摘要：
作者通过研究发现了“余数”的一些规律，并利用几个实例，说明“余数作用”无以替代，阐述了余数具有很高的研究价值，应当引起相关部门的重视，加以研究与利用。
关键词： 余数；N级奇数；质数；异余质数；定理；
中图分类号 015 文献标识码 O
正文
引子
有一个“鸡蛋的故事”：
十七世纪，印度有一位妇女挎着一篮鸡蛋过街，被疾驰的马惊倒，鸡蛋掉在地上全碎了。当问她篮子里有多少蛋时，她说，把这些鸡蛋按2、3、4、5的倍数计算时，余数依次为1、2、3、4只鸡蛋。法官很快就算出篮子里原有59个鸡蛋。
著名的典故“韩信点兵”也是一则利用“余数”解题的范例。
还有很多利用“余数”解决数学题的故事，这说明数学前辈们早就知道如何利用余数解决数学题了。
虽然在小学课本中我们就已经知道了“余数”，在中学课本中也有不少利用“余数”解题的实例，但是，我们对“余数”实在知之甚少，“余数”的使用率实在太少了。
作者通过研究，发现了“余数”的一些特征，发现这些特征都可以帮助我们了解自然数规律，帮助我们提高解决数学题的能力。
作者通过几个实例，阐述了余数在某些问题上的作用是无以替代的，证明余数具有很高的研究价值，应当引起相关部门的重视，加以研究与利用。
一、“余数”及其特征：
在小学课本中，我们已经知道：
在 “a÷P = b…c”中，a=被除数，P=除数，b=商，c=余数；
但是，余数的作用却并没有引起大家的重视，至少余数没有得到专门的研究，因而我们对它知之实在不多。
一般来说，“余数”具备如下一些特征：
1、与“和”、“积”、“商”、“差”一样，“余数”也是一种只有依附在某些自然数上才能存在的数，除数、被除数、余数并存；
只有当被除数与除数都是确定值后，余数才是一个确定值；
2、若Q除以P所得余数为a，则0≤a≤P-1，余数都是小于除数的自然数，余数为0，则称“被除数”被“除数”整除。
3、若k=a +b +c + d，
则a、b、c、d除以P所得余数之“和” 再除以P所得余数
= k除以P所得余数；
如 60=10+11+12+13+14，
60除以7余数是4，
右边5个数除以7所得余数之和是18，18除以7余数也是4；
二、已知“余数”的作用
在中小学课本中，作者发现余数有如下一些作用：
1、根据“余数是不是0”进行自然数界定，或者说，把余数作为划分某些自然数类别的依据；
如 整数，分数，公倍数，分约数，质数，合数的定义：
被a、b除余数都是0的数（不含0）叫做a、b的公倍数；
能把a、b都整除的数叫做a、b的公约数；
2、利用除数、被除数、余数的对应关系导出分数与分数计算规则；
3、利用除数、被除数、余数的对应关系建立方程与确立解方程方法；
如： 根据a除以36余11，b除以36余25，
得出“a×b”除以36的余数=11×25除以36的余数=23；
4、利用除数、被除数、余数的对应关系导出等差数列。
三、 “余数作用”的新发现之一
什么是自然数排序规则？这个问题很简单，但要想简单明了的回答这个问题，却只有利用“余数”才能做得到。
自定义：
用P表示质数，从小到大排序，PN表示第N个质数，
如P1=2，P2=3，P3=5，P4=7，P5=11，…
用Q∈{AN=a}表示Q被PN除余数是a，并称a为Q的AN值，0≤a≤PN-1；
规律：
把[0，100]中的数都除以2、3、5，得出：
若除数是2，则余数是0，1；0，1；0，1；……
若除数是3，则余数是0，1，2；0，1，2；0，1，2；……
若除数是5，则余数是0，1，2，3，4；0，1，2，3，4；……
推理：
把A1值域中的数从小到大排序：0，1；
把A2值域中的数从小到大排序：0，1，2；
……
把AN值域中的数从小到大排序：0，1，2…，PN-1；
然后在上述各组数值中，取任意组数值（可以取1组，也可以取若干组；可以有序取若干组，也可以无序取若干组）作为组合元素，每次在各组中依序取一个元素进行组合，得到的组合叫做余数组合。
自然数中的数就是以这种余数组合不断循环而组成的。
由于余数组合的类型有无数多种，所以，自然数列的排序是无数多种余数组合的综合表现。
由于自然数的排序是无数多种余数组合的综合表现，所以说“十进位制”只是解读自然数列的一种方法；计算机采用的“二进制”也只是解读自然数列的一种方法；
由于自然数列的排序是无数多种余数组合的综合表现，所以可以采用无数种余数组合来解读自然数，这就是自然数排序的奥妙。
当然，我们也就可以从中找到质数的排序规则了。
四、“余数作用”的新发现之二
