2018五年级奥数.数论.余数性质(C级).学生版
五年级奥数：余数问题
五年级奥数：余数问题在整数的除法中，只有能整除与不能整除两种情况。
当不能整除时，就产生余数，所以余数问题在小学数学中非常重要。
余数有如下一些重要性质（a，b，c均为自然数）：（1）余数小于除数。
（2）被除数=除数×商+余数；除数=（被除数-余数）÷商；商=（被除数-余数）÷除数。
（3）如果a，b除以c的余数相同，那么a与b的差能被c整除。
例如，17与11除以3的余数都是2，所以17-11能被3整除。
（4）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）除以5的余数等于3+1=4。
注意：当余数之和大于除数时，所求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，所以（23+19）除以5的余数等于（3+4）除以5的余数。
（5）a与b的乘积除以c的余数，等于a，b分别除以c的余数之积（或这个积除以c的余数）。
例如，23，16除以5的余数分别是3和1，所以（23×16）除以5的余数等于3×1=3。
注意：当余数之积大于除数时，所求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。
性质（4）（5）都可以推广到多个自然数的情形。
5122除以一个两位数得到的余数是66，求这个两位数。
分析与解：由性质（2）知，除数×商=被除数-余数。
5122-66=5056，5056应是除数的整数倍。
将5056分解质因数，得到5056=26×79。
由性质（1）知，除数应大于66，再由除数是两位数，得到除数在67～99之间，符合题意的5056的约数只有79，所以这个两位数是79。
被除数、除数、商与余数之和是2143，已知商是33，余数是52，求被除数和除数。
五年级奥数.数论.中国剩余定理及弃九法（B级）.学生版
五年级奥数.数论.中国剩余定理及弃九法（B级）.学⽣版⼀、中国剩余定理——中国古代趣题1) 趣题⼀中国数学名著《孙⼦算经》⾥有这样的问题：“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？”答⽈：“⼆⼗三。
”此类问题我们可以称为“物不知其数”类型，⼜被称为“韩信点兵”。
韩信点兵⼜称为中国剩余定理，相传汉⾼祖刘邦问⼤将军韩信统御兵⼠多少，韩信答说，每3⼈⼀列余1⼈、5⼈⼀列余2⼈、7⼈⼀列余4⼈、13⼈⼀列余6⼈……。
刘邦茫然⽽不知其数。
我们先考虑下列的问题：假设兵不满⼀万，每5⼈⼀列、9⼈⼀列、13⼈⼀列、17⼈⼀列都剩3⼈，则兵有多少？⾸先我们先求5、9、13、17之最⼩公倍数9945（注：因为5、9、13、17为两两互质的整数，故其最⼩公倍数为这些数的积），然后再加3，得9948（⼈）。
孙⼦算经的作者及确实著作年代均不可考，不过根据考证，著作年代不会在晋朝之后，以这个考证来说上⾯这种问题的解法，中国⼈发现得⽐西⽅早，所以这个问题的推⼴及其解法，被称为中国剩余定理。
中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem ）在近代抽象代数学中占有⼀席⾮常重要的地位。
2) 趣题⼆我国明朝有位⼤数学家叫程⼤位，他在解答“物不知其数”问题（即：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？）时⽤四句诗概括出这类问题的优秀解法：“三⼈同⾏七⼗稀，五树梅花廿⼀枝，七⼦团圆正⽉半，除百零五便得知．”这⾸诗就是解答此类问题的⾦钥匙，它被世界各国称为“中国剩余定理”（Chinese Remainder Theorem ），是我国古代数学的⼀项辉煌成果．诗中的每⼀句话都表⽰⼀个步骤：三⼈同⾏七⼗稀，是说除以3所得的余数⽤70乘．五树梅花廿⼀枝，是说除以5所得的余数⽤21乘．七⼦团圆正⽉半，是说除以7所得的余数⽤15乘．除百零五便得知，是说把上⾯乘得的3个积加起来，减去105的倍数，减得差就是所求的数．此题的中国剩余定理的解法是：⽤70乘3除所得的余数，21乘5除所得的余数，15乘7除所得的余数，把这3个结果加起来，如果它⼤于105，则减去105，所得的差如果仍⽐105⼤，则继续减知识框架中国剩余定理及弃九法去105，最后所得的整数就是所求．也就是270321215233-=++=，233105128-=，12810523为什么70，21，15，105有此神奇效⽤？70，21，15，105是从何⽽来？先看70，21，15，105的性质：70被3除余1，被5，7整除，所以70a是⼀个被3除余a⽽被5与7整除的数；21是5除余1，被3与7整除的数，因此21b是被5除余b，被3与7整除的数；同理15c是被7除余c，被3、5整除的数，105是3，5，7的最⼩公倍数．也就是说，702115++是a b c被3除余a，被5除余b，被7除余c的数，这个数可能是解答，但不⼀定是最⼩的，因此还要减去它们的公倍数．了解了“剩余定理”的秘密后，对类似于上⾯的题⽬，我们都可以⽤中国剩余定理来解答．3)核⼼思想和⽅法对于这⼀类问题，我们有⼀套看似繁琐但是⼀旦掌握便可⼀通百通的⽅法，下⾯我们就以《孙⼦算经》中的问题为例，分析此⽅法: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？题⽬中我们可以知道，⼀个⾃然数分别除以3，5，7后，得到三个余数分别为2，3，2.那么我们⾸先构造⼀个数字，使得这个数字除以3余1，并且还是5和7的公倍数。
五年级奥数.数论.余数性质(C级)
五年级奥数.数论.余数性质(C级)「例T.7 一个两位数除刖金余籬品求这样的两位数。
【哮点】除法必式的应用【难度】I星【题型】解答「解折亍本題为余数问姻的M題吐需要学生明白一个重要知鎭畐就是把余救问题-即“不往徐问題” 转化为整除问题.方法为用被除數减击余数，即得到一个除数的借数；或者是用被除数加上一个“除魏与余數的差S也可说得到一个除數的倍數"本題中315-*2=273＞说明273是所求兪数的倍数* 273=3x7x13＞所求的两位数的數还要满足比竝丸，符合条件的有91【答案】91I贰冈)在卜-面的空格中填上适当的数*7 4 Z□ □? 2 0 0 4 7□ □ □【耆点】除法公戎的应用I难度】2星【题型】填空［关皱词】如年，第2^,走具杯.3年级,决赛丫第10題，12余【解桁】本題的楝除敷、商和余數巴经給岀，根据除法的计算公瓦：掖徐龜4■除數=商……余敷，建推计算痔到：徐數-(2WM7—13)^742=27…【答集】27I例?］命子里放有编号I到10的十平球，小虹先后二次从盒子中共収出九个球，如果从第二次起，每衣取出的球的编号的和都比上一次的两倍还多一，那么剩卜的球的编号为—・I耆点】餘法公式的应用【难度】3星【题型】填空【关撻词】第盛届、走美杯，四年虬初躺第11罐【解析】令箔I次取的編号为釧第二次聪的编号为2a+i,第三冼取的编号为：2(2i+l ) +L=4a+3;还剰下的编号为：55*7a^=5L-7a,爭a为百臥俞下的趕9；当a为7时，余下的是£【答案】9A＜2I巩间】川个口然数，利为100,分别除囚人杵用去足泌「10个商的和为3D；若用四舍五入法，呦个商的利为34. H)个甦中帔3除余I的右_______________ 个.【考点】除法公式的应用I难度】3星【题型〕填空【关犍词】2(X)8年，第天届+走关杯，五年虬和執第洛題【解析】由题意，“用击足法，10个贯的舸为和；用四舍五入法，KJ个商的粗为34"可知，10介数中除直3余2的数有3£{}=4 （个），又知道旧伞自然毀的和为|（趴设除以d余I的数有子个’眸裟报据用去雇法冶十个商的和与山个自摊數的和，可得灵皋戎：£+2rl =l^_3Oi解得，工“・3 3 3【答案】2I例*）托吗想了一个正粋数，并H茨出了它分别除113. 6和9的余数.现知这三余数的和是15.试求该数除以怡的余数.【考点】带余除法的怙算闻題【难度】3星【题璽】解答【关梃词】圣披得堡數学奥秋匹克【解斯】除事氛右和9的余数分别不超过2,乳卷所佛逮三个余就的希永远不超过2 + 5 + 215’既然它们的奔第于15,所以这三个余数分别就是2, 5, £.所以谨數触J君能覆玉6, 9 而|7P6P9| = 1!i T设诱魏为宀则口 = 1伽-1’即d =18伽-1） +门（阿为非零自煤兹h所以它:臨以】8的舍數只能为17,【琴案】17「巩圍】一个正報数，它分别除以7, LL和G的余数*现知这丄余数的利是2SL试求该数除以®的余数.【考点〕带余除法的估算问題【难度】3星【題型】解答【关储词】虽彼得堡数常翼林匹克【解析］除以九II和□的余数好别不趨1±&⑴，12,所以这三金余戲的和永远不^i±6+ L0H-I2-2B , 既然它扪轴和等于2K,所以这三个余数令别就是£ 1血12,所已诬数加I后能被7、II和13 整铝 ft［7,11,131 = 1001 ,址陵数为”* Jf1! d = 1001 m-I +即£t = 91 K11 K（ m 4） 4000 （m 非零自然戦h所权它檢以91的舍數只能为知“【答案】90「罰4J用I、9、氛探这四个数字能徘成儿个披H除余!i的四位数？【哮点】徐法公式的应用【难度】5 X 【题型】境空【炭犍词】幣二届，华杯執初名第14题【解析】用1、鼻8. $可排成煌个四位戳.即）988,冷甥"1閱％ 9】圈，9和乩9跆1* fJNS,射豹，的」备的}U , SK19 ’細9】它们减去^变为 19B0, 1890, 1881，9JH0. 9810, 9873. 8190, S1S1, 8910, 8973, S8U, 8H83 烬中破M整除的仅有1卿），1S8L S410,曲II,即用1’ 9* & !4可排咸.4介被］除余姑的㈣位數，即J9H8 ，’H918 「闕 19,什么样的数能被J1竝除呢？