摘要：
作者通過研究發現了“余數”的一些規律，并利用幾個實例，說明“余數作用”無以替代，闡述了余數具有很高的研究價值，應當引起相關部門的重視，加以研究與利用。
關鍵詞： 余數；N級奇數；質數；異余質數；定理；
中圖分類號 015 文獻標識碼 O
正文
引子
有一個“雞蛋的故事”：
十七世紀，印度有一位婦女挎著一籃雞蛋過街，被疾馳的馬驚倒，雞蛋掉在地上全碎了。當問她籃子里有多少蛋時，她說，把這些雞蛋按2、3、4、5的倍數計算時，余數依次為1、2、3、4只雞蛋。法官很快就算出籃子里原有59個雞蛋。
著名的典故“韓信點兵”也是一則利用“余數”解題的范例。
還有很多利用“余數”解決數學題的故事，這說明數學前輩們早就知道如何利用余數解決數學題了。
雖然在小學課本中我們就已經知道了“余數”，在中學課本中也有不少利用“余數”解題的實例，但是，我們對“余數”實在知之甚少，“余數”的使用率實在太少了。
作者通過研究，發現了“余數”的一些特征，發現這些特征都可以幫助我們了解自然數規律，幫助我們提高解決數學題的能力。
作者通過幾個實例，闡述了余數在某些問題上的作用是無以替代的，證明余數具有很高的研究價值，應當引起相關部門的重視，加以研究與利用。
一、“余數”及其特征：
在小學課本中，我們已經知道：
在 “a÷P = b…c”中，a=被除數，P=除數，b=商，c=余數；
但是，余數的作用卻并沒有引起大家的重視，至少余數沒有得到專門的研究，因而我們對它知之實在不多。
一般來說，“余數”具備如下一些特征：
1、與“和”、“積”、“商”、“差”一樣，“余數”也是一種只有依附在某些自然數上才能存在的數，除數、被除數、余數并存；
只有當被除數與除數都是確定值后，余數才是一個確定值；
2、若Q除以P所得余數為a，則0≤a≤P-1，余數都是小于除數的自然數，余數為0，則稱“被除數”被“除數”整除。
3、若k=a +b +c + d，
則a、b、c、d除以P所得余數之“和” 再除以P所得余數
= k除以P所得余數；
如 60=10+11+12+13+14，
60除以7余數是4，
右邊5個數除以7所得余數之和是18，18除以7余數也是4；
二、已知“余數”的作用
在中小學課本中，作者發現余數有如下一些作用：
1、根據“余數是不是0”進行自然數界定，或者說，把余數作為劃分某些自然數類別的依據；
如 整數，分數，公倍數，分約數，質數，合數的定義：
被a、b除余數都是0的數（不含0）叫做a、b的公倍數；
能把a、b都整除的數叫做a、b的公約數；
2、利用除數、被除數、余數的對應關系導出分數與分數計算規則；
3、利用除數、被除數、余數的對應關系建立方程與確立解方程方法；
如： 根據a除以36余11，b除以36余25，
得出“a×b”除以36的余數=11×25除以36的余數=23；
4、利用除數、被除數、余數的對應關系導出等差數列。
三、 “余數作用”的新發現之一
什么是自然數排序規則？這個問題很簡單，但要想簡單明了的回答這個問題，卻只有利用“余數”才能做得到。
自定義：
用P表示質數，從小到大排序，PN表示第N個質數，
如P1=2，P2=3，P3=5，P4=7，P5=11，…
用Q∈{AN=a}表示Q被PN除余數是a，并稱a為Q的AN值，0≤a≤PN-1；
規律：
把[0，100]中的數都除以2、3、5，得出：
若除數是2，則余數是0，1；0，1；0，1；……
若除數是3，則余數是0，1，2；0，1，2；0，1，2；……
若除數是5，則余數是0，1，2，3，4；0，1，2，3，4；……
推理：
把A1值域中的數從小到大排序：0，1；
把A2值域中的數從小到大排序：0，1，2；
……
把AN值域中的數從小到大排序：0，1，2…，PN-1；
