n ≥个整数.若整数d 是每个i a 的因数，则称d 是12,,...,n a a a 的一个公因数.定义1.3 整数12,,,n a a a 的公因数中的最大者称为它们的最大公因数，记作12(,,,)n a a a 或12gcd(,,,)n a a a .显然，若12,,,n a a a 中至少有一个非零.比如说0ia =/，则12(,,,)n a a a ia ≤，因而此时12,,,n a a a 的最大公因数存在.定义 1. 4 如果12(,,,)1n a a a = ，则称12,,,n a a a 互素（或互质）；如果i j=/时有(,)1i j a a =，则称12,,,n a a a 两两互素（或互质）.显然，若后者成立，则前者也成立，反之则不然.如(3,5,10)1=，但(5,10)1=/.性质定理1.1 设12,,,n a a a 是n 个不全为零的整数，则有 i) 12212(,,,)(,,,,)n n i i i i a a a a a a a = ，其中12,,,n i i i 是1,2,3,,n 的一个排列； ii)1212(,,,)(||,||,,||)n n a a a a a a = ；iii) 若12,,,n a a a 中有一个为1, 则它们互素； iv) 若12,,,s jj j a a a 是12,,,n a a a 中全不为零的整数，则1212(,,,)(||,||,,||)s n j j j a a a a a a = .以上性质的证明均显而易见. 定理1. 3 如果a bq r =+,则有(,)(,)a b b r =.证设(,)a b d=及1(,)b r d =，则一方面，d a d b 且，于是由a bq r =+得|d r ，从而1d d ≤. (1.3.1)另一方面，1|d b 且1|d r ，以及a bq r =+得1|d a .从而1|d d . (1.3.2)综合(1.3.1)与(1.3.2)即得1d d =. ▋辗转相除法设,a b 是任意两个正整数，多次利用带余除法，可得下列诸等式：111122212111111 0, 0, 0, 0.k k k k k k k k k k k a b q r r b b r q r r r r r q r r r r r q r r ----+++=+<<⎫⎪=+<<⎪⎪⎬⎪=+<<⎪=+=⎪⎭()* 由于b 是有限正整数，且1210k k b r r r r +>>>>>= ，所以()*中的正整数k 是存在的.辗转相除法()*是我国古代筹算家的一大成就，西方Euclid(欧几里德)也推得该法则，所以又称为Euclid 算法.定理1. 4 设,a b 是任意给定的两整数，则由()*式可得，(,)k a b r =.证明反复利用定理1. 3有1121(,)(,)(,)(,)(,0)k k k k a b b r r r r r r r -====== . ▋例1. 3 设1895a =-, 1573b =, 求(,)?a b =解(,)(1895,1573)(1859,a b =-=. 反复利用定理1.3，如下面的辗转相除计算图. 再由定理1. 4即得 (,)(1859,1573)143a b ==. ▋图1.4定理1. 5a 与b 的任一公约数是(,)a b 的约数.证设d 是a 与b 的任一公约数，则由()*知d 是b 与1r 的公约数，进而知d 是1r 与2r 的公约数，如此继续，可得d 是k r 的约数. ▋定理1. 6 （扩展Euclidean 等式）若1(,,)n a a d = ，则必存在整数(1,,)i k in = 使1122n n k a k a k a d +++= .推论1.112(,,,)1n a a a = 的充要条件是存在12,,,n t t t ∈ 使2q =51859 15731573 1430 1=1q2=3q 286=1r286 143=2r0=3r11221n n t a t a t a +++= .定理1. 7 设12,,,n a a a 是任意n 个整数.且122(,)a a d =，233(,)d a d =, ,1(,)n n n d a d -=，那么12(,,,)n n a a a d = .性质定理1.2 i) 如果(,)1a b =,则(,)(,)ac b c b =； ii) 如果(,)1a b =，且b ac ，则b c ；iii) 如果(,)1a c =，且(,)1c b =，则(,)1ab c =；iv) 如果()0cc >是a 与b 的公约数,则()(,),a b ab c cc =，进而有,1(,)(,)a b a b a b ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 以上性质均易证明(请读者自证).以下我们讨论最小公倍数: 定义1. 5 设12,,,n a a a 是(2)n n >个整数.i) 如果d 是每个i a 的倍数，则称d 是这n 个数的公倍数； ii)12,,,n a a a 的一切公倍数中的最小正整数称为它们的最小公倍数，记为12[,,,]n a a a .由于任意正数均不是0的倍数，所以任意包含0的一组整数其最小公倍数均不存在. 性质定理1.3 设12,,,n a a a 是n 个全不为零的整数，则有 i) 12120[,,,]||n n a a a a a a <≤ . ii) 1212[,,,][||,||,,||]n n a a a a a a = . iii)1212[,,,][,,,]||n n a k a k a k a a a k = .以上性质请读者自证.定理1. 8 设,a b 是任意两个全不为零的整数，若m 是,a b 的任意一公倍数，则有 i) [,]|a b m ；ii)[,](,) (0)a b a b ab ab =>;iii),[,]m m m a b a b ⎛⎫= ⎪⎝⎭.类似于定理1. 7，我们有：定理 1. 9 设12,,,n a a a 是n 个全不为零的整数，122[,]a a m =，233[,]m a m =，…，1[,]n n n m a m -=，则有 12[,,,]n n a a a m = .例1. 4 i ）求[136,221,391]?= 解 i)[][]136221136,221,391[[136,221],391][,391]1768,39117⋅===.17683914066417⋅==. （其中因为()136,22117=）. ▋练习1. 31. 对给定正整数,,a b c ，证明1) 如果a b ，那么a bc . 2) 如果a b 且a c ，那么2a bc .3)a b 当且仅当ac bc ，其中0c ≠.2. 对于任意的正整数a ，则三个整数, 2, 4a a a ++中必有一个能被3整除.3. 对于任意的正整数a ，证明2|(1)a a +，3|(1)(2)a a a ++.4. 设n 是正整数，证明[,][,]nn n ab a b =.5. 证明121121[,,,,,,][[,,,],[,,]]k k n k k n a a a a a a a a a a ++= .6. 证明下列结论1) 如果a 是奇数，那么224|(1)a a-；2) 如果,a b 都是奇数，那么22|()a ab -；3) 对于任意的整数a ，都有222360|(1)(4)a a a --.§1. 4 质数与合数我们可以将整数分成两类，即奇数类与偶数类；当我们讨论正整数时，也可以将大于1的正整数分为两类，对于任何一个正整数a ,它至少有两个正约数，即1与a , 称a 得当然约数.有些正整数只是这两个当然约数，如3，5，7等，而另一些正整数则还有其它正约数，如6，还有约数2与3，这类约数称非当然约数或真约数.定义1. 6 设a 是一个大于1的正整数，如果a 只有当然约数，则称a 为质数或素数；若a 有真约数，则称a 为合数.于是，正整数={1} 质数集合数集. 性质定理1.4 设p 是任一质数，则有i) 对任一整数a , 有(,)1a p =或|p a .ii) 如果|p ab , 则|p a 或|p b .iii) 如果12|n p a a a 则存在某i , 使|i p a .证 i ）因为(,)|a p p , 而p 为质数，于是(,)1a p =或p , 若(,)a p p =，即有p a .ii) 如果p a Œ, 则由（i ）知(,)1a p =，由已知p ab ，于是由性质定理1. 4知p b .iii) 此条是ii ）的推广. ▋ 例1. 