我是英雄-调查表怎么写

7整除的新验证方法、证明与应用

在竞赛数学中，２，３，５， １１一类较小的质数
作为除数的整除问题一直是小学、初中竞赛的热点，但是稍
微留意这个问题 的人就会发现，“７”作为除数的整除问题
却很少出现在竞赛中. 因为它的判断方法比较麻烦．判断多
位数是否能被７整除的常用方法是：将多位数的末位数字去
掉，用缩减了一位的新数减去去掉的 末位数字的两倍，再将
得到的数的末位数字去掉……反复这个过程直到得到较简
单的数，最后的 得数如果能整除７，则原数可以整除７，但
两数不同余. 例如：要判断一个十位数除以７的余数情况，
首先要把十位数变换成便于判断的两位数，要截８次“尾巴”.
这个方法对于数位较高的情况是非常费时的，竞赛中不实用.
下文将介绍一种新方法.


一、新方法［１］

将一个整数 从右至左地每两位分一段，再相应地乘以
１，２，４，１，２，４，…将结果相加得到一个新数，如果新数还是较长再用同样的方法分段相乘、相加，直至可以
得到较简单的数，最后结果与原数关于７ 同余. 下面仅举一

例：
例１ １７２７６49能否被７整除.
解 将这个数分为四段 １，７２，７６，49，
４９ × １ ＝ ４９，７６ × ２ ＝ １５２，７２
× ４ ＝ ２８８，１ × １ ＝ １.
和是４９０，４９０可以整除７，
所以１７２７６４9能够整除７.
通过新、旧方法的计算量比较，我们不难发现新方法
高效、快捷. 然而一个方法再好，如果没有严谨的数学证明，
它都是“空中楼阁”.

二、证明过程

设有任意一个自然数Ａ，记做A1A2…An（0≤Ai＜1 00，
Ai占两个数位，是个位数，十位用０补齐，1 ≤ i ≤ n，Ai，
ｎ，ｉ∈Ｎ），经过变换后的数为Ａ′，则
Ａ ＝ 100 An+102An-1 + 104An-2 + …+ 102（ｎ－１）
A1.
Ａ′＝ 20An + 21An-1 + 22An-3+ …+ 2（ｎ－１）
mod3A1.
（ｎ－１）ｍｏｄ ３表示ｎ － １除以３的余数.
即要证：７｜A - A′.（＊）

证明：Ａ－Ａ′＝（１－１）Ａｎ＋（１００－２）
Ａ ｎ－１＋…＋［１０２（ｎ－ｉ）－２（ｎ－ｉ）ｍｏｄ
３］Ａ１＋…+［１０２（ｎ－１）－２（ｎ－ １）ｍｏｄ
３］Ａ１＝（１０２（ｎ－ｉ）－２（ｎ － ｉ）ｍｏｄ３）
Ａｉ.
如果７｜102n - 2n mod3（ｎ为任意的自然数），那么原
命题即得证.
下面将用不完全归纳法对７｜102n - 2n mod3 证明.
下面证明中将102n - 2n mod3记作Ｍ（ｎ）.
（１） 当ｎ ＝ ０时，
Ｍ（０） ＝ １ － １ ＝ ０，７｜Ｍ（０）成立；
当ｎ ＝ １时，Ｍ（１） ＝ １００ － ２ ＝ ９８，
７｜Ｍ（１）成立；
当ｎ ＝ ２时，Ｍ（２） ＝ １００００ － ４ ＝ ９
９９６，７｜Ｍ（２）成立.
（２） 假设ｎ ＝ ｋ时成立，即有７｜Ｍ（ｋ），此
时设102k - 2k mod3 ＝ ７ｓ（s∈N）.
（３） 当ｎ ＝ ｋ ＋ １时，
（ａ）如果ｋ ｍｏｄ３ ＝ ０，那么（ｋ ＋ １）ｍ
ｏｄ ３ ＝ １，则
M =102（k + 1） - 21 =
100 ?102k - 2=

100（7s + 1） - 2=
700s + 98.
７｜７００ｓ ＋ ９８.
（ｂ）如果ｋ ｍｏｄ３ ＝ １，（ｋ ＋ １）ｍｏｄ ３
＝ ２，则
M =102（k + 1） - 22 =
100 ? 102k - 4=
100（7s + 2） - 4=
700s + 196.
７｜７００ｓ ＋ １９６.
(ｃ）如果ｋ ｍｏｄ３ ＝ ２，（ｋ ＋
＝ ０，则
M =102（k + 1） - 20 =
100 ? 102k - 1=
100（7s + 4） - 1=
700s + 399.
７｜７００ｓ ＋ ３９９.
综合 （ａ），（ｂ），（ｃ），即ｎ ＝ ｋ
立. 所以７｜102n - 2n mod3 成立.
故（＊）得证.

三、竞赛应用
３
＋ １时也成
１）ｍｏｄ

有了上面 的结论，我们得到这样的信息：７的整除性
和３的整除性相似，只是判断７的整除性要分段乘一些系数< br>再相加. 这种新方法大大方便了计算多位数整除７的余数、
含有未知数的多位数一类问题的求解 ，下面给出两个例题，
有兴趣的读者可以试一试.
１）已知一个四位数ab32（ａ，ｂ都是正整数）能被
７整除，求ab的最大值和最小值.
２）证明：７｜ k44k3（ｋ为正整数）.
这种新方法不仅可以较为简单 地判断出一个具体数除
以７的余数，而且在有未知数情况下能够有效列出代数式并
进行讨论，符 合数学的代数思想，有较大的研究空间.

【参考文献】
［１］ 谈祥柏．万古长空，一朝风流.自然杂志，２０
０６，２８：（２）．

注：“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以
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