817.同余-奥数精讲与测试8年级

合集下载

奥数讲义数论专题：余数及同余

华杯赛数论专题：余数及同余一、带余除法的定义：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）当时：我们称a可以被b整除，记作b|a，q称为a除以b的商或完全商（2）当时：我们称a不可以被b整除，记作，q称为a除以b的商或不完全商二、同余的概念两个整数被同一个大于1的整数m除，所得的余数相同，就说这两个整数对于除数m来说是同余的.也可以换句话来说这个概念，如果两个整数的差能被大于1的整数m整除，那么这两个整数对于除数m来说是同余的.同余的概念和符号都是德国伟大数学家高斯引进的.一般地，两个整数a和b，除以大于1的正整数m，如果所得的余数相同，就说a、b对于模m同余，记作a≡b（mod m）.由于一个整数被m除的余数只能是0、1、2、3、…、m-1这m个数，所以全体整数可按被m除的余数分类，凡是余数相同的归为一类，全体整数就被划分成了m类，同一类中的任何两数被m除的余数都相等，即同一类中任何两数的差都能被m整除，不同类的任何两数被m除的余数都不相等.三、同余的性质1.如果a≡b（mod m），那么m|（a-b）；如果整数a和b对于模m是同余的，那么a 与b的差能被m整除.2.a≡a（mod m），即任何整数都与自身同余.3.若a≡b（mod m），则b≡a（mod m）.4.若a≡b（mod m），b≡c（mod m），则a≡c（mod m）.5.若a≡b（mod m），c≡d（mod m），则a+c≡b+d （mod m），a－c≡b－d （mod m），a×c≡b×d （mod m）.6.若a≡b（mod m），则an≡bn（mod m）。

（其中n为正整数）.例1.用一个两位数除708，余数为43，求这个两位数.【答案】95【解答】根据被除数-余数=商×除数，可知，所求两位数一定是707-43=665的大于43的约数，所以所求的两位数是95.例2.数713、1103、830、947被一个数除所得余数相同（余数不为0），求这个除数.【答案】39，13或3.【解答】1103－713=390=3×13×2×5，947－830=117=3×13×3，1103－947=156=2×13×3×2，除数为39，13或3.例3.从1、2、…100中最多能选出多少个数，使选出的数中每两个的和都不能被3整除？【答案】35【解答】1、2、…100中，除以3余1的数共34个，即1、4、7、10、…、100.除以3余2的数共33个，选出的数中，如果有除以3余1的，就一定不能有除以3余2的；如果有除以3余2的，也就不能有除以3余1的。

奥数精编训练-同余问题

1. 学习同余的性质2. 利用整除性质判别余数同余定理 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、重要性质及推论：（1）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 整除例如：17与11除以3的余数都是2，所以1711 （）能被3整除．（2）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 )3、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．模块一、两个数的同余问题【例 1】有一个整数，除39,51,147所得的余数都是3，求这个数.例题精讲知识点拨教学目标5-5-3.同余问题【例 2】某个两位数加上3后被3除余1，加上4后被4除余1，加上5后被5除余1，这个两位数是______.【例 3】有一个自然数，除345和543所得的余数相同，且商相差33．求这个数是多少？【例 4】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？【例 5】两位自然数ab与ba除以7都余1，并且a b⨯．>，求ab ba【例 6】现有糖果254粒,饼干210块和桔子186个.某幼儿园大班人数超过40.每人分得一样多的糖果,一样多的饼干,也分得一样多的桔子。

同余问题的奥数题

同余问题的奥数题在数学中，同余是一个非常有趣且经常应用的概念。

同余问题即涉及到同余的各种问题。

在奥数（奥林匹克数学竞赛）中，同余问题经常出现且需要解决。

本文将介绍同余问题的几个典型奥数题，并提供详细的解析步骤和思考过程。

一、同余的定义和性质：1. 定义：对于整数a，b和正整数n，如果a与b除以n的余数相等，则称a与b在模n下同余，记作a≡b(mod n)。

- 同余关系是等价关系，满足自反性、对称性和传递性。

- 如果a≡b(mod n)且c≡d(mod n)，则a+c≡b+d(mod n)和ac≡bd(mod n)。

- 对于正整数m、n和a，如果m|n，则a≡b(mod m)蕴含着a≡b(mod n)。

1. 题目：求满足8n+6≡3(mod 7)的最小非负整数n。

解析：根据同余的性质得到8n≡3-6(mod 7)，即8n≡-3(mod 7)。

由于8和7互质，可以用扩展欧几里得算法求得系数使得8a+7b=1，即8×4+7×(-5)=1。

两边乘以-3，得到8×(-12)+7×15=-3。

因此，n≡-12(mod 7)。

最小非负整数n即为-12+7=（-5）+14=9。

2. 题目：若p是一个素数，求证p^2-1能被24整除。

解析：要证明p^2-1能被24整除，可以通过同余问题进行证明。

首先，我们知道24=3×2×2×2，其中，3和2是两个互质的因数。

如果p是一个素数，那么p在模3下只能是0或1或2。

如果p≡0(mod 3)，那么p^2-1≡0^2-1≡-1(mod 3)，不被3整除。

同理，如果p≡1(mod 3)，则p^2-1≡1^2-1≡0(mod 3)，被3整除。

而如果p≡2(mod 3)，则p^2-1≡2^2-1≡3(mod 3)，也被3整除。

因此，对于任意一个素数p，p^2-1都能被3整除。

又因为p是素数，所以p是奇数，即p≡±1(mod 2)。

小学奥数—数论之同余问题

数论---同余问题余数问题是我们数论知识非常重要的一大板块，许多名校小升初考试中，各大杯赛中经常会考到，所以序号本讲内容堆学生来讲是非常重要的。

定理1：几个数相加，如果存在一个加数，不能被数a整除，那么它们的和，就不能被整数a整除。

如：35除以5,7余0，除以3余2；63除以3,7余0，除以5余3；30除以3,5余0，除以7余2。

则35+63+30除以3余2，除以5余3，除以7余2。

定理2：两数不能整除，若除数扩大（或缩小）了几倍，而被除数不变，则其商和余数也同时扩大（或缩小）相同的倍数（余数必小于除数）。

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。

小学奥数精讲：余数与同余问题

小学奥数精讲：余数与同余问题小学奥数精讲：余数与同余问题一、问题引入我们知道，自然数（0 和所有正整数），按能否被2 整除可以分为偶数和奇数两类，即能被 2 整除（除以 2 余 0）的数为偶数，丌被2 整除（除以 2 余 1）的数为奇数，奇数和偶数各自有其特征，它们之间又有相互联系。

同理，如果我们以除以3 的余数为标准，就可以将自然数分成三类，余 0、余 1、余 2；如果我们以除以 4 的余数为标准，就可以将自然数分成四类，余 0、余 1、余 2、余3；以除以 n 为标准，就可以将自然数划分为 n 类。

