北師大版高中數(shù)學(xué)選修4-6初等數(shù)論初步全套課件

北師大版高中數(shù)學(xué)選修4-6初等數(shù)論初步全套PPT課件整除新知學(xué)習(xí)通過整數(shù)的定義我們可知，兩個(gè)整數(shù)的和、差與積仍然是整數(shù)。但是，任意整除相除卻不一定是整數(shù)，我們可以舉例說明：8＋6=14；8－6=2；8×6=48.8÷6=1.333333…2是整數(shù)，通常說6可以整除12；12÷6=2.1.333333…不是整數(shù)，通常說6可以整除8.新知學(xué)習(xí)一般地，我們給出如下關(guān)于整除的定義：定義設(shè)a，b是任意兩個(gè)整數(shù)，其中b≠0，如果存在整數(shù)q使得等式a=bq成立，那么就說b整除a（或a被b整除），記作b丨a.此時(shí)我們把b叫做a的因數(shù)（或約數(shù)），把a(bǔ)叫做b的倍數(shù)。若上式中的整數(shù)q不存在，則稱b不整除a（或a不能被b整除），記作b丨a.新知學(xué)習(xí)我們可以舉例說明：6丨12,8丨12.根據(jù)整數(shù)的定義，我們可以得出以下結(jié)論：如果a，b，c都是非零的整數(shù)，就有：1、若a丨b，b丨c，則a丨c；2、若a丨c，則ab丨cb；3、若a丨b且a丨c，則對于任意整數(shù)m，n都有a丨（mb+nc）；新知學(xué)習(xí)4、若a丨b，則丨a丨≤丨b丨.我們可以對以上結(jié)論進(jìn)行證明。（1）證明因?yàn)閍丨b，則b=qa，又因?yàn)閎丨c，所以存在整數(shù)p，使得：c=pb綜上所述可知：c=pb=（pq）a所以，a丨c.新知學(xué)習(xí)（2）證明因?yàn)閍丨c，則c=qa，故而可得cb=qab=（q）ab所以，ab丨cb.（3）證明因?yàn)閍丨b，則b=qa，又因?yàn)閍丨c，所以存在整數(shù)p，使得：c=pa新知學(xué)習(xí)故而可得：mb+mc=mqa+npa=（mq+np）a.mb=mqa.nc=npa.綜上所述：所以，a丨（mb+nc）.新知學(xué)習(xí)（4）證明因?yàn)閍丨b，則b=qa，根據(jù)絕對值的性質(zhì)可知：丨b丨=丨qa丨.故可得：丨b丨=丨q丨丨a丨.因?yàn)閝是正整數(shù)，綜上所述可知：丨a丨≤丨b丨.新知練習(xí)1、用整除或者不整除的符號(hào)填空。（1）7____14,8____14；（3）9____18,9____26；（2）5____10,5____12；丨丨丨丨丨丨（4）6____24,6____35；丨丨（5）a____3a,b____3b；（6）m____4m,6m____m；丨丨丨丨新知練習(xí)2、對于任何的整數(shù)a，求證：2丨(a+1)(a+2)。證明因?yàn)槌龜?shù)為2，則可以分兩種情況討論：當(dāng)a=2n+1（n∈Z）時(shí)，(a+1)(a+2)=(2n+1+1)(2n+1+2)=(2n+2)(2n+3)=2(n+1)(2n+3),新知練習(xí)所以2丨(a+1)(a+2)。當(dāng)a=2n（n∈Z）時(shí)，(a+1)(a+2)=(2n+1)(2n+2)=2(2n+1)(n+1)，所以2丨(a+1)(a+2)。綜上所述，對于任意的整數(shù)a都有：所以2丨(a+1)(a+2)。新知練習(xí)3、判斷下列說法是否正確。（1）如果a丨b，a丨c，則b丨c（）。（2）如果a丨b，a丨c，則b丨c或c丨b（）。（3）如果a丨b，c丨b，則a丨c或c丨a（）。（4）如果a丨b，則一定存在整數(shù)c，使得b丨c，

（）?！痢痢痢列轮毩?xí)解析：（1）2丨4,2丨6，但是4丨6，故錯(cuò)誤。（2）2丨4,2丨6，但是4丨6，且6丨4，故錯(cuò)誤。（3）2丨6,3丨6，但是2丨3，且3丨2，故錯(cuò)誤。（4）2丨0,不存在整數(shù)c，使得0丨c，故錯(cuò)誤。課后練習(xí)1、關(guān)于下列說法正確的是（A）。A、如果a丨b，b丨c，則a丨c。B、如果n丨m，對于任意整數(shù)k都有kn丨km。C、如果a丨b，其中a可能為零。D、如果a丨b，則a＜b。謝謝！帶余除法新知學(xué)習(xí)我們學(xué)習(xí)過整除的除法法則，比如：用4除40，得到的商是10，余數(shù)為0，可以寫成：40=4×10+0；用6除40，得到的商是6，余數(shù)為4，可以寫成：40=6×6+4；這就是我們通常所說的帶余除法，它是初等數(shù)論的證明中最重要、最基本、最常用的工具。一般情況下表述為：新知學(xué)習(xí)設(shè)a，b是兩個(gè)給定的整數(shù)，其中b＞0，那么，一定存在唯一的一對整數(shù)q及r，滿足：a=bq+r，0≤r＜b.可以證明：b丨a的充要條件是r=0.我們稱r是b除a所得的余數(shù)。證明（1）存在性列出b的所有倍數(shù)序列：…，-2b，-b，0，b，2b，…新知學(xué)習(xí)根據(jù)定義可知，a一定在序列中的任意相鄰兩項(xiàng)之間，則存在一個(gè)整數(shù)p，使得：pb≤a＜（p+1）b.成立。令r=a-pb，則a=pb+r，得出0≤r＜b.（2）唯一性假設(shè)還有整數(shù)p1與r1滿足：a=bq1+r，0≤r1＜b.假設(shè)r1≥r，則0≤r1-r＜b，且有：新知學(xué)習(xí)r1-r=（p-p1）b.我們根據(jù)整數(shù)的定義可以推出：b丨（r1-r）.若r1-r≠0，則b≤（r1-r）.這與結(jié)論：0≤r1-r＜b.矛盾。所以必有r1=r，進(jìn)而p1=p.新知學(xué)習(xí)根據(jù)上述所證定理，我們可將所有的整數(shù)按除數(shù)b與余數(shù)r進(jìn)行分類。如：當(dāng)除數(shù)為3的時(shí)，任何整數(shù)被3除，余數(shù)為0，或者為1，或者為2.這樣我們可以將整數(shù)分為3類：一類余數(shù)為0，一類余數(shù)為1，一類余數(shù)為2，分別表示為：3k，3k+1，3k+2.類似的我們可以推出除數(shù)為4,5,6…的表示方式。當(dāng)除數(shù)為4的時(shí)，任何整數(shù)被4除，余數(shù)為0，或者為1，或者為2，或者為3.這樣我們可以將整數(shù)分為4類：一類余數(shù)為0，一類余數(shù)為1，一類余數(shù)為2，一類余數(shù)為3，分別表示為：4k，4k+1，4k+2，4k+3.新知學(xué)習(xí)新知學(xué)習(xí)例一對于任意整數(shù)k，求證：3丨k(k+1)(2k+1).證明當(dāng)除數(shù)為3時(shí)，所有整數(shù)可分為3類：3n，3n+1，3n+2.所以我們可以分三種情況來討論：（1）k=3n（n∈Z）時(shí)，3丨k，所以3丨k(k+1)(2k+1).（2）k=3n+1（n∈Z）時(shí)，2k+1=2（3n+1）+1=6n+3=3（2n+1），因?yàn)?丨2k+1，所以3丨k(k+1)(2k+1).新知學(xué)習(xí)（3）k=3n+2（n∈Z）時(shí)，k+1=3n+3=3（n+1），因?yàn)?丨k+1，所以3丨k(k+1)(2k+1).綜上所述，對于任意的整數(shù)k，都有：3丨k(k+1)(2k+1).新知練習(xí)1、除數(shù)為8時(shí)，請將所有整數(shù)按8及其余數(shù)分類。分析：除數(shù)為8時(shí)，任何整數(shù)被8除，余數(shù)或者為0，或者為1，或者為2，或者為3，或者為4，或者為5，或者為6，或者為7.所以我們可以按8及余數(shù)進(jìn)行分類：一類余數(shù)為0，一類余數(shù)為1，一類余數(shù)為2，…，一類余數(shù)為7.答案：8n，8n+1，8n+2，8n+3，8n+4，8n+5，

