01原讲义第 1 讲
先认出数的线索
从整除特征和余数开始，再认识质数——先学会看出一个数有什么特点。
练整除主题 ↗ 课程分支 · 数与规律
从“整除”出发，
搭起数论的地图。
本单元把整除、质因数、因数结构、余数、数位与平方数连成一条知识线。原训练营讲义的例题、小测和拓展题已按知识点归位；“第几讲”只用于追溯资料，学习顺序由孩子自己选择。
沿路线开始 一个分支 · 多条知识线
从一个数开始20282² × 3 × 13²
质数因子2 · 3 · 13
因数个数3 × 2 × 3 = 18
先走主线，再补支线
沿着数的性质逐步深入
每次只学一段：看懂概念，试页面互动，再做几道同主题题目。无需一口气读完整页。
怎么用这张路线？点课程名会跳到对应讲解；点“练同类题”会预先筛好题目主题。页面沿用当前课程笔记中的讲次编号；原始讲义/教材版本、页码与逐讲对应尚未完整核实，不表示覆盖外部教材全课。
02原讲义第 2–4 讲
把数拆开，再看结构
用质数分解搭起因数、公因数与平方差；同一张“质因数表”能回答好几种问题。
练因数主题 ↗03原讲义第 5–8 讲
把几条条件连起来
先整理式子，再用同余读余数、解方程、合并条件；从“看见线索”走到“用线索推理”。
练同余主题 ↗04讲义参考 · 9–10 讲
回到数字与平方数
把位值、进制、数字和和平方数接回前面的余数与因数方法，完成这一圈。
练进制主题 ↗还不熟悉整除也没关系：先从第一段开始；如果已经会分解质因数，可以直接从第二段接着学。
先看全程，再逐站探索
数论学习地图
知识点路线覆盖训练营第 1–10 讲资料。
整除与数字特征数的性质
质因数分解数的结构
原讲义第 3 讲
质数无穷性与阶乘构造、唯一分解和常见分解、公因数/公倍数方法、因数函数。对应已有的质数、分解、公因数和因数结构课节；新增推导见 因数函数补充。
因式分解式与因数
余数与同余同余运算
同余方程整数解
余数拼合装盒与验算
数位与进制数字和
平方数末位、余数与公式
关键桥梁：质因数分解把“整除关系”翻译成指数；第 3–4 天继续看因数结构和平方差，第 5–8 天走向因式分解、同余方程、余数拼合与进位；第 9–10 天再把位值、进制、模平方余数和完全平方连起来。
想用课堂原题巩固？打开 192 道题练习站
01
原讲义第 1 讲 · 从整除开始
整除：余数为零，线索就出现了
“b 整除 a”写作 b ∣ a，意思是存在整数 k，使 a = bk。先用整除把条件改写成乘法，再用数字特征缩小范围。
四条常用线索
2、5、10看个位：被 2 整除时是偶数；被 5 整除时是 0 或 5；被 10 整除时是 0。
4、8分别看末两位、末三位是否被 4、8 整除。
3、9各位数字和分别能被 3、9 整除时，原数也能。
11从一端开始交错相加、相减；差是 11 的倍数时，原数能被 11 整除。
为什么会这样？10 ≡ 1（mod 9），所以十进制各位在除以 9 时可用数字和替代；10 ≡ −1（mod 11），所以 11 看交错和。
互动 · 整除小雷达可试
2024 的末两位是 24；数字和是 8；交错和是 0。
例：2024 可被 4 和 11 整除2024 = 11 × 184
整除关系还能怎样“传递”？
传递：若 a ∣ b 且 b ∣ c，则 a ∣ c。
加减：若 a ∣ b 且 a ∣ c，则 a ∣ (b ± c)。
互质时可约：若 a ∣ bc 且 gcd(a,b)=1，则 a ∣ c。
分离常数：若 a 是正整数且 a+10 ∣ a−15，则 a+10 ∣ 25；又 a+10>10，所以 a+10=25，a=15。
02
原讲义第 1 讲 · 从整除到质数
质数：不能再拆的小积木
大于 1 的整数，若正因数只有 1 和它本身，就是质数；有更多正因数，就是合数。1 既不是质数，也不是合数。
互动 · 一起筛掉合数埃拉托斯特尼筛法
从 2 开始圈出质数，再划掉它的倍数。每个合数会被它的某个质因数筛掉。
判断时记住“必要，不一定充分”
2 是唯一的偶质数大于 2 的质数都是奇数。
大于 5 的质数个位只能是 1、3、7、9；但符合个位条件并不能保证是质数。
试除到平方根判断 N 是否为质数，只需检查不超过 √N 的质数是否整除它。若 N 合数，至少有一个因数 ≤ √N。
