整除性判别法

被$2^m$(或$5^m$)整除的判别法

一个整数$N$能被$2^m$(或$5^m$)整除的充要条件是，它的最后$m$位数能被$2^m$(或$5^m$)整除。

$证：设N=(a_n{a}_{n-1}\cdots a_m{a}_{m-1}\cdots a_1{a}_0{)}_{10},则N=a_{n}10^n+a_{n-1}10^{n-1}+\cdots +a_1\times 10+a_0(0\le a_i\le 9,i=0,1,\cdots ,n),于是N\equiv (a_{m-1}\cdots a_1{a}_0{)}_{10}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10^m),又2^m\mid 10^m,5^m\mid 10^m,得N\equiv (a_{m-1}\cdots a_1{a}_0{)}_{10}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{2}^m),N\equiv (a_{m-1}\cdots a_1{a}_0{)}_{10}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{5}^m)。故当且仅当2^m\mid (a_{m-1}\cdots a_1{a}_0{)}_{10}时,2^m\mid N;同样,当且仅当5^m\mid (a_{m-1}\cdots a_1{a}_0{)}_{10}时,5^m\mid N。$

被$3$(或$9$)整除的判别法

一个整数$N$能被$3$(或$9$)整除的充要条件是，它的十进制数的各位数字之和能被$3$(或$9$)整除。

$证：设N=(a_n{a}_{n-1}\cdots a_1{a}_0{)}_{10},则N=a_{n}10^n+a_{n-1}10^{n-1}+\cdots +a_1\cdot 10+a_0(0\le a_i\le 9,a_i为整数,i=0,1,\cdots ,n,a_n\ne 0),由于10\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3),10\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}9),因此N\equiv a_n\cdot 1^n+a_{n-1}\cdot 1^{n-1}+\cdots +a_1\cdot 1+a_0\equiv a_n+a_{n-1}+\cdots +a_1+a_0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3)和(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}9)。$

被$11$整除的判别法

一个整数$N$能被$11$整除的充要条件是，它的十进制数的偶数位置上的数字之和与奇数位置上的数字之和的差能被$11$整除。

$证：设N=(a_n{a}_{n-1}\cdots a_1{a}_0{)}_{10},则N=a_{n}10^n+a_{n-1}10^{n-1}+\cdots +a_1\cdot 10+a_0(0\le a_i\le 9,a_i为整数,i=0,1,\cdots ,n,a_n\ne 0),由于10\equiv -1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}11),因此N\equiv (-1{)}^n{a}_n+(-1{)}^{n-1}{a}_{n-1}+\cdots +(-1)a_1+a_0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}11),即N\equiv a_0-a_1+a_2-a_3+\cdots +(-1{)}^n{a}_n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}11)。$

被$7$(或$11$，或$13$)整除的判别法

将整数$N$的十进制数从个位向高位每$3$位划分为$1$组，则$N$能被$7$($11$，或$13$)整除的充要条件是，它的十进制数的各奇数组的$3$位数之和与各偶数组的$3$位数之和的差能被$7$($11$，或$13$)整除。

$证：注意到7\times 11\times 13=1001,且10^3\equiv -1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}1001),因此N=(a_n{a}_{n-1}\cdots a_1{a}_0{)}_{10}=a_{n}10^n+a_{n-1}10^{n-1}+\cdots +a_1\cdot 10+a_0=(a_0+10a_1+10^2{a}_2)+10^3(a3+10a_4+10^2{a}_5)+10^6(a_6+10a_7+10^2{a}_8)+\cdots \equiv (100a_2+10a_1+a_0)-(100a_5+a_4+a_3)+(100a_8+10a_7+a_6)-\cdots \equiv (a_2{a}_1{a}_0{)}_{10}-(a_5{a}_4{a}_3{)}_{10}+(a_8{a}_7{a}_6{)}_{10}-\cdots (\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}1001)(0\le a_i\le 9,a_i为整数,i=0,1,\cdots ,n,a_n\ne 0)。$

被$37$整除的判别法

将整数$N$的十进制数从个位向高位每$3$位划分为$1$组，则$N$能被$37$整除的充要条件是，它的十进制数的各组的$3$位数之和能被$37$整除。

$$\begin{gathered} 证：因为10^3\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}37),所以10^{3k}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}37)(k为正整数), \\ 将N从个位起向左每3位划分为一组,设所得到的3位数从右向左依次为A_0,A_1,\cdots ,A_k, \\ 则N\equiv A_0+10^3{A}_1+\cdots +(10^3{)}^k{A}_k\equiv A_0+A_1+\cdots +A_k(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}37)。 \end{gathered}$$

有限小数

设$\frac{a}{b}(0<a<b)$是真分数，当$(a,b)=1$时，$\frac{a}{b}$称为既约分数。

定理：既约真分数$\frac{a}{b}$可化为有限小数的充要条件是，$b=2^m\cdot 5^n$($m,n$是不全为$0$的非负整数)，且有限小数的位数为max⁡{m,n}\,\max\{m\,,n\}\,max{m,n}。