一个判定法則是：比较奇住数字之和与偶位數字之和.知果它如之差能枝II琛■那虫所给的软就能祓I］整除，否刚就不能够. 现在要求破1】除命敲我们可以連样耆虑：这样的數加上3后*就能楝II整除了-所议我怕粹到“一个数被11除兪！T杓判瓷法則：持偶位歎字相血得一个矜歎，再将奇位數字相新再加上3’ 捋另一个和數、扣果这两个和数之差能被II 除尽，那幺这个醜足被II幣余N的數；否別就不是*矣把h 9、排成一个彼II 除余醫的四住敷，可以把这从卜戡裁成两组，毎组2个数字.算中亠组■作为千位和十住戟’它们的和记柞丸；另外一组柞为百住希个位数*它们之希加上3记作超过脸证，第(1 )钟令组法满足前面的雯求：A-i+n, ^-9 + 8 + 3-20^ J? -A - II 能號1】除 尽 怛 基 余 三 科 分 组 撷 不 觸 匿 要 求*根据判定法則还可以知道，如杲一金数被II 际余缶那么牲奇＜1杓任竈两个數字互换，凱者庄偶也的任意两牛数字互換，番到的新数被II 除也余乱 于是，上面第(1｝分组屮，1和苦中任一 个可也柞为千位戟，9和呂中任一个可因作为百住魏-这样典有4聊可能的撫法：丹H& 1翻9, 8918 , 粕19答：能排成4个秋和除余it 的數【答耄】4IMJ 用2、沢0. 7V 7、良4这七个数字托被II 除余()的绘小和呆大的七位数？【淆点】除法公戎的应用 【难度】5星 【題型】廩空【解析】用2.队Os 人=、2. 4这七个数字什么样的数能皴11摊除呢？ 一个判定決刚是：比校奇住数字之和与偶住数字之舸，如炭它们之 差能被II 除尽，那么所給的戟就能诚I 】整驚，否则就不能够.现在要求被II 除余缶 我怕可以这强考虑；这样的数加上5我减击右点”就能被1】楚除了.(I )如果0做底般：加5把一个0愛咸仏数字舸是2+5+4?+了+2心2人奇位敷字之和与偶位般 序乏和的菱是11的搐編都是自然醜+所以奇软位数字好=1更偶数住藝字之乘禺最小的为 7202745.即足敷为0的最小械11^6的敷为7202740,足敷对D 的最丸被11廉除()的数为 7472020(2)知樂2做雄股：加5把一个2变咸.7,魏字彌是7+(MH7+7+2+4=2人奇住数字之和与偶位数 字5的盖是11的倍欽，隸是自然#L 所収奇瓢位數字之和二19,耐I 便敖字也址乩这拜的数 不存在，(3 )如果4做尾数：加5把一个4塹成乳 数字和是齢0+37+7+2+42人奇位數字之豹乌偶位数 字之和的差是□的倍数，祁是自然醜+所以奇験位数字也机比偽戳位数宇之奉=乩这样的软 不存在”(4)如果？做足数：城右把一伞7更辰L 数字和是2+OKH-I +7+2+4= 16A 拉數字之和与偶位数 字之和的差是1】的催轨 都是自然软，所以奇戟位耻宇之和=备 偶数位数字之和=乩 聂片的为 7202041,即足數为7的最小掠II 除命氏的数为7202047,足數为了的最丸被］I 除余tii 的数为74020277202740>72(i2047 最大 7^72020>7402027I 答案】最*b 7202047.最大7472020 +我们要适 当分组，使痔能 偶位背位 C 1 ) 1 » 89 > e ( 2 ) 1 * 9e > e ( 3 ) 9 » 8i > e ( 4 )$ » 8 i >勺 被I 】整除.現在只宥下面4种分组法：【例5】将七位数叫孑刘924“車复写287次纽威一个2009位数"13579241357924...去这个数中所有位『奇数位上的数字；按上述厅丛一肓删除卜-去直到剩下一个数字为止，则堀后剩卜一的数字是I舟点】找規律计算【难度】4星I題型】解答【关槌词】21)09年，第14届*华杯霉，决赛，第3题【解析】本題哮察二进制，聂后剩下的数是屮“鏗4位值上的数字，周期为=,朋以IO24 +7^I4S 2,耶幺理个周期中的第二个數是弓［«词】3I 30粒珠子依呂粒红色、2粒黑鱼.£粒红色、2粒照色…的次序串成一罔，一只蚂蚱从第2粒黑珠子起跳’每次跳过6料珠子落在下…粒珠子匕这只蚂蚱至少耍跳_____________ 次才能落到黑珠子匕。
五年级数学余数的性质
余数的性质知识结构一、 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，所以23+19＝42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数为2（2） 余数的减法定理a 与b 的差除以c 的余数，等于a ,b 分别除以c 的余数之差。
例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23－16＝7除以5的余数等于2，两个余数差3－1＝2. 当余数的差不够减时时，补上除数再减。
例如：23，14除以5的余数分别是3和4，23－14＝9除以5的余数等于4，两个余数差为3＋5－4＝4（3） 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. 乘方：如果a 与b 除以m 的余数相同，那么n a 与n b 除以m 的余数也相同．例题精讲【例 1】 在1995，1998，2000，2001，2003中，若其中几个数的和被9除余7，则将这几个数归为一组．这样的数组共有______组．【考点】余数的加减法定理 【难度】2星 【题型】填空【关键词】2004年，少年数学智力冬令营【解析】 1995，1998，2000，2001，2003除以9的余数依次是6，0，2，3，5．因为252507+=++=，25360253679+++=++++=+，所以这样的数组共有下面4个：()2000,2003，()1998,2000,2003 ，()2000,2003,2001,1995 ，()1998,2000,2003,2001,1995．【答案】4【巩固】 号码分别为101,126,173,193的4个运动员进行乒乓球比赛,规定每两人比赛的盘数是他们号码的和被3除所得的余数.那么打球盘数最多的运动员打了多少盘?【考点】余数的加减法定理【难度】2星【题型】解答【解析】本题可以体现出加法余数定理的巧用。
小学五年级奥数—数论之同余问题
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0r≠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 )，左边的式子叫做同余式。
同余式读作：a同余于b，模m。
由同余的性质，我们可以得到一个非常重要的推论：若两个数a，b除以同一个数m得到的余数相同，则a，b的差一定能被m整除用式子表示为：如果有a≡b ( mod m )，那么一定有a－b＝mk,k是整数，即m|(a－b)三、弃九法原理：在公元前9世纪，有个印度数学家名叫花拉子米，写有一本《花拉子米算术》，他们在计算时通常是在一个铺有沙子的土板上进行，由于害怕以前的计算结果丢失而经常检验加法运算是否正确，他们的检验方式是这样进行的：++++=例如：检验算式12341898189226789671789028899231234除以9的余数为11898除以9的余数为818922除以9的余数为4678967除以9的余数为7178902除以9的余数为0这些余数的和除以9的余数为2而等式右边和除以9的余数为3，那么上面这个算式一定是错的。
2018五年级奥数.数论.余数的性质(A级).学生版
知识结构一、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，所以23+19＝42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数为2（2）余数的减法定理a与b的差除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数之差。
例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23－16＝7除以5的余数等于2，两个余数差3－1＝2.当余数的差不够减时时，补上除数再减。
例如：23，14除以5的余数分别是3和4，23－14＝9除以5的余数等于4，两个余数差为3＋5－4＝4（3）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.乘方：如果a与b除以m的余数相同，那么n a与n b除以m的余数也相同．例题精讲【例1】在1995，1998，2000，2001，2003中，若其中几个数的和被9除余7，则将这几个数归为一组．这样的数组共有______组．余数的性质【巩固】号码分别为101,126,173,193的4个运动员进行乒乓球比赛,规定每两人比赛的盘数是他们号码的和被3除所得的余数.那么打球盘数最多的运动员打了多少盘?【例2】有一个整数，用它去除70，110，160所得到的3个余数之和是50，那么这个整数是______．【巩固】用自然数n 去除63，91，129得到的三个余数之和为25，那么n =________．【例3】六名小学生分别带着14元、17元、18元、21元、26元、37元钱，一起到新华书店购买《成语大词典》．一看定价才发现有5个人带的钱不够，但是其中甲、乙、丙3人的钱凑在一起恰好可买2本，丁、戊2人的钱凑在一起恰好可买1本．这种《成语大词典》的定价是________元．【巩固】商店里有六箱货物，分别重15，16，18，19，20，31千克，两个顾客买走了其中的五箱．已知一个顾客买的货物重量是另一个顾客的2倍，那么商店剩下的一箱货物重量是________千克．【例4】求478296351⨯⨯除以17的余数．【巩固】求4373091993⨯⨯被7除的余数．【例5】求12644319÷的余数【巩固】求89143除以7的余数．【例6】20102009200920092009⨯⨯⨯ 个的个位数字是________．欢迎关注：奥数轻松学余老师薇芯：69039270【巩固】2007×2007×…×2007（2008个2007）的个位数字是。
