可除规则的证明

主要文章:可分性规则

可分性规则是检查一个给定的数字是否能被另一个数字整除的有效快捷方法。这些可分性测试，尽管最初只针对的集合进行自然数 $(\ mathbb N),$可以应用于所有的集合吗整数 $(\ mathbb Z)$如果我们忽略这些符号使用除法法则。请注意，术语“完全可除性”意味着具有较小幅度的数字之一必须是a除数大小更大的那个。

但是这些可除性规则是从哪里来的呢?我们怎么能确定它对每个整数都适用呢?让我们在探索这组规则背后的基本原则时，揭开所有这些问题的答案，这些规则基于演绎推理和我们的知识模运算．

• 可分性的1:每个数都能被整除 $1$．
• 可分性的2：这个数字应该有 $0， \ 2， \ 4， \ 6，$或 $8$作为个位数。
• 可分性的3：数字的数位和必须能被整除 $3.$．
• 可分性的4：由十位和个位数组成的数必须能被整除 $4$．
• 可分性的5：这个数字应该有 $0$或 $5$作为个位数。
• 可分性的6：这个数应该能被两个数整除 $2$而且 $3.$．
• 可分性的7:个位数的两倍与其余数字组成的数之间的绝对差必须能被整除 $7$(这个过程可以重复多次，直到我们得到一个足够小的数字)。
• 可分性的8：由百位、十位和个位数组成的数必须能被整除 $8$．
• 可分性的9：数字的数位和必须能被整除 $9$．
• 可分性的10:这个数字应该有 $0$作为个位数。
• 可分性的11：交替的数字对和之间的绝对差必须能被整除 $11$．
• 可分性的12:这个数应该能被两个数整除 $3.$而且 $4$．
• 可分性的13:个位数的四倍与其余数字组成的数字的和必须能被整除 $13$(这个过程可以重复多次，直到我们得到一个足够小的数字)。
• 可分性的25:由十位和个位数组成的数必须能被整除 $25$．
• 可分性的125:由百位、十位和个位数组成的数必须能被整除 $125$．

现在，我们将讨论这些规则的推导。在每个证明中，变量都是这样的形式

$N = \眉题{an现代{N}现代{2}\ ldots a₂a_1 a_0}$

$文本\{或}$

$N = 10 ^ N an + 10 ^ {N}现代{N} + 10 ^{2}现代{2}+ \ cdots + 10 ^ 2 a₂+ 10 a_1 + a_0。$

任何与 $2 4 6 8，$或 $0$因为个位数能被整除 $2$．

证明这个数字 $506$能被 $2$因为 $6$能被 $2$．

---

我们有

$N = 10 ^ N an + 10 ^ {N}现代{N} + 10 ^{2}现代{2}+ \ cdots + 10 ^ 2 a₂+ 10 a_1 + a_0。$

取2的模 $N,$我们得到了

$\begin{aligned} N & \equiv 0+0+0+ \cdots +0+0+ a_0 \pmod{2} \qquad \big(\text{as} 10^k， \text{where} k \ge 1， \text{总是能被}2\big整除)\\和\equiv a_0 \pmod{2}。结束\{对齐}$

因此, $N \equiv 0 \pmod{2}$如果 $A_0 \equiv 0 \pmod{2}$．

因为, $a_0$是个位数，满足这个条件的值是 $0 2 4 6，$而且 $8$． $_ \广场$

同样的方法可以用于 $5$而且 $10$也因为事实上 $10 ^ k,$在哪里 $K \ge 1，$总是能被 $5$而且 $10$同样，因此这些值适合 $a_0$在这种情况下 $0$而且 $5$对于数字 $5$而且 $0$对于数字 $10$的可除性检验 $5$而且 $10$．

任一位数和能被整除的数 $3.$也能被 $3.$．

证明这个数字 $168$能被 $3.$因为 $(1 + 6 + 8) = 15$能被 $3.$．

---

我们有

$N = 10 ^ N an + 10 ^ {N}现代{N} + 10 ^{2}现代{2}+ \ cdots + 10 ^ 2 a₂+ 10 a_1 + a_0。$

