九球-五一劳动奖章

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第六讲 能被30以下质数整除的数的特征
大家知道，一个整数能被2整除，那么它的个位数能被2整除；反过
来也对，也就是一个数 的个位数能被2整除，那么这个数本身能被2整除.
因此，我们说“一个数的个位数能被2整除”是“这 个数能被2整除”的
特征.在这一讲中，我们通过寻求对于某些质数成立的等式来导出能被这
些 质数整除的数的特征。
为了叙述方便起见，我们把所讨论的数N记为：
有时也表示为
我们已学过同余，用mod2表示除以2取余数.有公式：
①N≡a0（mod2）
②N≡a1a0（mod4）
③N≡a2a1a0（mod8）
④N≡a3a2a1a0（mod16）
这几个公式表明一个数被2（4，8，16）整除的特性，而且表明了不
能整除时，如何求余数。
此外，被3（9）整除的数的特征为：它的各位数字之和可以被3（9）
整除.我们借用同 余记号及一些运算性质来重新推证一下.如（mod9），如
果，
N=a
3a
2
a
1
a
0
=a
3
×1000+a
2
×100+a
1
×10+a
0

＝a
3
×（999＋1）＋a
2
×（99+1）＋a
1
×（9+1）+ a
0

＝（a
3
+a
2
+a
1
+a
0
）+（a
3
×999+a
2
×99+a
1
×9），
那么，等式右边第二个括号中的数是9的倍数，从而有
N≡a< br>3
＋a
2
+a
1
+a
0
（mod9）
对于mod3，理由相仿，从而有公式：
⑤N≡（…＋a
3
＋a< br>2
＋a
1
＋a
0
）（mod9），
N≡（…+ a
3
＋a
2
＋a
1
＋a
0
）（mod3） 。
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对于被11整除的数，它的特征为：它的奇位数字之和与偶位数字之
和的差（大减小）能被11整除。
先看一例.N=，改写N为如下形式：
N=6＋7（11-1）＋5（99＋1）＋ 8（1001-1）＋2（9999＋1）＋4（100001-1）
+1（999999+1）+3（ -1）
=6-7+5-8+2-4+1-3+7×11+5×99＋8×1001+2×9999 +4×100001+1×
999999＋3×。
由于下面这两行里，11、99、10 01、9999、100001、999999、都是
11的倍数，所以
N=6-7＋5-8＋2-4＋1-3（mod11）。
小学生在运算时，碰上“小减大”无法减 时，可以从上面N的表达
式最后一行中“借用”11的适当倍数（这样，最后一行仍都是11的倍数），
把它加到“小减大”的算式中，这样就得到：
N≡11＋6-7＋5-8＋2-4＋1-3≡3（mod11）。
现在总结成一般性公式（推理理由与例题相仿）.
则N≡（a0-a1+a2-a3＋a4-a5＋a6-a7+…）（mod11）
或者：
⑥N≡（（a0+a2+a4+…）-（a1+a3+a5+…））（mod11）
（当不够减时，可添加11的适当倍数）。
因此，一个自然数能被11整除的特征是：它的奇位数 字之和与偶位
数字之和的差（大减小）能被11整除。
我们这里的公式不仅包含整除情况，还包含有余数的情况。
下面研究被7、11、13整除的数的特征。
有一关键性式子：7×11×13=1001。
所以N能被7、11、13整除，相当于
能被7、11、13整除.总结为公式：
（mod11）；（mod13）
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当倍数）。
表述为：判定 某数能否被7或11或13整除，只要把这个数的末三位
与前面隔开，分成两个独立的数，取它们的差（ 大减小），看它是否被7
或11或13整除。
此法则可以连续使用。
例：N=.判定N是否被11整除。
因为822不能被11整除，所以N不能被11整除。
例：N＝215332.判定N是否被7、11、13整除。
由于117＝13×9 ，所以117能被13整除，但不能被7、11整除，因
此N能被13整除，不能被7、11整除。
此方法的优点在于当判定一个较大的数能否被7或11或13整除时，
可用减法把这个大数 化为一个至多是三位的数，然后再进行判定。
如N＝1.判定N能否被13整除？
而654=50×13+4，所以原数不能被13整除.如直接计算，很费力：
1=×13＋4。
下面研究可否被17、19整除的简易判别法.回顾对比前面，由等式
1001＝7×11 ×13的启发，才有简捷的“隔位相减判整除性”的方法.对于
质数17，我们有下面一些等式：
17×6＝102，17×59=1003，17×588=9996，
17×5882=99994，
我们不妨从17×59=1003出发。
因此，判 定一个数可否被17整除，只要将其末三位与前面隔开，看
末三位数与前面隔出数的3倍的差（大减小） 是否被17整除。
例：N=，判定N能否被17整除。
而429=25×17+4，所以N不能被17整除。
例：N＝2661027能否被17整除？
又935=55×17。
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