2018最新五年级奥数.数论.位值原理(C级).学生版
位值原理知识框架当我们把物体同数相联系的过程中，会碰到的数越来越大，如果这种联系过程中，只用我们的手指头，那么到了“十”这个数，我们就无法数下去了，即使象古代墨西哥尤里卡坦的玛雅人把脚趾也用上，只不过能数二十。
我们显然知道，数是可以无穷无尽地写下去的，因此，我们必须把数的概念从实物的世界中解放出来，抽象地研究如何表示它们，如何对它们进行运算。
这就涉及到了记数，记数时，同一个数字由于所在位置的不同，表示的数值也不同。
既是说，一个数字除了本身的值以外，还有一个“位置值”。
例如，用符号555表示五百五十五时，这三个数字具有相同的数值五，但由于位置不同，因此具有不同的位置值。
最右边的五表示五个一，最左边的五表示五个百，中间的五表示五个十。
但是在奥数中位值问题就远远没有这么简单了，现在就将解位值的三大法宝给同学们。
希望同学们在做题中认真体会。
位值原理的定义：同一个数字，由于它在所写的数里的位置不同，所表示的数值也不同。
也就是说，每一个数字除了有自身的一个值外，还有一个“位置值”。
例如“2”,写在个位上，就表示2个一，写在百位上，就表示2个百，这种数字和数位结合起来表示数的原则，称为写数的位值原理。
位值原理的表达形式：以六位数为例：abcdef a×100000+b×10000+c×1000+d×100+e×10+f。
解位值一共有三大法宝：（1）最简单的应用解数字谜的方法列竖式（2）利用十进制的展开形式，列等式解答（3）把整个数字整体的考虑设为x，列方程解答例题精讲【例1】把一个数的数字顺序颠倒过来得到的数称为这个数的逆序数，比如89的逆序数为98．如果一个两位数等于其逆序数与1的平均数，这个两位数是________．【巩固】将一个数A的小数点向右移动两位，得到数B。
那么B＋A是B－A的________倍。
(结果写成分数形式)【例2】一个十位数字是0的三位数，等于它的各位数字之和的67倍，交换这个三位数的个位数字和百位数字，得到的新三位数是它的各位数字之和的倍。
小学五年级奥数—数论之同余问题
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0r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 )，左边的式子叫做同余式。
同余式读作：a同余于b，模m。
由同余的性质，我们可以得到一个非常重要的推论：若两个数a，b除以同一个数m得到的余数相同，则a，b的差一定能被m整除用式子表示为：如果有a≡b ( mod m )，那么一定有a－b＝mk,k是整数，即m|(a－b)三、弃九法原理：在公元前9世纪，有个印度数学家名叫花拉子米，写有一本《花拉子米算术》，他们在计算时通常是在一个铺有沙子的土板上进行，由于害怕以前的计算结果丢失而经常检验加法运算是否正确，他们的检验方式是这样进行的：例如：检验算式12341898189226789671789028899231234除以9的余数为 11898除以9的余数为818922除以9的余数为 4678967除以9的余数为7178902除以9的余数为0这些余数的和除以9的余数为 2而等式右边和除以9的余数为3，那么上面这个算式一定是错的。
小学五年级奥数—数论之同余问题
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0r≠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 )，左边的式子叫做同余式。
同余式读作：a同余于b，模m。
由同余的性质，我们可以得到一个非常重要的推论：若两个数a，b除以同一个数m得到的余数相同，则a，b的差一定能被m整除用式子表示为：如果有a≡b ( mod m )，那么一定有a－b＝mk,k是整数，即m|(a－b)三、弃九法原理：在公元前9世纪，有个印度数学家名叫花拉子米，写有一本《花拉子米算术》，他们在计算时通常是在一个铺有沙子的土板上进行，由于害怕以前的计算结果丢失而经常检验加法运算是否正确，他们的检验方式是这样进行的：++++=例如：检验算式12341898189226789671789028899231234除以9的余数为11898除以9的余数为818922除以9的余数为4678967除以9的余数为7178902除以9的余数为0这些余数的和除以9的余数为2而等式右边和除以9的余数为3，那么上面这个算式一定是错的。
五年级数奥--余数问题详细分析讲解
五年级数奥－－余数问题(详细分析讲解）各种与余数有关的整数问题,其中包括求方幂的末位数字,计算具有规律的多位数除以小整数的余数，以及用逐步试算法找出满足多个余数条件的最小数等．1.分别为101,126,173,193的4个运动员进行乒乓球比赛,规定每两人比赛的盘数是他们的和被3除所得的余数.那么打球盘数最多的运动员打了多少盘?【分析与解】因为两个数和的余数同余与余数的和．有101,126,173,193除以3的余数依次为2,0,2,1．则101号运动员与126,173,193号运动员依次进行了2,1,0盘比赛,共3盘比赛；126号运动员与101,173,193号运动员依次进行了2,2,l盘比赛,共5盘比赛；173号运动员与101,126,193号运动员依次进行了1,2,0盘比赛,共3盘比赛；193号运动员与101,126,173号运动员依次进行了0,1,0盘比赛,共1盘比赛．所以,打球盘数最多的运动是126号,打了5盘．评注:两个数和的余数,同余与余数的和；两个数差的余数,同余与余数的差；两个数积的余数,同余与余数的积.2.自然数的个位数字是多少?【分析与解】我们先计算的个数数字,再减去1即为所求.(特别的如果是O,那么减去1后的个位数字因为借位为9)将一个数除以10,所得的余数即是这个数的个位数字.而积的余数,同余余数的积．有2除以10的余数为2,2×2除以10的余数为4,2×2×2除以10的余数为8,2×2×2×2除以i0的余数为6；2×2×2×2×2除以i0的余数为除以10的余数为4, 除以10的余数为8, 除以10的余数为6；…………也就是说,n个2相乘所得的积除以10的余数每4个数一循环．因为67÷4=16……3，所以除以10的余数同余与2×2×2,即余数为8,所以除以10的余数为7．即的个位数字为7．评注：n个相同的任意整数相乘所得积除以10的余数每4个数一循环．3.算式7+7×7+…+ 计算结果的末两位数字是多少?【分析与解】我们只用算出7+7×7+…+7 的和除以100的余数,即为其末两位数字．7除以100的余数为7,7×7除以100的余数为49,7×7×7除以100的余数为43,7 ×7 ×7×7除以100的余数等于43×7除以100的余数为1；而除以100的余数等于的余数,即为7,……这样我们就得到一个规律除以100所得的余数,4个数一循环,依次为7,49,43,1．1990÷4=497……2,所以7+7×7+…+7×7×…的和除以100的余数同余．497×(7+49+43+1)+7+49=49756,除以100余56．所以算式7+7×7+…+ 计算结果的末两位数字是56．4.1990…1990除以9的余数是多少?【分析与解】能被9整除的数的特征是其数字和能被9整除,如果这个数的数字和除以9余a,那么再减去a而得到的新数一定能被9整除,因而这个新数加上a后再除以9,所得的余数一定为a,即一个数除以9的余数等于其数字和除以9的余数．的数字和为20×(1+9+9+0)＝380，380的数字和又是3+8=11,11除以9的余数为2,所以除以9的余数是2．5.将1,2,3，…,30从左往右依次排列成一个51位数,这个数被11除的余数是多少?【分析与解】1,2,3,...,30这30个数从左往右依次排列成一个51位数为：123456...910 (15)...19202l...25 (2930)记个位为第l位,十位为第2位,那么：它的奇数位数字和为:0+9+8+7+6+…+l+9+8+7+6+…+1+9+7+5+3+l=115：它的偶数位数字和为:3+ + +8+6+4+2=53；它的奇数位数字和与偶数位数字和的差为115—53：62．而62除以1l的余数为7．所以将原来的那个51位数增大4所得到的数123456…910…15…192021…25…2934就是1l倍数,则将123456…910…15…192021…25…2934减去4所得到数除以11的余数为7．即这个51位数除以11的余数是7．评注:如果记个位为第1位,十位为第2位,那么一个数除以11的余数为其奇数位数字和A减去偶数位数字和B的差A-B=C,再用C除以1l所得的余数即是原来那个数的余数.(如果减不开可将偶数位数字和B减去奇数位数字和A,求得B-A=C,再求出C除以1l的余数D,然后将11-D即为原来那个数除以11的余数)．如:123456的奇数位数字和为6+4+2=12,偶数位数字和为5+3+1=9,奇数位数字和与偶数位数字和的差为12-9=3,所以123456除以11的余数为3．又如:654321的奇数位数字和为1+3+5=9,偶数位数字和为2+4+6=12,奇数位数字和减不开偶数位数字和,那么先将12-9=3,显然3除以11的余数为3,然后再用11-3=8,这个8即为654321除以11的余数．6.一个1994位的整数,各个数位上的数字都是3.它除以13,商的第200位（从左往右数)数字是多少?商的个位数字是多少?余数是多少?