为什么100 - 3=质数，而100 – 13 =合数？
什么样的数 - 什么样的数 = 质数？
要想简单明了地回答这些看似简单的问题，作者发现只有借助“余数”才能办到。
为什么100-3=质数？
1、由100与3被2、3、5、7除，对应余数都不一样，得出“100-3”被2、3、5、7都不能整除；(同分母分数加减运算规则)
2、“1与112之间被2、3、5、7都不能整除”的数只能是大于7的质数；
3、“100-3”在1与112之间，
综合上述3个理由，我们就能得出：
“100-3”只能是大于7的质数。
为什么100-13 =合数？
由于100与13被3除余数都是1，
所以它们之差一定是被3除余数是0的数；
由于大于3且能被3整除的数只能是“以3为因子的合数”，
所以100-13只能是“以3为因子的合数”。
100 -什么样的数 =质数？
自定义：
若M与Q被P1，P2，…PN除余数依次不一样，则Q与M互为N级异余数，（不涉及M与Q的大小）；
由于100除以2、3、5、7的对应余数依次是0、1、0、2，
所以被2、3、5、7除余数依次不是0、1、0、2的数都是100的4级异余数，如3、11、17、21、27、29……
所以100- 99以下100的4级异余数 =大于7的质数
同理得出“什么样的数减什么样的数会等于什么样的质数”：
若M是[PN2，PN+12]中的一个自然数，Q是（PN2-1）以下的数，且M与Q互为N级异余数，则M-Q = 大于PN的质数；
五、“余数作用”的新发现之三
为了寻找质数排序规则，我们重温 “质数无界论”的证明方法：
若P1*P2*…*PN+1是合数，则PN+1＜P1*P2*…*PN+1；
若P1*P2*…*PN+1是质数，则PN+1≤P1*P2*…*PN+1；
证明方法简单明了，欧几里德先生就这样得出了质数无界论。
由于数学界对PN+1≤P1*P2*…*PN+1并不满意，所以留下很多关于质数的猜想。本文可以解决的猜想只有两个：
（1） PN与PN2-1之间是否存在质数？
（2） PN2与PN+12之间是否存在质数？
1、思路与方法
由于[2，PN+12-1]中被P1，P2，…PN都不能整除的数一定是质数，
所以，通过寻找被P1，P2，…PN都不能整除的数的排序规则，然后得出质数的排序规则是本文的思路。
显然，利用“P1*P2*…*PN是P1，P2，…PN的公倍数”是欧几里德先生得出质数无界论的证明方法，作者借助这种方法。
2、奇数定理
自定义：
1级奇数 = 被P1不能整除的数= 奇数；
2级奇数 = 被P1，P2都不能整除的数；……
N级奇数 = 被P1，P2，…PN都不能整除的数；
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：
上述数被2、3都不能整除，都属于2级奇数；
任意两个“被3整除的相邻奇数”之间有且只有2个2级奇数；
任意两个“被5整除的相邻奇数”之间都至少存在2个3级奇数，若相邻两个“被5整除的奇数”之间只有2个3级奇数，则这个区间一定可以整理为[30K-5，30K+5]；
如 [25，35]=[30-5，30+5]，[55，65]=[30*2-5，30*2+5]
2个3级奇数的最大区间=[30K-7+1，30K+7-1]；
任意两个“被7整除的相邻奇数”之间都至少存在2个4级奇数，若相邻两个“被7整除的奇数”之间只有2个4级奇数，则这个区间一定可以整理为[210K-7，210K+7]；
如 [203，217]中被2、3、5、7都不能整除的数只有209，211；
2个4级奇数的最大区间=[210K-11+1，210K+11-1]；
这样，我们就可以进行归纳证明了。
例题：
已知：若2个“被7整除的相邻奇数”之间只有2个4级奇数，则这个区间可以整理为[210K-7，210K+7]；
求证：若2个“被11整除的相邻奇数”之间只有2个5级奇数，则这个区间一定可以整理为[2310K-11，2310K+11]；
证明：
不能“被11整除的4级奇数”属于5级奇数（定义）；
若a、b、c是3个“被7整除的连续奇数”，c-a=2*（2*7），
则a，c之间至少存在5个4级奇数（由已知条件导出）；
由于3个“被11整除的奇数”所在区间的最小长度大于2（2*7），所以连续5个4级奇数中，能被11整除的必定少于3个；
得出小结：“只有2个5级奇数的区间”中最多只有4个4级奇数；
得出推理：4个4级奇数中只有2个5级奇数的区间，必须有2个能被11整除的4级奇数，区间形式只能是[210*11K-11，210*11K+11]；