取3的模 $N,$我们得到了

$\begin{aligned} N \equiv & 1\乘以a_n\pmod{3} + 1\乘以a_{N -1}\pmod{3} + 1\乘以a_{N -2}\pmod{3} \\ & + \cdots + 1\乘以a_2\pmod{3} + 1\乘以a_1\pmod{3} + 1\乘以a_0\pmod{3} \qquad \big(\text{as} 10^k-1， \text{where} k \ ge1， \text{总是被}3\big整除)\\ \\ \equiv &\left(a_n + a_{N -1} + a_{N -2} + \cdots + a_2 + a_1 + a_0\ right) \pmod{3}。结束\{对齐}$

因此, $N \equiv 0 \pmod{3}$如果 $an +现代{n} +现代{2}+ \ cdots + a₂+ a_1 + a_0 \ 0枚\ pmod {3}$．

因此，数字和必须能被整除 $3.$求这个数能被 $3.$． $_ \广场$

同样的方法可以用于 $9$也因为事实上 $10^k - 1，$在哪里 $K \ge 1，$总是能被 $9$因此，在这种情况下，数字的数字和必须能被整除 $9$所以这个数能被整除 $9$，从而证明了的可除性检验 $9$．

任何一个数，其十位和个位按此顺序都能被整除 $4$它本身也能被 $4$．

证明这个数字 $11564$能被 $4$因为 $64$能被 $4$．

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我们有

$N = 10 ^ N an + 10 ^ {N}现代{N} + 10 ^{2}现代{2}+ \ cdots + 10 ^ 2 a₂+ 10 a_1 + a_0。$

取4的模 $N,$我们得到了

$\begin{aligned} N & \equiv 0+0+0+ \cdots +0+ 10a_1 + a_0 \pmod{4} \qquad \big(\text{as} 10^k， \text{where} k \ge 2， \text{总是被}4\big整除)\\和\equiv 10a_1 + a_0 \pmod{4}。结束\{对齐}$

因此, $N \equiv 0 \pmod{4}$如果 $10a_1 + a_0 = \overline {a_1 a_0} \equiv 0 \pmod{4}$．

因此，如果一个数字的十位和个位按此顺序被整除 $4，$那么这个数也能被 $4$． $_ \广场$

同样的方法可以用于 $25$也因为事实上 $10 ^ k,$在哪里 $K \ge 2，$总是能被 $25$因此，如果十位和个位上的数字按此顺序被除除 $25$，那么这个数也能被 $25$．

任何能被二者整除的数 $2$而且 $3.$也能被 $6$也

证明这个数字 $678$能被 $6$因为 $678$能被两者整除吗 $2$而且 $3.$．

---

这并不需要任何详细的证明，除了事实

如果 $N \equiv 0 \pmod{2}$而且 $N \equiv 0 \pmod{3}$,然后 $N \equiv 0 \pmod{2 \乘3 = 6}$，

作为 $2$而且 $3.$是互素数。 $_ \广场$

任何一个数，其个位数的两倍与其余数组成的数之间的绝对差为 $0$或者能被 $7$它能被什么整除吗 $7$．

证明这个数字 $343$能被 $7$因为 $34 - 2 \ * 3 = 28$也能被 $7$．

---

我们有

$N = 10 ^ N an + 10 ^ {N}现代{N} + 10 ^{2}现代{2}+ \ cdots + 10 ^ 2 a₂+ 10 a_1 + a_0。$

让

$N = 10 ^ N an + 10 ^ {N}现代{N} + 10 ^{2}现代{2}+ \ cdots + 10 ^ 2 a₂+ 10 a_1 + a_0 = 7 k$

对于某个整数 $k。$然后

$N = 10 \离开(10 ^ {N} an + 10 ^{2}现代{N} + 10 ^ {N}现代{2}+ \ cdots + 10 a₂+ a_1 \右)+ a_0 = 7 k。$