双胞胎质数(11, 13) · (29, 31) · …
质数有无穷多个（欧几里得思路）
假设质数只有 p₁，p₂，…，pₙ 个，构造 N = p₁p₂…pₙ + 1。任何列出的质数除 N 都余 1；但 N 本身是质数，或有一个不在列表里的质因数，都会与“已经列全”矛盾。
原讲义第 3 讲 补充 · 阶乘法造出任意长的连续合数段
给定正整数 n，考虑 (n+1)!+2、(n+1)!+3、…、(n+1)!+(n+1)，一共 n 个数。对每个 k=2,…,n+1，(n+1)!+k = k×((n+1)!/k+1)，所以它是 k 的倍数且大于 k，必为合数。例：n=3 时得到 26、27、28。
03
原讲义第 2–3 讲 · 把数拆开
唯一分解：每个整数都有自己的质数配方
每个大于 1 的整数，都能写成质数幂的乘积；除了质因数排列顺序，写法唯一。整除问题从这里开始变得可比较。
从例子看唯一分解
2028 = 2² × 3 × 13²
2028→2 × 1014→2² × 3 × 169→2² × 3 × 13²
顺着因数树拆，直到每片“叶子”都是质数。验算乘回去：4 × 3 × 169 = 2028。
下一站的桥：每个质数的指数，记录了这个质数在数里出现了几次。
互动 · 试着分解只分解整数
注意1 没有质因数分解（空乘积约定为 1）；0 不属于质因数分解的范围。
原讲义第 3 讲 笔记里的另外两个质因数分解
999999 = 999×1001 = (3³×37)×(7×11×13) = 3³×7×11×13×37。
142857 = 3³×11×13×37。
04
原讲义第 2–4 讲 · 比较指数与分数
最大公因数与最小公倍数：同一张指数表
先把两个数分解成质数幂：公因数取每个指数的较小值，公倍数取较大值。
互动 · 两个整数的公因数、公倍数正整数
也可用辗转相除：若 a = bq + r，则 gcd(a,b)=gcd(b,r)，直到余数为 0。
原讲义第 3 讲 笔记算例：gcd(231,84)231 = 84×2 + 6384 = 63×1 + 2163 = 21×3 + 0所以 gcd(231,84) = 21。
原讲义第 4 讲 · 正分数的对应公式
最大公因数gcd(a/b, c/d) = gcd(a,c) / lcm(b,d)
最小公倍数lcm(a/b, c/d) = lcm(a,c) / gcd(b,d)
这里的分数都先化成最简正分数。这个约定很重要，否则直接套公式可能出错。
7/18 与 21/20最大公因数 = 7/180最小公倍数 = 21/2
想验证一下？用 24、36、84 看指数怎么取
24 = 2³ × 3
36 = 2² × 3²
84 = 2² × 3 × 7
gcd = 2² × 3 = 12
lcm = 2³ × 3² × 7 = 504
gcd × lcm ≠ 三数乘积；熟悉的乘积关系是对两个数：gcd(a,b) × lcm(a,b) = ab。
05
原讲义第 2–4 讲 · 指数变成计数
因数结构：从指数读出“有几个”
更一般地，N 可写成若干个互不相同的质数幂相乘。每个因数都能独立选择各质数的指数，所以正因数个数等于各指数加 1 后的乘积。
互动 · 因数个数计算器含 1 与自身
原讲义第 4 讲 笔记题 · 正好有 18 个正因数的最小正整数180 = 2² × 3² × 5τ(180) = (2+1)(2+1)(1+1) = 18。18 的乘法拆分为 18、9×2、6×3、3×3×2；按从大到小分配指数，最小候选分别是 2¹⁷=131072、2⁸×3=768、2⁵×3²=288、2²×3²×5=180，所以最小值是 180。
互动 · 连续正整数求和从 2 项开始找
反向检查一个指定长度：沿用上方总和 N，输入项数 k；页面会检验条件，并在可行时构造首项。
和因数个数的联系：若 N = 2ᵏm（m 为奇数），N 写成两个或更多连续正整数之和的种数为 τ(m)−1。若把 N 自己也算作一项，再加 1。
等长为 ℓ、首项为 s：N = ℓ(2s + ℓ − 1) ÷ 2。
思维拓展 · 年级/课标对应待核
因数和公式：为什么各组几何和要相乘？
先修与选法
先把 N 分解为互不相同的质数幂：N=p₁a₁×…×pₜaₜ。问正因数个数时数每个指数的选法；问正因数总和时，把每个质数幂的所有可能值分别相加，再把这些和相乘。