8n+6，8n+7.新知練習(xí)2、對于任意的整數(shù)m，求證：6丨m（m2-1）.證明當(dāng)除數(shù)為6時(shí)，所有整數(shù)可分為6類：6n，6n+1，6n+2，6n+3，6n+4，6n+5.所以我們可以分六種情況來討論：（1）m=6n（n∈Z）時(shí)，6丨m，所以6丨m（m2-1）.將整式變形可得：m（m2-1）=m(m+1)(m-1).新知練習(xí)（3）m=6n+2（n∈Z）時(shí)，m（m2-1）=(6n+2)(m2-1)

=(6n+2)(36n2+24n+3)

=6(3n+1)(12n2+8n+1)所以6丨m（m2-1）.（2）m=6n+1（n∈Z）時(shí)，m-1=6n+1-1=6n，

所以6丨(m-1),所以6丨m（m2-1）.新知練習(xí)（5）m=6n+4（n∈Z）時(shí)，m（m2-1）=(6n+4)(m2-1)

=(6n+4)(36n2+48n+15)

=6(3n+2)(12n2+16n+5)所以6丨m（m2-1）.（4）m=6n+3（n∈Z）時(shí)，m（m2-1）=(6n+3)(m2-1)

=(6n+3)(36n2+36n+8)

=6(2n+1)(18n2+18n+4)所以6丨m（m2-1）.新知練習(xí)綜上所述可知，對于任意的整數(shù)m，都有：6丨m（m2-1）.（6）m=6n+5（n∈Z）時(shí)，m（m2-1）=(6n+5)(m2-1)

=(6n+5)(36n2+60n+24)

=6(6n+5)(6n2+10n+4)所以6丨m（m2-1）.謝謝！二進(jìn)制新知學(xué)習(xí)在過去的計(jì)數(shù)和運(yùn)算中，我們常常用到進(jìn)制法。比如說：普通的加減乘除采用的十進(jìn)制，10稱為基數(shù)。時(shí)間的計(jì)數(shù)方法：1時(shí)=60分，1分=60秒，這是六十進(jìn)制，基數(shù)為60.月的計(jì)數(shù)方法：1月=30天，這是三十進(jìn)制，基數(shù)為30.年的計(jì)數(shù)方法：1年=365天，這是三百六十五進(jìn)制，基數(shù)為365.新知學(xué)習(xí)在現(xiàn)代中，計(jì)算機(jī)使用二進(jìn)制來處理各種信息。我們通過經(jīng)驗(yàn)可知：任何數(shù)都可以用0,1,2，…，9這十個(gè)數(shù)字表示，同一數(shù)字再不同的位置上所代表的意義不同，如7777：從個(gè)位開始數(shù)，第一個(gè)7代表7×10，即7；0十位上的7代表7×10，即70；1百位上的7代表7×10，即700；2千位上的7代表7×10，即7000.3新知學(xué)習(xí)7777=7×10＋7×10＋7×10＋7×10.3210在二進(jìn)制中，只用兩個(gè)數(shù)字0和1來表示所有的整數(shù)，它究竟是如何表示呢？為了區(qū)分十進(jìn)制和二進(jìn)制，我們通常把二進(jìn)制表示的數(shù)a寫成（a），其中a的各個(gè)數(shù)碼都是0和1.2我們知道二進(jìn)制的方法是“逢二進(jìn)一”，可以推斷出（1111）中，每個(gè)“1”的數(shù)學(xué)意義：2個(gè)位上的1代表1×2，即1；0新知學(xué)習(xí)十位上的1代表1×2，即2；1百位上的1代表1×2，即4；2千位上的1代表1×2，即8.3（1111）=1×2＋1×2＋1×2＋1×2

=15.32102所以就有：這樣我們就把二進(jìn)制表示的數(shù)（1111）轉(zhuǎn)化為了十進(jìn)制的數(shù)15.2新知學(xué)習(xí)其實(shí)對于任何一個(gè)二進(jìn)制表示的數(shù)（aa

…a）其中a=0或1,0≤j≤n），則二進(jìn)制的數(shù)都可以表示為十進(jìn)制的數(shù)：nn-102，ja.2+a.2+…+a.2+a

.nnn-1n-110利用上述公式，我們可以將所有二進(jìn)制表示的數(shù)轉(zhuǎn)化為十進(jìn)制表示的數(shù)。新知學(xué)習(xí)例一、把下列二進(jìn)制表示的數(shù)轉(zhuǎn)化為十進(jìn)制表示的數(shù)。（1）（1011）（2）（1101）（3）（1000）（4）（1110）2222分析：我們可以利用公式將二進(jìn)制表示的數(shù)轉(zhuǎn)化

為十進(jìn)制表示的數(shù)：a.2+a.2+…+a.2+a

.nnn-1n-110（aa

…a）nn-102=新知學(xué)習(xí)

（2）（1101）=1×2＋1×2＋0×2＋1×2=8+4+0+1=133210（1）（1011）=1×2＋0×2＋1×2＋1×2=8+0+2+1=113210解：新知學(xué)習(xí)

（4）（1110）=1×2＋1×2＋1×2＋0×2=8+4+2+0=143210

（3）（1000）=1×2＋0×2＋0×2＋0×2=8+0+0+0=83210新知學(xué)習(xí)我們?nèi)绾螌⑹M(jìn)制表示的數(shù)轉(zhuǎn)化為二進(jìn)制表示的數(shù)呢？以13為例，我們將13表示成二進(jìn)制的形式：（aa