加减法 $20 a_0$在LHS上得到

$\{对齐}开始N & = 10 \离开(10 ^ {N} an + 10 ^{2}现代{N} + 10 ^ {N}现代{2}+ \ cdots + 10 a₂+ a_1 \右)+ 20 - 20,a_0 a_0 + a_0 \ \ & = 10 \离开(10 ^ {N} an + 10 ^{2}现代{N} + 10 ^ {N}现代{2}+ \ cdots + 10 a₂+ a_1 - 2 a_0 \右)+ 21 a_0 \ \ & = 7 k \ \ 7 k - 21 a_0 & = 10 \离开(10 ^ {N} an + 10 ^{2}现代{N} + 10 ^ {N}现代{2}+ \ cdots + 10 a₂+ a_1 - 2 a_0 \) \ \ & \ 0枚\ pmod {7} \ \ \ \ \ Rightarrow 10 \离开(\眉题{an现代{N}现代{2}\ ldots a₂a_1} - 2 a_0 \右)& \枚0\ pmod{7}。结束\{对齐}$

因此,自 $10 \equiv 3 \pmod{7}，$为 $N$能被 $7,$那一定是真的 $\overline{a_n a_{n-1} a_{n-2} \ldots a_2 a_1} -2 a_0 \equiv 0 \pmod{7}$．

因此，对于一个数，如果个位数的两倍与由其余数字构成的数之间的绝对差为 $0$或者能被 $7,$那么这个数也能被 $7$． $_ \广场$

任何一个数，其百位、十位和个位按此顺序都能被整除 $8$它本身也能被 $8.$

证明这个数字 $74152$能被 $8$因为 $152$能被 $8$．

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我们有

$N = 10 ^ N an + 10 ^ {N}现代{N} + 10 ^{2}现代{2}+ \ cdots + 10 ^ 2 a₂+ 10 a_1 + a_0。$

取8的模 $N,$我们得到了

$\begin{aligned} N & \equiv 0+0+0+ \cdots +10^2 a_2+10 a_1+ a_0 \pmod{8} \qquad \big(\text{as} 10^k， \text{where} k \ge 3， \text{总是被}8\big整除)\\ & equiv 100 a_2+10 a_1+ a_0 \pmod{8}。结束\{对齐}$

因此, $N \equiv 0 \pmod{8}$如果 $100 a_2 + 10a_1 + a_0 = \overline {a_2 a_1 a_0} \equiv 0 \pmod{8}$．

因此，如果一个数字的百位、十位和个位按此顺序被整除 $8，$那么这个数也能被 $8$． $_ \广场$

同样的方法可以用于 $125$也因为事实上 $10 ^ k,$在哪里 $K \ge 3，$总是能被 $125$如果一个数字的百位、十位和个位按这个顺序都能被整除 $125$，那么这个数也能被 $125$．

偶数位的数字和奇数位的数字和的绝对差为 $0$或者能被 $11$它本身也能被 $11$．

证明这个数字 $105204$能被 $11$因为 $\大|(0 + 2 + 4)-(1 + 5 + 0)\大| = 0$能被 $11$．

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我们有

$N = 10 ^ N an + 10 ^ {N}现代{N} + 10 ^{2}现代{2}+ \ cdots + 10 ^ 2 a₂+ 10 a_1 + a_0。$

取11的模 $N,$我们得到了

$N \equiv \pm a_n \mp a_{N -1} \pm a_{N -2} \cdots \mp a_2 \pm a_1 \mp a_0 \pmod{11}。\qquad \big(\text{as} 10^k \equiv +1 \bmod{11} \text{if} k \text{为偶数，}10^k \equiv -1 \bmod{11} \text{if} k \text{为奇数}\big)$

• 假设 $n$是偶数，那我们有吗 $\{对齐}开始N & \枚an -现代{N} +现代{2}- \ cdots + a₂- a_1 + a_0 \ pmod{11} \ \ & \枚\离开(an +现代{2}+ \ cdots + a₂+ a_0 \右)- \离开(现代{N} +现代{N} + \ cdots + a_3 + a_1 \) \ pmod{11}。结束\{对齐}$因此, $N \equiv 0 \pmod{11}$如果 $左(an +现代\ {2}+ \ cdots + a₂+ a_0 \右)- \离开(现代{n} +现代{n} + \ cdots + a_3 + a_1 \) \ 0枚\ pmod {11},$考虑到 $n$是偶数。