得出结论：若2个“被11整除的相邻奇数”之间只有2个5级奇数，则该区间一定可以整理为[2310K-11，2310K+11]；
计算得出[2310K-11，2310K+11]中只有4个4级奇数：
2310K-11，2310K-1，2310K+1，2310K+11，
其中只有2310K-1，2310K+1是5级奇数。
如 [2299，2321]中只有2309，2311被2、3、5、7、11都不能整除；
2个5级奇数的最大区间=[2310K-13+1，2310K+13-1]；
依次类推，可得出：
若2个“被PN-1整除的相邻奇数”之间只有2个N-1级奇数，则该区间可以整理为[P1P2…PN-1K-PN-1，P1P2…PN-1K+PN-1]；（N≥5）
归纳证明：
已知：若2个“被PN-1整除的相邻奇数”之间只有2个N-1级奇数，则该区间可以整理为[P1P2…PN-1K-PN-1，P1P2…PN-1K+PN-1]；
求证：若2个“被PN整除的相邻奇数”之间只有2个N级奇数，则该区间一定可以整理为[P1P2…PNK-PN，P1P2…PNK+PN]；
证明：
被PN不能整除的N-1级奇数属于N级奇数（定义）；
若a、b、c是3个连续的“被PN-1整除的奇数”，c-a=2*2*PN-1，
则a，c之间至少存在5个N-1级奇数（由已知条件导出）；
由于3个“被PN整除的奇数”所在区间的最小长度等于2（2*PN），所以连续5个N-1级奇数中，能被PN整除的一定少于3个；
得出小结：“只有2个N级奇数的区间”中最多只有4个N-1级奇数；
得出推理：4个N-1级奇数中只有2个N级奇数的区间，必须有2个能被PN整除的N-1级奇数，区间形式只能是[P1P2…PNK-PN，P1P2…PNK+PN]；
因而得出：若2个“被PN整除的相邻奇数”之间只有2个N级奇数，则该区间一定可以整理为[P1P2…PNK-PN，P1P2…PNK+PN]；
计算得出[P1P2…PNK-PN，P1P2…PNK+PN]中只有4个N-1级奇数：
P1P2…PNK-PN，P1P2…PNK-1，P1P2…PNK+1，P1P2…PNK+PN，
其中只有P1P2…PNK-1，P1P2…PNK+1属于N级奇数；
得出：
2个N级奇数的最大区间=[P1P2…PNK-PN+1+1，P1P2…PNK+PN+1-1]；
小结：
由于2个“被PN整除的相邻奇数”之间的N级奇数的AI值（I≥N）一定不一样，所以我们可以得出奇数定理：
任意两个被PN整除的奇数之间至少存在2个AI值（I≥N）不同的N级奇数，[P1P2…PNK-PN+1+1，P1P2…PNK+PN+1-1]是“包含2个N级奇数的最大区间”；
推理：
由于1的A1，A2，…AN值都是1，N级奇数的A1，A2，…AN值都不是0，
所以“1+N级奇数”的A1，A2，…AN值一定都不是1，
得出结论：“1+N级奇数”一定是“1的N级异余数”；
同理，“Q+N级奇数”一定是“Q的N级异余数”；
所以，我们可以利用奇数定理得出异余数定理：
[P1P2…PNK-PN+1+1+Q，P1P2…PNK+PN+1-1+Q]是“包含2个Q的N级异余数的最大区间”，长度不小于2PN+1-1的区间中至少存在2个AI值（I≥N）不同的Q的N级异余数。
3、质数排序规则
推理1：
[P1P2…PNK，P1P2…PNK+PN+2-1]的长度为PN+2，
计算得出：区间中只有P1P2…PNK+1，P1P2…PNK+PN+1是N级奇数；
根据2个N级奇数的最大区间长度等于2PN+1-1，（奇数定理）
计算得出质数定理1：（相邻较大质数的上限值定理）
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
由于当N≥3时，PN2以下“2个被PN整除的奇数之间”都不能整理成
[P1P2…PNK-PN，P1P2…PNK+PN]
所以，PN2以下“2个被PN整除的奇数之间”都至少包含3个N级奇数；
由于[2，PN+12-1]中不能被P1，P2，…PN整除的数一定是大于PN的质数，
所以，可以利用奇数定理得出质数定理2：
当N≥3时，PN+12以下任意两个被PN整除的奇数之间都至少存在3个质数。
如 5与15之间有7、11、13；
15与25之间有17、19、23；
推理3
通过计算得出：PN+12-PN2≥2（PN+1+PN），
得出[PN2，PN+12]中至少有3个被PN整除的奇数，
根据奇数定理得出PN2与PN+12之间至少有5个N级奇数；