…a）nn-102則有：a.2+a.2+…+a.2+a

.nnn-1n-110=13a.2+a.2+…+a）+a

.nn-1n-1n-210=2（分析可知，a就等于13除以2所得的余數(shù)1.0新知學(xué)習(xí)則表示13除以2所

得的商6.則有：a.2+a.2+…+a=6nn-1n-1n-11a.2+a.2+…+a）+a

nn-2n-1n-3212（=6則表示6除以2所得

的商3.則有：分析可知，a就等于6除以2所得的余數(shù)0.1a.2+a.2+…+ann-2n-1n-32a.2+a.2+…+ann-1n-1n-11新知學(xué)習(xí)a.2+a.2+…+a=3nn-2n-1n-32a.2+a.2+…+a）+a

nn-3n-1n-4322（=3則表示3除以2所

得的商1.則有a=1.a.2+a.2+…+ann-3n-1n-43分析可知，a就等于3除以2所得的余數(shù)1.23（aaaa）32021=（1101）2則13的二進(jìn)制表示：新知學(xué)習(xí)為了形象的表示上述過程，我們可以表示如圖：1362232210………………………………余數(shù)1=a00=a11=a21=a3低位高位新知練習(xí)將十進(jìn)制數(shù)25轉(zhuǎn)化為二進(jìn)制數(shù)。解：25122262231………………………………余數(shù)1=a00=a10=a21=a3低位高位20………1=a4（aaaaa）43122=（11001）2則25的二進(jìn)制表示：0謝謝！素?cái)?shù)的判別新知學(xué)習(xí)什么是素?cái)?shù)？定義一個(gè)大于1的正整數(shù)，如果它的正因數(shù)只有1和它本身，就叫做素?cái)?shù)。如何判斷一個(gè)正整數(shù)是不是素?cái)?shù)？為了確定251是不是素?cái)?shù)，應(yīng)該考察從1到246的所有正整數(shù)能否整除251.但是如此一來過程非常麻煩，我們能否找到簡便方法呢？新知學(xué)習(xí)我們可以這樣思考：如果m是a的因數(shù)，那么也一定是a的因數(shù)，m與不可能都大于.因此，為了確定a是否為素?cái)?shù)，我們只要考察不大于的正整數(shù)能否整除a.從而我們得出結(jié)論：amam只需考察所有不大于的素?cái)?shù)即可。新知學(xué)習(xí)例1判斷251是否為素?cái)?shù)。解：因?yàn)椋?6，我們只需要考察所有小于16的所有素?cái)?shù)：2,3,5,7,11,13能否整除251即可。通過驗(yàn)算之后發(fā)現(xiàn)上述素?cái)?shù)都不能整除251，故251是素?cái)?shù)。新知學(xué)習(xí)例2求出不超過200的所有素?cái)?shù)。解：因?yàn)椋?5，我們只需要找出所有小于15的所有素?cái)?shù)：2,3,5,7,11,13的倍數(shù)即可，除去1以及所有的正合數(shù)即可。通過計(jì)算可知，沒有被刪去的數(shù)共46個(gè)，它們是：2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,107,109,113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199.新知學(xué)習(xí)這樣我們就得到了不超過200的所有的素?cái)?shù)。按照這樣的做法，對于給定的任意整數(shù)N，可以找出不超過N的全部素?cái)?shù)。這種尋找素?cái)?shù)的方法，是希臘時(shí)期埃拉托塞尼（約公元前274-194）發(fā)明的，它好像用篩子篩出素?cái)?shù)一樣，所以通常叫作埃拉托塞尼篩法。新知學(xué)習(xí)練習(xí)1判斷下列各數(shù)是否為素?cái)?shù)。新知練習(xí)（1）249（2）397（3）1361（4）2159解：（1）因?yàn)椋?6，我們只需要考察所有小于15的所有素?cái)?shù)：2,3,5,7,11,13能否整除249即可。通過計(jì)算可知，它們都不能整除249，所以249是素?cái)?shù)。新知練習(xí)（2）因?yàn)椋?0，我們只需要考察所有小于20的所有素?cái)?shù)：2,3,5,7,11,13,17,19能否整除397即可。通過計(jì)算可知，它們都不能整除397，所以397是素?cái)?shù)。新知練習(xí)（3）因?yàn)椋?7，我們只需要考察所有小于37的所有素?cái)?shù)：2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31能否整除1361即可。通過計(jì)算可知，它們都不能整除1361，所以1361是素?cái)?shù)。新知練習(xí)（4）因?yàn)椋?7，我們只需要考察所有小于47的所有素?cái)?shù)：2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31，37,41,43能否整除2159即可。通過計(jì)算可知，2159÷17=127，所以2459不是素?cái)?shù)。新知練習(xí)練習(xí)2下列哪個(gè)數(shù)是素?cái)?shù)（）

A.247B.127C.522D.687B分析：A.因?yàn)椋?6，我們只需要考察所有小于16的所有素?cái)?shù)：2,3,5,7,11,13能否整除127即可。通過計(jì)算可知，247÷13=19，所以247不是素?cái)?shù)。新知練習(xí)C.因?yàn)椋?3，我們只需要考察所有小于23的所有素?cái)?shù)：2,3,5,7,11,13,17,19能否整除522即可。通過計(jì)算可知，522÷3=174，所以522不是素?cái)?shù)。B.因?yàn)椋?2，我們只需要考察所有小于12的所有素?cái)?shù)：2,3,5,7,11能否整除127即可。通過計(jì)算可知，它們都不能整除127，所以127是素?cái)?shù)。D.因?yàn)椋?7，我們只需要考察所有小于27的所有素?cái)?shù)：2,3,5,7,11,13,17,19,23能否整除687即可。通過計(jì)算可知，687÷3=229，所以687不是素?cái)?shù)。新知練習(xí)謝謝！素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)新知學(xué)習(xí)根據(jù)素?cái)?shù)的定義可知：所有大于2的偶數(shù)都是合數(shù)，各位數(shù)之和為3的倍數(shù)的數(shù)是合數(shù)，除了5之外，個(gè)位數(shù)字是5的整數(shù)也是合數(shù)……由此可見，合數(shù)的個(gè)數(shù)是無限個(gè)的，那么素?cái)?shù)有多少個(gè)？是有限的么？這是一個(gè)非常有趣的問題，早在公元前約300年時(shí)，歐幾里得第一次證明了素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)是無窮的。新知學(xué)習(xí)例1證明素?cái)?shù)有無窮多個(gè)。證明用反證法.假設(shè)只有有限多個(gè)素?cái)?shù)，不妨設(shè)它們是P1，P2，P3，…Pn，考慮整數(shù)：a=P1P2P3…Pn+1.顯然，a是不同于Pi（i=1,2,3，…，n）的整數(shù)，所以a為合數(shù)，故必存在素?cái)?shù)b丨a.新知學(xué)習(xí)根據(jù)假設(shè)可知：b必等于Pi（i=1,2,3，…，n）中的某一個(gè)，不妨設(shè)b=Pn妨設(shè)，則有：因此，假設(shè)不正確，即素?cái)?shù)有無窮多個(gè)。Pn丨（P1P2P3…Pn+1），這明顯是不可能的。新知練習(xí)練習(xí)1求不超過120素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)。分析：＜11，我們只需要找出所有小于11的所有素?cái)?shù)：2,3,5,7的倍數(shù)即可，除去1以及所有的正合數(shù)即可。解：2的倍數(shù)有：120÷2=60（個(gè)）；3的倍數(shù)有：120÷3=40（個(gè)）；5的倍數(shù)有：120÷5=24（個(gè)）；7的倍數(shù)有：120÷7=17……1，則有17個(gè)；新知練習(xí)2、3的公倍數(shù)有：120÷2÷3=20（個(gè)）；2、5的公倍數(shù)有：120÷2÷5=12（個(gè)）；2、7的公倍數(shù)有：120÷2÷7=8……6,則有6個(gè)；3、5的公倍數(shù)有：120÷3÷5=8（個(gè)）；3、7的公倍數(shù)有：新知練習(xí)120÷3÷7=5……15，則有5個(gè)；5、7的公倍數(shù)有：120÷5÷7=3……15，則有3個(gè)；2、3、5的公倍數(shù)有：120÷2÷3÷5=4（個(gè)）；2、3、7的公倍數(shù)有：120÷2÷3÷7=2……36，則有2個(gè)；新知練習(xí)2、5、7的公倍數(shù)有：3、5、7的公倍數(shù)有：120÷3÷5÷7=1……15，則有1個(gè)；120÷2÷5÷7=1……50，則有1個(gè)；則有：=120－（60+40+24+17）＋（20+12+8+8+5+3）

