知识总结(doc)

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1、知识总结(doc) 一、整除的性质 1、有两个整数a和)0(?bb，b能整除a，记做b|a。 2、（整除的传递性）若b|a，c|b，则c|a。 3、若b|a，则cb|ca。 其逆命题若cb|ca，则b|a也成立。 4、若c|a，c|b，则Znm?,，有c|ma+nb。 并可推广到若),2,1?(|niaci?，则有 5、若b|a且1?是任一整数的因数，即a?是a的因数，也是a的倍数，即 9、若b|a且a|b，在ab，或ab。 0?a，则ab?。 6、若b|a且?|a。 0是任一整数的倍数，即a|0。 0?a，则。 7、 18、aaaa?|,|。 二、数的整除特征 1、能被3或9整除的数的特征是

2、它的各个数位上的数字之和能被3或9整除。 2、能被11整除的数的特征是它的奇位上的数字和减去偶位上的数字和，所得的差能被11整除。 3、一个整数割去末位数字后的数，再减去末位数字（前面所说的那个数）的n倍，如果余数为10n+1的倍数，则原数也是10n+1的倍数。 4、一个整数割去末位数字后的数，再减去末位数字（前面所说的那个数）的n倍，如果余数为10n1的倍数，则原数也是10n1的倍数。 5、一个整数割去末位数字后的数，再减去末位数字（前面所说的那个数）的3n1倍，如果余数为10n+3的倍数，则原数也是10n+3的倍数。 6、一个整数割去末位数字后的数，再减去末位数字（前面所说的那个数）的3n

3、1倍，如果余数为10n+7的倍数，则原数也是10n+7的倍数。 9的余数把一个数的各个数字相加，得到若不是一位数再第2次相加直到出现一位数。 该一位数则是除9后的余数。 7的整除有一种判断整数能不能被7整除的方法，这种方法也可以用来判断整数是否能被11或13整除，由于这种方法的基础是71113=1001，所以我们将它为”1001法”。 以15946为例，我们将15946从左往右数到第一位与第四位（中间相隔两位）上的数都减去1，则得5936，实际上相当于减去101001，减去的是7的倍数，因此要考查15946是否能被7整除，只须考查5936是否能被7整除就行了，再从5936的第一位和第四位上都减

4、去5，得931，则15946能不能被7整除的问题变成了考查931能不能被7整除，如果我们把大于7的数字都减去7，实际上就是要考查231是否能被7整除，这时只须用一次”去一减二法”（减去21）得21，就能判定15946能被7整除了。 用同样的方法说明，往65的6与5之间，每添加进去6个0就可以得到一个形如6005的能被65整除的数。 在21的2与1之间每添加进去6个0，所得的数都能被21整除，而且每添加进去6个别的相同数学之后，如2111111，2222221，23333331，29999991等，也都能被21整除，其中，在21的2与1之间加进去3时，无论是加进去多少个3，所得的数233331都

5、肯定能被21整除。 定理有理数a/b，0 三、奇偶的性质 1、ba?与nnba?的奇偶性相同。 2、设m，n为奇数，平面上的凸n边形不能用对角线把每个顶点与另外m个顶点连接。 四、模p运算 1、给定一个正整数p，任意一个整数n，一定存在等式n=kp+r，其中k、r是整数，且0r 对于正整数p和整数a，b，定义如下运算取模运算a mod p表示a除以p的余数。 如果两个数a、b满足a mod p=b mod p，则称他们模p相等，记做ab mod p。 2、模p运算模p加法(a+b)mod p，其结果是a+b算术和除以p的余数，也就是说，(a+b)=kp+r，则(a+b)mod p=r。 模p减

6、法(a-b)mod p，其结果是a-b算术差除以p的余数。 模p乘法(ab)mod p，其结果是ab算术乘法除以p的余数。 3、模p运算和普通的四则运算有很多类似的规律，如规律公式结合率(a+b)mod p+c)mod p=(a+(b+c)mod p)mod p(a*b)mod p*c)mod p=(a*(b*c)mod p)mod p交换率(a+b)mod p=(b+a)mod p(ab)mod p=(ba)mod p分配率(a+b)mod pc)mod p=(ac)mod p+(bc)mod p)mod p(a+b)mod p+c)mod p=(a+(b+c)mod p)mod p 五、同

7、余的性质 1、a，b对于模p同余的充要条件是abmt，Zt?，即b?mtbapba?)(mod。 2、a，b对于模p同余的充要条件是p|ab，即bappa?|)(mod。 3、)(mod paa?（自反性）。 若)(mod pba?，则)(mod pab?。 （对称性）。 4、若)(mod pba?，)(mod pcb?，则)(mod pca?。 (传递性)(moddpba? 5、若a?)(mod pba?，)(mod pdc?，则?)(mod pdbca?，)(mod pbdac?，)(mod pdbc?，bk),)(modZyxpdybxcyax?。 6、若k0，则有a?)(mod)(mo