5 如果m 是合数，试证11m mn = 也是合数. 证设mab =，那么()1101(10)1(101)(10101)a b m a b a a --=-=-+++即(1)911911(10101)a b a m a -⋅=⋅⋅+++ 个个. 所以11a 个是m n 的因数. ▋ 练习1. 41. 证明奇素数可表示为两个自然数的平方差.2. 设n 是大于2的整数，则如果2121nn +-和中有一为素数，那么另一数必为合数.3. 试证正整数20001001 个是合数. 4. 设p 和n p +1均为素数，则2p =且n 为2的方幂.§1. 5 整数的分解—算术基本定理任一大于1的整数a 或者是素数，或者是合数，如果a 是一个合数，设1p 是a 的大于1的最小的正约数，则1p 是一个素数，且存在正整数1q 使111,(1)a p q q a =<<. 如果1q 是一个素数，则a 就表成了两个素数之积，如果1q 非素数，则1q 有素因数2p ，于是122a p p a =.如果2a 是素数，则就表成三个素数之积，否则2a 有素因数3p ，如此继续下去，可知a 一定可以表成若干个素数之积.算术基本定理设a 是任一大于1的整数，则a 能表成若干个素数的积： a =12n p p p , 12n p p p ≤≤≤ . (1.5.1)其中12,,,n p p p 是素数，且表达式(1.5.1)是唯一的.算术基本定理也可以称为整数的唯一分解定理.(1.5.2)式中的素数i p 可能有相同的，我们将相同的素因数合写成方幂的形式，则有1212,0,(1,2,,)k k i a p p p i k αααα=>= ,其中()i j p p i j <<是素数.推论1.4 设a 与b 是任意两个正整数，其标准分解式为1212,0,(1,2,,),s s i a p p p i s αααα=≥= 1212,0,(1,2,,),s s i a p p p i s ββββ=≥=则1212(,),s s a b p p p γγγ= ，其中min(,)i i i γαβ= (1.5.4) 1212[,],s s a b p p p δδδ= 其中max(,)i i i δαβ= (1.5.5)及(,)[,]a b a b ab =.练习1. 51. 分别求2160及129999个的标准分解式. 2. 利用Maple 或Mathematica 函数求8203513468500的标准分解式. 3. 设,,a b c 是任意整数，则有1）max(min(,),min(,))min(,max(,))a b a c a b c =； 2)[(,),(,)](,[,])a b a c a b c =.§1. 6 Euler 函数定义1. 7 对任意正整数n , 定义()n ϕ为不超过n 且与n 互质的正整数的个数. 则()n ϕ是定义域为的一个函数, 称为Euler(L.Euler,1707—1783)函数.如(1)1, (2)1, (4)1, (10)4ϕϕϕϕ====. 易知Euler 函数有如下性质：Euler 函数的基本性质定理1.5： i). 若p 是素数, 则()1p p ϕ=-; 反之亦成立. 即若p 为合数, 则有()2p p ϕ≤-；ii) 不超过n 且与n 互质的所有自然数的和为1()2n n ϕ；iii) 若p 是素数, 则1()(1)k k p p p ϕ-=-；iv) 若12m m m =, 且12(,)1m m =, 则12()()()m m m ϕϕϕ=； v) 若1212tt n p p p ααα=是n 的质数分解, 则12111()(1)(1)(1)tn n p p p ϕ=---11(1)tii n p ==-∏或|1(1)p n n p -∏（p 为素数）;证 i) 显然.成立. ii) 若()12,,,n a a a ϕ是不超过n 且与n 互质的所有自然数, 则()12(),(),,()n n a n a n a ϕ---亦是不超过n 且与n 互质的所有自然数, 因此必有()1212()()()()n n a a a n a n a n a ϕϕ+++=-+-++- .于是12()2()()n a a a n n ϕϕ+++=⋅ ,即ii) 成立.iii) 因为不超过kp且与kp不互素, 即与p 不互素的所有自然数为1,2,,k p p p p - , 共为1k p -个整数, 故不超过kp且与kp互素的所有正整数的个数为1k k p p --, 即1()(1)k k p p p ϕ-=-.iv) 我们运用概率知识来证明该条. 记{}1,2,,m Ω=;{}|(,)1E x x m =∈Ω=; {}|(,)1,1,2.i i E x x m i =∈Ω== 则121212,(),(),()m E m E m m E m m ϕϕϕΩ====.设事件A 指从Ω中随机取一数, 该数属于E ；事件i A 指从Ω中随机取一数, 该数属于(1,2)i E i =.因为任意的x ∈Ω,有(,)1x m =当且仅当且1(,)1x m =,2(,)1x m =, 即事件A 发生当且仅当事件1A与事件2A 同时发生. 由于12(,)1m m =, 故1A 与2A 是相互独立的. 从而1212()()()()P A P A A P A P A == .但是()()P A E m m ϕ=Ω=,112111()()()P A E m m m m m ϕϕ=Ω==, 121222()()()P A E m m m m m ϕϕ=Ω==.所以1122()()()m m m m m m ϕϕϕ=⋅.即12()()()m m m ϕϕϕ=. ▋v ）由ⅲ）有11()(1)(1)ii i ii i i ip p p p p αααϕ-=-=-, 1,2,,i t = . 从而由ⅳ）得 1212()()()()tt n p p p αααϕϕϕϕ=121212111(1)(1)(1)t t tp p p p p p ααα=--- 12111(1)(1)(1)tn p p p =--- 11(1)ti in p ==-∏ (i p 为n 的全部不同的素因子) |1(1)p nn p =-∏ (p 为素数) . ▋下面我们介绍Euler 函数的若干应用. 例1. 6 证明：素数有无穷多个. 证设素数只有有限个12,,,n p p p .令12n a p p p = , 则在1到a 的所有正整数中与a 互素的只有一个, 即1. 因此()1a ϕ=, 但12()()n a p p p ϕϕ=12()()()n p p p ϕϕϕ=12(1)(1)(1)1n p p p =---> ,矛盾. 所以素数有无穷多个. ▋例1. 7 设1()3n n ϕ=, 求?n = 解设1212tt n p p p ααα=是n 的素因数分解, 且12p p p t <<< , 则由1()3n n ϕ=得等式121212121111(1)(1)3t t t t t p p p p p p p p αααααα--= .即有1123(1)(1)t tp p p p p --= . (2.2.2) 因为12p p p t <<< , 且1|3(1)(1)t t p p p -- 及t p 为素数知3p t >, 从而1t =或2. 如果1t=, 则13n α=. 由(2.2.2)式得3(31)3-=, 矛盾. 故2t =. 从而122,3p p ==. 此时,1223n αα=且(2.2.2)成立. 即1()3n n ϕ=成立. 所以1223n αα=,其中1α,2α是大于0的整数. ▋练习1. 61. 计算欧拉函数值(2008)ϕ.2. 求下列数论方程的所有正整数解.1）()(2)x x ϕϕ=; 2)(3)(4)x x ϕϕ=;3. 证明分母不大于n 的既约真分数的个数等于(2)(3)().n ϕϕϕ+++§1. 7 同余的定义及性质定义1. 8设m 是一给定的正整数, a 与b 是两个整数, 如果用m 分别去除a 与b .若得到的余数相同,则称a 与b 关于模m 同余, 记作(mod ),a b m ≡并称为同余式；若得到的余数不相同, 则称a 与b 关于模m 不同余, 记作(mod )ab m ≡/.依定义,任何一个偶然与0关于模2同余,任何一个奇数与1关于模2同余, 即有20(mod 2)n ≡, 211(mod 2)n +≡()n ∈ .再如3655(mod12)7(mod12)≡≡-. 显然对任何一整数a 与b 均有(mod1)ab ≡.对任意两个不同的素数p 与q 有：(mod )q p q ≡/及(mod )p q p ≡/.