证：(1)充分性：设b=2m⋅5n,且m≥n,则ab=a2m⋅5n=5m−na10m,因为m≥n,所以5m−na为一整数,即ab为一有限小数,其位数为m。同理,当m<n时,ab=a2m⋅5n=2n−ma10n为有限小数,其位数为n,故当b=2m⋅5n(m,n是不全为0的非负整数)时,既约真分数ab可化为有限小数,且位数为max⁡{m,n}。(2)必要性：设ab是既约真分数,且ab=c10k(k为正整数),若b含有2和5以外的质因数p,可设b=b1p,则由ab=ab1p=c10k,得a⋅10k=b1pc,即a⋅2k⋅5k=b1pc,因为p∣(a⋅2k⋅5k),但(2k⋅5k,p)=1,所以p∣a,而p∣b,这与ab为既约分数矛盾,所以b不含2和5以外的质因数。证：(1)\,充分性：设\,b=2^m\cdot5^n\,,且\,m \ge n\,,则\,\dfrac{a}{b}=\dfrac{a}{2^m\cdot5^n}=\dfrac{5^{m-n}a}{10^m}\,,因为\,m \ge n\,,所以\,5^{m-n}a\,为一整数,即\,\dfrac{a}{b}\,为一有限小数,其位数为\,m\,。同理,当\,m \lt n\,时,\dfrac{a}{b}=\dfrac{a}{2^m\cdot5^n}=\dfrac{2^{n-m}a}{10^n}\,为有限小数,其位数为\,n\,,故当\,b=2^m\cdot5^n\,(\,m\,,n\,是不全为\,0\,的非负整数)时,既约真分数\,\dfrac{a}{b}\,可化为有限小数,且位数为\,\max\{m\,,n\}\,。(2)\,必要性：设\,\dfrac{a}{b}\,是既约真分数,且\,\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{10^k}\,(k\,为正整数)\,,若\,b\,含有\,2\,和\,5\,以外的质因数\,p\,,可设\,b=b_1p\,,则由\,\dfrac{a}{b}=\dfrac{a}{b_1p}=\dfrac{c}{10^k}\,,得\,a\cdot10^k=b_1pc\,,即\,a\cdot2^k\cdot5^k=b_1pc\,,因为\,p \mid (a\cdot2^k\cdot5^k)\,,但\,(2^k\cdot5^k\,,p)=1\,,所以\,p \mid a\,,而\,p \mid b\,,这与\,\dfrac{a}{b}\,为既约分数矛盾,所以\,b\,不含\,2\,和\,5\,以外的质因数。证：(1)充分性：设b=2m⋅5n,且m≥n,则ba​=2m⋅5na​=10m5m−na​,因为m≥n,所以5m−na为一整数,即ba​为一有限小数,其位数为m。同理,当m<n时,ba​=2m⋅5na​=10n2n−ma​为有限小数,其位数为n,故当b=2m⋅5n(m,n是不全为0的非负整数)时,既约真分数ba​可化为有限小数,且位数为max{m,n}。(2)必要性：设ba​是既约真分数,且ba​=10kc​(k为正整数),若b含有2和5以外的质因数p,可设b=b1​p,则由ba​=b1​pa​=10kc​,得a⋅10k=b1​pc,即a⋅2k⋅5k=b1​pc,因为p∣(a⋅2k⋅5k),但(2k⋅5k,p)=1,所以p∣a,而p∣b,这与ba​为既约分数矛盾,所以b不含2和5以外的质因数。

例题

• 设$\frac{1}{n}$在$b$进制中的小数展开式为$\frac{1}{n}=\frac{d_1}{b}+\frac{d_2}{b^2}+\frac{d_3}{b^3}+\cdots (0\le d_k<b,k=1,2,3,\cdots )$，试证：若此小数展开式有限，则$n$的每一个质因数都是$b$的一个因数。
  $证：设\frac{1}{n}=\frac{d_1}{b}+\frac{d_2}{b^2}+\cdots +\frac{d_t}{b^t}(0\le d_k<b,k=1,2,\cdots ,t),则\frac{b^t}{n}=d_1{b}^{t-1}+d_2{b}^{t-2}+\cdots +d_t是一整数,即n\mid b^t。所以,n的每一个质因数都是b的一个因数。$
• 试证：在$b$进制中，若$n$的每一个质因数都是$b$的一个因数，则$\frac{1}{n}$的小数展开式是有限的。
  $提示：参考上一题$

无限循环小数

设$a_i(i=1,2,\cdots )$是不大于$9$的非负整数，如果对于小数$0.a_1{a}_2\cdots a_n\cdots$中的任一$a_j$，总存在一个大于$j$的正整数$k$，使得$a_k\ne 0$，那么就把$0.a_1{a}_2\cdots a_n\cdots$称为无限小数。

若对于一个无限小数$0.a_1{a}_2\cdots a_n\cdots$，能找到两个整数$s\ge 0,t>0$，使得$a_{s+i}=a_{s+kt+i}(i=1,2,\cdots ,t;k=1,2,\cdots )$，我们就称它为循环小数，简记成$0.a_1{a}_2\cdots a_s\dot{a_{s+1}}\cdots \dot{a_{s+t}}$