那么除以 n 余数相同的一类数有何共同的性质呢？除以n 余数丌同的数之间又有何联系呢？这是本讲将要讨论的第二个问题——同余问题。

二、知识总结1、首先根据上一讲的整除特征，做简单推导，即可得到下列求余方法。

【注】下列方法大家以理解为主，丌必死记。

着重掌握除以3、4、8、9、16 的余数求法即可。

①求除以 2 的余数：奇数余 1，偶数余 0；②求除以 3 的余数：等于该数的各位数字之和除以 3 的余数；③求除以 4 的余数：等于该数末两位组成的数除以 4 的余数；④求除以 5 的余数：等于该数个位数除以 5 的余数；⑤求除以 6 的余数：该数的各个数字之和除以 3 得余数 a，若该余数不原数同奇同偶，则原数除以6 的余数为a，若该余数不原数一奇一偶，则原数除以 6 的余数为 a+3；⑥求除以7 的余数：等于该数的末三位不末三位以前的数字组成的数之差除以 7 的余数，如果数字仍然太大丌能直接观察出来，就重复此过程；⑦求除以 8 的余数：等于该数的末三位除以 8 的余数；⑧求除以 9 的余数：等于该数的各位数字之和除以 9 的余数；⑨求除以 10 的余数：等于该数的个位数；⑩求除以11 的余数：（a）等于该数的奇数位上的数字之和不偶数的数字之和的差除以 11 的余数（b）等于该数的末三位不末三位之前的数字组成的数之差除以 11 的余数，如果数字仍然太大丌能直接观察出来，就重复此过程；求除以13 的余数：等于该数的末三位不末三位之前的数字组成的数之差除以 13 的余数，如果数字仍然太大丌能直接观察出来，就重复此过程；求除以 16 的余数：等于该数的后四位除以 16 的余数;求除以17 的余数：等于把该数的个位数字去掉，再从余下的数中，减去个位数的 5 倍，所得到的数字除以 17 的余数，如果数字仍然太大丌能直接观察出来，就重复此过程；求除以 18 的余数：该数的各个数字之和除以 9 得余数 a，若该余数不原数同奇同偶，则原数除以 18 的余数为 a，若该余数不原数一奇一偶，则原数除以 18 的余数为 a+3；求除以19 的余数：等于把该数的个位数字去掉，再从余下的数中，加上个位数的 2 倍，所得数字除以 19 的余数。

小学奥数题库《数论》余数问题同余5星题(含解析)全国通用版

数论-余数问题-同余-5星题课程目标知识提要同余•定义同余定理：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），这个式子叫做同余式，读作：a同余于b，模m．•性质及推论（1）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。