关于同余的性我们有如下定理同余的性质定理1. 5 设m 是给定的正整数,111222,,,,,,,,a b c a b c a b c 是整数,则有 i)(mod ),a b m ≡成立的充要条件是|m a b -.ii) 同余是一个等价关系, 即有a)(mod ),a a m ≡ （反身性）.b) 若(mod ),a b m ≡ 则(mod )b a m ≡（对称性）.c) 若(mod )a b m ≡且(mod )a c m ≡,则(mod )a c m ≡（传递性）.iii) 若11(mod )a b m ≡,22(mod )a b m ≡, 则1212(mod )a a b b m ±≡±及1212(mod )a a bb m ≡.iv) 若(mod )a b m ≡.d 是m 的任一因数, 则(mod )a b d ≡.v) 若(mod )ab m ≡,d是,a b 及m 的任一公因数,则(mod )a b md d d≡. vi) 若()mod ac bcm ≡,则mod (,)m a b c m ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭.特别当(,)1c m =时,有(mod )a b m ≡.vii) 若(mod ),1,2i a b m i ≡=. 则12(mod[,])a b m m ≡, 反之亦成立.特别当12(,)1m m =时,有1(mod )ab m ≡ 且2(mod )a b m ≡的充要条件是12(mod )a b m m ≡.viii) 若(,)1a m =, 则存在b使1(mod )ab m ≡.可称b为a关于模m的逆, 记为1(mod )b a m -=或1|m a -.以上性质的证明均较易,我们证明其中几条为,为方便证明,用符号“⇔”表示“当且仅当”. 证 i)(mod )a b m ≡⇔a 与b 用m 去除有相同的余数⇔a b -与0用m 去除有相同的余数|m a b ⇔-.ii)-c) 由i)(mod )a b m ≡且(mod )b c m ≡|m a b ⇔-且|m b c -|()()m a b b c ⇒-+-(mod )a c m ⇔≡.iii) 由i) 得11(mod )a b m ≡及22(mod )a b m ≡⇔11|m a b -及22|m a b -122112|(()())m a a b a b b ⇒-+-⇒1212|()m a a bb -1212(mod )a a bb m ⇔≡.vi) 由i)(mod )ac bc m ≡⇔|()m c a b -|()|()(,)(,)(,)m c m a b a b c m c m c m ⇔-⇒-（因为,1(,)(,)m c c m c m ⎛⎫= ⎪⎝⎭）mod (,)m a b c m ⎛⎫⇔≡ ⎪⎝⎭.vii) 由i) 知1(mod )ab m ≡且2(mod )a b m ≡1|m a b ⇔-且2|m a b -, 即a b -是1m 与2m 的公倍数, 从而12[,]|m m a b -. 再由i)12(mod[,])a b m m ≡此性质可推广至任意有限个模数12,,t m m m ⋅⋅⋅的情形.viii) 若(,)1a m =,则存在整数b 与c 使1ab mc +=.于是1()ab m c -=-. 即|(1)m ab -. 由i) 得1(mod )ab m ≡ . ▋以上性质形式简单, 证明容易, 但同余式类似普通等式的特点使其具有广泛的应用价值.下面是若于同余式性质的应用实例.例1. 8 求3652008的个位数字.解即要求一个0到9之间的数a 使3652008(mod10)a ≡. 由于36533653652008(2108)108k =⨯+=+.所以36536520088(mod10)≡.又286044(mod10)=+≡,42846(mod10)≡≡.因此36549114919188(8)868688(mod10)⨯+==⋅≡⋅≡⋅≡.故8a =. ▋例1. 9 设A 是正整数,B 是A 的各数位上的数字之和, 证明(mod9)A ≡B . 证明设101010,09nn i a a a a A =⋅+⋅⋅⋅+⋅+≤≤,0n a ≠. 则10n a a a B =+⋅⋅⋅++.由于101(mod 9)≡,1011(mod9)i i≡≡, i 为正整数. 所以 1010101011n n n a a a a a a ⋅+⋅⋅⋅+⋅+≡⋅+⋅⋅⋅+⋅+10(mod9)n a a a ≡+⋅⋅⋅++,即(mod9)A ≡B . ▋例1. 10 设正整数1010001000,01000n n i a a a a a =⋅+⋅⋅⋅+⋅+≤<.则7整除a 的充要条件是07|(1)ni ii a =-∑.证因为10001(mod7),1000(1)(mod7)ii ≡-≡-, 所以由性质定理得10(1)(1)(mod7)n n a a a a ≡⋅-+⋅⋅⋅+⋅-+.故7|7|(1)ni i i a a =⇔-∑. ▋同样，因为10001(mod11)≡-及10001(mod13)≡-.我们可得011|11|(1)nii i aa =⇔-∑及13|13|(1)ni i i a a =⇔-∑.例1. 11 证明不定方程22286x y az -+=对任何给定的整数a 无整数解.证设0x 、0y 及0z 是该不定方程的一组整数解, 即有22200086x y az -+=. (1.6.1)将上式关于2取模得22000(mod2)x y -≡. 因此0x 与0y 有相同的奇偶性. 再将(3.1.1)关于4取模得22002(mod4)x y -≡.因此0x 与0y 同为奇数.于是22001(mod8)x y ≡≡. 将(1.6.1)式关于8取模便得06(mod8)≡矛盾. 故原不定方程无整数解. ▋例1. 12 证明对任何整数n , 35711()1535f n n n n =++均是一个整数.证只要证对任意正整数n 有 357530(mod15)n n n ++≡ (1.6.2)即可.由于35337532(mod3)n n n n n n n ++≡+≡-,而3(1)(1)(1)(1)n n n n n n n n -=-+=-⋅+是3的倍数, 故357530(mod3)n n n ++≡. (1.6.3)又3555753222()(mod5)n n n n n n n ++≡-≡-, 而52(1)(1)(1)n n n n n n -=-++及0n ≡或1±或2±(mod5). 当n ≡或1±(mod5)时,(1)(1)0(mod5)n n n -+≡当2(mod5)n ≡±时, 2(1)0(mod5)n +≡, 因此不论n 为何整数, 均有50(mod5)n n -≡, 故357530(mod5)n n n ++≡. (1.6.4)因为(3,5)1=,所以由性质定理vii) 及(1.6.3)与(1.6.4)即可推得(1.6.2)成立. ▋练习1.71. 1) 求3651999的最后两位数字.2) 求20001999表示成17进制数时的个位数及最后两位数.2. 证明20001999340(mod5)+≡.3. 证明若一个三位数的数字（0到9之间的数）是相邻的三个数字, 且百位上的数字大于个位上的数字, 则该位数与它的数字次序相反的三位数的差等于是198.4. 设十进制自然数21398a b （其中0,9a b ≤≤）为99的倍数, 求a 与b .5. 设n 为正整数, 证明22330|6511nn --.6. 假设131|111n, 求?n =§1. 8 同余类与剩余类定义1. 9 设m 是一给定的正整数, 则任意整数a 关于模m 同余0或1, 或2,⋅⋅⋅, 或1m -. 于是我们可将整数集划分成m 个类：所有与()01r rm ≤≤-同余的整数归为一类. 显然, 在同一类中的任两个整数关于模m 一定同余, 而不在同一类中的任两个整数关于模m 一定不同余. 每一个这样的类称之为模m 的同余类或模m 的剩余类. 从每个类中任取出一数, 则得到的这m 个数就称为模m 的完全剩余系, 又简称m 的完系.若记[]rm 为r 所在的模m 的同余类（或在明确模m 的情况下简记为r ）, 则有下列性质定理.定理1. 10 设m 是一给定的正整数, 则有 i) []{}r m r km k =+∈ . ii)[][]r m s m m r s =⇔-.iii) 对任意两整数,,r s 或者[][]r m s m =, 或者[][]r m s m =∅ .iv)k 个数12,,,k a a a ⋅⋅⋅构成的完系的充要条件是k m =,且当i j ≠时有(mod )i j a a m ≡/.