得出质数定理3（质数的区间定理）：
任意两个相邻奇质数的平方之间至少存在5个质数。
如 32与52之间有11、13、17、19、23；
52与72之间有29、31、37、41、43、47；
推理4：
本节目的：任意设定a2，a3，……aN值，然后利用奇数定理求证[PN+1，PN2]中一定存在“A2≠a2，A3≠a3，……AN≠aN的质数”。
（1）由于3与32都是被3整除的奇数，所以，3与32之间一定存在AI值（I≥2）不同的2级奇数，即A2值不同的质数（5是A2=2的质数，7是A2=1的质数），
所以，3与32之间至少存在1个“A2≠a2” 的质数；
（2）由于5，15，52都是被5整除的奇数，所以5与15之间，15与52之间都至少3个AI值（I≥3）不同的3级奇数；由于5与15之间，15与52之间都存在“2个被3整除的奇数之间”，所以5与52之间一定存在“A2≠a2，A3≠a3” 的质数；
分析得出{7，11，13，17，19，23}中至少存在“A2≠a2，A3≠a3的质数”；
（3）
由于7，21，35，72都是被7整除的奇数，“2个被7整除的奇数”之间都至少存在3个AI值（I≥4）不同的4级奇数；“2个被7整除的奇数之间”都包含“2个被5整除的奇数之间”，且“2个被5整除的奇数之间”都包含“2个被3整除的奇数之间”，
所以7与72之间一定存在“A2≠a2，A3≠a3，A4≠a4的质数”；
分析得出：
7与72之间至少存在2个“A2≠a2，A3≠a3，A4≠a4的质数”；
依次类推，得出
11与112之间存在“A2≠a2，A3≠a3，……A4≠a4”的质数；（至少6个）
13与132之间存在“A2≠a2，A3≠a3，……A6≠a6” 的质数；（至少7个）
（4）
已知：[PN，PN-12]中一定存在“A2≠a2，A3≠a3，……AN-1≠aN-1”的质数
求证：[PN+1，PN2]中一定存在“A2≠a2，A3≠a3，……AN≠aN”的质数；
证明：
由于（PN2-PN）/（2PN）=（PN-1）/2，
所以[PN，PN2]中有（PN-1）/2+1个被PN整除的奇数，
同理，[PN-1，PN-12]中有（PN-1-1）/2+1个被PN-1整除的奇数；
根据
（1）“2被PN整除的奇数之间”包含“2被PN-1整除的奇数之间”，“2被PN-1整除的奇数之间”包含 “2被PN-2整除的奇数之间”……“2被P3整除的奇数之间”包含“2被P2整除的奇数之间”；
（2）PN2以下“2被PN整除的奇数之间”多于PN-12以下 “2被PN-1整除的奇数之间”，
（3）任意“2被PN整除的奇数之间”都至少存在2个AI值（I≥N）不同的N级奇数；
（4）已知[PN，PN-12]中一定存在“A2≠a2，A3≠a3，……AN-1≠aN-1” 的质数
综合得出[PN+1，PN2]中一定存在“A2≠a2，A3≠a3，……AN≠aN”的质数；
根据一个偶数只有一组a2，a3，……aN值，得出质数定理4：
[PN+1，PN2]中一定存在任意偶数的N级异余质数。
六、结束语
综上所述，本文发现余数的作用有：
1、余数可以作为划分某些自然数类别的依据；
2、导出分数、导出同分母分数的加减运算规则；
3、利用除数、被除数、余数的对应关系建立方程，解方程；
4、推导等差数列和解等差数列；
5、利用“余数”解读自然数列；
6、解释什么样的数减去什么样的数一定会等于什么样的质数；
7、探索自然数列中质数的排序规则；
综上所述，利用余数已经得出如下成果：
1、 证明自然数排列是有序的，并得到它的排序规则；
2、[PN2+1，PN+12]中数 - 它在PN2以下的N级异余数 =大于PN的质数；
3、[P1P2…PNK-PN+1+1，P1P2…PNK+PN+1-1]是“包含2个N级奇数的最大区间”；
4、[P1P2…PNK-PN+1+1+Q，P1P2…PNK+PN+1-1+Q]是“包含2个Q的N级异余数的最大区间”；
5、[2，PN+12-1]中被P1，P2，…PN都不能整除的数一定是质数；
6、当N≥3时，PN+12以下两个被PN整除的奇数间至少存在2个质数；
7、当N≥3时，相邻较大质数的上限值是PN+1＜2PN-1；
8、当N≥3时，任意两个相邻奇质数的平方之间至少存在6个质数；
9、 [PN+1，PN2]中存在任意偶数的N级异余质数。
可见，余数可以帮助中学生提高解决数学难题的能力，值得我们去探索，研究，从中发现更多的规律，以增加我们对数学的认知能力。