（2）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，m|（a - b）精选例题同余1. 若2017，1029与725除以d的余数均为r，那么d−r的最大值是．【答案】35【分析】（1）2017−1029=988，1029−725=304，因为2017，1029与725除以d的余数均为r，所以d∣988，d∣304，d是988和304的公约数．（2）988=22×13×19，304=24×19，所以d可以是2，4，19，38，76．（3）经检验2017，1029与725除以76的余数依次为41，41，41；2017，1029与725除以38的余数依次为3，3，3；（2017，1029与725除以2的余数均为1，2017，1029与725除以4的余数均为1，2017，1029与725除以19的余数依次为3，3，3；）（4）d−r的最大值是35．2. 用自然数n去除63，91，129得到的三个余数之和为25，那么n=．【答案】43【分析】n能整除63+91+129−25=258．因为25÷3=8⋯⋯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43．3. 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？【答案】17【分析】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90+164= 254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254−220=34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17．4. 20092009的各位数字和为A，A的各位数字和为B，B的各位数字和为C，C的各位数字和为D，D的各位数字和为E，求E．【答案】5【分析】ABCD除以9的余数应该相同．20092009除以9的余数和22009除以9的余数相同，而2的乘方除以9的余数依次为2、4、8、7、5、1、2⋯⋯6个数一循环，故而22009除以9的余数等同于2的5次方除以9，余数为5．20092009小于100002009，所以一定不多于8037位，数字和不会超过72333，故而B小于72333．B最多为5位数，数字和不会超过45，所以C是两位数，故而D不会超过18，E一定是一个1位数．所以E=5．5. 请证明p4≡1(mod240)，其中p是大于5的质数．【答案】见解析【分析】p4−1=(p2+1)(p+1)(p−1)，240=24×3×5，由于p不是3的倍数，则p+1、p−1必有一个3的倍数；由于p的尾数只能是1、3、7、9，则p+1、p−1、P2+1必有一个尾数为0，是5的倍数；p+1、p−1、P2+1都是偶数，其中p+1、p−1是连续偶数，必有一个是4的倍数，所以至少有4个质因数2．6. 我们将具有如下性质的自然数 K 称为“高思数”：如果一个整数 M 能被 K 整除，则把 M 的各位数字按相反顺序重写时所得到的数也能被 K 整除，请求出所有的“高思数”．【答案】 1、3、9、11、33、99【分析】易知，1 必为“高思数”；因为一个数反序重写数字和不变，所以 3、9 为“高思数”；因为一个数反序重写奇位和与偶位和之差也不变，所以 11 为“高思数”，由整除规律，33、99 也是“高思数“．除此之外，感觉是没有了，下面给出证明．引理（可以看做是先证明一个小结论）：对于任意的不含 2 或 5 的正整数 n ，形如 1、11、111、1111、…的数中一定有无数个是 n 的倍数．证明：由于 1,11,111,1111,⋯,11⋯1⏟n+1个1这 n +1 个数中一定存在 2 个数关于 n 同余，那么这两个数的差一定是 n 的倍数，而这两个数的差是形如 11⋯1⏟a 个100⋯0⏟b 个0 的数，说明 11⋯1⏟a 个1是 n 的倍数，同理可得这里面有无数个数是 n 的倍数．首先说明“高思数”的个位数字只能是 1、3、7、9．因为，“高思数”肯定不是偶数，否则肯定能得到它的某个倍数的首位是 1，那么这个偶数就无法整除这个倍数的反序数．同理，“高思数”的个位数字也不能是 5．所以“高思数”的个位数字只能是 1、3、7、9．若 K 是“高思数”，根据引理得一定存在某个自然数 l 使得 K ∣11⋯1⏟l 个1，那么 K ∣77⋯7⏟l 个7，进一步得 K ∣77⋯1⏟l 个700⋯0⏟(l−1)个0+77⋯1⏟l 个7，即 K ∣77⋯7⏟(l−2)个78477⋯7⏟(l−1)个7，利用“高思数”的性质得 K ∣77⋯7⏟(l−1)个74877⋯7⏟(l−2)个7，利用整除的性质得 K ∣77⋯7⏟(l−2)个78477⋯7⏟(l−1)个7−77⋯7⏟(l−1)个74877⋯7⏟(l−2)个7，即 K ∣9900⋯0⏟(l−2)个0．因为“高思数”的个位数字只能是 1、3、7、9，所以“高思数”分解质因数后一定不含质因数 2 和 5，故 K ∣99，所以 K 只可能是 1、3、9、11、33、99，经验证这 6 个都是“高思数”，至此已求出所有的“高思数”．7. 在给定的圆周上有 100 个点．任取一点标上 1；按顺时针方向从标有 1 的点往后数 2 个点，标上 2；从标有 2 的点再往后数 3 个点，标上 3 ……依此类推，直至在圆周上标出 100．对于圆周上的这些点，有的点可能标上多个数，有的点可能没有被标数．请问：标有 100 的那个点上标出的数最小是多少？【答案】 75【分析】标有 100 的那个点是从标有 1 的点开始数（包括标有 1 的这个点）1+2+⋯+100=5050 的点，所以这个点上标的数是符合 1+2+⋯+n ≡5050(mod100) 的点，即 n(n+1)2≡50(mod100)，故 n(n +1)≡0(mod100)，由于 n 和 n +1 互质，要想乘积是 100 的倍数，那么 n 和 n +1 中有一个数要是 25 的倍数，可能的情况有 (24,25)、(25,26)、(49,50)、(50,51)、(74,75)、(75,76)，很明显只有 (24,25) 和 (75,76) 可能符合，经检验，只有 (75,76) 符合，说明这个点上还标有 75，所以标有 100 的那个点上标出的数最小是 75．8. 任意给定一个正整数 n ，一定可以将它乘以适当的整数，使得乘积是完全由 0 和 7 组成的数．【答案】见解析．【分析】考虑如下 n +1 个数：7，77，777，⋯⋯，77⋯7⏟n 位，77⋯7⏟n+1位，这 n +1 个数除以 n 的余数只能为 0，1，2，⋯⋯，n −1 中之一，共 n 种情况，根据抽屉原理，其中必有两个数除以 n 的余数相同，不妨设为 77⋯7⏟p 位和 77⋯7⏟q 位（p >q ），那么 77⋯7⏟p 位−77⋯7⏟q 位=77⋯7⏟(p−q)位00⋯0⏟q 位是 n 的倍数，所以 n 乘以适当的整数，可以得到形式为 77⋯7⏟(p−q)位00⋯0⏟q 位的数，即由 0 和 7 组成的数．9. 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？【答案】 17【分析】设学校一共有 A 个班级，则有：118≡67(modA)≡33(modA)，据同余性质，可知 x 为它们两两差的约数，118−67=51，118−33=85，67−33=34，(51,85,34)=17，所以学校共有 17 个班10. 一个不超过 200 的自然数，如果用四进制表示，那么它的数字之和是 5；如果用六进制表示，那么它的数字之和是 8；如果用八进制表示，那么它的数字之和是 9．如果用十进制表示，那么这个数是多少？【答案】 23【分析】根据结论：“在 n 进制中，一个自然数与它的数字和模 (n −1) 同余”，所以这个数 {÷3⋯2,÷5⋯3,÷7⋯2, 利用物不知数可以求出符合的答案为 23、128、233、…，符合“不超过 200”的只有 23 和 128，经检验，23=(113)4=(35)6=(27)8，128=(2000)4=(332)6=(200)8，只有 23 符合．11. 求证：可以找到一个各位数字都是 4 的自然数，它是 1996 的倍数．【答案】见解析．【分析】 1996÷4=499，下面证明可以找到 1 个各位数字都是 1 的自然数，它是 499 的倍数．取 500 个数：1，11，111，⋯⋯，111⋯⋯1（500 个 1）．用 499 去除这 500 个数，得到 500 个余数 a 1，a 2，a 3，⋯，a 500．由于余数只能取 0，1，2，⋯，498 这 499 个值，所以根据抽屉原则，必有 2 个余数是相同的，这 2 个数的差就是 499 的倍数，差的前若干位是 1，后若干位是 0：11⋯100⋯0．又 499 和 10 是互质的，所以它的前若干位由 1 组成的自然数是 499 的倍数，将它乘以 4，就得到一个各位数字都是 4 的自然数，这是 1996 的倍数．12. 一个正整数，它分别加上 75 和 48 以后都不是 120 的倍数，但这两个和的乘积却能被 120 整除．这个正整数最小是多少？【答案】 117【分析】先将 120 分解质因数 120=23×3×5，设这个数为 A ，依题意得后来的两个数分別是 A +75 和 A +48，这两个数相差 (A +75)−(A +48)=27．因为 27 是 3 的倍数，所以 A +75 和 A +48 除以 3 的余数相同；因为 (A +75)(A +48) 是 120 的倍数，所以 A +75 和 A +48 都是 3 的倍数．因为 27 不是 5 的倍数，所以 A +75 和 A +48 中只有 1 个是 5 的倍数；因为 27 和 8 互质，所以 A +75 和 A +48 中只有 1 个是 8 的倍数；又因为 A +75 和 A +48 都不是 120 的倍数，所以不可能有一个数既是 5 的倍数也是 8 的倍数，说明 A +75 和 A +48 中一个是 5 的倍数，另一个是 8 的倍数．综上，A +75 和 A +48 中一个是 15 的倍数，另一个是 24 的倍数．若 A +75 是 15 的倍数．A +48 是 24 的倍数，则很明显 A 既是 15 的倍数又是 24 的倍数，最小是 120；若 A +75 是 24 的倍数，A +48 是 15 的倍数，则 {A ÷24⋯21,A ÷15⋯12,所以 A 最小是 117．所以这个正整数最小是 117．13. 设 20092009 的各位数字之和为 A ，A 的各位数字之和为 B ，B 的各位数字之和为 C ，C 的各位数字之和为 D ，那么 D =？【答案】 5【分析】由于一个数除以 9 的余数与它的各位数字之和除以 9 的余数相同，所以 20092009 与 A 、B 、C 、D 除以 9 都同余，而 2009 除以 9 的余数为 2，则 20092009 除以 9 的余数与 22009 除以 9 的余数相同，而 26=64 除以 9 的余数为 1，所以 22009=26×334+5=(26)334×25 除以 9 的余数为 25 除以 9 的余数，即为 5．另一方面，由于 20092009<100002009=108036，所以 20092009 的位数不超过 8036 位，那么它的各位数字之和不超过 9×8036=72324，即 A ⩽72324；那么 A 的各位数字之和 B <9×5=45，B 的各位数字之和 C <9×2=18，C 小于 18 且除以 9 的余数为 5，那么 C 为 5 或 14，C 的各位数字之和为 5，即 D =5．14. 某住宅区有12家住户，他们的门牌号分别是1,2,3,⋯,12．他们的电话号码依次是12个连续的六位自然数，并且每家的电话号码都能被这家的门牌号码整除．已知这些电话的首位数字都小于6，并且门牌号码是9的这一家的电话号码能被13整除．请问：这一家的电话号码是多少？【答案】388089【分析】设第一家住户的电话号码为n+1，则1∣n+1,2∣n+2,3∣n+3,⋯,12∣n+12,由此可知n能被1∼12同时整除，而1∼12的最小公倍数为23×32×5×7×11=27720，则n=27720m，其中m为正整数．由条件“门牌号码是9的这一家的电话号码能被13整除”可得，13∣27720m+9．而27720m+9≡4m+9(mod13)，所以m=14时满足条件，这一家的电话号码为27720×14+9=388089．15. 设2n+1是质数，证明：12，22，⋯，n2被2n+1除所得的余数各不相同．【答案】见解析．【分析】假设有两个数a、b，（1⩽b<a⩽n），它们的平方a2，b2被2n+1除余数相同．那么，由同余定理得a2−b2≡0( mod(2n+1))，即(a−b)(a+b)≡0( mod(2n+1))，由于2n+1是质数，所以a+b≡0( mod(2n+1))或a−b≡0( mod(2n+1))，由于a+ b，a−b均小于2n+1且大于0，可知，a+b与2n+1互质，a−b也与2n+1互质，即a+b，a−b都不能被2n+1整除，产生矛盾，所以假设不成立，原题得证．16. 三个聪明的初中生聚在一起玩一个推理游戏．小强和小花各选了一个自然数并分别将它告诉小安，小安告诉小强和小花，他将分别把两个数的和与乘积写在不同的纸上．小安写好后，将其中一张纸藏起来，把另一张纸亮出来给小强和小花看（这张纸上写着2008）．小安请小强和小花互猜对方所选的数，小强首先宣称他无法确定小花所选的数，小花听完小强的话后，也说她无法确定小强所选的数．请问：小花所选的数是多少？【答案】1004【分析】首先小强和小花肯定都没有选0，否则一看就知道2008是和，就能知道对方的数．设这两个数分别为强和花，首先，很明显强∣2008，否则立刻盼断出2008是和，花= 2008−强，此时小强是因为无法确定2008是和还是积导致无法判断出小花的数．同理，花∣2008．此时小花也知道了强∣2008，小花会这样进行推理：如果2008是积，那么与已知的情况都符合；如果2008是和，那么由强∣2008知2008−花∣2008，如果2008−花不能整除2008，小花立刻就知道2008不是和，是积，就能知道小强的数．由于实际上小花无法确定小强的数，说明花∣2008的同时2008−花∣2008．而2008=23×251，枚举出它所有的约数：1、2008、2、1004、4、502、8、251，经检验只有1004符合，所以小花所选的数是1004．17. 在下面的算式中，汉字“第、十、一、届、华、杯、赛”，代表1，2，3，4，5，6，7，8，9中的7个数字，不同的汉字代表不同的数字，恰使得加法算式成立．则“第、十、一、届、华、杯、赛”所代表的7个数字的和等于．第十一届+华杯赛2006【答案】35【分析】根据弃九法两个加数除以9的余数与他们和除以9的余数相同，因为2006除以9余8，所以第、十、一、届、华、杯、赛”所代表的7个数字的和除以9的余数为8，再根据加法规则，“第”=1．“届+赛”=6或“届+赛”=16．若“届+赛”=6，只能是“届”、“赛”分别等于2或4，此时“一”十“杯”=10只能“一”、“杯”分别为3或7．此时“十+华”=9，“十”、“华”分别只能取（1，8），（2，7），（3，6），（4，5），但1，2，3，4均已被取，不能再取．所以，“届+赛”=6填不出来，只能是“届+赛”=16，“十+华”+1=10，也就是“一+杯”=9同时“十+华”=9．所以它们可以分别在（3，6），（4，5）两组中取值．因此“第、十、一、届、华、杯、赛”所代表的7个数字的和等于1+9+9+16=35．。