以上性质由定义可直接得知.根据完系的定义, 对于给定的正整数m , 模m 的完系有无限个,下面我们给出几个常用的完系. 1) 模m 的最小非负完全剩余系：0,1,,1m - .2) 模m 的最小正完全剩余系：1,2,,m3) 模m 的最大非正完全剩余系：(1),(2),,1,0m m ----- .4) 模m 的绝对值最小完全剩余系：m 为偶然时：,,1,0,1,,122m m --- 或 1,,1,0,1,,22m m -+- .m 为奇数时：11,,1,0,1,,22m m ---- . 定理1. 11 若12,,,m a a a 是m 的一个完系,a 与b 是任意两整数且(,)1a m =, 则12,,,m aa b aa b aa b +++亦是m 的完系.证由定理3. 2—iv), 只要证明对任何i j ≠,有(mod )i j aa b aa b m +≡+/ 即可.如果(mod )ij aa b aa b m +≡+, 则有(mod )i j aa aa m ≡. 因(,)1a m =,由定理3.2—vii)即得(mod )i j a a m ≡,这与12,,,ma a a ⋅⋅⋅为m的完系矛盾,所以(m o d )i j aa b aa b m +≡+.▋例 1. 13 若12,,,m a a a ⋅⋅⋅是m 的完系, ,a b ∈Z 且(,)1a m =, 则i aa b +除以m 的最小非负余数之和为1(1)2m m -.证由定理3. 3知12,,,m aa b aa b aa b ++⋅⋅⋅+是m 的一个完系. 因此i aa b + （1,2i =,,m ⋅⋅⋅）除以m 而得的m 个最小非负余数构成m 的一个完系, 即它们构成m 的最小非负完全剩余系，所以它们的和为1012(1)(1)2m m m +++⋅⋅⋅+-=-. ▋ 在模m 的同余类中, 有些类中的每个数均与m 互素, 如1所在的同余类中每个数均与m 有互素. 若8m =, 则同余类1,3,5,7中的每个数均与8互素, 这样的同余类我们将给它们一个特定的名称.定义1. 10 设m 是一个大于1的正整数, 定义i ）模m 的同余类r 称为模m 的一个简化同余类；如果(,)1r m =.ii ）在模m 的所有简化同余类中各取一数, 我们称这组数为模m 的一个简化剩余系, 又称简系. 如果r 是模m 的一个简化同余类,a 是r 中任一整数, 则0(mod )a r m -≡, 即存在整数k使a r km =+, 从而由(,)1r m =得(,)1a m =. 因此模m 的同余类是模m 的一个简化同余类的充要条件该余类中的每个数均与m 互素, 且由此可知,m 的简系中的每个数皆与m 互素, 于是我们有下列定理：定理1.12 k 个整数12,,,k a a a ⋅⋅⋅构成m 的简系的充要条件是：i)()k m ϕ=；ii) (,)1i a m =；iii) (mod ), i j a a m i j ≡≠/.证 (必要性) 由简系的定义知12,,,ka a a ⋅⋅⋅是从模m 的所有简化剩余类中各取一数而构成的.1,2,,m ⋅⋅⋅是模m 的一个完全剩余类, 于是模m 的所有简化剩余类组成的集合是{}|(,)1,1r r m r m =≤≤.由Euler 函数的定义可知：满足上面集合中条件的r 共有()m ϕ个, 因此模m 的简化剩余类共有()m ϕ, 故()k m ϕ=, 即i) 成立, 而ii) 及iii) 由简系的定义即知成立.(充分性) 由必要性证明知，模m 的简化剩余类共有()m ϕ,条件i)及ii)说明12,,a a,k a ⋅⋅⋅是模m 的简化剩余类中选取的()m ϕ个整数,再由条件iii)即知:12,,,k a a a ⋅⋅⋅是从模m 的全部()m ϕ个简化剩余类中各选取的一数而成,所以依定义,12,,,k a a a ⋅⋅⋅是的一个简系. ▋利用定理1. 12 我们便有下列结论：定理1.13 设a 与b 是满足(,)1a m =及|m b 的两整数, 若()12,,,m a a a ϕ⋅⋅⋅是m 的简系, 则()122,,,m aa b aa b aa b ϕ++⋅⋅⋅+亦是m 的一个简系.证利用定理 1.12, 由(,)1a m =及|m b 便得(,)(,)(,)1ii i aa b m aa m a m +===. 且若当i j≠时, 有(mod )i j aa b aa b m +≡+, 则(mod )i j aa ab m ≡, 于是由(,)1a m =得,(mod )i j a a m ≡这与()12,,,m a a a ϕ⋅⋅⋅为m 的简系矛盾. 故(mod )i j aa b aa b m +≡+, 所以()122,,,m aa b aa b aa b ϕ++⋅⋅⋅+构成m 的简系. ▋定义1.11 设m 是一正整数, 则所有不超过m 且与m 互素的()m ϕ个数构成m 的一个简系, 我们称该系为m 的最小正简化剩余系（可简称最小正简系或缩系）.例如, 8的最小正简系为1, 3, 5, 7.15的最小正简系为1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14.例1. 14 若p 为奇数, m 是任一正整数且满足21(mod )m p ≡, 证明12(1)0(mod )m m m p p ++⋅⋅⋅+-≡证因p 为素数, 故1,2,,1p ⋅⋅⋅-是p 的简系, 又(2,)1p =, 从而由定理1.13知21, 22, , 2(1)p ⨯⨯⋅⋅⋅⨯-也是p 的简系, 因此得12(1)(21)(22)(2(1))(mod )m m m m m m p p p ++⋅⋅⋅+-≡⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯-.即有(21)(12(1))0(mod )m m m m p p -++⋅⋅⋅+-≡,亦即|(21)(12(1))m m m m p p -++⋅⋅⋅+-,但(21)m p -Œ, 所以必有|12(1)m m m p p ++⋅⋅⋅+-,于是12(1)0(mod )m m m p p ++⋅⋅⋅+-≡. ▋例1. 15 设1212,(,)1m m m m m ==, a 与b 是满足条件(,)1a b =, 1|m b 及2|m a 的任意两整数, 则i) 当x 跑遍1m 的完系,y 跑遍2m 的完系时,ax by +跑遍m 的完系. ii) 当x 跑遍1m 的简系,y 跑遍2m 的简系时,ax by +跑遍m 的简系.我们只证明ii).证首先, 设()112,,,m x x x ϕ⋅⋅⋅是1m 的简系, ()212,,,m x x x ϕ⋅⋅⋅是2m 的简系, 则121()1(){|{,,}, {,,}}m m ax by x x x y y y ϕϕ+∈⋅⋅⋅∈⋅⋅⋅共有12()()m m ϕϕ个数, 即12()m m ϕ（()m ϕ=）个数, 定理1.12的第i) 条成立.其次, 如果12(mod )i j k ax by ax by m m +≡+ ,那么1(mod )i j k ax by ax by m+≡+ , 由1|m b 得1(mod )i ax ax m ≡ . 再由(,)1a b =知1(,)1a m =,从而有1(m od )i x x m ≡ , 即有i = . 同理可证j k =. 因此, 定理1.12的第iii)条成立.最后证12(,)1ij ax by m m +=成立.因为1(,)1i x m =, 又由(,)1a b =及1|m b 知1(,)1a m =, 故1(,1i ax m =). 再由1|m b 可得1(,)1i j ax by m +=.同理可证2(,)1i j ax by m +=.因此, 由12(,)1m m =, 即得12(,)1i j ax by m m +=.从而根椐定理1.12便知i j ax by +（11,,()i m ϕ=⋅⋅⋅,21,,()j m ϕ=⋅⋅⋅）是12m m m =的简系. ▋特殊情形, 可取21,a m b m ==.定理1. 15（Euler 定理）设m 是任一给定的正整数，a 是任一整数且(,)1a m =, 则有()1(mo d )m a m ϕ≡. (1.8.1) 证设12(),,,m x x x ϕ⋅⋅⋅是m 的一个简系, 则由(,)1a m =及定理1.13知()12,,,m ax ax ax ϕ⋅⋅⋅亦是m 的一个简系, 因此有12()12()(mod )m m x x x ax ax ax m ϕϕ⋅⋅⋅⋅≡⋅⋅⋅⋅.