【分析与解】这个数即为，而整除13的数的特征是将其后三位与前面的数隔开而得到两个新数，将这两个新数做差，这个差为13的倍数．显然有能够被13整除,而1994÷6=332……2，即而是13的倍数，所以除以13的余数即为33除以13的余数为7．有,而,所以除以13所得的商每6个数一循环,从左往右依次为2、5、6、4、1、0．200÷6=33……2,所以除以所得商的第200位为5．除以13的个位即为33除以13的个位，为2．即商的第200位(从左往右数)数字是5,商的个位数字是2,余数是7．7.己知：a= .问:a除以13的余数是几?【分析与解】因为1能被13整除,而1991÷3=663……2．有a= =1×1 +1×1 +1×+1×1 +…+1×1 +19911991所以a除以13的余数等于19911991除以13的余数8．8.有一个数,除以3余数是2,除以4余数是1.问这个数除以12余数是几?【分析与解】我们将这个数加上7,则这个数能被3整除,同时也能被4整除,显然能被12整除,所以原来这个数除以12的余数为12-7=5．9.某个自然数被247除余63,被248除也余63.那么这个自然数被26除余数是多少?【分析与解】我们将这个数减去63,则得到的新数能被247整除,也能被248整除,而相邻的两个整数互质,所以得到的新数能被247×248整除,显然能被26整除．于是将新数加上63除以26的余数等于63除以26的余数为11．所以这个自然数被26除余数是11．10.一个自然数除以19余9,除以23余7.那么这个自然数最小是多少?【分析与解】这个自然数可以表达为19m+9,也可以表达为23n+7,则有19m+9=23n+7，即23n-19m=2，将未知数系数与常数对19取模,有4n≡2(mod 19)．n最小取10时,才有4n≡2(mod 19).所以原来的那个自然数最小为23×lO+7=237．评注：有时往往需要利用不定方程来清晰的表示余数关系,反过来不定方程往往需要利用余数的性质来求解．11.如图15-l,在一个圆圈上有几十个孔(少于100个).小明像玩跳棋那样从A 孔出发沿着逆时针方向，每隔几个孔跳一步,希望一圈以后能跳回到A孔.他先试着每隔2孔跳一步,结果只能跳到B孔.他又试着每隔4孔跳一步，也只能跳到B孔.最后他每隔6孔跳一步,正好回到4孔.问这个圆圈上共有多少个孔?【分析与解】设这个圆圈有n个孔,那么有n除以3余1,n除以5余1.n 能被7整除．则将n-1是3、5的倍数,即是15的倍数,所以n=15t+1,又因为凡是7的倍数,即15t+1=7A,将系数与常数对7取模,有t+1≡0(mod7),所以t取6或6与7的倍数和.对应孔数为15×6+l=91或91与105的倍数和，满足题意的孔数只有91．即这个圆圈上共有91个孔．12.某住宅区有12家住户，他们的门牌号分别是1,2,3，…,12.他们的依次是12个连续的六位自然数,并且每家的都能被这家的门牌整除.已知这些的首位数字都小于6,并且门牌是9的这一家的也能被13整除,问这一家的是什么数?【分析与解】设这12个连续的自然数为n+1,n+2,n+3,…,n+12,那么有它们依次能被1,2,3,…,12整除,显然有凡能同时被1,2,3,…,12整除.即n为1,2,3,…,12的公倍数．[1,2,3,…,12]=23×32×5×7×11=27720,所以n是27720的倍数,设为27720k.则有第9家的门牌为27720k+9为13的倍数,即27720k+9=13A.将系数与常数对13取模有:4k+9≡0(mod 13),所以后可以取l或1与13的倍的和.有要求n+1,n+2,n+3,…,n+12,为六位数,且首位数字都小于6,所以k只能取14,有7n=27720×14=388080．那么门牌是9的这一家的是388080+9=388089．13.有5000多根牙签,可按6种规格分成小包.如果10根一包,那么最后还剩9根.如果9根一包,那么最后还剩8根.第三、四、五、六种的规格是,分别以8,7,6,5根为一包,那么最后也分别剩7,6,5,4根.原来一共有牙签多少根?【分析与解】设这包牙签有n根,那么加上1根后为n+1根此时有n+1根牙签即可以分成10根一包，又可以分成9根一包,还可以分成8、7、6、5根一包.所以,n+1是10、9、8、7、6、5的倍数,即它们的公倍数．[10,9,8,7,6,51=23×32×5×7=2520,即n+1是2520的倍数,在满足题下只能是2520×2=5040,所以n=5039．即原来一共有牙签5039根．14.有一个自然数,用它分别去除63,90,130都有余数,3个余数的和是25.这3个余数中最大的一个是多少?【分析与解】设这个除数为M,设它除63,90,130所得的余数依次为a,b,c,商依次为A,B,C．63÷M=A……a90÷M=B……b130÷M=C……ca+b+c=25,则(63+90+130)-(a+b+c)=(A+B+C)×M,即283-25=258=(A+B+C)×M．所以M是258的约数.258=2×3×43,显然当除数M为2、3、6时,3个余数的和最大为3×(2-1)=3，3×(3-1)=6,3×(6-1)=15,所以均不满足．而当除数M为43×2,43×3,43×2×3时,它除63的余数均是63,所以也不满足．那么除数M只能是43,它除63,90,130的余数依次为20,4,1,余数的和为25,满足．显然这3个余数中最大的为20．15.一个数去除551,745,1133,1327这4个数,余数都相同.问这个数最大可能是多少?【分析与解】这个数A除55l,745,1133,1327,所得的余数相同,所以有551,745,1133,1327两两做差而得到的数一定是除数A的倍数．1327-1133=194,1133-745=388,745-551=194,1327-745=582,1327-551=77 6,1133-551=582．这些数都是A的倍数,所以A是它们的公约数,而它们的最大公约数(194，388，194，582，776，582)=194．所以,这个数最大可能为194．。
2018最新五年级奥数.数论.进制的性质及应用(ABC级).学生版
知识结构一、数的进制（1）十进制：我们常用的进制为十进制，特点是“逢十进一”。
在实际生活中，除了十进制计数法外，还有其他的大于1的自然数进位制。
比如二进制，八进制，十六进制等。
（2）二进制：在计算机中，所采用的计数法是二进制，即“逢二进一”。
因此，二进制中只用两个数字0和1。
二进制的计数单位分别是1、21、22、23、……，二进制数也可以写做展开式的形式，例如100110在二进制中表示为：(100110)2=1×25+0×24+0×23+1×22+1×21+0×20。
二进制的运算法则：“满二进一”、“借一当二”，乘法口诀是：零零得零，一零得零，零一得零，一一得一。
注意：对于任意自然数n ,我们有n 0=1。
（3）k 进制：一般地，对于k 进位制，每个数是由0，1，2， ，1k -（）共k 个数码组成，且“逢k 进一”．1k k >（）进位制计数单位是0k ，1k ，2k ， ．如二进位制的计数单位是02，12，22， ，八进位制的计数单位是08，18，28， ．（4）k 进位制数可以写成不同计数单位的数之和的形式1110110n n n n k n n a a a a a k a ka k a ---=⨯+⨯++⨯+ （）十进制表示形式：1010101010n n n n N a a a --=+++ ；二进制表示形式：1010222n n n n N a a a --=+++ ；为了区别各进位制中的数，在给出数的右下方写上k ，表示是k 进位制的数如：8352（），21010（），123145（）,分别表示八进位制，二进位制，十二进位制中的数．（5）k 进制的四则混合运算和十进制一样先乘除，后加减；同级运算，先左后右；有括号时先计算括号内的。
二、进制间的转换：进制的性质与应用一般地，十进制整数化为k 进制数的方法是：除以k 取余数，一直除到被除数小于k 为止，余数由下到上按从左到右顺序排列即为k 进制数．反过来，k 进制数化为十进制数的一般方法是：首先将k 进制数按k 的次幂形式展开，然后按十进制数相加即可得结果．如右图所示:欢迎关注：“奥数轻松学”十进制二进制十六进制八进制重难点1．几进制就是逢几进一，借一当几。
小学五年级奥数数论之同余问题