小学奥数-巧解整除中的同余问题

小学奥数-巧解整除中的同余问题1.整数a除以整数b（b≠0），商是整数而没有余数，我们就说a 能被b整除，b能整除a。

2.a与b的和除以c的余数，等于a、b分别除以c的余数之和除以c的余数。

3.a与b的乘积除以c的余数，等于a、b分别除以c的余数的积除以c的余数。

4.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。

5所谓同余问题，就是给出“一个数除以几个不同的数”的余数，反求这个数，称做同余问题。

精讲1：甲、乙两数的和是1088，甲数除以乙数得商11余32，求甲、乙两数。

分析：解答这样的问题，首先要根据除法的意义，理顺被除数、除数、商和余数之间的关系，即被除数=商×除数+余数。

因为甲=乙×11+32，所以甲+乙=乙×11+32+乙=乙×12+32=1088。

解：乙=（1088－32）÷（11+1）=88 甲=1088-88=1000精讲2：求478×296×351除以17的余数。

分析：先求出乘积再求余数，计算量较大，可以根据同余定理“a 与b的乘积除以c的余数，等于a，b分别除以c的余数的积除以c的余数”，先分别计算出各因数除以17的余数，再求出余数之积除以17的余数。

解：478÷17=28 (2)296÷17=17 (7)351÷17=20 (11)2×7×11÷17=9 (1)精讲3：有一个大于1的整数，除45、59、101所得的余数相同，求这个数。

分析：根据同余定理“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”，我们可以得到：这个数一定能整除这三个数中任意两数的差，也就是说它是任意两数差的公约数。

解：101－45=56 59－45=14 （56,14）=1414的约数有1、2、7、14，所以这个数可能为2、7、14。

奥数余数和同余讲义

（十八）余数和同余【知识要点】1、例如：37÷5＝7……2，四者之间的数量关系：被除数=除数×商+余数2、同余的概念：两个整数，被同一个大于1的整数m除，所得余数如果相同，那么，这两个整数对于除数m来说是同余的。

例如：14和26这两个数虽然大小不同，但它们分别除以6所得的余数相同，我们把14和26叫做关于模6同余。

3、同余最基本的性质是：几个同余式（模相同）相加、减、乘、乘方仍然同余。

【典型例题】例1、两个整数相除商8，余16；并且被除数、除数、商及余数的和是463.那么被除数是多少？解：因为：被除数=除数×8+16，并且被除数+除数=463―8―16＝439，所以除数=（439－16）÷（8+1）=47，被除数=47×8＋16=392.例2、被3除余2，被5除余3，被7除余4的最小自然数是多少？解：被3除余2的数有2，5，8，11，…其中8又能被5除余3，并且满足条件最小的，而［3，5］=15，所以8+15=23，23+15=38，38+15=53，53满足了被7除余4这个条件，并且最小。

例3、五（3）班同学上体育课，排成3行少1人，排成4行多3人，排成5行少1人，排成6行多5人，问上体育课的同学最少多少名？解：［3,4,5,6］=60, 60－1=59(人).例4、小刚在一次计算除法时，把被除数171错写成117，结果商少了3而余数恰好相同，这题中的除数是几？解：设除数为m,正确的商位q，余数为r，那么错写被除数后，除数仍为m，商为q－3，余数仍为r。

因为：171=m×q+r117= m×（q－3）+r于是171 －117= （m×q+r）－（m×q－3 m+r）得m=18.【精英班】例5、有一个三位数，其中个位上的数是百位上的数的3倍，且这个三位数除以5余4，除以11余3.这个三位数是多少？解：这个三位数除以5余4，所以它的个位数字是4或9，因为个位数字是百位数字的3倍，所以个位数字只能是9，百位数字是3.因为这个数除以11余3，所以它的十位数字=3+（9－3）=9，这个三位数是399.【竞赛班】例6、11+22+33+44+55+66+77+88+99除以3的余数是多少？解：由数的整除性质和同余性质可推知：（1）3的倍数的任何次方（0除外）除以3的余数为0，可知33+66+99 除以3余0.（2）不是3的倍数的偶次方除以3的余数为0，可知22+44+88除以3余1.（3）11除以3余1，55与25对于3同余，它们除以3余2. 77与17对于3同余，它们除以3余1. 所以（1+2+1）÷3=1……1。

初中数学竞赛讲座——数论部分7(同余)