－（4+2+1+1）=27（個(gè)）新知練習(xí)27并非就是不超過120的素?cái)?shù)個(gè)數(shù)，因?yàn)檫@里排除了2,3,5,7這四個(gè)數(shù)，又包含了“1”這個(gè)非素?cái)?shù)。2,3,5,7這四個(gè)數(shù)本身就是素?cái)?shù)。故所求的不超過120的素?cái)?shù)個(gè)數(shù)為：27+4-1=30故不超過120的素?cái)?shù)個(gè)數(shù)為30個(gè)。新知練習(xí)練習(xí)1利用埃拉托塞尼篩法，寫出101～200內(nèi)所有的素?cái)?shù)。解：因?yàn)椋?5，我們只需要找出所有小于15的所有素?cái)?shù)：2,3,5,7,11,13的倍數(shù)即可，除去不大于100的數(shù)以及所有的正合數(shù)即可。通過計(jì)算可知，沒有被刪去的數(shù)共21個(gè)，它們是：101,103,107,109,113,127,131,137,139,149,151,157,163，167,173,179,181,191，193,197,199.新知練習(xí)新知練習(xí)練習(xí)2判別下列各數(shù)是否為素?cái)?shù)。（1）237（2）469（3）1381（4）1193解：（1）因?yàn)椋?6，我們只需要考察所有小于16的所有素?cái)?shù)：2,3,5,7,11,13能否整除237即可。237÷3=79，所以237不是素?cái)?shù)。新知練習(xí)（2）因?yàn)椋?2，我們只需要考察所有小于22的所有素?cái)?shù)：2,3,5,7,11,13,17,19能否整除469即可。通過計(jì)算可知：469÷7=79，所以469不是素?cái)?shù)。新知練習(xí)通過計(jì)算可知，它們都不能整除1381，所以1381是素?cái)?shù)。（3）因?yàn)椋?8，我們只需要考察所有小于38的所有素?cái)?shù)：2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37，能否整除1381即可。新知練習(xí)通過計(jì)算可知，它們都不能整除1193，所以1193是素?cái)?shù)。（3）因?yàn)椋?5，我們只需要考察所有小于38的所有素?cái)?shù)：2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,能否整除1193即可。謝謝！最大公因數(shù)與輾轉(zhuǎn)相除法新知學(xué)習(xí)什么是最大公因數(shù)？我們可以舉例說明，例如24和18，這兩個(gè)整數(shù)的公因數(shù)有1,2,3,6.其中，6是這些書中最大的，稱之為18和24的最大公因數(shù)。最大公因數(shù)如何定義呢？設(shè)a，b是兩個(gè)不全為零的整數(shù)，若整數(shù)d是它們所有公因數(shù)中最大的一個(gè)，則稱d為它們的最大公因數(shù)，記作d＝（a，b）.新知學(xué)習(xí)在特殊情況下，當(dāng)（m，n）=1時(shí)，m，n互素。素?cái)?shù)的一個(gè)數(shù)的性質(zhì)，互素是指兩個(gè)數(shù)之間的數(shù)學(xué)關(guān)系，并不代表兩個(gè)數(shù)都是素?cái)?shù)。例如（20,21）=1,20與21互素，但是20和21本身都是合數(shù)。對于特殊的整數(shù)0，我們知道：任何整數(shù)（不為零）都是0的因數(shù)。因此對于任何整數(shù)m＞0，則（0，m）=m新知學(xué)習(xí)根據(jù)上述定義可知，求兩個(gè)正整數(shù)的最大公數(shù)，可以先求出它們所有的公因數(shù)，然后確定最大的公因數(shù)。然而當(dāng)兩個(gè)數(shù)非常龐大的時(shí)候，我們該如何求解呢？我們可以證明以下定理：定理1對于三個(gè)不全為零的正整數(shù)a，b，c來說，若a=bq+c，其中q是非零正整數(shù)，則a，b與b，c有相同的公因數(shù)，且（a，b）=（b，c）.新知學(xué)習(xí)證明設(shè)d是a，b的任一公因數(shù)，由定義知，d丨a，d丨b.根據(jù)整除的性質(zhì)可知：d丨（a-bq）；即d丨c，因?yàn)閐也是b，c的一個(gè)公因數(shù)。同理可證，b，c的任一公因數(shù)也是a，b的公因數(shù)。所以a，b與b，c有相同的公因數(shù),故（a，b）=（b，c）成立。新知學(xué)習(xí)根據(jù)這個(gè)定理，利用帶余除法a=bq+r（0≤r＜b），我們可以將最大公因數(shù)問題轉(zhuǎn)化為b與r的最大公因數(shù)問題。下面我們結(jié)合例題進(jìn)行分析。新知學(xué)習(xí)例1求（1564，1123）.解：因?yàn)?564=1123×1+441，則有：（1564,1123）=（1123,441）.繼續(xù)運(yùn)用定理可知：1123=441×2+241.故：（1123,441）=（441,241）.441=241×1+200.故：新知學(xué)習(xí)（441,241）=（241,200）.241=200×1+41.故：（241,200）=（200,41）.200=41×4+36.故：（200,41）=（41,36）.41=36×1+5.故：（41,36）=（36,5）.新知學(xué)習(xí)36=5×7+1.故：（36,5）=（5,1）=1.綜上所述可得：（1564，1132）=1.以上方法我們稱為輾轉(zhuǎn)相除法，用這種方法可以巧妙地求出兩個(gè)數(shù)的最大公因數(shù)。新知學(xué)習(xí)定理2對于任意不全為零的兩個(gè)正整數(shù)a，b，必存在整數(shù)s，t，使得（a，b）=sa+tb.例2已知（37,68）=1，利用輾轉(zhuǎn)相除法求出整數(shù)s，t，使得37s+68t=1.解：我們可以運(yùn)用輾轉(zhuǎn)相除法寫出下列式子：68=1×37+3137=31×1+6新知學(xué)習(xí)31=5×6+16=1+5所以1=31－5×6＝31－5×（37－31）＝6×31－5×37＝6×（68－37）－5×37＝6×68－11×37由此求得：s=-11，t=6.新知練習(xí)練習(xí)1求（1287，1965）.解：因?yàn)?965=1287×1+678，則有：（1965,1287）=（1287,678）.繼續(xù)運(yùn)用定理可知：1287=678×1+609.故：（1287,678）=（678,609）.678=609×1+69.故：（678,609）=（609,69）.609=69×8+57.故：（609,69）=（69,57）.69=57×1+12.故：（69,57）=（57,12）.57=12×4+9.故：（57,12）=（12,9）.新知練習(xí)新知練習(xí)12=9×1+3.故：（12,9）=（9,3）=3.綜上所述可得：（1297，1965）=3.謝謝！算術(shù)基本定理新知學(xué)習(xí)我們知道任意一個(gè)合數(shù)m必有素因數(shù)，記為p1，因此，存在整數(shù)q1，使得m=p1q1，其中q1＜m.若q1是素?cái)?shù)，則m就表示為兩個(gè)素?cái)?shù)的乘積；若q1是合數(shù)，則可以繼續(xù)把q1表示為p2q2的形式，其中p2為素?cái)?shù).依次下去……由于m＞p1＞p2＞…＞0，因?yàn)檫@個(gè)過程一定會(huì)停止，于是我們可以得到以下算術(shù)基本定理：定理1任一大于1的整數(shù)m能表示成素?cái)?shù)的乘積：m=p1p2…ps，新知學(xué)習(xí)其中pi（1≤i≤s）是素?cái)?shù)。且在不及次序的議一下，表示式是唯一的。例如125=5×25=5×5×5.我們?nèi)绾巫C明定理一的唯一性呢？證明由于pi不計(jì)次序，我么可以設(shè)：m=p1p2…ps，p1≤p2≤…≤ps.若還有素?cái)?shù)q1，q2,…,qt，使得m=q1q2…qt，q1≤q2≤…≤qt.則：新知學(xué)習(xí)p1p2…p3=q1q2…qt下面我們首先來證明p1=q1.顯然，p1丨q1q2…qt，必存在qi，使得p1=qi.又因?yàn)閝1≤qi，所以q1≤p1.同理可證：p1≤q1，所以p1=q1.由此可知p2p3…ps=q2q3…qt.同法可得p2=q2，繼續(xù)推斷可得t=s，且pi=qi，i=1,2，…，s.新知學(xué)習(xí)繼而我們可以推出以下結(jié)論：任一大于1的正整數(shù)m=p1p2…ps，a1asa2其中mi（i=1,2，…，s）為正整數(shù)，p1，p2，…，ps為素?cái)?shù)，且滿足p1＜p2＜…ps.我們把上式稱為m的標(biāo)準(zhǔn)素因數(shù)分解式。新知學(xué)習(xí)例1把下列合數(shù)分解素因數(shù)，并寫出其標(biāo)準(zhǔn)素因數(shù)分解式。（1）160（2）275（3）360（4）500解：（1）160=2×2×2×2×2×5=2×5.（2）275=5×5×11=5×11.52（3）360=2×2×2×3×3×5=2×3×5.32（4）500=2×2×5×5×5=3×5.32新知學(xué)習(xí)例2試求所有小于500，且與500互素的正整數(shù)的個(gè)數(shù)。分析因?yàn)?00=2×2×5×5×5=2×5，所以，與500互素的數(shù)，也就是與2,5均互素的數(shù)。32所以，我們只要求出500以內(nèi)2的倍數(shù)、5的倍數(shù)以及10的倍數(shù)即可。解：不大于500的正整數(shù)中，2的倍數(shù)共有500÷2=250個(gè)，5的倍數(shù)共有500÷5=100個(gè)，10的倍數(shù)有500÷10=50個(gè)，所以與500互素的數(shù)的個(gè)數(shù)為：新知學(xué)習(xí)500-（250+100）+50=200個(gè)。一般地，我們用ψ（m）來表示所有小于正整數(shù)m，且與m互素的正整數(shù)的個(gè)數(shù)。例如ψ（500）=200.這是一個(gè)定義在正整數(shù)集合上的函數(shù)，通常稱為歐拉函數(shù)。新知練習(xí)練習(xí)1寫出下列各數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)素因數(shù)分解式。（1）350（2）420（3）650（4）780解：（1）350=2×5×5×7=2×5×7.2（2）420=2×2×3×5×7=2×3×5×7.2（3）650=2×5×5×13=2×5×13.2（4）780=2×2×3×5×13=2×3×5×13.2新知練習(xí)練習(xí)2求出5000內(nèi)，且與5000互素的數(shù)。解：5000=2×5，所以與5000互素的數(shù)同時(shí)也與2,5互素。342的倍數(shù)有：5000÷2=2500個(gè)；5的倍數(shù)有：5000÷5=1000個(gè)；新知練習(xí)10的倍數(shù)有：5000÷10=500個(gè)；在5000以內(nèi)且與5000互素的數(shù)有：5000-（2500+1000）+500=2000個(gè).新知練習(xí)練習(xí)3計(jì)算。（1）ψ（144）