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0r≠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 ,左边的式子叫做同余式;同余式读作：a同余于b,模m;由同余的性质,我们可以得到一个非常重要的推论：若两个数a,b除以同一个数m得到的余数相同,则a,b的差一定能被m整除用式子表示为：如果有a≡b mod m ,那么一定有a－b＝mk,k是整数,即m|a－b三、弃九法原理：在公元前9世纪,有个印度数学家名叫花拉子米,写有一本花拉子米算术,他们在计算时通常是在一个铺有沙子的土板上进行,由于害怕以前的计算结果丢失而经常检验加法运算是否正确,他们的检验方式是这样进行的：++++=例如：检验算式12341898189226789671789028899231234除以9的余数为11898除以9的余数为818922除以9的余数为4678967除以9的余数为7178902除以9的余数为0这些余数的和除以9的余数为2而等式右边和除以9的余数为3,那么上面这个算式一定是错的;上述检验方法恰好用到的就是我们前面所讲的余数的加法定理,即如果这个等式是正确的,那么左边几个加数除以9的余数的和再除以9的余数一定与等式右边和除以9的余数相同;而我们在求一个自然数除以9所得的余数时,常常不用去列除法竖式进行计算,只要计算这个自然数的各个位数字之和除以9的余数就可以了,在算的时候往往就是一个9一个9的找并且划去,所以这种方法被称作“弃九法”;所以我们总结出弃九发原理：任何一个整数模9同余于它的各数位上数字之和;以后我们求一个整数被9除的余数,只要先计算这个整数各数位上数字之和,再求这个和被9除的余数即可;利用十进制的这个特性,不仅可以检验几个数相加,对于检验相乘、相除和乘方的结果对不对同样适用注意：弃九法只能知道原题一定是错的或有可能正确,但不能保证一定正确;例如：检验算式9+9=9时,等式两边的除以9的余数都是0,但是显然算式是错误的但是反过来,如果一个算式一定是正确的,那么它的等式2两端一定满足弃九法的规律;这个思想往往可以帮助我们解决一些较复杂的算式迷问题;四、中国剩余定理：1.中国古代趣题：中国数学名着孙子算经里有这样的问题：“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”答曰：“二十三;”此类问题我们可以称为“物不知其数”类型,又被称为“韩信点兵”;韩信点兵又称为中国剩余定理,相传汉高祖刘邦问大将军韩信统御兵士多少,韩信答说,每3人一列余1人、5人一列余2人、7人一列余4人、13人一列余6人……;刘邦茫然而不知其数;我们先考虑下列的问题：假设兵不满一万,每5人一列、9人一列、13人一列、17人一列都剩3人,则兵有多少首先我们先求5、9、13、17之最小公倍数9945注：因为5、9、13、17为两两互质的整数,故其最小公倍数为这些数的积,然后再加3,得9948人;孙子算经的作者及确实着作年代均不可考,不过根据考证,着作年代不会在晋朝之后,以这个考证来说上面这种问题的解法,中国人发现得比西方早,所以这个问题的推广及其解法,被称为中国剩余定理;中国剩余定理Chinese Remainder Theorem在近代抽象代数学中占有一席非常重要的地位;2.核心思想和方法：对于这一类问题,我们有一套看似繁琐但是一旦掌握便可一通百通的方法,下面我们就以孙子算经中的问题为例,分析此方法: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,问物几何题目中我们可以知道,一个自然数分别除以3,5,7后,得到三个余数分别为2,3,2.那么我们首先构造一个数字,使得这个数字除以3余1,并且还是5和7的公倍数;先由5735⨯=,即5和7的最小公倍数出发,先看35除以3余2,不符合要求,那么就继续看5和7的“下一个”倍数35270⨯=是否可以,很显然70除以3余1类似的,我们再构造一个除以5余1,同时又是3和7的公倍数的数字,显然21可以符合要求;最后再构造除以7余1,同时又是3,5公倍数的数字,45符合要求,那么所求的自然数可以这样计算： 270321245[3,5,7]233[3,5,7]k k ⨯+⨯+⨯±=-,其中k 是从1开始的自然数;也就是说满足上述关系的数有无穷多,如果根据实际情况对数的范围加以限制,那么我们就能找到所求的数;例如对上面的问题加上限制条件“满足上面条件最小的自然数”,那么我们可以计算2703212452[3,5,7]23⨯+⨯+⨯-⨯=得到所求如果加上限制条件“满足上面条件最小的三位自然数”,我们只要对最小的23加上3,5,7即可,即23+105=128;例题精讲：模块一：带余除法的定义和性质【例 1】 第五届小学数学报竞赛决赛用某自然数a 去除1992,得到商是46,余数是r ,求a 和r ．【解析】 因为1992是a 的46倍还多r ,得到19924643......14÷=,得1992464314=⨯+,所以43a =,14r =．【巩固】 清华附中小升初分班考试甲、乙两数的和是1088,甲数除以乙数商11余32,求甲、乙两数．【解析】 法1因为 甲=乙1132⨯+,所以 甲+乙=乙1132⨯++乙=乙12321088⨯+=；则乙(108832)1288 =-÷=,甲1088=-乙1000=．法2将余数先去掉变成整除性问题,利用倍数关系来做：从1088中减掉32以后,1056就应当是乙数的(111)+倍,所以得到乙数10561288=÷=,甲数1088881000=-=．【巩固】 一个两位数除310,余数是37,求这样的两位数;【解析】 本题为余数问题的基础题型,需要学生明白一个重要知识点,就是把余数问题---即“不整除问题”转化为整除问题;方法为用被除数减去余数,即得到一个除数的倍数；或者是用被除数加上一个“除数与余数的差”,也可以得到一个除数的倍数;本题中310-37=273,说明273是所求余数的倍数,而273=3×7×13,所求的两位数约数还要满足比37大,符合条件的有39,91.【例 1】 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．【巩固】 用一个自然数去除另一个自然数,商为40,余数是16.被除数、除数、商、余数的和是933,求这2个自然数各是多少【解析】 本题为带余除法定义式的基本题型;根据题意设两个自然数分别为x,y,可以得到40164016933x y x y =+⎧⎨+++=⎩,解方程组得85621x y =⎧⎨=⎩,即这两个自然数分别是856,21. 【例 2】 2000年“祖冲之杯”小学数学邀请赛试题三个不同的自然数的和为2001,它们分别除以19,23,31所得的商相同,所得的余数也相同,这三个数是_______,_______,_______;【解析】 设所得的商为a ,除数为b ．(19)(23)(31)2001a b a b a b +++++=,7332001a b +=,由19b <,可求得27a =,10b =．所以,这三个数分别是19523a b +=,23631a b +=,31847a b +=;【巩固】 2004年福州市“迎春杯”小学数学竞赛试题一个自然数,除以11时所得到的商和余数是相等的,除以9时所得到的商是余数的3倍,这个自然数是_________．【解析】 设这个自然数除以11余a (011)a ≤<,除以9余b (09)b ≤<,则有1193a a b b +=⨯+,即37a b =,只有7a =,3b =,所以这个自然数为84712=⨯;【例 3】 1997年我爱数学少年数学夏令营试题有48本书分给两组小朋友,已知第二组比第一组多5人．如果把书全部分给第一组,那么每人4本,有剩余；每人5本,书不够．如果把书全分给第二组,那么每人3本,有剩余；每人4本,书不够．问：第二组有多少人【解析】 由48412÷=,4859.6÷=知,一组是10或11人．同理可知48316÷=,48412÷=知,二组是13、14或15人,因为二组比一组多5人,所以二组只能是15人,一组10人．【巩固】 一个两位数除以13的商是6,除以11所得的余数是6,求这个两位数．【解析】 因为一个两位数除以13的商是6,所以这个两位数一定大于13678⨯=,并且小于13(61)91⨯+=；又因为这个两位数除以11余6,而78除以11余1,这个两位数为78583+=．模块二：三大余数定理的应用【例 4】 有一个大于1的整数,除45,59,101所得的余数相同,求这个数.【解析】 这个题没有告诉我们,这三个数除以这个数的余数分别是多少,但是由于所得的余数相同,根据同余定理,我们可以得到：这个数一定能整除这三个数中的任意两数的差,也就是说它是任意两数差的公约数．1014556-=,594514-=,(56,14)14=,14的约数有1,2,7,14,所以这个数可能为2,7,14;【巩固】 有一个整数,除39,51,147所得的余数都是3,求这个数.【解析】 法1 39336-=,1473144-=,(36,144)12=,12的约数是1,2,3,4,6,12,因为余数为3要小于除数,这个数是4,6,12；法2由于所得的余数相同,得到这个数一定能整除这三个数中的任意两数的差,也就是说它是任意两数差的公约数．513912-=,14739108-=,(12,108)12=,所以这个数是4,6,12．【巩固】 在小于1000的自然数中,分别除以18及33所得余数相同的数有多少个余数可以为0【解析】 我们知道18,33的最小公倍数为18,33=198,所以每198个数一次．1～198之间只有1,2,3,…,17,198余O 这18个数除以18及33所得的余数相同,而999÷198=5……9,所以共有5×18+9=99个这样的数．【巩固】 2008年仁华考题一个三位数除以17和19都有余数,并且除以17后所得的商与余数的和等于它除以19后所得到的商与余数的和．那么这样的三位数中最大数是多少,最小数是多少【解析】 设这个三位数为s ,它除以17和19的商分别为a 和b ,余数分别为m 和n ,则1719s a m b n =+=+．根据题意可知a m b n +=+,所以()()s a m s b n -+=-+,即1618a b =,得89a b =．所以a 是9的倍数,b 是8的倍数．此时,由a m b n +=+知8199n m a b a a a -=-=-=． 由于s 为三位数,最小为100,最大为999,所以10017999a m ≤+≤,而116m ≤≤,所以17117999a a m +≤+≤,100171716a m a ≤+≤+,得到558a ≤≤,而a 是9的倍数,所以a 最小为9,最大为54．当54a =时,169n m a -==,而18n ≤,所以12m ≤,故此时s 最大为175412930⨯+=； 当9a =时,119n m a -==,由于1m ≥,所以此时s 最小为1791154⨯+=． 所以这样的三位数中最大的是930,最小的是154．【例 5】 两位自然数ab 与ba 除以7都余1,并且a b >,求ab ba ⨯．【解析】 ab ba -能被7整除,即(10)10)9a b b a a b +-+=⨯-（（）能被7整除．