σ(N)=∑d∣N, d>0d=∏i=1t(1+pᵢ+…+pᵢaᵢ)=∏i=1t(pᵢaᵢ+1−1)/(pᵢ−1)
直觉与理由：每个因数恰好一次
每个正因数都能且只能写成 d=p₁e₁…pₜeₜ，其中 0≤eᵢ≤aᵢ。把上面的乘积展开，就等于从每个括号各选一项；每一组选择正好给出一个指数向量。质因数分解唯一，所以不会重复，也不会漏掉任何正因数。这就是“先求各组幂和、再相乘”恰好把所有正因数各加一次的原因。
例题：360 的正因数和
360=2³×3²×5。于是 σ(360)=(1+2+4+8)(1+3+9)(1+5)=15×13×6=1170。例如选 2²、3¹、5⁰ 就得到因数 12；每一种指数选择都按同一规则出现一次。
回查：把列出的因数相加应得 1170；也可检查乘积各括号的指数上限是否分别到 3、2、1。
边界：N=1
1 没有质因数；它唯一的正因数是 1，所以 σ(1)=1。公式把“没有括号的乘积”按空乘积约定为 1。这里求的是正因数和，不把负因数也加进去。
思维拓展 · 年级/课标对应待核
连续正整数和：判定长度，再反向构造
先修与选法
先会把连续数写成 a,a+1,…,a+k−1；若只问给定 N、k 是否可行，就用长度判据；若要列出所有表示，按 k=2 到最大可能长度逐个检验。k=1 的单项 N 不算“至少两项”。
N=k(2a+k−1)/2；a=[2N/k−k+1]/2，且必须是正整数。
正项给出最大长度：2≤k≤⌊(√(8N+1)−1)/2⌋。这是因为最小的 k 项正整数和为 k(k+1)/2。
必要且充分条件：奇数 k 与偶数 k
- k 为奇数：必须 k∣N；再取 a=N/k−(k−1)/2，且 a≥1（等价于 N≥k(k+1)/2）。
- k 为偶数：q=2N/k 必须是奇整数且 q≥k+1；此时 a=(q−k+1)/2 是正整数。只检查 k∣2N 还不够，商必须为奇数。
通过判据后，首项 a 唯一；因此从 a 开始写出 k 项，就是反向构造。
为什么判据成立？例题怎样回代？
首尾配对：首项与末项的和都是 2a+k−1；若 k 为奇数，正中间还有一个中项，所以平均数 N/k 必须是整数；若 k 为偶数，平均数是半整数，等价于 2N/k 为奇数。
例：N=42、k=4。q=84/4=21，是奇数且不小于 5；a=(21−4+1)/2=9，构造 9+10+11+12=42，回代通过。
回查：项数为 4、首项为正，和为 42；要保证列全，再检查所有 2≤k≤⌊(√337−1)/2⌋。
反例与计数结论的来由
N=20、k=4 时，最小和 10 不超 20，但 q=40/4=10 是偶数，所以不存在；N=3、k=3 虽然 3 能被 3 整除，反求首项却是 0，仍不是正整数。
为什么“至少两项”的种数等于奇因数个数减 1？
长度 k、首项 a 的表示等价于 2N=k·h，其中 h=2a+k−1>k，且 k、h 奇偶相反。两者中恰有一个是奇数 d；由 2N=k·h 可知 d∣N。反过来，对每个正奇因数 d∣N，令 h=2N/d，取 k=min(d,h)、H=max(d,h)，再令 a=(H−k+1)/2，就得到唯一一组连续正整数和；因为 k、H 奇偶相反且 H>k，a 是正整数。两种构造互逆，所以表示与正奇因数一一对应。奇因数 1 对应单项 N；要求至少两项时去掉它，种数为 τ(N 的奇数部分)−1。
原讲义第 3 讲 补充 · 从因数个数继续数
以 2024 = 2³×11×23、τ(2024)=16 为例。页面原有因数个数公式和第4天的最小 18 因数问题保留在上方；这里补上笔记中尚未出现的因数和、因数乘积与互质分子问题。
偶因数与 92 的倍数
偶因数有 3×2×2=12 个。92=2²×23；2024 的因数若是 92 的倍数，2 的指数可取 2 或 3，11 的指数可取 0 或 1，23 的指数只能取 1，所以共有 2×2×1=4 个。
因数和与倒数和
σ(2024)=(1+2+4+8)(1+11)(1+23)=4320。正因数倒数和为 σ(2024)/2024=540/253。
全部正因数的乘积
∏d∣2024d = 2024τ(2024)/2 = 2024⁸ = 2²⁴×11⁸×23⁸。这个乘积本身有 (24+1)(8+1)(8+1)=2025 个正因数。
