整除性检验法（续）

何鸿猷

【摘要】设p为除2，5以外的所有质数和不含因数2、5的所有合数.设n为循环节位数.①A为任意整数，从A的低位向高位n位n位分节，各节之和与A对p同余.②当p为质数，n为偶数，A为n位数时，奇一半减去偶一半的差与A对p同余.③循环小数是无限循环的，当p为质数，n为偶数时，凡与所有奇数节自由循环节位数相等的左右各半数码完全相同的数，均能被该质数整除.④任一整数A若能被n位全9数整除，它也能被循环节位数等于n位的所有数整除.⑤加数的同余数之和与和数对p同余.

【关键词】全9数；同余；自由循环节

1[]7=0.1·42857·，循环节是6位.999999÷7=142857；857+142=999；57+28+14=99；

7+5+8+2+4+1=27，7+2=9.再看142857÷333=429；142857÷111=1287；142857÷37=3861；142857÷27=5291.142857÷11=12987；142857÷33=4329；142857÷3=47619.这是为什么呢？都和循环节位数有关系.正契合整除性检验法.

为叙述方便，我们将各位数码都是9的数称为n位全9数，以n位全9数为分母的真分数化为小数为纯循环小数，而且循环节位数是n位.1[]999=0.001001001…，n=3.1[]99=0.010101…，n=2.1[]9=0.1111…，n=1.能被n位全9数整除的n位数，也只能是n位全9数.6位全9数中有小于6的全9数因数：1位、2位、3位.142857从低位向高位依n分节：3位3位分节各节之和是999；2位2位分节各节之和是99；1位1位分节各节之和是9.999，99，9自然分别能整除999999，说明142857不仅能被999整除；也能被99整除；还能被9整除.333，111，37，27的循环节位数都是3位；11，33的循环节位数都是2位；3的循环节位数是1位，所以142857分别也能被这些数整除.任一整數A，从低位向高位n位n位分节，各节之和如是n位全9数，则凡能被n位全9数整除的任意整数，它一定能被循环节是n位的所有数整除.

1[]9901=0.0·00100999899·.循环节位数是12位，9901能整除12全全9数，12位全9数中小于12位的全9数因数有：1位、2位、3位、4位、6位.12位全9数自然能被它的各位全9数因数整除.循环小数的有效数字是100999899，也能被1位、2位、3位、4位、6位等全9数整除.因此：无论质数还是合数凡是循环节位数是1位、2位、3位、4位、6位的都能整除100999899.p为质数或异因同循合数，n位循环小数的有效数字能被小于n位全9数的各全9数因数整除；也能被循环节位数分别等于它们的位数的所有数整除.

一、设p为除2，5以外的所有质数以及不含因数2，5的所有合数.以p为分母的真分数化为小数为纯循环小数，再设循环节位数为n位，则p能整除n位全9数.如p1为7，13，91，21，63，39，117，77，143，1001，231，693，429，1287…循环节位数n都是6位，都能整除6位全9数.

欲判断整数A能否被p 整除，从A的低位向高位n位n位分节，各节之和若能被p整除，A就能被p 整除.要问是什么道理？用一句话回答：就是各节之和与A对p同余.同余是数学的一个分支，属于数论范畴，还有个专用符号，如23≡16（mod 7），意即23和16对7同余.若各节之和等于H，如何证明A≡H（mod p）呢？回答这个问题，要从：

（1）n位全9数能被p 整除.

（2）n的倍数nb位全9数能被p整除.

（3）b个n位全9数之和能被p整除.

（4）nb位全9数加1等于A，则A≡1（mod p）.

（5）设C为任一整数，C·A=R，R-C=D，D能被p 整除.根据中国余数定理：因数的余数积等于积的余数，所以C≡C（mod p），A≡1（mod p），C·1=C，R≡C（mod p）或根据同余数的定义：C，R二整数的差若能被p整除，则R≡C（mod p），

（6）A= 4523.896315.470563各节之和与A是否对p同余？

4723000000000000+896315000000+470563=4523896315470563=A.

4723000000000000≡4723（mod p1），896315000000≡896315（mod p1），470563≡470563（mod p1）

4723+896315+470563=1371601=H，各加数的同余数之和，恰是A从低位向高位n位n位分节的各节之和数.根据中国余数定理：加数的余数和等于和的余数. 引论：加数的同余数之和与和数同余. A≡H（mod p1），所以A≡H（mod p）.