• 假设 $n$是奇数，那么我们有 $\{对齐}开始N & \枚an +现代{N} -现代{2}+ \ cdots + a₂- a_1 + a_0 \ pmod{11} \ \ & \枚\离开(现代{N} +现代{N} + \ cdots + a₂+ a_0 \右)- \离开(an +现代{2}+ \ cdots + a_3 + a_1 \) \ pmod{11}。结束\{对齐}$因此, $N \equiv 0 \pmod{11}$如果 $\离开(现代{n} +现代{n} + \ cdots + a₂+ a_0 \右)- \离开(an +现代{2}+ \ cdots + a_3 + a_1 \) \ 0枚\ pmod {11},$考虑到 $n$是奇数。

根据以上两个条件，我们可以推断出一个数能被 $11$时，偶数位的数字和与奇数位的数字和的绝对差应为 $0$或者能被 $11$． $_ \广场$

任何能被二者整除的数 $3.$而且 $4$也能被 $12$也

证明这个数字 $1092$能被 $12$因为 $1092$能被两者整除吗 $3.$而且 $4$．

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这也不需要任何详细的证明，除了事实

如果 $N \equiv 0 \pmod{3}$而且 $N \equiv 0 \pmod{4}$,然后 $N \equiv 0 \pmod{3 \乘4 = 12}，$作为 $3.$而且 $4$是互素数。 $_ \广场$

任何一个数，其个位数的四倍和其余数构成的数能被整除 $13$它本身也能被 $13.$

数量 $169$能被 $13$因为 $16 + 4 \乘9 = 52$也能被 $13$．

---

我们有

$N = 10 ^ N an + 10 ^ {N}现代{N} + 10 ^{2}现代{2}+ \ cdots + 10 ^ 2 a₂+ 10 a_1 + a_0。$

让

$N = 10 ^ N an + 10 ^ {N}现代{N} + 10 ^{2}现代{2}+ \ cdots + 10 ^ 2 a₂+ 10 a_1 + a_0 = 13 k$

对于某个整数 $k。$然后

$N = 10 \离开(10 ^ {N} an + 10 ^{2}现代{N} + 10 ^ {N}现代{2}+ \ cdots + 10 a₂+ a_1 \右)+ a_0 = 13 k。$

加减法 $40 a_0$在LHS上得到

$\{对齐}开始N & = 10 \离开(10 ^ {N} an + 10 ^{2}现代{N} + 10 ^ {N}现代{2}+ \ cdots + 10 a₂+ a_1 \右)+ 40 - 40,a_0 a_0 + a_0 \ \ & = 10 \离开(10 ^ {N} an + 10 ^{2}现代{N} + 10 ^ {N}现代{2}+ \ cdots + 10 a₂+ a_1 + 4 a_0 \右)- 39 a_0 \ \ & = 13 k \ \ 13 k + 39 a_0 & = 10 \离开(10 ^ {N} an + 10 ^{2}现代{N} + 10 ^ {N}现代{2}+ \ cdots + 10 a₂+ a_1 + 4 a_0 \) \ \ & \ 0枚\ pmod {13} \ \ \ \ \ Rightarrow 10 \离开(\眉题{an现代{N}现代{2}\ ldots a₂a_1} + 4 a_0 \右)& \枚0 \ pmod{13}。结束\{对齐}$

因此,自 $10 \equiv 10 \pmod{13}$,因为 $N$能被 $13$，那一定是真的 $\overline{a_n a_{n-1} a_{n-2} \ldots a_2 a_1} + 4 a_0 \equiv 0 \pmod{13}$．

因此，对于一个数，如果四乘以它的个位数与其余数字组成的数的和能被整除 $13$，那么这个数也能被 $13$． $_ \广场$

用类似的逻辑方法，可以对每个数进行可除性检验，只要观察它们在连续幂上的模式即可 $10$．

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• 除法规则的应用
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