整除性檢驗法（續）

何鴻猷

【摘要】設p為除2，5以外的所有質數和不含因數2、5的所有合數.設n為循環節位數.①A為任意整數，從A的低位向高位n位n位分節，各節之和與A對p同余.②當p為質數，n為偶數，A為n位數時，奇一半減去偶一半的差與A對p同余.③循環小數是無限循環的，當p為質數，n為偶數時，凡與所有奇數節自由循環節位數相等的左右各半數碼完全相同的數，均能被該質數整除.④任一整數A若能被n位全9數整除，它也能被循環節位數等于n位的所有數整除.⑤加數的同余數之和與和數對p同余.

【關鍵詞】全9數；同余；自由循環節

1[]7=0.1·42857·，循環節是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.這是為什么呢？都和循環節位數有關系.正契合整除性檢驗法.

為敘述方便，我們將各位數碼都是9的數稱為n位全9數，以n位全9數為分母的真分數化為小數為純循環小數，而且循環節位數是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數整除的n位數，也只能是n位全9數.6位全9數中有小于6的全9數因數：1位、2位、3位.142857從低位向高位依n分節：3位3位分節各節之和是999；2位2位分節各節之和是99；1位1位分節各節之和是9.999，99，9自然分別能整除999999，說明142857不僅能被999整除；也能被99整除；還能被9整除.333，111，37，27的循環節位數都是3位；11，33的循環節位數都是2位；3的循環節位數是1位，所以142857分別也能被這些數整除.任一整數A，從低位向高位n位n位分節，各節之和如是n位全9數，則凡能被n位全9數整除的任意整數，它一定能被循環節是n位的所有數整除.

1[]9901=0.0·00100999899·.循環節位數是12位，9901能整除12全全9數，12位全9數中小于12位的全9數因數有：1位、2位、3位、4位、6位.12位全9數自然能被它的各位全9數因數整除.循環小數的有效數字是100999899，也能被1位、2位、3位、4位、6位等全9數整除.因此：無論質數還是合數凡是循環節位數是1位、2位、3位、4位、6位的都能整除100999899.p為質數或異因同循合數，n位循環小數的有效數字能被小于n位全9數的各全9數因數整除；也能被循環節位數分別等于它們的位數的所有數整除.

一、設p為除2，5以外的所有質數以及不含因數2，5的所有合數.以p為分母的真分數化為小數為純循環小數，再設循環節位數為n位，則p能整除n位全9數.如p1為7，13，91，21，63，39，117，77，143，1001，231，693，429，1287…循環節位數n都是6位，都能整除6位全9數.

欲判斷整數A能否被p 整除，從A的低位向高位n位n位分節，各節之和若能被p整除，A就能被p 整除.要問是什么道理？用一句話回答：就是各節之和與A對p同余.同余是數學的一個分支，屬于數論范疇，還有個專用符號，如23≡16（mod 7），意即23和16對7同余.若各節之和等于H，如何證明A≡H（mod p）呢？回答這個問題，要從：

（1）n位全9數能被p 整除.

（2）n的倍數nb位全9數能被p整除.

（3）b個n位全9數之和能被p整除.

（4）nb位全9數加1等于A，則A≡1（mod p）.

（5）設C為任一整數，C·A=R，R-C=D，D能被p 整除.根據中國余數定理：因數的余數積等于積的余數，所以C≡C（mod p），A≡1（mod p），C·1=C，R≡C（mod p）或根據同余數的定義：C，R二整數的差若能被p整除，則R≡C（mod p），

（6）A= 4523.896315.470563各節之和與A是否對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，各加數的同余數之和，恰是A從低位向高位n位n位分節的各節之和數.根據中國余數定理：加數的余數和等于和的余數. 引論：加數的同余數之和與和數同余. A≡H（mod p1），所以A≡H（mod p）.

二、為什么當n為偶數時，p為質數或p為合數但合數的各質因數的循環節位數都是偶位.且相互是奇倍數時，判斷整數A能否被p整除，可以從A的低位向高位按二分之n位分節，然后奇二分之n位與奇二分之n 位相加，偶二分之n位與偶二分之n位相加，二和相減，差若能被p整除，A就能被p整除呢？用一句話回答就是二和之差和A對p必須同余0.方能被p整除，否則不能.

999999÷7=142857，142857÷999=143.

999999÷999=10011001÷7=143.

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

1001擴大任一3位數倍，就成了一個前后3位數碼完全相同的數，凡這樣的數能被循環節位數是6的質數整除.同樣n為偶數時，前二分之n位與后二分之n位數碼完全相同的數、能被質數p整除.

nb位全9數，當n為偶位、b為奇數時，nb位全9數除以p的商對折起來是二分之nb位全9數.也可以作如下理解：循環小數是無限循環的，循環節位數是指短循環節位數而言，是唯一的，自由循環節就有無窮多，兩節兩節循環，三節三節循環……十節十節循環都可以看成是自由循環節，但只有節數是奇倍數時對折起來各位才能都是9.只要與

奇數節位數相等的左右二分之一數碼完全相同的數都能被該質數整除.合數：（1）當各質因數的循環節位數都是偶位時.（2）循環節或自由循環節位數都相等時.（3）對折起來各位又能都是9時.所以自由循環節必須是奇數節.這樣，左右二分之n位數碼完全相同的數，也才能為各因數所整除.才能為本合數所整除.

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，設p2為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對p2不同余.（因與同余數符號相反）如果僅判斷能否整除，無論偶位減奇位，或奇位減偶位只要差與p同余0，就判斷能整除，否則不能整除.

上面（一）（6）中各加數的同余數還可以再求出位數更少的同余數，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），（加數的同余數之和與和數對p同余）723-4+315-896+563-470=（723+315+563）-（4+896+470），比較就可以明白，恰是從A的低位向高位3位3位分節：723，351，563是奇3位.004，896，470是偶3位.這是從普遍適用的方法中推導出來的一個方法.

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

三、設Q為質數2，5及僅含因數2，5的合數.1[]Q化為小數為有限小數，設有限小數的位數為h.設想1后面有若干位0.，Q除至幾位0正好除盡，h就是多少位，所以，任一整數后面只要有h位0，該數就能被Q整除.所以任一整數A與末h位數對Q同余.因此判斷整數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、設P·Q為含有因數2，5的合數，1[]p·Q化為小數為混循環小數.如p·Q=88，1[]88=0.0113·6·.3位不循環，兩位循環.即h=3，n=2.A=2268948528.判斷A能否被88整除？28+85+94+68+22=297.97+2=99.A≡99（mod p）.A≡528（modQ）根據中國余數定理：因數的余數積等于積的余數.引論：因數的同余數之積與積（A）對p·Q同余，即：99×528=52272，A≡52272（mod 88）.52272÷88=594.答：A能被88整除.