分母为 2024 的最简真分数
分子与 2024 互质的个数为 φ(2024)=2024(1−1/2)(1−1/11)(1−1/23)=880；把分子 k 与 2024−k 配对，这些分数的和为 440。
补充连接 · 阶乘里有多少个质因数 p？（勒让德计数）
在 n! 中，p 的指数 = ⌊n/p⌋ + ⌊n/p²⌋ + ⌊n/p³⌋ + …（到商为 0 为止）。先数 p 的倍数，再给 p² 的倍数多算一次，依此类推。
10! 中 2 的指数：5 + 2 + 1 = 8 · 5 的指数：2 · 末尾有 min(8,2)=2 个 0
06
原讲义第 2 讲、04 · 把结构用起来
平方差：一个恒等式，连起因数配对
a² − b² = (a−b)(a+b)。已知平方差时，把它拆成两个因数；再检查奇偶性，找回 a 和 b。
例：求 a² − b² = 24 的正整数解（a > b）
(a − b)(a + b) = 24
a−b2×12a+b→ a=7，b=5
a−b4×6a+b→ a=5，b=1
两因数必须同奇偶，才能让 a = [(a−b)+(a+b)]÷2、b = [(a+b)−(a−b)]÷2 都是整数。正解：(7,5)、(5,1)。
互动 · 把因数还原成平方数可检查
提示：先检查因数的奇偶性是否相同。
更大的视角：分解不是把数字拆散，而是把隐藏的配对结构露出来。
05
原讲义第 5 讲 · 从式子里找公因式
分组、凑因数，再看完全平方
前两天练习了把整数拆成因数；这一天把同一眼光用到代数式里：先分组找相同的一块，再把乘积条件转成因数配对。
两种“分组凑公因式”
ab + a + b + 1= a(b+1) + (b+1)= (a+1)(b+1)
前两项提出 a，后两项也整理出 (b+1)；两组共有同一因式，就能再提出一次。
ab − a − b + 1= a(b−1) − (b−1)= (a−1)(b−1)
注意中间是减法：把 −b+1 写成 −(b−1)，括号里的共同部分才会显出来。
a² + 2ab + b² = (a+b)²a² − 2ab + b² = (a−b)²
展开 (a±b)(a±b)，中间的 ab 项会出现两次，因此得到 ±2ab。
互动 · 因数配对找整数解切换例题
先把原式整理成“两个正整数相乘”，再列出乘积的因数对；每对因数都要满足原变量的范围。
从整式回到整数因数
例如 ab = a+b+35，移项并补上 1：ab−a−b+1=36，所以 (a−1)(b−1)=36。若 a、b 是正整数，两个因数都为正；36 有 5 组无序正因数对，按顺序区分时对应 9 个有序解：(2,37)、(3,19)、(4,13)、(5,10)、(7,7)、(10,5)、(13,4)、(19,3)、(37,2)。
余
余数的标准写法
把整数 a 除以正整数 m，可写成 a = mq + r，其中 q 是商，且 0 ≤ r < m。这时说 a 除以 m 余 r，也可记作 a ≡ r (mod m)；这个记号会在第 6 天反复出现。
06
原讲义第 6 讲 · 余数、同余与周期
不必算出大数，也能知道它的余数
先看一个数与另一个数相差了多少个模数；若两数相差 m 的倍数，它们除以 m 的余数就相同。这样可以逐步缩小大数计算。
余数特征 → 整除：看合适的“尾巴”或“和”
个位、末两位、末三位
除以 2 或 5，看个位；除以 4 或 25，看末两位；除以 8 或 125，看末三位。因为 10、100、1000 分别能被这些数整除，前面的位都贡献整倍数。
数字和与分组和
10 ≡ 1 (mod 9)，所以各位数字和与原数除以 9 的余数相同，也能判 3。又 100 ≡ 1 (mod 99)、1000 ≡ 1 (mod 999)，按两位或三位一组相加，可分别检验 99 或 999。
交错和与交错分组
10 ≡ −1 (mod 11)，逐位交替加减可判 11。类似地，100 ≡ −1 (mod 101)，1000 ≡ −1 (mod 1001)：按两位或三位分组后交替加减，分别检验 101 或 1001。
7、13：三位一组交替相减