然后在上述各組數值中，取任意組數值（可以取1組，也可以取若干組；可以有序取若干組，也可以無序取若干組）作為組合元素，每次在各組中依序取一個元素進行組合，得到的組合叫做余數組合。
自然數中的數就是以這種余數組合不斷循環而組成的。
由于余數組合的類型有無數多種，所以，自然數列的排序是無數多種余數組合的綜合表現。
由于自然數的排序是無數多種余數組合的綜合表現，所以說“十進位制”只是解讀自然數列的一種方法；計算機采用的“二進制”也只是解讀自然數列的一種方法；
由于自然數列的排序是無數多種余數組合的綜合表現，所以可以采用無數種余數組合來解讀自然數，這就是自然數排序的奧妙。
當然，我們也就可以從中找到質數的排序規則了。
四、“余數作用”的新發現之二
為什么100 - 3=質數，而100 – 13 =合數？
什么樣的數 - 什么樣的數 = 質數？
要想簡單明了地回答這些看似簡單的問題，作者發現只有借助“余數”才能辦到。
為什么100-3=質數？
1、由100與3被2、3、5、7除，對應余數都不一樣，得出“100-3”被2、3、5、7都不能整除；(同分母分數加減運算規則)
2、“1與112之間被2、3、5、7都不能整除”的數只能是大于7的質數；
3、“100-3”在1與112之間，
綜合上述3個理由，我們就能得出：
“100-3”只能是大于7的質數。
為什么100-13 =合數？
由于100與13被3除余數都是1，
所以它們之差一定是被3除余數是0的數；
由于大于3且能被3整除的數只能是“以3為因子的合數”，
所以100-13只能是“以3為因子的合數”。
100 -什么樣的數 =質數？
自定義：
若M與Q被P1，P2，…PN除余數依次不一樣，則Q與M互為N級異余數，（不涉及M與Q的大小）；
由于100除以2、3、5、7的對應余數依次是0、1、0、2，
所以被2、3、5、7除余數依次不是0、1、0、2的數都是100的4級異余數，如3、11、17、21、27、29……
所以100- 99以下100的4級異余數 =大于7的質數
同理得出“什么樣的數減什么樣的數會等于什么樣的質數”：
若M是[PN2，PN+12]中的一個自然數，Q是（PN2-1）以下的數，且M與Q互為N級異余數，則M-Q = 大于PN的質數；
五、“余數作用”的新發現之三
為了尋找質數排序規則，我們重溫 “質數無界論”的證明方法：
若P1*P2*…*PN+1是合數，則PN+1＜P1*P2*…*PN+1；
若P1*P2*…*PN+1是質數，則PN+1≤P1*P2*…*PN+1；
證明方法簡單明了，歐幾里德先生就這樣得出了質數無界論。
由于數學界對PN+1≤P1*P2*…*PN+1并不滿意，所以留下很多關于質數的猜想。本文可以解決的猜想只有兩個：
（1） PN與PN2-1之間是否存在質數？
（2） PN2與PN+12之間是否存在質數？
1、思路與方法
由于[2，PN+12-1]中被P1，P2，…PN都不能整除的數一定是質數，
所以，通過尋找被P1，P2，…PN都不能整除的數的排序規則，然后得出質數的排序規則是本文的思路。
顯然，利用“P1*P2*…*PN是P1，P2，…PN的公倍數”是歐幾里德先生得出質數無界論的證明方法，作者借助這種方法。
2、奇數定理
自定義：
1級奇數 = 被P1不能整除的數= 奇數；
2級奇數 = 被P1，P2都不能整除的數；……
N級奇數 = 被P1，P2，…PN都不能整除的數；
分析
5、7、11、13、17、19、23、25、29、31；
35、37、41、43、47、49、53、55、59、61；
65、67、71、73、77、79、83、85、89、91；
95、97、101、103、107、109、113、115、119、121；