第7讲同余的概念及基本性质数论有它自己的代数，称为同余理论．最先引进同余的概念与记号的是数学王子高斯．先看一个游戏：有n＋1个空格排成一行，第一格中放入一枚棋子，甲乙两人交替移动棋子，每步可前移1，2或3格，以先到最后一格者为胜．问是先走者胜还是后走者胜？应该怎样走才能取胜？取胜之道是：你只要设法使余下的空格数是4的倍数，以后你的对手若走i格(i=1，2，3)，你走4-i格，即每一次交替，共走了4格．最后只剩4个空格时，你的对手就必输无疑了．因此，若n除以4的余数是1，2或3时，那么先走者甲胜；若n除以4的余数是0的话，那么后走者乙胜．在这个游戏里，我们可以看出，有时我们不必去关心一个数是多少，而要关心这个数用m除后的余数是什么．又例如，1999年元旦是星期五，1999年有365天，365=7×52＋1，所以2000年的元旦是星期六．这里我们关心的也是余数．这一讲中，我们将介绍同余的概念、性质及一些简单的应用．同余，顾名思义，就是余数相同．一、基础知识定义1 给定一个正整数m，如果用m去除a，b所得的余数相同，则称a与b对模m同余，记作a≡b(mod m)，并读作a同余b，模m．否则，就称a与b对于模m不同余，记作a≡b（mod m），根据定义，a与b是否同余，不仅与a、b有关，还与模m有关，同一对数a和b，对于模m同余，而对于模n也许就不同余，例如，5≡8（mod 3），而5≡8（mod 4），若a与b对模m同余，由定义1，有a=mq1＋r，b=mq2+r．所以a-b=m(q1-q2)，即m｜a-b．反之，若m｜a-b，设a=mq1＋r1，b=mq2＋r2，0≤r1，r2≤m-1，则有m｜r1-r2．因｜r1-r2｜≤m-1，故r1-r2=0，即r1＝r2．于是，我们得到同余的另一个等价定义：定义2 若a与b是两个整数，并且它们的差a-b能被一正整数m整除，那么，就称a 与b对模m同余．另外，根据同余的定义，显然有以下几种关系是成立的：⑴a≡a（mod n）⑵a≡b（mod m）⇔b≡a（mod n）⑶a≡b（mod n）⇒a≡c（mod m）b≡c（mod m）由此可见，同余是一种等价关系，以上这三条分别叫做同余的反射性，对称性和传递性，而等式也具有这几条性质．二、典型例题;例1．如果a≡b（mod m），以下命题正确的有哪些？请说明理由？⑴m | a－b⑵a = b+mt⑶a = k1m+ r1，b = k2m+ r2（0≤r1，r2＜m）⇔r1= r2解：⑴因a≡b（mod m），所以可得a = k1m+ r，b = k2m+ r，那么a－b=（k1－k2）m，由于k1－k2是整数，因此m | a－b是正确的．⑵根据⑴可得a－b= mt，即a= b+mt⑶根据⑴可得，m | r1－r2，又因为0≤| r1－r2 |＜m，所以| r1－r2 |=0，故r1= r2．例2．判断正误，并说明理由．⑴如果a≡b（mod m）那么ka≡kb（mod m）⑵如果a≡b（mod m），c是整数，那么a±c≡b±c (mod m)⑶如果a1≡b1（mod m），a2≡b2（mod m），那么a1±a2≡b1±b2 (mod m)，a1a2≡b1b2 (mod m)．⑷如果3a≡3b(mod 6 )，那么a≡b (mod 6 )解：⑴∵a≡b（mod m），∴m | a－b，∴m | k (a－b)即m | (ka－kb)∴ka≡kb（mod m）⑴成正确⑵∵a≡b（mod m），∴m | a－b又因为c是整数，所以m | a－c－b+c，即m | (a－c) －(b－c)即a－c≡b－c（mod m）同理可得，a+c≡b+c（mod m）⑶仿照上面的两个小题的方汪，可以判定这个命题也是正确的⑷显然6≡12(mod 6)，而2≡ 4 (mod 6)，因此，这个命题不正确说明：⑶的结论可以得到同余的另一条性质，即a≡b（mod m）⇒a n≡b n（mod m）此题说明两个同余式能够象等式一样进行加、减、乘、乘方，但同余式两边却不能除以同一数，那么，同余式的两边在什么情况下可以同除以一个数呢？我们先看下面的例题．例3．由下面的哪些同余式可以得到同余式a≡b（mod 5）①3a ≡3b （mod 5） ②10a ≡10b （mod 5）③6a ≡6b （mod 10） ④10a ≡10b （mod 20）解：①因3a ≡3b （mod 5），所以5 | 3（a －b ），而5 | 3 ，因此5 | a －b ，故a ≡b （mod 5）②由10a ≡10b （mod 5）可以得到5 | 10（a －b ），而5 | 10，因此5不一定整除a －b ，故a ≡b （mod 5）就成立③由6a ≡6b （mod 10）可得10 | 6（a －b ），而10=2×5，6=2×3，因此5 | a －b ，故a ≡b （mod 5）成立④由10a ≡10b （mod 20）可得到20 | 10（a －b ），而20= 4×5，4 | 10，因此5 | (a －b )故a ≡b （mod 5）不成立综上所述，由3a ≡3b （mod 5）或6a ≡6b （mod 10）都可以得到a ≡b （mod 5）说明：在①中，因为（3，5）=1，因此由5 | 3（a －b ）一定可以得到5 | a －b ，进而得到a ≡b （mod 5），一般地，如果（k ，m ）=1，ka ≡kb （mod m ），那么a ≡b （mod m ）在③中，因（6，10）=2，因此由10| 6（a －b ）一定可以得到5 | a －b ，进而得a ≡b （mod 5），一般地，如果（k ，m ）= d ，ka ≡kb （mod m ），那么a ≡b )(mod dm ．例4．如果a ≡b （mod 12）且a ≡b （mod 8），那么以下同余式一定成立的是哪些？①a ≡b （mod 4） ②a ≡b （mod 24） ③a ≡b （mod 20） ④a ≡b （mod 48）解：正确的有①和②①由题中的条件可得12 | a －b ，又因4 | 12，所以4 | a －b ，故a ≡b （mod 4）． ②因12 | a －b ，8| a －b ，所以a －b 是12和8的公倍数，又因为[8，12]=24，因此 a －b 必是24的倍数，即24 | a －b ，故a ≡b （mod 24）．③显然，当a = 26，b = 2时满足条件a ≡b （mod 12）和a ≡b （mod 8），但却不满足 a ≡b （mod 20）．④同③，用a = 26，b = 2验证即可．【说明】：⑴一般地，若a ≡b （mod m ）且n | m ，那么a ≡b （mod n ）⑵若a ≡b （mod m ），a ≡b （mod n ），那么a ≡b （mod [m ，n ]），它的一个特殊情况就是：如果a ≡b （mod m ），a ≡b （mod n ）且（m ，n ）=1，那么a ≡b （mod m n ）【一些结论】1.同余定义的等价形式①a ≡b （mod m ）⇔m | a －b②a ≡b （mod m ）⇔a = b +mt2．同余式的同加、同乘性如果a 1≡b 1（mod m ），a 2≡b 2（mod m ）那么⑴a 1±a 2≡b 1±b 2（mod m ）⑵ka 1≡kb 1（mod m ）（k ∈Z ）⑶a 1a 2≡b 1b 2（mod m ）⑷a 1n ≡b 1n （mod m ）（n 是整数）．3．如果（k ，m ）=d ，ka ≡kb （mod m ），那么a ≡b )(mod dm ．这条性质的直接推论就是：如果（k ，m ）=1，ka ≡kb （mod m ），那么a ≡b （mod m ）4．如果a ≡b （mod m ）且n | m ，那么a ≡b （mod n ）5．如果a ≡b （mod m ），a ≡b （mod n ），那么a ≡b （mod [m ，n ]）这条性质的一个推论就是：如果a ≡b （mod m ），a ≡b （mod n ）且（m ，n ）=1，那么a ≡b （mod m n ）例5．⑴求19992002除以9的余数；⑵求1010除以7的余数解：⑴∵9 | 1999－1000，∴1999≡1000≡1（mod 9）∴19992000≡12002≡1（mod 9），∴19992000除以9的余数是1⑵∵10≡3（mod 7），∴103≡33≡－1（mod 7）∴106≡（－1）2≡1（mod 7），∴1010≡104（mod 7）又∵102≡9≡2（mod 7），∴102≡10 4≡22≡4（mod 7）所以1010除以7的余数是4．说明：求较大数的余数时，可先设法找到与±1同余的数，然后利用同余式的性质，求出所求数的余数．例6．求14589+32002除以13的余数．解：∵145≡2（mod 13），∴1456≡26≡－1（mod 13）∴（1456）14≡（－1）14≡1（mod 13）即14584≡1（mod 13）又∵1455≡25≡6（mod 13）所以14589≡14584·1455≡6×1≡6（mod 13）又∵33≡1（mod 13），∴（33）667≡32001≡1（mod 13），∴32002≡3（mod 13）所以，14589+32002≡6+3≡9（mod 13）即14589+32002除以13的余数是9例7．求19982002的十位数字分析：此题可以通过19982002的末两位数来求解，与前面的方法类似解：∵199898≡－2（mod 100），∴19982002≡（－2）2002≡22002≡41001（mod 100）因为4≡4（mod 100），42≡16（mod 100），43≡64（mod 100），44≡56（mod 100），45≡24（mod 100），46≡96（mod 100），47≡84（mod 100），48≡36（mod 100）， 49≡44（mod 100），410≡76（mod 100），411≡4（mod 100）…所以4 n 除以100的余数是以4、16、64、56、24、96、84、36、44、76周期性出现的，因41001=410×100+1，所以41001≡4（mod 100），因此19982002≡4（mod 100），故19982002的十位数字是0．说明：正整数幂的末位数、末两位数、末三位数都具有周期性．例8（1998年匈牙利奥林匹克竞赛题）求使2n +1能被3整除的一切自然数n . 解∵ ∴则2n +1∴当n 为奇数时，2n +1能被3整除；当n 为偶数时，2n +1不能被3整除.例9 求证31980+41981能被5整除.证明 ∵∴∴∴例10．求20032002的末位数字．分析：此题就是求20032002除以10的余数解：∵2003≡3（mod 10），∴20034≡34≡1（mod 10），∴20032002≡（20034）500·20033≡1500·33≡27≡7（mod 10）∴20022002的末位数字是7．说明：对于十进制的整数011a a a a n n -有如下性质：)10(mod 0011a a a a a n n ≡- 例11．已知n 是正整数，证明48 | 72n ―2352n ―1证明：∵48=3×16，（3，16）=1∴只需证明3| 72n ―2352n ―1且16 | 72n ―2352n ―1即可∵7≡1（mod 3），2352≡0（mod 3）∴72n ―2352n ―1≡12n ―2352×0－1≡0（mod 3）∴3 | 72n ―2352n ―1，又∵2352=16×147，∴2352≡0（mod 16）∴72n ―2352n ―1≡49n －1≡1n －1≡0（mod 16）∴16 | 72n ―2352n ―1，所以48| 72n ―2352n ―1．说明：当模很大时，可以用本题的方法把问题化为较小的模来求解，请同学位用这个方法重解例8．例12．已知n是任意的正整数，且m | 7n+12n―1，求正整数m的最大值．解：设a n=7n+12n―1，那么，a1=7+12―1=18，a2=72+24―1=72∴（a1，a2）=（18，72）=18，∴m≤18，下面证明对任何正整数n，都有18 | 7n+12n―1又因为18=2×9，所以只须证明2 | 7n+12n，9 | 7n+12n―1即可．∵7≡1（mod 2），∴7n+12―1≡1n+0―1≡0（mod 2）即2 | 7n+12n―1，对n进行分类讨论，⑴若n≡0（mod 3），则n=3k（k为正整数）7n+12n―1≡73k+36k+1≡（―2）3k+0―1≡（―8）k―1≡1k―1≡0（mod 9）⑵若n≡1（mod 3），则n=3k+1（k为非负整数）7n+12n―1≡73k+36k+127+12―1≡0（mod 9）⑶若n≡2（mod 3），则n=3k+2（k为非负整数）7n+12n―1≡73k·72+36k+24―1≡72+24―1≡0（mod 9）因此，对一切自然数n，都有9 | 7n+12n―1．综上所述，18 | 7n+12n―1，因此m的最大值为18．例13 把1，2，3…，127，128这128个数任意排列为a1，a2，…，a128，计算出｜a1-a2｜，｜a3-a4｜，…，｜a127-a128｜，再将这64个数任意排列为b1，b2，…，b64，计算｜b1-b2｜，｜b3-b4｜，…，｜b63-b64｜．如此继续下去，最后得到一个数x，问x是奇数还是偶数？解因为对于一个整数a，有｜a｜≡a(mod 2)，a≡-a(mod 2)，所以b1＋b2＋…＋b64=｜a1-a2｜+｜a3-a4｜+…+｜a127-a128｜≡a1-a2＋a3-a4+…+a127-a128≡a1＋a2＋a3＋a4+…+a127＋a128(mod 2)，因此，每经过一次“运算”，这些数的和的奇偶性是不改变的．最终得到的一个数x≡a1＋a2＋…＋a128＝1＋2＋…＋128＝64×129≡0(mod 2)，故x是偶数．例14 求证：一个十进制数被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．10≡1(mod 9)，故对任何整数k≥1，有10k≡1k＝1(mod 9)．因此即A被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．说明(1)特别地，一个数能被9整除的充要条件是它的各位数字之和能被9整除．(2)算术中的“弃九验算法”就是依据本题的结论．三、模拟训练1求证：(1)8｜(551999＋17)；(2) 8(32n ＋7)；(3)17｜(191000-1)．证 (1)因55≡-1(mod 8)，所以551999≡-1(mod 8)，551999＋17≡-1＋17=16≡0(mod 8)，于是8｜(551999＋17)．(2)32=9≡1(mod 8)，32n ≡1(mod 8)，所以32n ＋7≡1＋7≡0(mod 8)，即8｜(32n ＋7)．(3)19≡2(mod 17)，194≡24=16≡-1(mod 17)，所以191000=(194)250≡(-1)250≡1(mod 17)，于是17｜(191000-1)．2．求20032002的末位数字分析：此题就是求20032002除以10的余数解：∵2003≡3（mod 10），∴20034≡34≡1（mod 10），∴20032002≡（20034）500·20033≡1500·33≡27≡7（mod 10）∴20022002的末位数字是7说明：对于十进制的整数011a a a a n n -有如下性质：011a a a a n n -)10(mod 0a ≡． 3求2999最后两位数码.解考虑用100除2999所得的余数. ∵∴又∴∴ ∴2999的最后两位数字为88.4．求证：22000+1不能被7整数．分析：只需证明22000≡－1（mod 7）即可证明：∵26≡1（mod 7），∴22000≡（26）333·22≡1·22≡4（mod 7），∴22000+1≡5（mod 7）所以7 | 22000+15 对任意的自然数n，证明A=2903n-803n-464n＋261n 能被1897整除．证1897=7×271，7与271互质．因为2903≡5(mod 7)，803≡5(mod 7)，464≡2(mod 7)，261≡2(mod 7)，所以A=2903n-803n-464n+261n≡5n-5n-2n+2n=0(mod 7)，故7｜A．又因为2903≡193(mod 271)，803≡261(mod 271)，464≡193(mod 271)，所以故271｜A．因(7，271)=1，所以1897整除A．6 任意平方数除以4余数为0和1(这是平方数的重要特征)．证因为奇数2=(2k＋1)2=4k2＋4k+1≡1(mod 4)，偶数2=(2k)2=4k2≡0(mod 4)，所以7 任意平方数除以8余数为0，1，4(这是平方数的又一重要特征)．证奇数可以表示为2k＋1，从而奇数2=4k2＋4k+1=4k(k＋1)+1．因为两个连续整数k，k＋1中必有偶数，所以4k(k＋1)是8的倍数，从而奇数2=8t+1≡1(mod 8)，偶数2=(2k)2=4k2(k为整数)．(1)若k=偶数=2t，则4k2=16t2＝0(mod 8)．(2)若k=奇数=2t+1，则4k2=4(2t＋1)2=16(t2＋t)+4≡4(mod 8)，所以求余数是同余的基本问题．在这种问题中，先求出与±1同余的数是一种基本的解题技巧．8 形如F n＝22n+1，n=0，1，2，…的数称为费马数．证明：当n≥2时，F n的末位数字是7．证当n≥2时，2n是4的倍数，故令2n=4t．于是F n=22n＋1=24t+1=16t＋1≡6t＋1≡7(mod 10)，即F n的末位数字是7．说明费马数的头几个是F0＝3，F1＝5，F2＝17，F3＝257，F4＝65537，它们都是素数．费马便猜测：对所有的自然数n，F n都是素数．然而，这一猜测是错误的．首先推翻这个猜测的是欧拉，他证明了下一个费马数F5是合数．。