1000 除以 7 和 13 都余 −1，所以按右起每三位分组并交替加减，所得数与原数除以 7 或 13 的余数相同。例如 123456 按组得到 456−123=333；333 除以 7 余 4，除以 13 余 8，因此原数也分别余 4、余 8。7 也可用“去末位减去末位的 2 倍”；13 可用“去末位加上末位的 4 倍”。
为什么能“只看尾巴”？若 10ᵏ 能被 m 整除，写成 N = 10ᵏq + r 后，第一项除以 m 余 0，所以 N 与末 k 位 r 同余。
互动 · 余数与同余小实验输入整数
同余定理a ≡ b (mod m) ⇔ m ∣ (a−b)
100 和 186 都余 5 时，m 必须整除 186−100=86；同时余数 5 必须小于 m，所以 m>5。86 的正因数中，大于 5 的只有 43、86。
幂的余数会循环：大指数先看周期
3¹→3→9→5→4→1↺
这些是 3 的幂除以 11 的余数：3、9、5、4、1；接着又从 3 开始，周期为 5。因为 2027 ≡ 3 (mod 11)，且 1243 = 5×248+3，2027¹²⁴³ ≡ 3³ ≡ 5 (mod 11)。
个位也常有周期：任意整数 a、非负整数 k，都有 a⁽⁴ᵏ⁺⁶⁾ ≡ a² (mod 10)。个位数字在足够靠后的幂中每 4 次重复；这里指数至少为 6。
互动 · 大指数取余计算器快速重复平方
互动 · 验证个位周期模 10
笔记说明：第 6 天照片底部的一条模 13 大数算式有数字笔迹不清，未照抄；第 7 天“约去”一条的标题字迹不够清楚，因此按旁边的公式整理了可约条件，没有臆抄标题。新加入的方程、解集和余数拼合例题均已逐步核算。
07
原讲义第 7 讲 · 同余运算、方程与整数解
余数相同，也能像等式一样一步步推理
若 m 整除 a−b，就记作 a ≡ b (mod m)。第 6 天用它简化大数；今天继续用加减、乘方和“可逆时约去”来解方程，再把答案延伸成整数解。
同余运算守则 · 和等式相似，但约分要小心
三种基本性质
自反：a≡a；对称：a≡b 就有 b≡a；传递：a≡b、b≡c 可得 a≡c（都在同一模数 m 下）。
可加减
若 a≡b、c≡d (mod m)，则 a±c≡b±d (mod m)。两边可同时加上或减去同一个数。
可相乘、可乘方
ac≡bc (mod m)；并且对任意非负整数 n，aⁿ≡bⁿ (mod m)。指数从 0 开始，不把负指数算进这条规则。
没有可除性 · 互质可除，不互质只可约小模
同余没有无条件的“除法”。从 ac≡bc (mod m) 约去 c，若 gcd(c,m)=1，才能保留模数 m；若 d=gcd(c,m)，则只能保证 a≡b (mod m/d)。例如 6x≡6y (mod 10) 只能推出 x≡y (mod 5)，不一定模 10 同余。
解 ax≡b (mod m)令 d=gcd(a,m)。有解当且仅当 d∣b；能同时把 a、b、m 除以 d，化成模 m/d 的方程。有解时，模 m 恰有 d 个不同的解类。
互动 · 试试线性同余方程列出一个周期内的解
输入 a、b、m，找 0≤x<m 中满足 ax≡b (mod m) 的数。观察系数和模数的最大公因数。
x=00→x=13→x=21→x=34→x=42
小图：3x≡7 (mod 5)，先把 7 化成余数 2；绕一圈找到 3x 的余数 2，答案 x≡4 (mod 5)。
例题 · 把方程改写成最容易解的样子
7(x+5) ≡ 50 (mod 9)
展开并化余数：7x+35≡50，所以 7x≡15≡6 (mod 9)。
因 gcd(7,9)=1，7 的逆元是 4：两边乘 4，得到 x≡24≡6 (mod 9)。
所有整数解：x=6+9k，k∈ℤ。再看一题：7(x−102)+2x ≡ 2026 (mod 13)
102≡11、2026≡11 (mod 13)，所以 9x−77≡11，化成 9x≡10 (mod 13)。
9 的逆元是 3，故 x≡4 (mod 13)，也就是 x=4+13k。
约去之前先问：这个因子有逆元吗？
可以约5x≡2 (mod 7)gcd(5,7)=1，5 有逆元 3；x≡6 (mod 7)。
不能直接约成原模数6x≡4 (mod 10)gcd(6,10)=2；除以 2 后是 3x≡2 (mod 5)，所以模 10 下有 x≡4、9 两个解。
小心陷阱6x≡4 (mod 10) 不能直接说 x≡? (mod 10) 并把 6 当成普通分数约掉；先算最大公因数，再同时缩小等式与模数。