125、127、131、133、137、139、143、145、149、151；
155、157、161、163、167、169、173、175、179、181；
185、187、191、193、197、199、203、205、209、211；
215、217、221、223、227、229、233、235、239、241；
分析得出：
上述數被2、3都不能整除，都屬于2級奇數；
任意兩個“被3整除的相鄰奇數”之間有且只有2個2級奇數；
任意兩個“被5整除的相鄰奇數”之間都至少存在2個3級奇數，若相鄰兩個“被5整除的奇數”之間只有2個3級奇數，則這個區間一定可以整理為[30K-5，30K+5]；
如 [25，35]=[30-5，30+5]，[55，65]=[30*2-5，30*2+5]
2個3級奇數的最大區間=[30K-7+1，30K+7-1]；
任意兩個“被7整除的相鄰奇數”之間都至少存在2個4級奇數，若相鄰兩個“被7整除的奇數”之間只有2個4級奇數，則這個區間一定可以整理為[210K-7，210K+7]；
如 [203，217]中被2、3、5、7都不能整除的數只有209，211；
2個4級奇數的最大區間=[210K-11+1，210K+11-1]；
這樣，我們就可以進行歸納證明了。
例題：
已知：若2個“被7整除的相鄰奇數”之間只有2個4級奇數，則這個區間可以整理為[210K-7，210K+7]；
求證：若2個“被11整除的相鄰奇數”之間只有2個5級奇數，則這個區間一定可以整理為[2310K-11，2310K+11]；
證明：
不能“被11整除的4級奇數”屬于5級奇數（定義）；
若a、b、c是3個“被7整除的連續奇數”，c-a=2*（2*7），
則a，c之間至少存在5個4級奇數（由已知條件導出）；
由于3個“被11整除的奇數”所在區間的最小長度大于2（2*7），所以連續5個4級奇數中，能被11整除的必定少于3個；
得出小結：“只有2個5級奇數的區間”中最多只有4個4級奇數；
得出推理：4個4級奇數中只有2個5級奇數的區間，必須有2個能被11整除的4級奇數，區間形式只能是[210*11K-11，210*11K+11]；
得出結論：若2個“被11整除的相鄰奇數”之間只有2個5級奇數，則該區間一定可以整理為[2310K-11，2310K+11]；
計算得出[2310K-11，2310K+11]中只有4個4級奇數：
2310K-11，2310K-1，2310K+1，2310K+11，
其中只有2310K-1，2310K+1是5級奇數。
如 [2299，2321]中只有2309，2311被2、3、5、7、11都不能整除；
2個5級奇數的最大區間=[2310K-13+1，2310K+13-1]；
依次類推，可得出：
若2個“被PN-1整除的相鄰奇數”之間只有2個N-1級奇數，則該區間可以整理為[P1P2…PN-1K-PN-1，P1P2…PN-1K+PN-1]；（N≥5）
歸納證明：
已知：若2個“被PN-1整除的相鄰奇數”之間只有2個N-1級奇數，則該區間可以整理為[P1P2…PN-1K-PN-1，P1P2…PN-1K+PN-1]；
求證：若2個“被PN整除的相鄰奇數”之間只有2個N級奇數，則該區間一定可以整理為[P1P2…PNK-PN，P1P2…PNK+PN]；
證明：
被PN不能整除的N-1級奇數屬于N級奇數（定義）；
若a、b、c是3個連續的“被PN-1整除的奇數”，c-a=2*2*PN-1，
則a，c之間至少存在5個N-1級奇數（由已知條件導出）；
由于3個“被PN整除的奇數”所在區間的最小長度等于2（2*PN），所以連續5個N-1級奇數中，能被PN整除的一定少于3個；