即()12()12()1()(mod )m m m a x x x x x x m ϕϕϕ⋅⋅⋅⋅≡⋅⋅⋅⋅. (1.8.2)而由于(,)1, 1,2,()i x m i m ϕ==⋅⋅⋅, 故()12(,)1m x x x m ϕ⋅⋅⋅⋅=, 于是便得()1(mod )m a m ϕ≡. ▋ 定理1. 16（Fermat 定理）若p 是一素数, a 是任一整数, 则有(mod )p a a p ≡. (1.8.3)证若(,)1p a =, 则由Euler 定理及()1p p ϕ=-得11(mod )p a p -≡,再由(mod )a a p ≡便有(mod )p a a p ≡.若(,)1p a ≠, 即|p a , 则0(mod )p a a p ≡≡, 即有(mod )p a a p ≡, 所以(1.8.3)成立. ▋例1. 16 求20011999除70的余数是多少？解因(1999,70)1,= (70)(2)(5)(7)24ϕϕϕϕ=⋅⋅=, 所以由Euler 定理得2419991(mod70)≡.而200183249=⨯+及1999287039=⋅+, 故2001248391999(19991999=⋅)83911999≡⋅9919993929(mod70)≡≡≡.所以20011999除70的余数是29. ▋例1. 17 求证199819981998122000++⋅⋅⋅+是1999的倍数.证因1999是素数, 故(1998ϕ=1999).于是由Euler 定理得19981(mod1999), 1,2,,1998,2000k k ≡=⋅⋅⋅从而1998199819981998199812199819992000++⋅⋅⋅+++1110119990(mod1999)≡++⋅⋅⋅+++≡≡.这说明199819981998122000++⋅⋅⋅+是1999的倍数. ▋例1. 18 证明对于任意整数n , 有7(mod 42)nn ≡. 证由Fermat 定理, 7(mod7)n n ≡. 此外76242(1)(1)(1n n n n n n n n -=-=--+）42(1)(1)(1)0(mod6)n n n n n =-+-+≡，从而有 70(mod 42)n n -≡. ▋练习1.81．分别针对下列三种情况求模15的一个完系, 使i) 该完系的每个数是偶数；ii ）该完系的每个数是奇数；iii ）该完系的每个数是绝对值最小的.2．将上题1的“模15”换成“模12”后能否完成此题？3．设12,,,k a a a ⋅⋅⋅是模(2)m >的一个简系, 证明10(mod )ki i a m =≡∑.4．求模3的一个完系{}123,,a a a 及模5的一个完系{}12345,,,,b b b b b 使得 i){}|1,2,3;1,2,3,4,5i j a b i j == 构成模15的一个完系. ii ）{}|1,2,3;1,2,3,4,5i j a b i j +==及{}|1,2,3;1,2,3,4,5i j a b i j ==同时是模15的完系. 5．将题7的“完系”换成“简系”后结论仍成立吗？6．设12,m m 是正整数, 证明当x 跑遍1m 的完系及y 跑遍2m 的完系时, 则1x m y +跑遍12m m 的完系.§1. 9 一次同余方程同余方程可以说是同余理论的核心, 象著名的中国剩余定理（孙子定理）及在公钥密码学很有应用价值的Legendre 符号均源自于同余方程.定义1. 12 设m 是一个大于1的正整数，(0),a b ≠是两个整数, 称同余式0(mod )ax b m +=, 其中m a Œ. (1.9.1)为x 的模m 的一次同余方程, 简称模m 的同余方程.如果整数0x 满足00(mod )ax b m +=, 那么所有关于模m 同余于0x 的整数均满足方程(1.9.1). 由此, 我们称0(mod )x x m ≡是方程(1.9.1)的一个解.设(,)a m d =, 如果(1.9.1)有解0(mod )x x m ≡, 则00(mod )ax b m +≡,于是由d m 及0d ax 知d b .这说明d b 是(1.9.1)有解的必要条件.下面我们证明该条件也是(1.9.1)有解的充分条件, 即有定理 1. 17 同余方程(1.9.1)有解的充要条件是d b .当(1.9.1)有解时, 其解数为d ,若0(mod )x x m ≡为(1.9.1)的一个, 则其d个解为 0(mod )m k m dx x +≡, 0,1,,1k d =- . (1.9.2) 证明必要性已经证明. 现证明充分性. 设d b , 由(1.9.1)得0mod a b m x d d d ⎛⎫+≡ ⎪⎝⎭ (1.9.1)* 因,1a m d d ⎛⎫= ⎪⎝⎭, 故由Euler 定理知1mod m d a m d d ϕ⎛⎫ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫≡ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 将(1.9.1)*两端乘1m d a d ϕ⎛⎫- ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭便得10mod m m d d a b a m x d d d d ϕϕ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋅≡ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 即 1mod m d b a m x d d d ϕ⎛⎫- ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫≡- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. (1.9.3) 这说明(1.9.3)是方程(1.9.1)*的一个解.进而可以验证1mod m d b a m xd d d ϕ⎛⎫- ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫≡- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭是(1.9.1)的一个解, 充分性得证.若0(mod )x x m ≡是(1.9.1)的一个解, 则易证0(mod )m k m d x x +≡ (0,1,k =, 1d -) 是(1.9.1)的d 个不同的解.如果1(mod )x x m ≡是(1.9.1)的任一解, 即10(mod )ax b m +≡, 则由0(mod )x x m ≡得10()0(mod )a x x m -≡.于是10|()m a x x -, 从而10()m a x x d d -.因为,1m a d d ⎛⎫= ⎪⎝⎭, 故有10|()m x x d -, 亦即存在整数t , 使得10m x x t d=+.设t ld k =+,01k d ≤≤-, 则 1000()(mod )m m m x x ld k x k ml x k m d d d=++=++≡+, 即10(mod )m x x k m d =+,01k d ≤≤-. 所以(1.9.1)的任一解均是(1.9.2)的形式. ▋ 由定理1. 17的证明中的(1.9.3)式, 我们有下列结论:推论当(,)1a m =时, 同余方程(1.9.1)有唯一解()1(mod )m x b m a ϕ-≡-⋅. (1.9.4)直观上看, 当模m 较大时, 由于计算()1m aϕ-不易, 所以利用(1.9.4)来求得同余方程的解一般不大实际.例1. 19 求下列同余方程的解.i) 350(mod 4)x +≡； ii) 58870(mod 47)x -≡；iii) 129831(mod1101)x ≡.解 i) 因(3,4)1=, 该方程有唯一解. 由(1.9.4)可得1(mod 4)x≡是所求方程的解. ii) 因(58,47)1=, 该方程有唯一解. 由于(47)158ϕ-不易计算, 我们不可利用(1.9.4)来求其解. 因5811(mod 47)≡, 8740(mod 47)≡, 故原方程等价于117(mod 47)x ≡-.