（2）ψ（108）

（3）ψ（441）

（4）ψ（1225）

解：（1）144=2×3，所以與144互素的數(shù)同時(shí)也與2,3互素。422的倍數(shù)有：144÷2=72個(gè)；3的倍數(shù)有：144÷3=48個(gè)；6的倍數(shù)有：144÷6=24個(gè)；在144以內(nèi)且與144互素的數(shù)有：144-（72+48）+24=48個(gè).新知練習(xí)（2）108=2×3，所以與144互素的數(shù)同時(shí)也與2,3互素。232的倍數(shù)有：108÷2=54個(gè)；3的倍數(shù)有：108÷3=36個(gè)；新知練習(xí)6的倍數(shù)有：108÷6=18個(gè)；在144以內(nèi)且與144互素的數(shù)有：108-（54+36）+18=36個(gè)。（3）441=3×7，所以與441互素的數(shù)同時(shí)也與3,7互素。223的倍數(shù)有：441÷3=147個(gè)；新知練習(xí)7的倍數(shù)有：441÷7=63個(gè)；21的倍數(shù)有：441÷21=21個(gè)；在441以內(nèi)且與441互素的數(shù)有：441-（147+63）+21=252個(gè)。新知練習(xí)（4）1225=5×7，所以與441互素的數(shù)同時(shí)也與5,7互素。225的倍數(shù)有：1225÷5=245個(gè)；7的倍數(shù)有：1225÷7=175個(gè)；35的倍數(shù)有：1225÷35=35個(gè)；在1225以內(nèi)且與1225互素的數(shù)有：1225-（245+175）+35=840個(gè)。新知練習(xí)謝謝！最小公倍數(shù)與算術(shù)基本定理的應(yīng)用新知學(xué)習(xí)對于給定的整數(shù)18和24，我們可以求出它們的公共倍數(shù)有72,144,216，…其中，72是這些數(shù)中的整數(shù)，稱之為18和24的最小公倍數(shù)。定義設(shè)a，b是兩個(gè)整數(shù)，若整數(shù)d是它們所有公倍數(shù)中最小的一個(gè)正數(shù)，則稱d為它們的最小公倍數(shù)，記作d=[a，b].根據(jù)最小公倍數(shù)的定義可知：[4,5]=20；新知學(xué)習(xí)[8,9]=72；[12,16]=48；[15,25]=75；根據(jù)上式可知：1、當(dāng)兩個(gè)數(shù)互素（即最大公約數(shù)為1）時(shí)，最小公倍數(shù)就等于這兩個(gè)數(shù)的乘積。2、當(dāng)兩個(gè)數(shù)最大公因數(shù)不等于1時(shí)，最小公倍數(shù)就不等于這兩個(gè)數(shù)的乘積。新知學(xué)習(xí)兩個(gè)數(shù)的最小公倍數(shù)和最大公約數(shù)之間有怎樣的關(guān)系？我們可以將160和300進(jìn)行探究。160=2×2×2×2×2×5=2×3×5.50300=2×2×3×5×5=2×3×5.21而（160,300）=2×3×5=20；201215[160,300]=2×3×5=2400.12新知學(xué)習(xí)對于公因數(shù)2，在160和300中分別出現(xiàn)了2，2，其中次數(shù)較高的2出現(xiàn)在最小公倍數(shù)2400中，次數(shù)較低的2出現(xiàn)在最大公因數(shù)20中。同樣地，3，5出現(xiàn)在最小公倍數(shù)中，3，5出現(xiàn)在最大公因數(shù)中。25521201這樣我們就可以得出：（160,300）×[160,300]=20×2400=160×300.新知學(xué)習(xí)由上述計(jì)算可知：對于任意兩個(gè)整數(shù)a，b，設(shè)p1，p2，…，ps是a和b的所有素因子，記a=p1p2