得出小結：“只有2個N級奇數的區間”中最多只有4個N-1級奇數；
得出推理：4個N-1級奇數中只有2個N級奇數的區間，必須有2個能被PN整除的N-1級奇數，區間形式只能是[P1P2…PNK-PN，P1P2…PNK+PN]；
因而得出：若2個“被PN整除的相鄰奇數”之間只有2個N級奇數，則該區間一定可以整理為[P1P2…PNK-PN，P1P2…PNK+PN]；
計算得出[P1P2…PNK-PN，P1P2…PNK+PN]中只有4個N-1級奇數：
P1P2…PNK-PN，P1P2…PNK-1，P1P2…PNK+1，P1P2…PNK+PN，
其中只有P1P2…PNK-1，P1P2…PNK+1屬于N級奇數；
得出：
2個N級奇數的最大區間=[P1P2…PNK-PN+1+1，P1P2…PNK+PN+1-1]；
小結：
由于2個“被PN整除的相鄰奇數”之間的N級奇數的AI值（I≥N）一定不一樣，所以我們可以得出奇數定理：
任意兩個被PN整除的奇數之間至少存在2個AI值（I≥N）不同的N級奇數，[P1P2…PNK-PN+1+1，P1P2…PNK+PN+1-1]是“包含2個N級奇數的最大區間”；
推理：
由于1的A1，A2，…AN值都是1，N級奇數的A1，A2，…AN值都不是0，
所以“1+N級奇數”的A1，A2，…AN值一定都不是1，
得出結論：“1+N級奇數”一定是“1的N級異余數”；
同理，“Q+N級奇數”一定是“Q的N級異余數”；
所以，我們可以利用奇數定理得出異余數定理：
[P1P2…PNK-PN+1+1+Q，P1P2…PNK+PN+1-1+Q]是“包含2個Q的N級異余數的最大區間”，長度不小于2PN+1-1的區間中至少存在2個AI值（I≥N）不同的Q的N級異余數。
3、質數排序規則
推理1：
[P1P2…PNK，P1P2…PNK+PN+2-1]的長度為PN+2，
計算得出：區間中只有P1P2…PNK+1，P1P2…PNK+PN+1是N級奇數；
根據2個N級奇數的最大區間長度等于2PN+1-1，（奇數定理）
計算得出質數定理1：（相鄰較大質數的上限值定理）
PN+2＜2PN+1-1，即PN+1＜2PN-1，（N≥3）
如 7＜2*5-1，11＜2*7-1，13＜2*11-1；
推理2
由于當N≥3時，PN2以下“2個被PN整除的奇數之間”都不能整理成
[P1P2…PNK-PN，P1P2…PNK+PN]
所以，PN2以下“2個被PN整除的奇數之間”都至少包含3個N級奇數；
由于[2，PN+12-1]中不能被P1，P2，…PN整除的數一定是大于PN的質數，
所以，可以利用奇數定理得出質數定理2：
當N≥3時，PN+12以下任意兩個被PN整除的奇數之間都至少存在3個質數。
如 5與15之間有7、11、13；
15與25之間有17、19、23；
推理3
通過計算得出：PN+12-PN2≥2（PN+1+PN），
得出[PN2，PN+12]中至少有3個被PN整除的奇數，
根據奇數定理得出PN2與PN+12之間至少有5個N級奇數；
得出質數定理3（質數的區間定理）：
任意兩個相鄰奇質數的平方之間至少存在5個質數。
如 32與52之間有11、13、17、19、23；
52與72之間有29、31、37、41、43、47；
推理4：
本節目的：任意設定a2，a3，……aN值，然后利用奇數定理求證[PN+1，PN2]中一定存在“A2≠a2，A3≠a3，……AN≠aN的質數”。
（1）由于3與32都是被3整除的奇數，所以，3與32之間一定存在AI值（I≥2）不同的2級奇數，即A2值不同的質數（5是A2=2的質數，7是A2=1的質數），
所以，3與32之間至少存在1個“A2≠a2” 的質數；