由于(4,47)1=, 将方程两端乘4后得：4428(mod 47)x ≡-,即328(mod 47)x ≡,再由(16,47)1=, 方程两端乘16后得48448(mod 47)x ≡,即25(mod 47)x ≡.iii) 因(129,1101)3831=, 故原方程有三个解. 化简原方程得43277(mod367)x ≡. (1.9.5)因(43,367)1=, 故(1.9.5)有唯一解. 将其解形式地表为277(mod 367)43x ≡. 将分子、分母同加模数367得277367644(mod 367)43367410x +≡≡+. 再分子、分母约去2得322(mod 367)205x ≡. 将分子加上367-, 得45(mod 367)205x -≡, 约去5得9(mod 367)41x -≡. 分子、分母同乘9得81(mod 367)369x -≡. 将分子加367, 分母加367-后得286(mod 367)2x ≡. 约去2得143(mod 367)1x ≡. 即143(mod367)x ≡是同余方程(1.9.5)的解. 从而143(1101)x ≡是原方程的一个解.依据定理1.17, 原方程的三个解为143, 143367, 1433672(mod1101)x ≡++⨯,即143,510,877(mod1101)x ≡. ▋在例1.19的求解同余方程的过程中, 求解i)用的是公式法(1.9.3), 或称定理求解法.求解ii) 是用与模互素的数乘或除同余方程的两端, 使x 的系数逐渐减小, 以达到求解的目的, 此法可称为“数乘除法”.求解iii) 的方法其原理同求解i) 的方法, 只不过这里是采用一种简便的形式表达法, 均是利用同余式的性质求解, 其步骤是：先将同余方程(1.9.1)两边约去因数得同余方程.11110(mod )a x b m +≡, 11(,)1a m =. (1.9.1)**然后将(1.9.1)**的解形式地表为111(mod )b x m a ≡, 此处11a b 仅是一个分数形式的符号, 再将分子或分母减去或加上模的倍数及分子、分母乘以不为0的整数或约去一个与模数互素的数等若干次（这相当于对同余式的两边使用同余的性质）, 使分母的绝对值变小, 直至最后将“分数”变成整数, 即得(1.9.1)**的解, 由此便可求得(1.9.2)的解, 此法可称为“分式法”. 又例：例1. 20 求解同余方程15931125(mod1926)x ≡.解因(1593,1926)91125=, 所以同余方程有九个解,将其简化得177125(mod 214)x ≡.因此125125214339113113556517717717759595295x +⨯≡≡≡≡≡≡⨯ 1371372143511313719236781818133712131+⨯≡≡≡≡≡≡≡⨯- 67147(mod 214)≡-≡.所以原方程的9个解为：147,361,575,789,1003,1217,1431,1645,1859(mod1926)x ≡. ▋ 对于给定的一个同余方程, 用何种方法求解简单方便？若模m 较小, 则用公式法直接简单. 若模m 较大, 则用“数乘除法 ” 、还是“分式法”求解简捷, 应视具体情况而定.练习1. 191. 下列同余方程有无解？有解时有几个解？1)19981999(mod 2000)x ≡; 2) 1111110(mod1011)x ≡; 3)8919180(mod198)x +≡; 4) 540(mod 45)ax +≡. 2. b 取何值时, 方程14(mod114)x b ≡1) 在0114x ≤<中有多于一个的解？ 2) 无解.3．利用本节提到的几种方法, 求解下列同余方程.1)3120(mod15)x +≡; 2) 49840(mod104)x -≡; 3) 52(mod 7)x ≡ ; 4) 711997(mod1999)x ≡;4. 知某一正整数的99次方除以97后得余数7, 而该正整数的100次方除97后得余数79, 问该正整数除以97后得到的余数是多少？§1. 10 一次同余方程组与孙子定理定义1. 13 有多个同余方程构成的组合称为同余方程组；称(1.10.1)式为一次同余方程组. 1112220(m o d )0(m o d ) 0(mod )n n n a x b m a x b m a x b m +≡⎧⎪+≡⎪⎨⎪⎪+≡⎩ (1.10.1) 其中12,,,n m m m 是正整数.如果存在整数0x 使00(mod )i i i a x b m +≡,(1,2,,)i n = ,则称0(mod )x x m ≡是(1.10.1)的一个解, 这里[]12,,,n m m m m = .本节的目的就是讨论(1.10.1)的解问题.若(1.10.1)有解, 则(1.10.1)中每个同余方程有解；反之, 若(1.10.1)中某个同余方程无解, 则(1.10.1)无解, 所以要研究(1.10.1)的解,可转化为研究下列同余方程的解.1122(mod )(mod ) (mod )n n x c m x c m x c m ≡⎧⎪≡⎪⎨⎪⎪≡⎩ . (1.10.2) 定理 1.18(中国剩余定理) 若12,,,n m m m 是n 个两两互素的正整数,则(1.10.2)关于模12n m m m m = 有唯一解112212(mod )n n n m m m x x c x c x c m m m m ≡+++ , (1.10.3) 其中i x 是 1(mod )i im x m m ≡的一个整数解()1,2,,i n = . 证（存在性）由12,,,n m m m 两两互素知(,)1i i m m m =.于是由定理1. 17知, 同余方程1(mod )m x m i m i≡(1,2,,)i n = (1.10.4) 有唯一解. 设为(mod )x x m i i ≡. 即有1(mod )i i m x m m i ≡. 从而由|i j m m m （i j ≠）得1122121(mod )n n i ii i i n i m m m m x c x c x c x c c c m m m m m +++≡≡⋅≡ . 这说明112212(mod )n n nm m m x x c x c x c m m m m ≡+++ 是(1.10.2)的一个解.(唯一性) 若1(mod )x x m ≡及2(mod )x x m ≡是(1.10.2)的两个解, 则有1(mod )i i x c m ≡及2x ≡(mod )i i c m (1,2,,)i n = .于是12(mod )i x x m ≡,从而由i m (1,2,,)i n = 两两互素得121(mod )n x x m m ≡ , 亦即12(mod )x x m ≡. 这说明1(mod )x m 与2(mod )x m 是(1.10.2)的同一个解, 所以(1.10.2)只有一个解. ▋定理1.18的存在性的证明过程具体给出了在i m 两两互素的情况下同余方程组(1.10.2)的解法：首先分别求出每个方程1(mod )i im x m m ≡ (1,2,,)i n = 的一个整数解i x , 然后代入(1.10.3)式计算化简即得(1.10.2)的解.定理 1.18其实就是著名的孙子剩余定理, 国际上一般称之为中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem ，又简称为CTR 定理）.历史回顾：公元五世纪前后, 我国出现了一部著名的著作-《孙子兵法》, 书中提出了这样一个问题：“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?”该问题简称“物不知数”问题. 如设所要求的物数为x , 则x 就是下列同余方程组(1.10.5)的一个正整数解.2(mod 3)3(mod 5)2(mod 7)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩. (1.10.5)对于“物不知数”问题的解法,《孙子算经》中记述：“凡三三数之剩一, 置七十；五五数之剩一, 置二十一；七七数之剩一, 则置十五；一百零六以上, 以一百零五减知即得.”明朝程大位在一五九三年出的一部著作《算经统宗》中关于“物不知数”问题有一首解法歌诀：“三人同行七十稀, 五树梅花二十一支,七子团圆整半月, 除百零五便得知.”也就是说 , 该问题的解答是70221315223323(mod105)x≡⨯+⨯+⨯≡≡.例1. 21 解同余方程组。

