带余除法

对任意整数a，b，b＞0，存在唯一的整数q，r，使a＝bq＋r，其中0≤r＜b，这个事实称为带余除法定理，是整除理论的基础。若c｜a，c｜b，则称c是a，b的公因数。若d是a，b的公因数，且d可被a，b的任意公因数整除则称d是a，b的最大公因数。当d≥0 时，d是a，b公因数中最大者。若a，b的最大公因数等于1，则称a，b互素。累次利用带余除法可以求出a，b的最大公因数，这种方法常称为辗转相除法。又称欧几里得算法。

http://baike.baidu.com/view/1166525.htm#sub1166525

带余除法   知识点：

1、用一个正整数m去除另一个正整数n，如果设商数是q ，余数是r,那么m=nq+r  (0≤r＜n)                             

（*）式就是著名的余数公式，亦称欧几里德基本定理。其运算过程叫带余除法，这也是我们所熟知的：被除数 = 除数×商+余数    (0≤余数＜除数)

（*）式说明了一个十分简单的重要事实：任何一个整数m都可以用（*）式表示，而且这种表示是唯一的。

2、m被n除时的余数只能是0，1，2，3……，（n-1）这n个数中的一个。

按照被n除得的余数，我们可以把全体整数分类：余数为0的全体整数作第一类，余数为1的全体整数为第二类……，余数为（n-1）的作第n类，共有n个类，这样，每个整数都在某个类中，同一个整数不会在两个不同的类中出现。

例如：取n=2， 便得到大家知道的奇数、偶数两大类。取n=3， 因为任何整数被3除得的余数是0、1、2之一，即每个整数必是3k，3k+1，3k+2之一，其中k为整数。

同理，每个整数都是4k,4k+1,4k+2,4k+3之一，其中k是整数有些整数问题需要把整数按上面的方式分类，然后解释说明，往往能立竿见影解决问题。

注意：应用这种分类方法时，应把每个类都考虑，不可遗漏，也不可重复。

例1：已知a、b都是整数，求证：a+b、ab、a-b这三个数中，至少有一个是3的倍数。

分析：设b=3n 或3n+1 或3n+2

例2： 71427和19的积被7除，余数是几？

分析：71427=71400+27=71400+21+6=7m+6            19=14+5=7n+2

71427×19=(7m+6)( 7n+2)=……=7k+12=7(k+1)+5

例3：a、b都是整数，a除以7余2，b除以7余5，则a²+3b除以7得到的余数十多少？

分析：设a=7m+2，b=7n+5     a²+3b=(7m+2)²+7n+5=7k+4+7n+5=7(k+n+1)+2

例4：1270除以某个自然数，其商为74，求除数与余数。

例5：“三三数之剩二，五五数之无剩余，七七数之剩四”，求满足条件的最小的自然数。

分析：设满足条件的最小的自然数为x，则x=3a+2，x=5b，x=7c+4

例6：一个整数，除357、262、205得到相同的余数，求这个整数。

分析：设这个整数是x ，则357= ax+r   262=bx+r   205=cx+r

所以 (a-b)x=95  (b-c)x=57   即x是95、57的公约数

例7：证明：没有x，y存在，使等式x²＋y²＝1995(x，y∈Z)成立.

分析：假设有整数x，y存在，使x²＋y²＝1995成立。

∵x²，y²被４除余数为０或１.∴x²＋y²被４除余数为０，１或２.

 又∵1995被４除余数为３.∴得出矛盾，假设不成立.故没有整数x，y存在，使x²＋y²＝1995成立

1、已知N除以4的余数为3，求N除以12的余数

http://eblog.cersp.com/userlog17/36997/archives/2007/372794.shtml