（2）由于5，15，52都是被5整除的奇數，所以5與15之間，15與52之間都至少3個AI值（I≥3）不同的3級奇數；由于5與15之間，15與52之間都存在“2個被3整除的奇數之間”，所以5與52之間一定存在“A2≠a2，A3≠a3” 的質數；
分析得出{7，11，13，17，19，23}中至少存在“A2≠a2，A3≠a3的質數”；
（3）
由于7，21，35，72都是被7整除的奇數，“2個被7整除的奇數”之間都至少存在3個AI值（I≥4）不同的4級奇數；“2個被7整除的奇數之間”都包含“2個被5整除的奇數之間”，且“2個被5整除的奇數之間”都包含“2個被3整除的奇數之間”，
所以7與72之間一定存在“A2≠a2，A3≠a3，A4≠a4的質數”；
分析得出：
7與72之間至少存在2個“A2≠a2，A3≠a3，A4≠a4的質數”；
依次類推，得出
11與112之間存在“A2≠a2，A3≠a3，……A4≠a4”的質數；（至少6個）
13與132之間存在“A2≠a2，A3≠a3，……A6≠a6” 的質數；（至少7個）
（4）
已知：[PN，PN-12]中一定存在“A2≠a2，A3≠a3，……AN-1≠aN-1”的質數
求證：[PN+1，PN2]中一定存在“A2≠a2，A3≠a3，……AN≠aN”的質數；
證明：
由于（PN2-PN）/（2PN）=（PN-1）/2，
所以[PN，PN2]中有（PN-1）/2+1個被PN整除的奇數，
同理，[PN-1，PN-12]中有（PN-1-1）/2+1個被PN-1整除的奇數；
根據
（1）“2被PN整除的奇數之間”包含“2被PN-1整除的奇數之間”，“2被PN-1整除的奇數之間”包含 “2被PN-2整除的奇數之間”……“2被P3整除的奇數之間”包含“2被P2整除的奇數之間”；
（2）PN2以下“2被PN整除的奇數之間”多于PN-12以下 “2被PN-1整除的奇數之間”，
（3）任意“2被PN整除的奇數之間”都至少存在2個AI值（I≥N）不同的N級奇數；
（4）已知[PN，PN-12]中一定存在“A2≠a2，A3≠a3，……AN-1≠aN-1” 的質數
綜合得出[PN+1，PN2]中一定存在“A2≠a2，A3≠a3，……AN≠aN”的質數；
根據一個偶數只有一組a2，a3，……aN值，得出質數定理4：
[PN+1，PN2]中一定存在任意偶數的N級異余質數。
六、結束語
綜上所述，本文發現余數的作用有：
1、余數可以作為劃分某些自然數類別的依據；
2、導出分數、導出同分母分數的加減運算規則；
3、利用除數、被除數、余數的對應關系建立方程，解方程；
4、推導等差數列和解等差數列；
5、利用“余數”解讀自然數列；
6、解釋什么樣的數減去什么樣的數一定會等于什么樣的質數；
7、探索自然數列中質數的排序規則；
綜上所述，利用余數已經得出如下成果：
1、 證明自然數排列是有序的，并得到它的排序規則；
2、[PN2+1，PN+12]中數 - 它在PN2以下的N級異余數 =大于PN的質數；
3、[P1P2…PNK-PN+1+1，P1P2…PNK+PN+1-1]是“包含2個N級奇數的最大區間”；
4、[P1P2…PNK-PN+1+1+Q，P1P2…PNK+PN+1-1+Q]是“包含2個Q的N級異余數的最大區間”；
5、[2，PN+12-1]中被P1，P2，…PN都不能整除的數一定是質數；
6、當N≥3時，PN+12以下兩個被PN整除的奇數間至少存在2個質數；
7、當N≥3時，相鄰較大質數的上限值是PN+1＜2PN-1；
8、當N≥3時，任意兩個相鄰奇質數的平方之間至少存在6個質數；
9、 [PN+1，PN2]中存在任意偶數的N級異余質數。
可見，余數可以幫助中學生提高解決數學難題的能力，值得我們去探索，研究，從中發現更多的規律，以增加我們對數學的認知能力。