丢番图方程 · 找到一组，再沿着系数走
先模 13：4y≡12，所以 y≡3 (mod 13)。令 y=3+13k，代回得 x=73−17k。由 x≥1 得 k=0、1、2、3、4。
(73,3)→(56,16)→(39,29)→(22,42)→(5,55)
每走一步，x 减 17、y 加 13，等式仍不变：13×(−17)+17×13=0。
同一个“交错增减”，也能写出通解
模 13 得 −17y≡1，即 9y≡1 (mod 13)，所以 y≡3 (mod 13)。取 y=3，得 x=4。
x = 4 + 17ky = 3 + 13kk = 0, 1, 2, …
通用思路先用取模消去一个变量找特解；再按系数的互相抵消规律增减，最后用正整数范围筛掉不合条件的 k。
互动 · 逐级满足法：先满足容易检查的条件像闯关一样筛数
求最小正整数 n，使 n≡3 (mod 5)、n≡2 (mod 8)、n≡7 (mod 9)。先列出第三个条件的候选，再一关关筛。
第 1 关 · 模 9 余 77、16、25、34、43、…、106、…、178、…每次加 9
→第 2 关 · 再看模 8 余 234、106、178、250、322、…留下每个都通过的数
→第 3 关 · 再看模 5 余 3最小的是 178178 除以 5、8、9 分别余 3、2、7
最小正解 n=178三模数两两互质，周期为 5×8×9=360；所有整数解 n=178+360k，k∈ℤ，正整数解取 k≥0。
08
原讲义第 8 讲 · 余数拼合、装盒与弃九验算
每个条件给一条线索，合起来就能锁定一串数
韩信点兵一类问题，就是同时满足几条同余条件。可以逐级筛、找一个特解再加公倍周期，也可以把“差几颗”改写成整除条件。
例 · 韩信点兵先找最小正数
n≡2 (mod 3)n≡3 (mod 5)n≡2 (mod 7)
同时满足三关的最小正整数2323÷3 余 2 · 23÷5 余 3 · 23÷7 余 2
三个模数两两互质，拼合后每隔 3×5×7=105 就重复一次：n≡23 (mod 105)，正整数解为 n=23+105k，k=0、1、2、…。
三种好上手的找法
① 逐级满足先列出一条同余的数，再按后续条件依次筛，最直观。
② 取模消元用前面学过的同余方程找特解，再加上最小公倍周期，写出全部解。
③ 余数补型如果每个余数都“差同一个数”才整除，就把这个数加上去，转成公倍数问题。
模数不互质时两条 n≡r₁ (mod m₁)、n≡r₂ (mod m₂) 有解，当且仅当 r₁≡r₂ (mod gcd(m₁,m₂))；有解时，整体周期是 lcm(m₁,m₂)。
余数补型 · 差 2 就一起加 2
若 n 除以 5、7、9 分别余 3、5、7，那么 n+2 都能被这三个数整除。
n+2能被 5 整除能被 7 整除能被 9 整除→最小公倍数 315
n+2=315，所以最小正解 n=313全部正整数解：n=313+315k，k=0、1、2、…。
转化型 · 把余数变成同一个倍数
若 n≡2 (mod 5)、n≡3 (mod 7)、n≡4 (mod 9)，把每条都乘 2 再加 1。
2n+1≡0 (mod 5)2n+1≡0 (mod 7)2n+1≡0 (mod 9)所以 2n+1 是 315 的倍数
最小正解 n=157令 2n+1=315(1+2k)，得到 n=157+315k，k=0、1、2、…。
思维拓展 · 年级/课标对应待核
中国剩余定理：先查兼容，再合并成完整解类
先修与方法选择
先把每条条件写成标准余数 0≤r<m，并会求 gcd、lcm。模数两两互质时，普通 CRT 保证模数乘积周期内恰有一个解类；模数不互质时仍可能有解，但要先查兼容，不能直接把周期相乘。模数小也可枚举，但要完整检查一个 lcm 周期。
兼容的必要且充分条件
任意两条 n≡rᵢ (mod mᵢ)、n≡rⱼ (mod mⱼ) 有共同整数，当且仅当 rᵢ−rⱼ 能被 gcd(mᵢ,mⱼ) 整除。对多条条件，先检查每一对；全部通过后再逐条合并。
反例：n≡1 (mod 4)、n≡2 (mod 6) 中 gcd=2，但 1−2=−1 不是 2 的倍数，因此无解。
合并步骤：需要逆元时再用扩展欧几里得