所以只能有7a b -=,那么ab 可能为92和81,验算可得当92ab =时,29 ba =满足题目要求,92292668ab ba ⨯=⨯=【巩固】 学校新买来118个乒乓球,67个乒乓球拍和33个乒乓球网,如果将这三种物品平分给每个班级,那么这三种物品剩下的数量相同．请问学校共有多少个班【解析】 所求班级数是除以118,67,33余数相同的数．那么可知该数应该为1186751-=和673334-=的公约数,所求答案为17．【巩固】 2000年全国小学数学奥林匹克试题在除13511,13903及14589时能剩下相同余数的最大整数是_________．【解析】 因为3921351113903=-, 6861390314589=-,由于13511,13903,14589要被同一个数除时,余数相同,那么,它们两两之差必能被同一个数整除．98)686,392(=,所以所求的最大整数是98．【例 6】 2003年南京市少年数学智力冬令营试题 20032与22003的和除以7的余数是________．【解析】 找规律．用7除2,22,32,42,52,62,…的余数分别是2,4,1,2,4,1,2,4,1,…,2的个数是3的倍数时,用7除的余数为1；2的个数是3的倍数多1时,用7除的余数为2；2的个数是3的倍数多2时,用7除的余数为4．因为20033667222⨯+=,所以20032除以7余4．又两个数的积除以7的余数,与两个数分别除以7所得余数的积相同．而2003除以7余1,所以22003除以7余1．故20032与22003的和除以7的余数是415+=．【巩固】 2004年南京市少年数学智力冬令营试题在1995,1998,2000,2001,2003中,若其中几个数的和被9除余7,则将这几个数归为一组．这样的数组共有______组．【解析】 1995,1998,2000,2001,2003除以9的余数依次是6,0,2,3,5．因为252507+=++=,25360253679+++=++++=+,所以这样的数组共有下面4个：()2003,2000,()2003,2000,1998 ,()1995,2001,2003,2000 ,()1995,2001,2003,2000,1998．【例 7】 2005年全国小学数学奥林匹克试题有一个整数,用它去除70,110,160所得到的3个余数之和是50,那么这个整数是______．【解析】 (70110160)50290++-=,50316......2÷=,除数应当是290的大于17小于70的约数,只可能是29和58,11058 1......52÷=,5052>,所以除数不是58．7029 2......12÷=,11029 3......23÷=,16029 5......15÷=,50152312=++,所以除数是29【巩固】 2002年全国小学数学奥林匹克试题用自然数n 去除63,91,129得到的三个余数之和为25,那么n=________【解析】 n 能整除258251299163=-++．因为2538...1÷=,所以n 是258大于8的约数．显然,n 不能大于63．符合条件的只有43．【巩固】 号码分别为101,126,173,193的4个运动员进行乒乓球比赛,规定每两人比赛的盘数是他们号码的和被3除所得的余数.那么打球盘数最多的运动员打了多少盘【解析】 本题可以体现出加法余数定理的巧用;计算101,126,173,193除以3的余数分别为2,0,2,1;那么任意两名运动员的比赛盘数只需要用2,0,2,1两两相加除以3即可;显然126运动员打5盘是最多的;【例 8】 2002年小学生数学报数学邀请赛试题六名小学生分别带着14元、17元、18元、21元、26元、37元钱,一起到新华书店购买成语大词典．一看定价才发现有5个人带的钱不够,但是其中甲、乙、丙3人的钱凑在一起恰好可买2本,丁、戊2人的钱凑在一起恰好可买1本．这种成语大词典的定价是________元．【解析】 六名小学生共带钱133元．133除以3余1,因为甲、乙、丙、丁、戊的钱恰好能买3本,所以他们五人带的钱数是3的倍数,另一人带的钱除以3余1．易知,这个钱数只能是37元,所以每本成语大词典的定价是(1417182126)332++++÷= 元 ．【巩固】 2000年全国小学数学奥林匹克试题商店里有六箱货物,分别重15,16,18,19,20,31千克,两个顾客买走了其中的五箱．已知一个顾客买的货物重量是另一个顾客的2倍,那么商店剩下的一箱货物重量是________千克．【解析】 两个顾客买的货物重量是3的倍数．(151618192031)(12)119339...2+++++÷+=÷=,剩下的一箱货物重量除以3应当余2,只能是20 千克．【例 9】 求2461135604711⨯⨯÷的余数．【解析】 因为246111223...8÷=,1351112...3÷=,604711549...8÷=,根据同余定理三,2461135604711⨯⨯÷的余数等于83811⨯⨯÷的余数,而838192⨯⨯=,1921117...5÷=,所以2461135604711⨯⨯÷的余数为5．【巩固】 华罗庚金杯赛模拟试题求478296351⨯⨯除以17的余数．【解析】 先求出乘积再求余数,计算量较大．可先分别计算出各因数除以17的余数,再求余数之积除以17的余数．478,296,351除以17的余数分别为2,7和11,(2711)179......1⨯⨯÷=．【巩固】 求19973的最后两位数．【解析】 即考虑19973除以100的余数．由于100425=⨯,由于3327=除以25余2,所以93除以25余8,103除以25余24,那么203除以25余1；又因为23除以4余1,则203除以4余1；即2031-能被4 和25整除,而4与25互质,所以2031-能被100整除,即203除以100余1,由于1997209917=⨯+,所以19973除以100的余数即等于173除以100的余数,而63729=除以100余29,53243=除以100余43,176253(3)3=⨯,所以173除以100的余数等于292943⨯⨯除以100的余数,而29294336163⨯⨯=除以100余63,所以19973除以100余63,即19973的最后两位数为63．【巩固】"2"20002222个除以13所得余数是_____. 【解析】 我们发现222222整除13,2000÷6余2,所以答案为22÷13余9;【巩固】 求89143除以7的余数．【解析】 法一：由于()1433mod 7≡ 143被7除余3,所以()89891433mod 7≡ 89143被7除所得余数与893被7除所得余数相等而63729=,()7291mod 7≡729除以7的余数为1,所以()8966655143333335mod 7≡⨯⨯⨯⨯≡≡个．故89143除以7的余数为5.法二：计算893被7除所得的余数可以用找规律的方法,规律如下表：于是余数以6为周期变化．所以()895335mod 7≡≡．【巩固】 2007年实验中学考题222212320012002+++++除以7的余数是多少 【解析】 由于22222200220034005123200120021001200313356⨯⨯+++++==⨯⨯,而1001是7的倍数,所以这个乘积也是7的倍数,故2222212320012002+++++除以7的余数是0； 【巩固】 ()30313130+被13除所得的余数是多少【解析】 31被13除所得的余数为5,当n 取1,2,3,时5n 被13除所得余数分别是5,12,8,1,5,12,8,1以4为周期循环出现,所以305被13除的余数与25被13除的余数相同,余12,则3031除以13的余数为12；30被13除所得的余数是4,当n 取1,2,3,时,4n 被13除所得的余数分别是4,3,12,9,10,1,4,3,12,9,10,以6为周期循环出现,所以314被13除所得的余数等于14被13除所得的余数,即4,故3130除以13的余数为4；所以()30313130+被13除所得的余数是124133+-=．【巩固】 2008年奥数网杯已知20082008200820082008a =个,问：a 除以13所得的余数是多少【解析】 2008除以13余6,10000除以13余3,注意到200820082008100002008=⨯+；20082008200820082008100002008=⨯+；2008200820082008200820082008100002008=⨯+；根据这样的递推规律求出余数的变化规律：而2008除以3余1,所以20082008200820082008a =个除以13的余数与2008除以13的余数相同,为6.【巩固】1996777777⋅⋅⋅个除以41的余数是多少 【解析】 找规律：7417÷=⋅⋅⋅□,774136÷=⋅⋅⋅□,7774139÷=⋅⋅⋅□,77774128÷=⋅⋅⋅□,77777410÷=⋅⋅⋅□,……,所以77777是41的倍数,而199653991÷=,所以1996777777⋅⋅⋅个可以分成399段77777和1个7组成,那么它除以41的余数为7．【巩固】 1234200512342005+++++除以10所得的余数为多少【解析】 求结果除以10的余数即求其个位数字．从1到2005这2005个数的个位数字是10个一循环的,而对一个数的幂方的个位数,我们知道它总是4个一循环的,因此把所有加数的个位数按每20个20是4和10的最小公倍数一组,则不同组中对应的个位数字应该是一样的．