小学奥数知识点：余数问题

小学奥数知识点：余数问题余数、同余与周期一、同余的定义：①若两个整数a、b除以m的余数相同，则称a、b对于模m同余。

②已知三个整数a、b、m，如果m|a-b，就称a、b对于模m同余，记作a≡b(mod m)，读作a同余于b模m。

二、同余的性质：①自身性：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和差性：若a≡b(mod m)，c≡d(mo d m)，则a+c≡b+d(mod m)，a-c≡b-d(mod m);⑤相乘性：若a≡ b(mod m)，c≡d(mod m)，则a×c≡ b×d(mod m);⑥乘方性：若a≡b(mod m)，则an≡bn(mod m);⑦同倍性:若a≡ b(mod m)，整数c，则a×c≡ b×c(mod m×c);三、关于乘方的预备知识：①若A=a×b，则MA=Ma×b=(Ma)b②若B=c+d则MB=Mc+d=Mc×Md四、被3、9、11除后的余数特征：①一个自然数M，n表示M的各个数位上数字的和，则M≡n(mod 9)或(mod3);②一个自然数M，X表示M的各个奇数位上数字的和，Y表示M的各个偶数数位上数字的和，则M≡Y-X或M≡11-(X-Y)(mod 11);五、费尔马小定理：如果p是质数(素数)，a是自然数，且a不能被p整除，则ap-1≡1(mod p)。

小学奥数经典题1．两辆汽车从A，B两地同时出发相向而行，客车行完全程要8小时，货车行完全程要10小时，两车相遇后又各自往前驶去，已知出发5小时后两车相距50千米，问A，B两地相距多少千米？2．有一个箱子里放着一些黄色乒乓球，为了估计球的数量，我们把20个白色乒乓球放入箱子中，充分搅拌混合后，任意摸出30个球，发现其中有3个白球．你估计箱子里原来大约有多少个黄色乒乓球？3．工程队挖一条水渠，第一天挖了全长的多28米，第二天挖了全长的少20米，这时剩下22米没挖完．这条水渠全长多少米？4．如图，一个边长为40厘米的正方形ABCD的场地，蚂蚁和蜗牛同时从A 点出发，蚂蚁以5厘米/分钟的速度沿线路A→B→C→D行走，蜗牛以2厘米/分钟的速度沿线路A→D行走．出发18分钟时，蚂蚁走到E点，蜗牛走到F点，求三角形AEF的面积是多少平方厘米？5．运来一批水果．第一天卖出总数的15%，第二天卖出160千克，剩下的与卖出的重量的比是1：3．这批水果共有多少千克？。