…ps素因子，b=p1p2

…ps素因子，其中pi為素?cái)?shù)，整數(shù)…、≥0（i=1,2，…，s），則：α1αiβ1α2αsβ2βsβi（a，b）=p1p2

…ps，其中ui=min（，），

i=1,2，…，s；u1u2usαiβi新知學(xué)習(xí)[a，b]=p1p2

…ps，其中vi=max（，），

i=1,2，…，s.u1u2usαiβi這里，min（αi，βi）表示αi，βi中最小的數(shù)，max（αi，βi）表示αi，βi中最大的數(shù)。

定理1設(shè)a，b是兩個(gè)正整數(shù)，則：由此可得：（a，b）=[a，b]=ab.新知學(xué)習(xí)例1求57和69的最大公因數(shù)和最小公倍數(shù)。解：（57,69）=（57，12）=（12,9）=（9,3）=3.所以，[57,69]=57×69÷3=3933÷3=1311.新知學(xué)習(xí)例2求365和815的最大公因數(shù)和最小公倍數(shù)。解：（365,815）=（365，85）=（85,25）=（25,5）=5.所以，[365,815]=365×815÷5=297475÷5=59495.新知練習(xí)練習(xí)1求下列各組數(shù)的最大公因數(shù)和最小公倍數(shù)。（1）384與447（2）252與556（3）1257與1569（4）1260與3100新知練習(xí)[384,447]=384×447÷3=171648÷3=57216.解：（1）（384,447）=（384，63）=（63,6）=（6,3）=3.新知練習(xí)[252,556]=252×556÷4=140112÷4=35028.（2）（252,556）=（252，52）=（52,44）=（44,8）=(8,4)=4.新知練習(xí)[1257,1569]=1257×1569÷3=1972233÷3=657411.（3）（1257,1569）=（1257，312）=（312,9）=（9,6）=(6,3)=3.新知練習(xí)[1260,3100]=1260×3100÷20=3906000÷20=195300.（4）（1260,3100）=（1260，580）=（580,100）=（100,80）=(80,20)=20.謝謝！不定方程雞翁一，值錢五，雞母一，值錢三，雞雛三，值錢一。百錢買百雞，問雞翁母雛各幾何？”解：設(shè)x,y,z分別表示雞翁、雞母、雞雛的只數(shù)，則可列出方程如下：消去z得到方程：這里，方程的個(gè)數(shù)少于未知數(shù)的個(gè)數(shù)，在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)，方程的解有無窮多個(gè)。而我們所關(guān)心的是其有無整數(shù)〔或正整數(shù)〕解，這種方程〔組〕稱為不定方程。思考探究分析：這類問題實(shí)質(zhì)上是“不定方程求正整數(shù)解”的問題，因?yàn)殇伜玫牡匕逯虚g不能出空隙，所以兩種圖形內(nèi)角拼在一起恰好要構(gòu)成360度角，并且磚的塊數(shù)又是正整數(shù)。于是就使幾何拼圖轉(zhuǎn)化成不定方程求正整數(shù)解的問題。A、①②、B、①③、C、②③、D、②④60m+90n=360.思考探究小明家現(xiàn)有邊長相等的正三角形、正方形、正五邊形、正六邊形四種地板磚，要選擇其中兩種用以鋪地板,則下列選擇正確的是（）。設(shè)需正三角形地磚m塊，正方形地磚n塊恰好鋪成，則有：A二元一次不定方程的一般形式為:注：該方法對一次項(xiàng)系數(shù)較小的方程比較實(shí)用。知識(shí)梳理二元一次不定方程解的形式和判定:定理1若〔1〕式有整數(shù)解:

則〔1〕式的一切解可以表示為:（2）知識(shí)梳理定理1的證明：證：把〔2〕代入〔1〕，成立，故〔2〕是〔1〕的解。知識(shí)梳理寫出下列方程通解的形式：典例分析定理2即為方程〔1〕的解。知識(shí)梳理求二元一次不定方程整數(shù)解的一般方法先求一個(gè)特殊解，再根據(jù)定理1寫出其通解。對于方程(1),若有解，則可化為：一般地，利用輾轉(zhuǎn)相除法，得到知識(shí)梳理求方程的一個(gè)特殊解。解：用7、4進(jìn)行輾轉(zhuǎn)相除法：典例分析求〔1〕的一切整數(shù)解。原方程可以化為:

先求〔3〕的一個(gè)整數(shù)解。107＝37×3－4，37＝4×9+1,從而:變式遷移故〔3〕的一個(gè)整數(shù)解是:

〔2〕的一個(gè)整數(shù)解是:

原方程的整數(shù)解為:

變式遷移求二元一次不定方程整數(shù)解的一般方法求的一切整數(shù)解。解：原方程可化為則方程可化為則方程可化為典例分析則方程可化為:

逐步往回代入，可得:

典例分析謝謝欣賞！同余在生活中，我們關(guān)注的常常不是某些整數(shù)本身，而是用這些數(shù)除以某一固定整數(shù)所得的余數(shù)，這就是我們今天所學(xué)的數(shù)論中非常重要的一個(gè)概念——同余。自學(xué)導(dǎo)引觀察下面2組除式：探索新知2÷2=1……04÷2=2……06÷2=3……08÷2=4……0……3÷2=1……15÷2=2……17÷2=3……19÷2=4……1……你能發(fā)現(xiàn)什么呢？探索新知2÷2=1……04÷2=2……06÷2=3……08÷2=4……0……3÷2=1……15÷2=2……17÷2=3……19÷2=4……1……1、任意一個(gè)整數(shù)被2除，所得的余數(shù)只有0,1兩種情況。2、每組除式中余數(shù)都相同。3、每組除式中，任意兩個(gè)被除數(shù)的差都能被除數(shù)2整除。……知識(shí)梳理定義給定一正整數(shù)m，把它叫做模。如果用m去除任意兩個(gè)整數(shù)a和b所得余數(shù)相同，則稱a，b為對模m同余，記作ab(modm)；若余數(shù)不同，則稱a,b為對模m不同余，記作ab(modm)。同余的概念例如：6-4能被2整除，我們就說6和4對模2同余，記作64（mod2）.知識(shí)鞏固2014年9月10日是教師節(jié)30周年，這一天是星期五，那么9月17日是星期幾呢？9月24日呢？我們數(shù)一下就可以得出這幾天都是星期五。這個(gè)現(xiàn)象說明了什么？有什么樣的規(guī)律？知識(shí)鞏固我們用今天所學(xué)的知識(shí)來解釋一下，由于9月17日與9月10日相隔7天，9月24日與9月10日相隔14天，而70（mod7），140（mod7），所以這兩天都是星期五；另一方面，若與9月10日相隔的天數(shù)與0對模7不同余，則這天一定不是星期五。知識(shí)梳理同余是數(shù)論中的一個(gè)非常重要的概念。由以上定義可知道，如果兩個(gè)數(shù)對模m同余，則這兩個(gè)數(shù)被m除所得的余數(shù)相同，即這兩個(gè)數(shù)的差能被m整除：存在一個(gè)整數(shù)k，使得a-b=km，用式子表示為：如果ab（modm),那么a-b=km，即a=km+b.從某個(gè)角度來說，也可認(rèn)為b是a被m除所得的“余數(shù)”，這也反映出同余和帶余除法之間的內(nèi)在聯(lián)系。證明：若m是奇數(shù)，則m2≡1（mod8）.典例分析證明：因?yàn)閙是奇數(shù)，所以可設(shè)m=2k+1, 其中k為整數(shù)，所以 m2=(2k+1)2=4k2+4k+1.典例分析因此有：m2-1=4k2+4k=4k(k+1).而對于任何整數(shù)k，k和k+1中一定有一個(gè)為偶數(shù)，所以m2-1是8的倍數(shù)，即m2≡1（mod8）.1、設(shè)a、b、m為整數(shù)（m﹥0）,若a和b被m除得的余數(shù)相同，則稱a和b對模m同余，記為a≡b(modm).b≡a(mod10),則b的值可以是（）。A.2015B.2012C.2008D.2006變式遷移變式遷移變式遷移變式遷移謝謝欣賞！同余的性質(zhì)知識(shí)梳理在學(xué)習(xí)中，處理一些整數(shù)問題是，余數(shù)會(huì)讓整個(gè)式子看起來復(fù)雜，然而我們運(yùn)用同余符號(hào)后，比整除符號(hào)和除法算式要方便、快捷很多。為了更好的運(yùn)用同余符號(hào)，我們首先來學(xué)習(xí)同余的性質(zhì)。知識(shí)梳理由同余的定義可以得到下列性質(zhì)：①aa(modm).②若ab(modm),則ba(modm).③若ab(modm),bc(modm),則ac(modm).知識(shí)探究根據(jù)等式的性質(zhì)，我們來探究一下同余式的性質(zhì)：因?yàn)?=3，5=5，所以3+5=3+5若2≡5（mod3），1≡4（mod3），是否有2+1≡5+4（mod3）知識(shí)探究因?yàn)?=3，5=5，所以3×5=3×5若2≡5（mod3），1≡4（mod3），是否有2+1≡5+4（mod3）知識(shí)探究因?yàn)?=3，所以32=32若2≡5（mod3），1≡4（mod3），是否有2+1≡5+4（mod3）知識(shí)探究右邊方框中問題的答案是肯定的，所以我們能夠得到一下的性質(zhì)：④若a≡b（modm），c≡d（modm），則a+c≡b+d（modm）.知識(shí)探究求證：若a≡b（modm），c≡d（modm），則a+c≡b+d（modm）.證明：由a≡b（modm），c≡d（modm），根據(jù)同余定義可知：m|（a-b）,m|(c-d),根據(jù)整除的性質(zhì)，有m|[（a-b)+(c-d)],也就是：m|[（a+c)-(b+d)],即：a+c≡b+d(modm).知識(shí)探究同樣的我們還可以證明以下推論：⑤若a≡b（modm），c≡d（modm），

則ac≡bd（modm）.知識(shí)探究⑥若a≡b（modm），則a?≡b?（modm）.⑦當(dāng)c＞0時(shí)，若a≡b（modm），則ca≡cb（modm）;若ca≡cb（modm），則a≡b（modm）.知識(shí)探究因?yàn)?×4=3×4，所以4=4若6×3≡6×8（mod10），是否有3≡8（mod10）右邊方框的結(jié)論是否成立？是否都和等式的性質(zhì)完全一樣呢？若7×3≡7×13（mod10），是否有3≡13（mod10）知識(shí)探究顯然，3≡8（mod10），而3≡13（mod10），也就是說，同余式和等式的性質(zhì)并不是完全相同的。但在一定的條件下，同余式仍然能夠保持“消去律”。即：⑧若ca≡cb（modm），且（c,m）=1,則a≡b（modm）.也就是說當(dāng)c,m互素時(shí)，同余式兩邊可約去c.知識(shí)探究求證：若ca≡cb（modm），且（c,m）=1,則a≡b（modm）.證明：由ca≡cb（modm），可得：m|c（a-b）,因?yàn)椋╟,m）=1,根據(jù)整除的性質(zhì)得：m|（a-b）,即為：a≡b(modm).知識(shí)探究例如：我們知道21≡9（mod2），而21和9有公約數(shù)3，并且（3,2）=1，所以，可在同余式兩邊同除以3，就得到7≡3（mod2）.謝謝欣賞！整除的判斷與棄九法課前練習(xí)將下面數(shù)字填入相應(yīng)的位置：2、1、-6、0、3、45、20、-9、-15、108、-98、17、43能被2整除的：能被3整除的：能被5整除的：2、-6、0、20、108、-98-6、0、3、45、-9、-15、1080、45、20、-15知識(shí)回顧觀察這些數(shù)字我們會(huì)發(fā)現(xiàn)：能被5整除的數(shù)的特征：個(gè)位數(shù)是5或0。能被3整除的數(shù)的特征：所有位數(shù)上數(shù)字相加的和是3的倍數(shù)。能被2整除的數(shù)的特征：個(gè)位數(shù)是偶數(shù)。知識(shí)回顧觀察這些數(shù)字我們會(huì)發(fā)現(xiàn)：能被5整除的數(shù)的特征：個(gè)位數(shù)是5或0。能被3整除的數(shù)的特征：所有位數(shù)上數(shù)字相加的和是3的倍數(shù)。能被2整除的數(shù)的特征：個(gè)位數(shù)是偶數(shù)。知識(shí)探究我們嘗試用同余的性質(zhì)對整除的判斷作出解釋：以3|237為例：我們知道：237=2×100+3×10+7.因?yàn)?0≡1（mod3），所以30≡3（mod3）.因?yàn)?00≡1（mod3），所以200≡2（mod3）.根據(jù)同余性質(zhì)，可知200+30+7≡2+3+7（mod3）.因此我們知道，如果2+3+7能夠被3整除，那么200+30+7就能被3整除，而2+3+7恰好是237的各位數(shù)字之和。典例分析例1.判斷93753能否被9整除。解析：能被9整除的數(shù)的特征是---所有位數(shù)上數(shù)字相加的和是9的倍數(shù)；只需要求所有位數(shù)上的數(shù)的和即可。解：因?yàn)?+3+7+5+3=27,27能被9整除，所以93753能被9整除。新知學(xué)習(xí)棄九法：“棄九法”也叫做棄九驗(yàn)算法，利用這種方法可以驗(yàn)算加、減、乘、除計(jì)算的結(jié)果是否錯(cuò)誤。新知學(xué)習(xí)棄九法的原理是：同余原理。如果一個(gè)數(shù)的各個(gè)數(shù)位上的數(shù)字之和能被9整除，那么這個(gè)數(shù)能被9整除；如果一個(gè)數(shù)各個(gè)數(shù)位上的數(shù)字之和被9除余數(shù)是幾，那么這個(gè)數(shù)被9除的余數(shù)也一定是幾。利用這個(gè)性質(zhì)可以迅速地判斷一個(gè)數(shù)能否被9整除或者求出被9除的余數(shù)是幾。新知學(xué)習(xí)例如，3645732這個(gè)數(shù)，各個(gè)數(shù)位上的數(shù)字之和為：3＋6＋4＋5＋7＋3＋2＝30，30被9除余3，所以3645732這個(gè)數(shù)不能被9整除，且被9除后余數(shù)為3。