首先计算123420123420+++++的个位数字,为1476563690163656749094+++++++++++++++++++=的个位数字,为4,由于2005个加数共可分成100组另5个数,100组的个位数字和是4100400⨯=的个位数即0,另外5个数为20012001、20022002、20032003、20042004、20052005,它们和的个位数字是1476523++++=的个位数 3,所以原式的个位数字是3,即除以10的余数是3．【例 10】 求所有的质数P,使得241p +与261p +也是质数．【解析】 如果5p =,则241101p +=,261151p +=都是质数,所以5符合题意．如果P 不等于5,那么P 除以5的余数为1、2、3或者4,2p 除以5的余数即等于21、22、23或者24除以5的余数,即1、4、9或者16除以5的余数,只有1和4两种情况．如果2p 除以5的余数为1,那么241p +除以5的余数等于4115⨯+=除以5的余数,为0,即此时241p +被5整除,而241p +大于5,所以此时241p +不是质数；如果2p 除以5的余数为4,同理可知261p +不是质数,所以P 不等于5,241p +与261p +至少有一个不是质数,所以只有5p =满足条件．【巩固】 在图表的第二行中,恰好填上8998～这十个数,使得每一竖列上下两个因数的乘积除以11所得的余数都是3．【解析】 因为两个数的乘积除以11的余数,等于两个数分别除以11的余数之积．因此原题中的8998～可以改换为110～,这样上下两数的乘积除以11余3就容易计算了．我们得到下面的结果：进而得到本题的答案是：【巩固】 2000年“华杯赛”试题3abc bca cab 对时,发现右边的积的数字顺序出现错误,但是知道最后一位6是正确的,问原式中的abc 是多少【解析】 由于2342352862342352868(mod9)≡++++++++≡,3()(mod9)abc bca cab a b c ⨯⨯≡++,于是3()8(mod9)a b c ++≡,从而用0,1,2,...,8(mod9)a b c ++≡代入上式检验2,5,8(mod9)a b c ++≡…1,对a 进行讨论： 如果9a =,那么2,5,8(mod9)b c +≡…2,又c a b ⨯⨯的个位数字是6,所以b c ⨯的个位数字为4,b c⨯可能为41⨯、72⨯、83⨯、64⨯,其中只有(,)(4,1),(8,3)b c =符合2,经检验只有983839398328245326⨯⨯= 符合题意．如果8a =,那么3,6,0(mod9)b c +≡…3,又b c ⨯的个位数字为2或7,则b c ⨯可能为21⨯、43⨯、62⨯、76⨯、71⨯,其中只有(,)(2,1)b c =符合3,经检验,821abc =不合题意．如果7a =,那么4,7,1(mod9)b c +≡…4,则b c ⨯可能为42⨯、63⨯,其中没有符合4的(,)b c ．如果6a ≤,那么5b ≤,4c ≤,700600500210000000222334586abc bca cab ⨯⨯<⨯⨯=<,因此这时abc 不可能符合题意．综上所述,983abc =是本题唯一的解．【例 11】 一个大于1的数去除290,235,200时,得余数分别为a ,2a +,5a +,则这个自然数是多少【解析】 根据题意可知,这个自然数去除290,233,195时,得到相同的余数都为a ．既然余数相同,我们可以利用余数定理,可知其中任意两数的差除以这个数肯定余0．那么这个自然数是29023357-=的约数,又是23319538-=的约数,因此就是57和38的公约数,因为57和38的公约数只有19和1,而这个数大于1,所以这个自然数是19．【巩固】 一个大于10的自然数去除90、164后所得的两个余数的和等于这个自然数去除220后所得的余数,则这个自然数是多少【解析】 这个自然数去除90、164后所得的两个余数的和等于这个自然数去除90164254+=后所得的余数,所以254和220除以这个自然数后所得的余数相同,因此这个自然数是25422034-=的约数,又大于10,这个自然数只能是17或者是34．如果这个数是34,那么它去除90、164、220后所得的余数分别是22、28、16,不符合题目条件；如果这个数是17,那么他去除90、164、220后所得的余数分别是5、11、16,符合题目条件,所以这个自然数是17．【例 12】 甲、乙、丙三数分别为603,939,393．某数A 除甲数所得余数是A 除乙数所得余数的2倍,A 除乙数所得余数是A 除丙数所得余数的2倍．求A 等于多少【解析】 根据题意,这三个数除以A 都有余数,则可以用带余除法的形式将它们表示出来：由于122r r =,232r r =,要消去余数1r , 2r , 3r ,我们只能先把余数处理成相同的,再两数相减．这样我们先把第二个式子乘以2,使得被除数和余数都扩大2倍,同理,第三个式子乘以4．于是我们可以得到下面的式子：11603A K r ÷= ()22939222A K r ⨯÷=()33393424A K r ⨯÷=这样余数就处理成相同的．最后两两相减消去余数,意味着能被A 整除．93926031275⨯-=,3934603969⨯-=,()1275,96951317==⨯．51的约数有1、3、17、51,其中1、3显然不满足,检验17和51可知17满足,所以A 等于17．【巩固】 一个自然数除429、791、500所得的余数分别是5a +、2a 、a ,求这个自然数和a 的值.【解析】 将这些数转化成被该自然数除后余数为2a 的数：()42952848-⨯=,791、50021000⨯=,这样这些数被这个自然数除所得的余数都是2a ,故同余.将这三个数相减,得到84879157-=、1000848152-=,所求的自然数一定是57和152的公约数,而()57,15219=,所以这个自然数是19的约数,显然1是不符合条件的,那么只能是19.经过验证,当这个自然数是19时,除429、791、500所得的余数分别为11、12、6,6a =时成立,所以这个自然数是19,6a =.模块三：余数综合应用【例 13】 着名的裴波那契数列是这样的：1、1、2、3、5、8、13、21……这串数列当中第2008个数除以3所得的余数为多少【解析】 斐波那契数列的构成规则是从第三个数起每一个数都等于它前面两个数的和,由此可以根据余数定理将裴波那契数列转换为被3除所得余数的数列：1、1、2、0、2、2、1、0、1、1、2、0……第九项和第十项连续两个是1,与第一项和第二项的值相同且位置连续,所以裴波那契数列被3除的余数每8个一个周期循环出现,由于2008除以8的余数为0,所以第2008项被3除所得的余数为第8项被3除所得的余数,为0.【巩固】 2009年走美初赛六年级有一串数：1,1,2,3,5,8,……,从第三个数起,每个数都是前两个数之和,在这串数的前2009个数中,有几个是5的倍数【解析】 由于两个数的和除以5的余数等于这两个数除以5的余数之和再除以5的余数．所以这串数除以5的余数分别为：1,1,2,3,0,3,3,1,4,0,4,4,3,2,0,2,2,4,1,0,1,1,2,3,0,……可以发现这串余数中,每20个数为一个循环,且一个循环中,每5个数中第五个数是5的倍数．由于200954014÷=,所以前2009个数中,有401个是5的倍数．【例 14】 圣彼得堡数学奥林匹克试题托玛想了一个正整数,并且求出了它分别除以3、6和9的余数．现知这三余数的和是15．试求该数除以18的余数．【解析】 除以3、6和9的余数分别不超过2,5,8,所以这三个余数的和永远不超过15852=++,既然它们的和等于15,所以这三个余数分别就是2,5,8．所以该数加1后能被3,6,9整除,而[3,6,9]18=,设该数为a ,则181a m =-,即18(1)17a m =-+m 为非零自然数,所以它除以18的余数只能为17．【巩固】 2005年香港圣公会小学数学奥林匹克试题一个家庭,有父、母、兄、妹四人,他们任意三人的岁数之和都是3的整数倍,每人的岁数都是一个质数,四人岁数之和是100,父亲岁数最大,问：母亲是多少岁【解析】 从任意三人岁数之和是3的倍数,100除以3余1,就知四个岁数都是31k +型的数,又是质数．只有7,13,19,31,37,43,就容易看出：父43岁,母37岁,兄13岁,妹7岁．【例 15】 华杯赛试题如图,在一个圆圈上有几十个孔不到100个,小明像玩跳棋那样,从A 孔出发沿着逆时针方向,每隔几孔跳一步,希望一圈以后能跳回到A孔．他先试着每隔2孔跳一步,结果只能跳到B 孔．他又试着每隔4孔跳一步,也只能跳到B 孔．最后他每隔6孔跳一步,正好跳回到A 孔,你知道这个圆圈上共有多少个孔吗【解析】 设想圆圈上的孔已按下面方式编了号：A 孔编号为1,然后沿逆时针方向顺次编号为2,3,4,…,B 孔的编号就是圆圈上的孔数．我们先看每隔2孔跳一步时,小明跳在哪些孔上很容易看出应在1,4,7,10,…上,也就是说, 小明跳到的孔上的编号是3的倍数加1．按题意,小明最后跳到B 孔,因此总孔数是3的倍数加1．同样道理,每隔4孔跳一步最后跳到B 孔,就意味着总孔数是5的倍数加1；而每隔6孔跳一步最后跳回到A 孔,就意味着总孔数是7的倍数．如果将孔数减1,那么得数既是3的倍数也是5的倍数,因而是15的倍数．这个15的倍数加上1 就等于孔数,设孔数为a ,则151a m =+m 为非零自然数而且a 能被7整除．注意15被7除余1,所以156⨯被7除余6,15的6倍加1正好被7整除．我们还可以看出,15的其他小于的7倍数加1都不能被7整除,而157105⨯=已经大于100．7以上的倍数都不必考虑,因此,总孔数只能是156191⨯+=．【巩固】 1997年全国小学数学奥林匹克试题将12345678910111213......依次写到第1997个数字,组成一个BA。