小学奥数竞赛专题之同余问题

小学奥数竞赛专题之同余问题关于小学奥数竞赛专题之同余问题[专题介绍]：同余问题中我会经常遇到与余数有关的问题，比如：某年级有将近400名学生。

有一次演出节目排队时出现：如果每8人站成一列则多余1人；如果改为每9人站成一列则仍多余1人；结果发现现成每10人结成一列，结果还是多余1人；聪名的你知道该年级共有学生多少名吗？假设有一名学生不参加演出，则结果一定是不管每列站8人或9人或10人都将刚好站齐。

因此此时学生人数应是8、9、10公倍数，而8、9、10的最小公倍数是360，因此可知该年级共有361人。

研究与余数有关的问题，能帮助我们解决很多较为复杂的问题。

[分析]1、两个整数a和b，除以一个大于1的自然数m所得余数相同，就称a和b对于模m同余或称a和b在模m下同余，即a≡b（modm）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：0（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，……[经典例题]例1：求437×309×1993被7除的余数。

人教版八年级数学上册竞赛讲义-同余

第十三讲同余在日常生活中,有时我们感兴趣的不是某些整数,而是这些整数去除以某一个正整数所得的余数．例如：(1) 从甲地开往乙地的火车,全程运行时间是34小时15分,如果火车20点55分从甲地开出,问到达乙地的时间是几点？答案不是55点10分,而是7点10分,即用55小时10分去除以24小时所得的余数．(2) 已知1990年的元旦是星期一,问1991年的元旦是星期几？因为1990年有365天,而365除以7所得的余数是1,所以,1991年的元旦是星期二．由于同是几点钟或同为星期几,常常在生活中有同样的意义,这样就在数学中产生了“同余”的概念．可以说,“同余”这个概念的产生,大大地丰富了数学的内容．所谓“同余”,顾名思义,就是“余数相同”．由此,我们可以这样来定义,“同余”这个概念：设a,b都是整数,m是正整数,如果a,b除以m所得的余数相同,则称a,b对模m同余．上述定义具有直观、明瞭的优点,同学们很容易理解,但它不便在理论上进行推导,运用起来也不太方便,为此,我们需要将它进行改进．设a,b都是整数,m是正整数,如果已知a,b除以m所得的余数相同,则可设：a＝ms＋r, b＝mt＋r,其中s,t,r都是整数,且0≤r＜m, 所以a－b＝m(s－t),从而m|(a－b)．反之,如果已知m|(a－b),则a,b除以m所得的余数相同．否则,若a＝ms＋r1, b其中s,t,r1,,r2都是整数,0≤r1<m,0≤r2<m,且r1a－b＝m(s－t)＋(r1因为－m<r1－r2<m且r1－r2≠0,所以m盾．由此知：a,b除以ma,b除以m所得的余数相同,给“同余”定义设a,b都是整数,m是正整数,如果m果m不整除(a－b),则称a,b对模m不同余,由定义可知：①a≡b(mod m)⇔m|(a－b),特别地a≡②设1≤b＜m,则a≡b(mod m)⇔a被m除由同余的定义,表示整数,性质1a≡a (mod m)．性质2a≡b (mod m)⇒b≡a (mod m)．性质3 a≡b (mod m),b≡c (mod m)⇒a≡c性质4a≡b (mod m)⇒a＋c≡b＋c (mod推论1 若a≡b (mod m),c≡d (mod m推论2 若a1≡b1 (mod m),a2≡b2a1＋a2＋…＋a n＝b1性质5 a≡b (mod m)⇒ac≡bc(mod m)．推论1 若a≡b (mod m),c≡d (mod m),则ac≡bd (mod m)．推论2 若a1≡b1 (mod m),a2≡b2 (mod m), …,a n≡b n (mod m),则a1·a2…a n＝b1·b2…b n(mod m)．推论3 a≡b (mod m)⇒a n≡b n(mod m)．我们上面谈到的同余的性质,和等式的性质是完全类似的,因此,结合等式的性质,容易理解、掌握和运用同余的性质．但是,同余和等式毕竟是两个不同的概念,因此,它们的性质并不完全相同．例如,已知ac＝bc,c≠0,则a＝b．但是,如果已知ac≡bc(mod m),c≠0,却不能得到a≡b (mod m)．例如10×3≡4×3 (mod 18),但10≡4 (mod 18)．因此,我们在利用同余的概念及性质解题时,要特别注意不能和等式的性质混淆．例1．设a,b都是正整数,且a被7除余数是2,b被7除余数是5,求a2＋4b和a2－4b被7除的余数．(3) 17| (191000－1)．例6．求证：7|(22225555＋55552222)．例7．求证：1990|(996996－994994)．例8．一个正整数的个位数字是7,上述条件的最小正整数．例9．设n是正整数,求证：7不整除(4n＋练1．求证：(1) 7|(501990－1)；(2) 17|(502．求余数：(1) 471990除以5；(2) 471991除以5；(3) 1011990除以11；(4) 1011991除以11；(5) 10n除以13．3．求证；(1) 7|(21990＋5)；(2) 33|(21990－1)；993＋991991).,所得到的数是原数的4倍,求满足上,所得到的数是原数的3倍,求满足上7．在七位数30003x y．x y中,当x, y为何值时,13|300038．有40个整数,其中每一个都不能被5整除,求证：这40个数的40次幂的和能被5整除．9．设a,b,c都是正整数,且：a2＋b2＝c2,10．设n是正整数,求证：(1) 6不整除(5n＋3)；。

小学奥数同余问题精选练习例题含答案解析(附知识点拨及考点)

同余式读作：a 同余于b ，模m 。

2、重要性质及推论：（1）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 整除例如：17与11除以3的余数都是2，所以1711 （）能被3整除．（2）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 )3、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；知识点拨教学目标5-5-3.同余问题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．例题精讲模块一、两个数的同余问题【例 1】有一个整数，除39,51,147所得的余数都是3，求这个数.【考点】两个数的同余问题【难度】1星【题型】解答【解析】(法1) 39336-=，51-3=48，1473144-=，(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．【答案】4,6,12【例 2】某个两位数加上3后被3除余1，加上4后被4除余1，加上5后被5除余1，这个两位数是______. 【考点】两个数的同余问题【难度】2星【题型】填空【关键词】人大附中，分班考试【解析】“加上3后被3除余1”其实原数还是余1，同理这个两位数除以4、5都余1，这样，这个数就是[3、4、5]+1=60+1=61。

数学竞赛精讲精练专题—初等数论中的同余问题_1

∴

(
pk k
)

pk k
[
pk k p
]
pk k

pk 1 k
∴

(m)

(
p1 1
)
(
p2 2
)

(
pk k
)

(
p1 1

p1 1
1
)(
p2 2

p2 2
1
)
(
pk k

pk k
1
)

p1 1
(1

p11
)
p2 2
(1

p21)
pk k
(1
又 p 为奇素数， p 1为偶数，∴ ( p 1)!1 0(mod p) ，得证．
6、设 a 为整数， p 为正整数，若存在 x Z ，使得 x2 a(mod p) ，则称 a 为模 p 的二
次剩余，否则，称 a 为模 p 的二次非剩余．
p1
设 p 为奇素数，a Z 且 p a ，证明：a 是模 p 的二次剩余充要条件是 a 2 1(mod p) ；
若 a b(mod m) ， c d(mod m) ， n N* 则 a c b d(mod m) ， a c b d(mod m) ac bd(mod m) ， an bn (mod m) ．
3）除法运算：
ac bc(mod m) ，则 a b(mod m ) ． (c, m)
(1)k m p1 p2 pk
k
m(1
1
1 (1)k 1 )
p p p i1 i 1i jk i j