但是，當(dāng)一個(gè)數(shù)的數(shù)位較多時(shí)，這種計(jì)算麻煩且易錯(cuò)。有沒有更簡便的方法呢？新知學(xué)習(xí)因?yàn)槲覀冎皇桥袛噙@個(gè)式子被9除的余數(shù)，所以凡是若干個(gè)數(shù)的和是9時(shí)，就把這些數(shù)劃掉，如3＋6＝9，4＋5＝9，7＋2＝9，把這些數(shù)劃掉后，最多只剩下一個(gè)3（如下圖），所以這個(gè)數(shù)除以9的余數(shù)是3。

3645732新知學(xué)習(xí)這種將和為9或9的倍數(shù)的數(shù)字劃掉，用剩下的數(shù)字和求除以9的余數(shù)的方法，叫做棄九法。新知學(xué)習(xí)棄九法就是“逢九必劃，剩幾余幾”。一個(gè)數(shù)被9除的余數(shù)叫做這個(gè)數(shù)的九余數(shù)。新知學(xué)習(xí)利用棄九法可以計(jì)算一個(gè)數(shù)的九余數(shù)，還可以檢驗(yàn)四則運(yùn)算的正確性。例2.

求多位數(shù)7645821369815436715除以9的余數(shù)。

分析與解：利用棄九法，將和為9的數(shù)依次劃掉。只剩下7，6，1，5四個(gè)數(shù)，這時(shí)口算一下可知，7，6，5的和是9的倍數(shù)，又可劃掉，只剩下1。所以這個(gè)多位數(shù)除以9余1。這個(gè)大數(shù)和1對于9同余。典例分析謝謝欣賞！剩余類新知學(xué)習(xí)寺廟有一群和尚，九個(gè)九個(gè)的數(shù)，還剩一個(gè)；八個(gè)八個(gè)的數(shù)，還剩一個(gè)；七個(gè)七個(gè)的數(shù)，還剩一個(gè)，問：這座寺廟至少有多少個(gè)和尚？以上說明，整數(shù)可以有不同的分類方式，下面我們一起來研究剩余類的問題。將和尚的數(shù)量除以九，余數(shù)為一；除以八，余數(shù)為一；除以七，余數(shù)為一。每一個(gè)這樣的集合都稱為是模m的一個(gè)同余類，或模m的剩余類。我們以rmodm表示r所屬的模m的同余類，稱r為所屬的剩余類的代表。新知學(xué)習(xí)對于給定的模m，全體整數(shù)可以按照對模m是否同余分成m個(gè)兩兩不相交的集合，使得在同一個(gè)集合中的任意兩個(gè)整數(shù)對模m一定同余，而屬于不同集合中的兩個(gè)整數(shù)對模m一定不同余。新知學(xué)習(xí)根據(jù)上述定義，我們知道整數(shù)可以分為模2的兩個(gè)剩余類0mod2和1mod2；或分為模3的3個(gè)剩余類0mod3,1mod3，2mod3.我們還可以將整數(shù)按照模4、模5等分為相應(yīng)的剩余類。我們可以為剩余類定義運(yùn)算法則，下面我們給出剩余類的加法和乘法運(yùn)算。新知學(xué)習(xí)我們以模6的剩余類為研究對象進(jìn)行說明：模6的剩余類有：0mod6,1mod6,2mod6,3mod6,4mod6,5mod6.我們從3mod6和4mod6中各選擇一個(gè)元素，例如3和4，那么：3+4≡1（mod6）.新知學(xué)習(xí)所以3+4一定屬于1mod6，所以，我們可以定義：3mod6+4mod6=（3+4）mod6.所以有：3mod6+4mod6=1mod6.同理可定義：3mod6×4mod6=（3×4）mod6.新知學(xué)習(xí)根據(jù)同余的性質(zhì)可知：（3×4）mod6=12mod6=0mod6，即：3mod6×4mod6=0mod6.新知學(xué)習(xí)例1根據(jù)剩余類的運(yùn)算定義，計(jì)算：5mod6×4mod6.解根據(jù)剩余類的乘法定義，我們得出：5mod6×4mod6=（5×4）mod6=20mod6.=2mod6.新知學(xué)習(xí)定義若m個(gè)整數(shù)，其中任何兩數(shù)都不在同一個(gè)剩余類里，則這m個(gè)整數(shù)叫做m的一個(gè)完全剩余系。例如0,1是模2的一個(gè)完全剩余系；0,4,8是模3的一個(gè)完全系；0,5,10,15是模4的一個(gè)完全剩余系；……0,1,2，…，m-1是模m的一個(gè)完全剩

余系。新知練習(xí)練習(xí)1計(jì)算下列各式。（1）（4mod7+5mod7）×（2mod7）（2）（3mod9+6mod9）×（1mod9）（3）（2mod8+1mod8）×（3mod8）（4）（5mod6+3mod6）×（1mod6）新知練習(xí)解

（1）（4mod7+5mod7）×（2mod7）=（9mod7）×（2mod7）=（2mod7）×（2mod7）=（2×2）mod7=4mod7.

（2）（3mod9+6mod9）×（1mod9）=（0mod9）×（1mod9）=（0×1）mod9=0mod9.新知練習(xí)

（3）（2mod8+1mod8）×（3mod8）=（3mod8）×（3mod8）=（3×3）mod8=1mod8.

（4）（5mod6+3mod6）×（1mod6）=（8mod6）×（1mod6）=（2mod6）×（1mod6）=（2×1）mod6=2mod6.新知練習(xí)練習(xí)2利用剩余類的知識(shí)判斷：n2被5除的余數(shù)可能是什么？并證明你的結(jié)論。解：以模7的剩余類為研究對象，則有：0mod5,1mod5,2mod5,3mod5,4mod5.當(dāng)n=0mod5時(shí)，n2=（0mod5）2

=（0×0）mod5

=0mod5.新知練習(xí)當(dāng)n=1mod5時(shí)，n2=（1mod5）2

=（1×1）mod5

=1mod5.當(dāng)n=2mod5時(shí)，n2=（2mod5）2

=（2×2）mod5

=4mod5.新知練習(xí)當(dāng)n=3mod5時(shí)，n2=（3mod5）2

=（3×3）mod5

=4mod5.當(dāng)n=4mod5時(shí)，n2=（4mod5）2

=（4×4）mod5

=1mod5.綜上所述，n2除以5的余數(shù)為0,1,4.謝謝！歐拉定理·費(fèi)馬小定理新知學(xué)習(xí)我們知道模6的剩余類為：0mod6,1mod6,2mod6,3mod6,4mod6,5mod6.其中剩余類1mod6,5mod6里的所有數(shù)均與6互素，我們稱這兩個(gè)剩余類為與6互素的剩余類。給定模m，如果模m的一個(gè)剩余類里面的某個(gè)數(shù)與m互素，就把這個(gè)剩余類叫作一個(gè)與模m互素的剩余類。新知學(xué)