8、dpbapkak?。 7、若)(mod pb，)0(|11?ppp，则P?)(mod1pba?。 8若),2,1?)(modnipbai?，当,21n ppp?(最小公倍数)时，)(modPba?。 9、若)(mod pbdac?，)(mod pdc?，且（c，p）1（最大公约数），则若)(mod pba?。 10、若)(mod pbcac?，且（c，m）d1，则 11、设)(xf是一个非零整系数多项式，且)(modp，则(a)(mod pba?，则)(mod()(pbfaf?。 12、若ba?),(),pbp?，因而若d能整除m及a，b二数之一，则d必能整除a，b中的另一个。 六、余数检验

9、1、关键数法用如下表中的数据分别乘以数的个位，十位，百位，再相加，结果若能够被除数整除，则原数能被该除数整除。 其原理可用同余和费马小定理证明。 除数关键数213141，25161，471，3，2，-1，-3，-281，2，491上面的表虽然只能对18以前的除数进行理，但也基本满足平时的需要。 其中方括号要对高位循环相乘，举例来说，比如求48970513被14除的余数是多少处表示315079841-4264-2-6-4-3-4+10+0+28-18-48-16=-45=-3=11mod14其中最后的那个4就是方括号里的第一个数，刚开始循环。 2、分段判别法将被除数按照下表中的位数分段，然后求和

10、或者代数和，结果若能够被整除则原数也能够被整除。 除数分段10n=1(modp)求和或代数和3110=1求和73103=-1代数和11110=-1代数和112102=1求和133103=-1代数和178108=-1代数和199109=-1代数和23111011=-1代数和29141014=-1代数和31151015=1求和376106=1求和415105=1求和43211021=1求和47231023=-1代数和例如，求47386502除以13的余数47-386+502=163=33=7mod13。 所以余数是7。 3、逐位加减法设被除数N的个位数是a，若除数p的某个倍数与10的若干倍相差1，

11、则可以用这个方法若pk=10m1，则有N=10N/10+a=10N/10+apka=10N/10+a(10m1)a modp=10N/1010ma modp101111，-1121，-2，4131，-3，-4，-1，3，4141，-4，2，6，4，-2，-6151，-5161，-6，4，8171，-7，-2，-3，4，6，-8，5，-1，7，2，3，-4，-6，8，-5=10(N/10ma)modp例如，37=21=20+1，所以某数除以7时，可以将十位以上的数减去个位的两倍，结果可以继续这个过程，比如12761，1276-12=1274，127-42=119，11-92=-7，所以12761

12、可以被7整除。 再如313=39=40-1，所以27937除以13时，2793+74=2821，282+14=286，28+64=52，5+24=13，所以27937可以被13整除。 这只是判断是否可以整除，如果进一步要求出余数，则要将运算结果乘以10k，这里k是运算的次数，再利用关键数表算出最后的余数。 例如11=10+1，由于10=-1mod11，所以要算27937除以11的余数，可以这样进行，7-2793=-2786，-6+278=272，2-27=-25，-5+2=-3=8，所以27937除以11的余数是8。 我们再看一种，317=51，所以27931除以17可以这样进行，2793-1

13、5=2788，278-85=238，23-85=-17，所以27931可以被17整除。 要求出27932除以17的余数，可以这样，2793-25=2783，278-35=263，26-35=11。 所以27932除以17的余数是111000=-6(-3)=18=1。 显然要比关键数法简便。 实际上这是9余数验算法的一种推广，由于9=10-1，相当于将个位乘1加到十位以上的数中去。 除数p379111317192123272931数m1-21-14-52-27-83-3 七、素数 1、如果a是一个大于1的整数，而所有a?的素数都除不尽a，则a是素数。 2、若p为素数，且p|ab，则有p|a或p|

14、b。 若（a，b）1，则n aaa,21?互素的充要条件是存在整数12211?ntatat?pp?1),(?nmba。 3、n个整数nttt,21?，使得na 4、若p和q是孪生素数，则qq是pq的倍数。 八、素数的检验 1、n-1检验法如果对于奇数n，我们已经知道了n-1的素因子分解式，那么如下的n-1检验法将是有效的。 在1891年，E。 卢卡斯将费马小定理改进成对于检验素数很实用的形式，后来又由克拉奇科和莱默进一步改进定理一设n1是一个奇数，如果对于n-1的每一个素因子q存在一个整数a使得1n?)(mod11nan?，and)(mod1naq?。 则n是素数。 这个定理的不足之处是需要知道n-1的全部因子，那么能不能不需要如此呢?下面一个定理是泊克林顿(Pocklingdon)在1914年发现的泊克林顿定理设n-1=qkR，这里q是素数，并且R不能被q整除。 如果存在一个整数1?q，则n的每一个素因子q都具有qkr+1的形式。 a使得11?na并且1),1gcd(?nan利用这个定理，我们可以将定理一改进如下定理二假定n-1=FR，这里FR，gcd(F，R)=