备课讲解数论中的整除与同余

备课讲解数论中的整除与同余数论是数学的一个分支，研究的是整数的性质和关系。

在数论中，整除和同余是重要且常见的概念。

本文将详细介绍整除与同余的定义、性质以及应用。

一、整除的定义与性质整除是数论中最基本的概念之一，它描述的是一个整数是否能够被另一个整数整除。

具体来说，如果整数a能被整数b整除，则称a能被b整除，记作b|a。

反之，如果a不能被b整除，则记作b∤a。

1. 整除的传递性：如果a能被b整除，b能被c整除，则a能被c整除。

这是整除关系的一个重要性质，可以简单地通过数学归纳法证明。

2. 整除的性质：对于任意的整数a和b，有以下性质成立：（1）a|a，即任何整数都能被它自身整除；（2）1|a，即任何整数都能被1整除；（3）如果a|b且b|c，则a|c，即整除关系满足传递性；（4）如果a|b且a|c，则a|(bx+cy)，其中x和y为任意整数。

3. 整数的因子与倍数：如果a能被b整除且a≠b，则b称为a的因子，a称为b的倍数。

例如，4能被2整除，2是4的因子，4是2的倍数。

二、同余的定义与性质同余是数论中另一个重要的概念，它描述的是两个整数在除以同一个数后得到相同的余数。

具体来说，如果两个整数a和b除以正整数m得到的余数相等，则称a与b关于模m同余，记作a≡b(mod m)。

1. 同余的性质：对于任意的整数a、b和正整数m，有以下性质成立：（1）自反性：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）同余关系的加减法：若a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，则a±c≡b±d(mod m)；（5）同余关系的乘法：若a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，则ac≡bd(mod m)。

2. 同余类：对于给定的正整数m，每个整数a都与某个在0到m-1之间的整数对应。

《数的整除》教案

《数的整除》教案
《数的整除》教案
一、教学目标
1.让学生掌握数的整除的基本概念和性质，理解整除与余数的区别。

2.培养学生的数学思维能力和逻辑推理能力，让学生体验数学学习的乐趣。

3.引导学生初步建立数学知识之间的联系，培养学生的数学应用意识。

二、教学内容
1.整除的定义及性质。

2.余数的定义及性质。

3.2,3,5的倍数的特征。

4.奇数和偶数的概念及性质。

三、教学重点与难点
1.重点：掌握数的整除基本概念和性质，理解整除与余数的区别。

2.难点：理解整除和余数的概念，掌握2,3,5的倍数的特征。

四、教学方法与手段
1.运用实例和演示法，帮助学生理解整除和余数的概念。

2.采用讲解、讨论、小组活动等方式，引导学生探究数的整除性质和规律。

3.利用多媒体教学工具，增强教学的直观性和趣味性。

五、教学步骤
1.导入新课：通过复习旧知，引导学生进入新的学习内容。

2.学习新课：讲解数的整除的概念和性质，引导学生理解整除与余数的区
别。

3.巩固练习：让学生通过实例练习，加深对整除的理解和掌握。

4.归纳小结：总结整除的基本概念和性质，回顾本节课的学习内容。

六、教学评价与反馈
1.设计评价策略：通过课堂提问、小组讨论、书面测试等方式，评价学生的
学习效果。

2.为学生提供反馈，针对学生的不足之处进行指导，鼓励学生提出问题并及
时纠正学生的错误。

2024年六年级数学《数的整除》精彩教案设计

2024年六年级数学《数的整除》精彩教案设计一、教学内容本节课选自2024年六年级数学教材第二章《数的整除》第1节，内容包括整除的概念、性质、判定方法以及与倍数的关系。

详细内容如下：1. 整除的定义：当一个整数a除以大于0的整数b，商为整数且余数为0时，我们称a能被b整除。

2. 整除的性质：若a能被b整除，那么a的任意倍数也能被b整除。

3. 整除的判定方法：通过因数分解、试除法等方法判断一个数是否能被另一个数整除。

4. 倍数与整除的关系：若a能被b整除，则a是b的倍数。

二、教学目标1. 理解整除的概念，掌握整除的性质，能正确判断两个数之间是否存在整除关系。

2. 学会使用因数分解、试除法等方法判断一个数是否能被另一个数整除。

3. 掌握倍数与整除的关系，能灵活运用整除知识解决实际问题。

三、教学难点与重点教学难点：整除性质的运用，因数分解和试除法的灵活运用。

教学重点：整除的定义，整除与倍数的关系。

四、教具与学具准备1. 教具：黑板、粉笔、多媒体课件。

2. 学具：练习本、铅笔、直尺。

五、教学过程1. 实践情景引入利用生活实例，如分苹果、糖果等，让学生体会整除的意义。

2. 例题讲解（1）通过具体例题讲解整除的定义和性质。

（2）讲解因数分解和试除法判定整除的方法。

3. 随堂练习（1）让学生根据例题尝试解决类似问题。

（2）针对练习中的错误，及时纠正并讲解。

4. 小组讨论（1）讨论整除在实际生活中的应用。

（2）探讨整除与倍数的关系。

（2）拓展整除知识，引入最大公因数、最小公倍数等概念。

六、板书设计1. 整除的定义2. 整除的性质3. 判定整除的方法4. 倍数与整除的关系七、作业设计1. 作业题目（2）找出36的所有因数，并判断哪些是36的倍数。