已有 n≡R (mod M)，要并入 n≡r (mod m)，令 n=R+Mt、g=gcd(M,m)。先查 g∣(r−R)，再约化为 (M/g)t≡(r−R)/g (mod m/g)。约化后的两个系数互质；用扩展欧几里得求 M/g 的模 m/g 逆元，就能唯一确定 t (mod m/g)。
所以新周期为 M(m/g)=lcm(M,m)。若 m/g=1，旧条件已包含新条件，不必求逆元。
非互质例题：完整解而不只报一个数
拼 n≡2 (mod 6)、n≡8 (mod 10)。g=2，差 6 可被 2 整除。令 n=2+6t，得 3t≡3 (mod 5)；扩展欧几里得给出 3⁻¹≡2 (mod 5)，所以 t≡1 (mod 5)，即 n≡8 (mod 30)。
代回：8 除以 6 余 2，除以 10 余 8。完整整数解为 n=8+30z（z∈ℤ）；最小正整数解是 8。
互动 · 自己拼三条余数线索也检查模数不互质的情况
08
原讲义第 8 讲 · 装盒 / 零钱问题
两种规格能装出的数，最后一个“凑不到”的在哪里？
若 a、b 是互质且都大于 1 的正整数，问 ax+by=n 能不能由两种规格拼成。这里 x、y 是非负整数，可以只用其中一种规格。
互质装盒定理 · Frobenius coin theorem
最大不能拼成的正整数ab−a−b
不能拼成的正整数共有(a−1)(b−1)÷2
最大凑不到的是 5×9−5−9=31；凑不到的正整数一共 (5−1)(9−1)÷2=16 个。31 不能拼，32=5×1+9×3 可以。
1234678111213161721222631
如果 a=1 或 b=1，任何非负整数都能拼出；若 gcd(a,b)>1，则不能直接套这个公式。
互动 · 试试两种盒子或面额非负整数个
检查时只需看 0≤x≤⌊n/a⌋、0≤y≤⌊n/b⌋；正整数变量时范围会不同，不能把两种约定混在一起。
08
原讲义第 8 讲 · 弃九验算、数字和与进位
加法里的每一次进位，都会让数字和少 9
用 S(n) 表示十进制各位数字之和。因为 10≡1 (mod 9)，一个数和它的数字和除以 9 余数相同；再往前一步，还能数出加法里一共进了几次位。
弃九法的两条线索
数字和与原数同余
a≡S(a) (mod 9)，也就是 9∣a−S(a)。例如 2028 的数字和是 12，2028 与 12 除以 9 都余 3。
加法与进位
若 a+b=c，则 S(a)+S(b)=S(c)+9k；k 是十进制加法中的进位总数（每个进位单位记一次）。
数字相加999 + 1
→结果1000
→进位总数3 次
验算 999+1：S(999)+S(1)=28，S(1000)=1，差 27=9×3，所以有 3 次进位。弃九法能快速发现一部分错误；余数对上不代表整道算式一定正确。
互动 · 看数字和与进位十进制
+=
试着把 999+1 改成 12+18=30，再把答案改错一次，看看数字和检查能发现什么。
09
原讲义第 9 讲 · 位值、数字和与进制
从十进制位值看数字和与进制
把十进制数写成数字与 10 的幂的和，就能把数字和接回模 9；再用连续除法核验 2026 的四进制写法。这一节连接 原讲义第 6 讲 的同余与 原讲义第 8 讲 的弃九验算。
可确认的位值与余数线索
位值展开
2026=2×103+0×102+2×10+6；各位数字和是 2+0+2+6=10。
数字和与模 9
10≡1 (mod 9)，所以 2026≡2+0+2+6=10≡1 (mod 9)。这是 原讲义第 8 讲 弃九验算所用的同一条位值线索。
核验四进制
(133222)4=1×45+3×44+3×43+2×42+2×4+2=2026。
连接进制与同余
十进制和 m 进制都按“数字×底数的幂”展开；换底时记录余数，验算时再把位值与同余结合。
转录说明只整理可辨的位值、模 9 和进制内容；照片开头一处原则及几处中间恒等式字迹不清，未猜写。
互动 · 十进制转 m 进制可验证位值
例：2026÷4 反复取余，余数从后往前读，得到 (133222)₄；按位还原为 1×4⁵+3×4⁴+3×4³+2×4²+2×4+2=2026。
换底口诀十进制转 m 进制：连续除以 m、记录余数、倒序读；m 进制转十进制：每位乘对应的 m 的幂再相加。
09
原讲义第 9 讲 · 完全平方数与因数（衔接补充）