二、为什么当n为偶数时，p为质数或p为合数但合数的各质因数的循环节位数都是偶位.且相互是奇倍数时，判断整数A能否被p整除，可以从A的低位向高位按二分之n位分节，然后奇二分之n位与奇二分之n 位相加，偶二分之n位与偶二分之n位相加，二和相减，差若能被p整除，A就能被p整除呢？用一句话回答就是二和之差和A对p必须同余0.方能被p整除，否则不能.

999999÷7=142857，142857÷999=143.

999999÷999=10011001÷7=143.

1001×495=495495，495495÷7=70785，143×495=70785.

1001扩大任一3位数倍，就成了一个前后3位数码完全相同的数，凡这样的数能被循环节位数是6的质数整除.同样n为偶数时，前二分之n位与后二分之n位数码完全相同的数、能被质数p整除.

nb位全9数，当n为偶位、b为奇数时，nb位全9数除以p的商对折起来是二分之nb位全9数.也可以作如下理解：循环小数是无限循环的，循环节位数是指短循环节位数而言，是唯一的，自由循环节就有无穷多，两节两节循环，三节三节循环……十节十节循环都可以看成是自由循环节，但只有节数是奇倍数时对折起来各位才能都是9.只要与

奇数节位数相等的左右二分之一数码完全相同的数都能被该质数整除.合数：（1）当各质因数的循环节位数都是偶位时.（2）循环节或自由循环节位数都相等时.（3）对折起来各位又能都是9时.所以自由循环节必须是奇数节.这样，左右二分之n位数码完全相同的数，也才能为各因数所整除.才能为本合数所整除.

999999÷11=090909，909+090=999，90909÷999=91.495495÷11=045045.

11×7=77；11×13=143；7×13=91；7×13×11=1001，所以：

258258÷77=3354，258258÷143=1806，258258÷91=2838，258258÷11=23478，258258÷1001=258，因此，设p2为7，13，91，77，143，1001.

987654-123123=864531，987654≡864531（mod p2）

987654-987987= 654-987=-333，987654-654654=333000.987-654=333，

987654≡-333（mod p2），987654≡333000（mod p2）987654與333对p2不同余.（因与同余数符号相反）如果仅判断能否整除，无论偶位减奇位，或奇位减偶位只要差与p同余0，就判断能整除，否则不能整除.

上面（一）（6）中各加数的同余数还可以再求出位数更少的同余数，即：4723+896315+470563=1371601.4723-004004=723-4=719；4723≡719（mod p2），896315-896896=315-896=-581；896315≡-581（mod p2）；470563-470470=563-470=93.470563≡93（mod p2）719+（-581）+93=231.1371601≡231（mod p2），（加数的同余数之和与和数对p同余）723-4+315-896+563-470=（723+315+563）-（4+896+470），比较就可以明白，恰是从A的低位向高位3位3位分节：723，351，563是奇3位.004，896，470是偶3位.这是从普遍适用的方法中推导出来的一个方法.

（723+315+563）-（4+896+470）=1601-1370=231，1371601≡231（mod p2），4723896315470563≡231（mod p2）.

三、设Q为质数2，5及仅含因数2，5的合数.1[]Q化为小数为有限小数，设有限小数的位数为h.设想1后面有若干位0.，Q除至几位0正好除尽，h就是多少位，所以，任一整数后面只要有h位0，该数就能被Q整除.所以任一整数A与末h位数对Q同余.因此判断整数A能否被Q整除，只要末h位能被Q整除A就能被Q整除.

四、设P·Q为含有因数2，5的合数，1[]p·Q化为小数为混循环小数.如p·Q=88，1[]88=0.0113·6·.3位不循环，两位循环.即h=3，n=2.A=2268948528.判断A能否被88整除？28+85+94+68+22=297.97+2=99.A≡99（mod p）.A≡528（modQ）根据中国余数定理：因数的余数积等于积的余数.引论：因数的同余数之积与积（A）对p·Q同余，即：99×528=52272，A≡52272（mod 88）.52272÷88=594.答：A能被88整除.