小学奥数―同余问题

04
同余问题的应用实例
数字问题
数字的整除问题
密码学中的同余问题
计算机算法中的同余问题
数字的余数问题
图形问题
棋盘问题：在棋盘上利用同余原理解决相关问题，如象棋、围棋等棋局的胜负判断
图形问题：同余问题在几何图形中的应用，如计算图形的面积、周长等
拼图问题：利用同余原理解决拼图问题，如拼凑出指定的图形
03
同余问题的解题方法
枚举法
定义：通过一一列举所有可能的情况来解决问题的方法
适用范围：适用于问题较简单、答案个数较少的情况
解题步骤：逐一列举所有可能的情况，并逐一验证每种情况是否符合题目的要求，从而找到符合条件的答案
注意事项：列举时要注意全面、不遗漏，同时要善于总结规律，提高解题效率
代数法
定义：通过代数运算和等式性质解决同余问题的方法
计算机科学：同余定理在计算机科学中的应用，如模运算和取模运算
物理学：同余定理在物理学中的应用，如量子力学和相对论
05
同余问题的练习题及解析
同余问题的练习题
题目：从1至100的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个？
题目：在黑板上写有一串数：1、2、3、…、2011、2012，任意擦去几个数，写上被擦去的几个数的和被11除所得的余数（如：擦去8、9、10、11、12，因为(8+9+10+11+12)/11=4…6），如：写上6，这样操作下去，一直到黑板上只剩下一个数，则这个数是多少？
同余问题的应用：同余问题在数论、代数、组合数学等领域有广泛的应用。
同余问题的基本性质：同余问题具有一些基本性质，如模运算的消去律、模运算的交换律和结合律等。
同余问题的解题方法：解决同余问题的方法包括利用同余式的性质进行变形、利用模的性质进行推导、利用代数方程的解法等。

同余问题的奥数题

同余问题的奥数题引言奥数是指数学奥林匹克竞赛（IMO）或全国中学生数学奥林匹克竞赛（NOI）等数学竞赛的简称。

同余问题是奥数中常见的一个重要概念，也是一种常用的解题方法。

本文将介绍同余问题在奥数中的应用，并通过一个具体的奥数题来详细讲解同余问题的解题过程。

同余问题定义在数论中，给定两个整数a和b，如果它们除以正整数m所得的余数相同，则称a与b对模m同余，记作a ≡ b (mod m)。

其中≡表示“同余”，mod表示“对模”。

这里m被称为模数。

性质1.如果a ≡ b (mod m)，则对于任意整数k，有a + km ≡ b (mod m)。

2.如果a ≡ b (mod m)，c ≡ d (mod m)，则a + c ≡ b + d (mod m)，ac≡ bd (mod m)。

3.如果a ≡ b (mod m)，则an ≡ bn (mod m)，其中n为任意正整数。

常见应用同余问题在密码学、编码理论、计算机科学等领域有着广泛应用。

在奥数中，同余问题常用于解决数字特征和数列性质相关的问题。

下面通过一个具体的奥数题来说明同余问题的应用。

奥数题示例题目描述一串由0-9组成的数字序列，长度为n。

现在要从这个序列中选择若干个数字，使得它们组成的整数能够被7整除。

问有多少种不同的选择方案。

解题思路我们可以使用动态规划的方法来解决这个问题。

首先定义一个二维数组dp，其中dp[i][j]表示在前i个数字中选取若干个数字，它们组成的整数对7取模等于j的方案数。

那么我们可以得到状态转移方程：dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][(10*j+digit)%7]其中digit表示第i个数字。

代码实现def solve(sequence):n = len(sequence)dp = [[0] * 7 for _ in range(n+1)]dp[0][0] = 1for i in range(1, n+1):digit = int(sequence[i-1])for j in range(7):dp[i][j] = dp[i-1][j]dp[i][(10*j+digit)%7] += dp[i-1][j]return dp[n][0]sequence = input("请输入一串由0-9组成的数字序列：")print("方案数：", solve(sequence))解题过程假设输入的数字序列为12345。

小学奥数之同余问题(含详细解析)

同余式读作：a 同余于b ，模m 。

2、重要性质及推论：（1）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 整除例如：17与11除以3的余数都是2，所以1711 （）能被3整除．（2）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 )3、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；知识点拨教学目标5-5-3.同余问题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．例题精讲模块一、两个数的同余问题【例 1】有一个整数，除39,51,147所得的余数都是3，求这个数.【考点】两个数的同余问题【难度】1星【题型】解答【解析】(法1) 39336-=，51-3=48，1473144-=，(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-=，(12,108)12-=，14739108=，所以这个数是4,6,12．【答案】4,6,12【例 2】某个两位数加上3后被3除余1，加上4后被4除余1，加上5后被5除余1，这个两位数是______. 【考点】两个数的同余问题【难度】2星【题型】填空【关键词】人大附中，分班考试【解析】“加上3后被3除余1”其实原数还是余1，同理这个两位数除以4、5都余1，这样，这个数就是[3、4、5]+1=60+1=61。

八年级奥数精讲与测试同余

例1．求证：⑴8︱(551999＋17)；⑵ 8︱(32n ＋7)；⑶ 17︱(191000−1)。

例2．求使2n −1为7的倍数的所有正整数n 。

例3．把1、2、3、…、127、128这128个数任意排列为a l 、a 2、…、a 128,计算出12a a -、34a a -、…、127128a a -,再将这64个数任意排列为b 1、b 2、…、b 64,计算出12b b -、34b b -、…、6364b b -。

如此继续下去,最后得到一个数x,问x 是奇数还是偶数？例4．m 、n 是正整数,证明：3m +3n +1不可能是完全平方数。

例5．任意平方数除以4,余数为0或1(这是平方数的重要特征)。

例6．任意平方数除以8余数为0,1,4(这是平方数的又一重要特征）。

A卷一、填空题01.a除以5余1,b除以5余4。

如果3a＞b,那么3a−b除以5的余数是__________。

02. 71427和19的乘积被7除,余数是__________。

03. 1+22+33+44+55+66+77+88+99≡__________ (mod3)。

04. 一个数除以3余2,除以4余1,这个数除以12的余数是__________。

05. 今天是星期一,过21995是星期__________。

06. 10100被7除的余数是__________。

07. 1至5 000之间同时被3、5、7除都余2的数有__________个。

08. 1至1 000之间同时被2、3、7除都余1的数有__________个。

09.用199433333个除以7,余数是__________。

10. 1993年的元旦是星期五,那么1996年五月一日是星期__________。

二、解答题11.甲、乙两数都只含有质因数3和5,它们的最大公约数是75。

已知甲数有12个约数,乙数有10个约数,那么甲、乙两数的最小公倍数是多少？12. 试证不小于5的质数的平方与1的差必能被24整除。

817.同余-奥数精讲与测试8年级

奥数讲义数论专题：余数及同余

奥数精编训练-同余问题

同余问题的奥数题

小学奥数—数论之同余问题

小学奥数精讲：余数与同余问题

小学奥数题库《数论》余数问题同余5星题(含解析)全国通用版

小学奥数-巧解整除中的同余问题

奥数余数和同余讲义

初中数学竞赛讲座——数论部分7(同余)

小学奥数知识点：余数问题

小学奥数竞赛专题之同余问题

人教版八年级数学上册竞赛讲义-同余

小学奥数 同余问题 精选练习例题 含答案解析(附知识点拨及考点)

数学竞赛精讲精练专题—初等数论中的同余问题_1

小学奥数―同余问题

同余问题的奥数题

小学奥数之 同余问题(含详细解析)

八年级奥数精讲与测试 同余

小学奥数同余问题精选练习例题含答案解析(附知识点拨及考点)

小学奥数之同余问题(含详细解析)

八年级奥数精讲与测试同余