平方数的因数，总会成双出现
这里用已核实的因数配对结论，把完全平方结构接回 原讲义第 3 讲 的因数函数；此处为课程衔接补充，不冒充难辨手写式的转录。
衔接补充 · 因数配对与质因数指数
奇数个因数
τ(N) 为奇数，当且仅当 N 是完全平方数。非平方数的因数全部两两配对；平方数多出一个不重复的平方根。
恰有 3 个因数
τ(N)=3，当且仅当 N=p² 且 p 是质数：因数恰为 1、p、p²。
从唯一分解看
完全平方数的质因数分解中，每个指数都是偶数；反过来，若每个指数都是偶数，数就是完全平方。
核验例子
144=2⁴×3²=12²，所以 τ(144)=(4+1)(2+1)=15，是奇数；49=7²，正因数只有 1、7、49，共 3 个。
和前面的因数课节接起来
若每个 eᵢ 都是偶数，每个 (eᵢ+1) 都是奇数，于是 τ(N) 为奇数。反过来，只要有一个指数为奇数，因数个数乘积中就有一个偶数因子。
回到地图可对照 因数个数公式和 原讲义第 3 讲 因数函数：同一个指数公式也能识别完全平方数。
10
原讲义第 10 讲 · 平方数末位与模余数
先看末位，再用小模数筛平方
平方数的个位和末两位并非任意；把整数逐个平方后取模，还能把可能余数压缩成很短的清单。这是 原讲义第 6–8 讲 同余方法在平方数问题里的直接应用。
个位与十位的限制
可能的个位
完全平方数的个位只能是 0、1、4、5、6、9；所以末位为 2、3、7、8 的数一定不是平方数。
个位是 0 或 5
平方数个位为 0 时，十位也为 0（平方数末尾的 0 成双）；个位为 5 时，十位必为 2，末两位是 25。
个位是 6
若平方数个位为 6，十位必为奇数；末两位只能是 16、36、56、76、96。
筛数时怎么用
这些是必要的末位条件，不是“满足一个末位就一定是平方”。再结合因数分解、估平方根或模余数继续判断。
互动 · 平方数可能的模余数枚举一个完整余数系
完整余数系里逐个平方、每步取余即可。比如模 16 时，平方余数只有 0、1、4、9；因此余数为 2、3、5、6、7、8、10、11、12、13、14、15 的数不可能是平方。
两个熟悉的例子2026 的数字和为 10，所以 2026≡1 (mod 9)，从而 2026²≡1 (mod 9)；又 2026≡10 (mod 16)，所以 2026²≡4 (mod 16)。
10
原讲义第 10 讲 · 平方差与完全平方公式
平方展开，也可以反过来变成因数
这两条公式把 原讲义第 4 讲 的平方差因式分解重新接上来：比较两个相近的平方时，直接乘“差×和”通常比各自平方再相减更省力。
两条展开式，一条平方差
加号对应 +2ab，减号对应 −2ab；中间项的符号跟括号里的符号一致。
例题 · 选更短的路线
2026²−2024²
=(2026−2024)(2026+2024)
=2×4050=8100
103²=(100+3)²
=100²+2×100×3+3²
=10000+600+9=10609
连接整条路线先由进制/位值拆开数，再用模余数排除不可能的平方，最后用平方差或完全平方公式做精确计算。
把已收到的路线说一遍
从因数结构走到进制与平方余数
整除与质数→质因数结构→因式分解与因数配对→同余方程、余数拼合→进制与数字结构→平方余数与平方公式
前两天建立整除、因数结构与平方差；第 3–4 天继续补充因数函数、连续整数和及分数因数；第 5–8 天走向因式分解、同余方程、余数拼合、装盒与进位；第 9 天用数字和与模 9、进制转换继续读位值，并补一段因数配对说明连接 原讲义第 3 讲；第 10 天用平方余数和平方公式筛数、计算。
笔记进度第 1–10 天笔记均已收到并整理。原讲义第 9 讲 按可辨内容整理十进制位值、数字和模 9、m 进制转换；202610=(133222)4 已独立核验。照片开头一处原则和几处中间恒等式字迹不清，未猜写；因数配对段明确标为衔接补充。原讲义第 10 讲 覆盖平方数个位/十位限制、平方模 3、9、4、8、16 的可能余数、平方差与完全平方公式。其余早先 原讲义第 3 讲、原讲义第 6 讲、原讲义第 7 讲 的辨认限制及首页经典应用题均保留原状。
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