2. 答案（1）6能被2整除，12能被3整除，18能被3整除，24能被3整除，30能被5整除。

（2）36的因数有1、2、3、4、6、9、12、18、36，其中2、3、4、6、12、18、36是36的倍数。

2同余教案

第五节：同余一、基本性质整除的性质非常重要，但是并不能解释所有的问题，为此我们进行了推广——同余。

同余最早是由数学家Gauss 引入的概念，我们可以将其理解为“余同”（余数相同）。

首先来看一下同余的表达方式和定义。

定义1：如果a 、b 除以m(m>1)得到的余数相同，那么称a 、b 对于模m 同余，记作(mod )a b m ≡。

否则称a 、b 对模m 不同余。

性质1：(mod )a b m ≡也就是说m | a-b 性质1非常重要，由性质1可证得其余性质。

性质2：可加性：若(mod ),(mod )a b m c d m ≡≡，那(mod ),a c b d m +≡+(mod )a c a d m -≡-；性质3：可乘性：若(mod ),(mod )a b m c d m ≡≡则(mod )ac bd m ≡ 性质4：可乘方性：若(mod )a b m ≡，那么(mod )nna b m ≡ 性质5：若(mod ),(mod ),a b m a b n ≡≡那么(mod [,])a b m n ≡ 性质6：如果(,)1a m =，那么存在一个整数b ，使得1(mod )ab m ≡性质7：如果(mod )(mod)(,)mab ac m b c a m ≡⇒≡特别的，若（a,m ）=1则第六节：同余应用及常见的题型一、求余数问题常见的问题如求星期几之类的题型，其实也就求被7整除的余数。

通过同余的运算，可以很快地求得结果。

24天以后是星期几？例1：如果今天是周六，求2009例2：某数除680,970和1521余数相同，这个数最大是几？例3:126547+324除以13的余数是多少？二、整除特征判别法：注意：一个数能否被2、3、4、5、6、7、8、9、11、13等数整除，都有其特别的判别方法。

如何选取合适的方法，并对此作为推广是我们必须要学会的内容。

（1）可以被2整除的数：最末一位数是2的倍数。

小学二年级数学下册《整除与余数的关系》教案

《整除与余数的关系》教案一、教学目标1、了解整除的概念，能够进行简单的除运算。

2、掌握余数的概念和求余数的方法。

3、理解整除与余数的关系，认识到整除与余数这两个概念的重要性。

二、教学重点和难点1、教学重点：整除和余数的概念，以两者之间的关系。

2、教学难点：如何让学生理解整除与余数的关系，以及如何教授除法运算。

三、教学方法1、概念讲解法。

2、举例说明法。

3、练习演算法。

4、分组比较法。

四、教学过程1、导入：1）师生互动，观察一组数字：9、14、21、24，问孩子们“你们能看出这几个数字有什么共同点吗？”2）答案是数字9能整除21和24，数字14能整除14和28。

这里的“整除”指的是什么呢？这就需要我们来了解一下整除的概念。

2、概念讲解：1）给出整除的定义：如果数字a能被数字b整除，就说b是a的因数，a是b的倍数，用符号b|a表示（读作“b整除a”）。

例如：24能被6、8、12整除，6、8、12都是24的因数，24是6、8和12的倍数。

2）有时候一个数既能被b整除，又能被c整除。

可以先来比较b 和c的大小，较小的数是a的因数，较大的数则不是，或者可以同时与b和c取个最大公因数。

例如：15能够被3和5整除，6和25也能够整除15，但是3和5的最小公倍数是15，这么来看15又是6和25的最大公因数。

3）再给出余数的定义：使用数学符号“%”，a%b表示a÷b的余数。

例如：13÷4余1，用符号表达式13%4=1。

3、举例说明：1）如果你有24个苹果，可以分成6份，每份4个。

6就是24的一个因数。

2）具体写成式子：24÷6=4，这个式子中4是商，6是因数，24是被除数。

4都分完了，没有剩下，余数为0.3）24÷5=4余4，余数是4，不是0，证明24不能被5整除。

4、分组比较法 :1）把孩子分成固定组别进行小活动，找出一些可以整除的数字，比如2、3、4、5、6、7、8、9、10等等，如果可以整除就存档。

人教版二年级下册数学《整除与余数》教学设计

人教版二年级下册数学《整除与余数》教学设计.txt人教版二年级下册数学《整除与余数》教学设计一、设计目的本教学设计旨在帮助二年级学生通过研究《整除与余数》这一数学知识点，掌握整除和求余的基本概念和方法，培养他们的逻辑思维和问题解决能力。

二、教学内容本教学设计主要包括以下内容：1. 整除的概念和表示方法；2. 求余的概念和表示方法；3. 整除与求余在实际问题中的应用。

三、教学重点和难点教学重点：1. 整除和求余的基本概念和表示方法；2. 在实际问题中运用整除和求余的方法解决问题。

教学难点：1. 理解整除和求余的概念，并正确运用相应的方法；2. 将整除和求余的方法应用于解决实际问题。

四、教学过程本教学设计按以下步骤进行：1. 导入：通过口头提问和启示，引起学生对整除与余数的兴趣，激发他们的思考。

2. 教学呈现：通过教师的讲解和示范，详细介绍整除和求余的概念和表示方法，引导学生理解。

3. 案例分析：结合具体的实际问题，给学生提供一些案例进行分析和解答，培养他们的问题解决能力。

4. 练巩固：设计一些练题，让学生进行个人或小组练，巩固所学知识。

5. 拓展应用：引导学生将所学的整除和求余的方法应用于其他实际问题，拓展他们的思维和应用能力。

6. 总结回顾：对本节课所学的内容进行总结，帮助学生巩固知识点，并检验他们的研究效果。

五、教学评价教学评价主要通过以下方式进行：1. 教师观察学生在课堂上的表现，包括参与度、理解程度和问题解决能力等。

2. 学生个人或小组练的成绩和解答情况。

3. 教师根据教学过程中的问题情况进行及时纠正和辅导，帮助学生克服困难。

六、教学资源本教学设计所需的教学资源包括：1. 课本：人教版二年级下册数学教材《整除与余数》相关章节。

2. 课件：整理相关教学内容，辅助教师的讲解和示范。

3. 教具：例如黑板、粉笔、计算器等。

七、教学延伸本教学设计的延伸活动包括：1. 数学游戏：设计一些趣味的数学游戏，让学生在游戏中巩固和运用所学知识。