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知识框架一、带余除法的定义及性质1.定义：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：(1)当0r =时：我们称a 可以被b 整除，q 称为a 除以b 的商或完全商(2)当0r ≠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。
2.余数的性质⑴被除数=除数⨯商+余数；除数=（被除数-余数）÷商；商=（被除数-余数）÷除数；⑵余数小于除数．二、余数定理：欢迎关注：奥数轻松学三、余老师薇芯：690392701.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，所以23+19＝42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数为22.余数的加法定理余数性质a与b的差除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数之差。
例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23－16＝7除以5的余数等于2，两个余数差3－1＝2.当余数的差不够减时时，补上除数再减。
例如：23，14除以5的余数分别是3和4，23－14＝9除以5的余数等于4，两个余数差为3＋5－4＝43.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.乘方：如果a与b除以m的余数相同，那么n a与n b除以m的余数也相同．四、弃九法原理在公元前9世纪，有个印度数学家名叫花拉子米，写有一本《花拉子米算术》，他们在计算时通常是在一个铺有沙子的土板上进行，由于害怕以前的计算结果丢失而经常检验加法运算是否正确，他们的检验方式是这样进行的：++++=例如：检验算式12341898189226789671789028899231234除以9的余数为11898除以9的余数为818922除以9的余数为4678967除以9的余数为7178902除以9的余数为0这些余数的和除以9的余数为2而等式右边和除以9的余数为3，那么上面这个算式一定是错的。
上述检验方法恰好用到的就是我们前面所讲的余数的加法定理，即如果这个等式是正确的，那么左边几个加数除以9的余数的和再除以9的余数一定与等式右边和除以9的余数相同。
而我们在求一个自然数除以9所得的余数时，常常不用去列除法竖式进行计算，只要计算这个自然数的各个位数字之和除以9的余数就可以了，在算的时候往往就是一个9一个9的找并且划去，所以这种方法被称作“弃九法”。
所以我们总结出弃九发原理：任何一个整数模9同余于它的各数位上数字之和。
以后我们求一个整数被9除的余数，只要先计算这个整数各数位上数字之和，再求这个和被9除的余数即可。
利用十进制的这个特性，不仅可以检验几个数相加，对于检验相乘、相除和乘方的结果对不对同样适用注意：弃九法只能知道原题一定是错的或有可能正确，但不能保证一定正确。
例如：检验算式9+9=9时，等式两边的除以9的余数都是0，但是显然算式是错误的但是反过来，如果一个算式一定是正确的，那么它的等式2两端一定满足弃九法的规律。
这个思想往往可以帮助我们解决一些较复杂的算式迷问题。
五、同余定理1、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)，左边的式子叫做同余式。
同余式读作：a同余于b，模m。
2、同余的重要性质及举例。
〈1〉a≡a（modm）（a为任意自然）；〈2〉若a≡b（modm），则b≡a（modm）〈3〉若a≡b（modm），b≡c（modm）则a≡c（modm）；〈4〉若a≡b（modm），则ac≡bc（modm）〈5〉若a≡b（modm），c≡d（modm），则ac=bd（modm）；〈6〉若a≡b（modm）则an≡bm（modm）其中性质〈3〉常被称为"同余的可传递性"，性质〈4〉、〈5〉常被称为"同余的可乘性，"性质〈6〉常被称为"同余的可开方性"注意：一般地同余没有"可除性"，但是：如果：ac=bc（modm）且（c，m）=1则a≡b（modm）3、整数分类：〈1〉用2来将整数分类，分为两类：1，3，5，7，9，……（奇数）；0，2，4，6，8，……（偶数）〈2〉用3来将整数分类，分为三类：0，3，6，9，12，……（被3除余数是0）1，4，7，10，13，……（被3除余数是1）2，5，8，11，14，……（被3除余数是2）〈3〉在模6的情况下，可将整数分成六类，分别是：欢迎关注：奥数轻松学余老师薇芯：690392700（mod6）：0，6，12，18，24，……1（mod6）：1，7，13，19，25，……2（mod6）：2，8，14，20，26，……3（mod6）：3，9，15，21，27，……4（mod6）：4，10，16，22，29，……5（mod6）：5，11，17，23，29，……4、余数判别法当一个数不能被另一个数整除时，虽然可以用长除法去求得余数，但当被除位数较多时，计算是很麻烦的．建立余数判别法的基本思想是：为了求出“N被m除的余数”，我们希望找到一个较简单的数R，使得：N与R对于除数m同余．由于R是一个较简单的数，所以可以通过计算R被m 除的余数来求得N被m除的余数．⑴整数N被2或5除的余数等于N的个位数被2或5除的余数；⑵整数N被4或25除的余数等于N的末两位数被4或25除的余数；⑶整数N被8或125除的余数等于N的末三位数被8或125除的余数；⑷整数N被3或9除的余数等于其各位数字之和被3或9除的余数；⑸整数N被11除的余数等于N的奇数位数之和与偶数位数之和的差被11除的余数；（不够减的话先适当加11的倍数再减）；⑹整数N被7，11或13除的余数等于先将整数N从个位起从右往左每三位分一节，奇数节的数之和与偶数节的数之和的差被7，11或13除的余数就是原数被7，11或13除的余数．六、中国剩余定理——中国古代趣题1．趣题一中国数学名著《孙子算经》里有这样的问题：“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？”答曰：“二十三。
”此类问题我们可以称为“物不知其数”类型，又被称为“韩信点兵”。
韩信点兵又称为中国剩余定理，相传汉高祖刘邦问大将军韩信统御兵士多少，韩信答说，每3人一列余1人、5人一列余2人、7人一列余4人、13人一列余6人……。
刘邦茫然而不知其数。
我们先考虑下列的问题：假设兵不满一万，每5人一列、9人一列、13人一列、17人一列都剩3人，则兵有多少？首先我们先求5、9、13、17之最小公倍数9945（注：因为5、9、13、17为两两互质的整数，故其最小公倍数为这些数的积），然后再加3，得9948（人）。
孙子算经的作者及确实著作年代均不可考，不过根据考证，著作年代不会在晋朝之后，以这个考证来说上面这种问题的解法，中国人发现得比西方早，所以这个问题的推广及其解法，被称为中国剩余定理。
中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem）在近代抽象代数学中占有一席非常重要的地位。
2．趣题二我国明朝有位大数学家叫程大位，他在解答“物不知其数”问题（即：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？）时用四句诗概括出这类问题的优秀解法：“三人同行七十稀，五树梅花廿一枝，七子团圆正月半，除百零五便得知．”这首诗就是解答此类问题的金钥匙，它被世界各国称为“中国剩余定理”（Chinese Remainder Theorem），是我国古代数学的一项辉煌成果．诗中的每一句话都表示一个步骤：三人同行七十稀，是说除以3所得的余数用70乘．五树梅花廿一枝，是说除以5所得的余数用21乘．七子团圆正月半，是说除以7所得的余数用15乘．除百零五便得知，是说把上面乘得的3个积加起来，减去105的倍数，减得差就是所求的数．此题的中国剩余定理的解法是：用70乘3除所得的余数，21乘5除所得的余数，15乘7除所得的余数，把这3个结果加起来，如果它大于105，则减去105，所得的差如果仍比105大，则继续减去105，最后所得的整数就是所求．也就是270321215233⨯+⨯+⨯=，233105128-=，12810523-=为什么70，21，15，105有此神奇效用？70，21，15，105是从何而来？先看70，21，15，105的性质：70被3除余1，被5，7整除，所以70a 是一个被3除余a而被5与7整除的数；21是5除余1，被3与7整除的数，因此21b 是被5除余b ，被3与7整除的数；同理15c 是被7除余c ，被3、5整除的数，105是3，5，7的最小公倍数．也就是说，702115a b c ++是被3除余a ，被5除余b ，被7除余c 的数，这个数可能是解答，但不一定是最小的，因此还要减去它们的公倍数．了解了“剩余定理”的秘密后，对类似于上面的题目，我们都可以用中国剩余定理来解答．3．核心思想和方法对于这一类问题，我们有一套看似繁琐但是一旦掌握便可一通百通的方法，下面我们就以《孙子算经》中的问题为例，分析此方法: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？题目中我们可以知道，一个自然数分别除以3，5，7后，得到三个余数分别为2，3，2.那么我们首先构造一个数字，使得这个数字除以3余1，并且还是5和7的公倍数。
先由5735⨯=，即5和7的最小公倍数出发，先看35除以3余2，不符合要求，那么就继续看5和7的“下一个”倍数35270⨯=是否可以，很显然70除以3余1类似的，我们再构造一个除以5余1，同时又是3和7的公倍数的数字，显然21可以符合要求。