对循环小数而言，具有上述性质的$s$及$t$不止一个，若找到的$t$是最小的，就称$a_{s+1}\cdots a_{s+t}$为循环节，$t$称为循环节长。若最小的$s=0$，这个小数就称纯循环小数，否则称为混循环小数。

定理

既约真分数$\frac{a}{b}$可化为纯循环小数的充要条件是$(b,10)=1$， 并且循环节长是使$10^t\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$成立的最小正整数$t$。

$证：(1)必要性：若\frac{a}{b}能表示成纯循环小数,记循环节长为t,则由0<\frac{a}{b}<1,知\frac{a}{b}=0.\dot{a_1}{a}_2\cdots \dot{a_t},即10^t\cdot \frac{a}{b}=(10^{t-1}{a}_1+10^{t-2}{a}_2+\cdots +a_t)+0.\dot{a_1}{a}_2\cdots \dot{a_t}=q+\frac{a}{b}(q为正整数),故\frac{a}{b}=\frac{q}{10^t-1},或bq=a(10^t-1),因为(a,b)=1,所以b\mid (10^t-1),即(b,10)=1,且10^t\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)。(2)充分性：若(b,10)=1,则由欧拉定理,知一定存在某个正整数t(t可能就是\phi (b)),使得10^t\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)成立,所以10^{t}a\equiv a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b),即10^{t}a-a=bm(m是一个整数),于是10^t\cdot \frac{a}{b}-\frac{a}{b}=m,令\frac{a}{b}=0.a_1{a}_2\cdot a_t{a}_{t+1}{a}_{t+2}\cdots ,则有10^t\cdot \frac{a}{b}=(10^{t-1}{a}_1+10^{t-2}{a}_2+\cdots +a_t)+0.a_{t+1}{a}_{t+2}\cdots ,所以m=(10^{t-1}{a}_1+10^{t-2}{a}_2+\cdots +a_t)+0.a_{t+1}{a}_{t+2}\cdots -0.a_1\cdots a_t{a}_{t+1}{a}_{t+2}\cdots ,而m是整数,故0.a_{t+1}{a}_{t+2}\cdots -0.a_1\cdots a_t{a}_{t+1}{a}_{t+2}\cdots =0,因此有a_i=a_{kt+i}(i=1,2,\cdots ,t;k=1,2,\cdots ),这说明\frac{a}{b}能表示成纯循环小数,循环节长是使10^t\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)成立的最小正整数t。$

设$b$是一个正整数，且$(b,10)=1$，$t$是一个能使$10^t\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$成立的最小正整数，则$t\mid \phi (b)$。

$证：根据欧拉定理,知10^{\phi (b)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b),由题意知0<t\le \phi (b),设\phi (b)=tm+r(0\le r<t,m是一正整数),则10^{\phi (b)}\equiv 10^{tm+r}\equiv 10^r\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b),若r\ne 0,则0<r<t,且10^r\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b),与t的定义矛盾,故r=0,此时,t\mid \phi (b)。$

设$0<a<b,(a,b)=1,b=2^m\cdot 5^n\cdot b_1,b_1>1$且$(b_1,10)=1,m,n$都是非负整数但不同时为$0$，则既约真分数$\frac{a}{b}$可化为混循环小数。其中不循环部分位数是max⁡{m,n}\,\max\{m\,,n\}\,max{m,n}，循环部分位数是使$10^t\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{b}_1)$成立的最小正整数$t$。

若由既约真分数$\frac{a}{b}$所化成的纯循环小数的循环节长$t$是偶数，即$t=2k$，记$\frac{a}{b}=0.\dot{q_1}{q}_2\cdots q_k{t}_1{t}_2\cdots \dot{t_k}$，且$(b,10^k-1)=1$，则$q_i+t_i=9(i=1,2,\cdots ,k)$

$证：因为10^t\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b),t=2k,所以b\mid (10^t-1),即b\mid (10^k+1)(10^k-1),由(b,10^k-1)=1,知b\mid (10^k+1)。令10^k+1=bs,则bs-2=10^k-1=99\cdots 9(有k个9)(1),由10^{k}a=(bs-1)a=(sa-1)b+(b-a)(0<b-a<b)及10^{k}a=(10^{k-1}{q}_1+10^{k-2}{q}_2+\cdots +10q_{k-1}+q_k)b+r(0<r<b),知sa-1=10^{k-1}{q}_1+10^{k-2}{q}_2+\cdots +10q_{k-1}+q_k(2),又由10^k(b-a)=10^{k}r=(10^{k-1}{t}_1+10^{k-2}{t}_2+\cdots +10t_{k-1}+t_k)b+r_t(0<r_t<b)及10^k(b-a)=(bs-1)(b-a)=(bs-1-as)b+a(0<a<b),知bs-1-as=10^{k-1}{t}_1+10^{k-2}{t}_2+\cdots +10t_{k-1}+t_k(3),将(2)与(3)相加,得bs-2=10^{k-1}(q_1+t_1)+10^{k-2}(q_2+t_2)+\cdots +10(q_{k-1}+t_{k-1})+(q_k+t_k)(4),比较(1)与(4)的两边,有q_i+t_i=9(i=1,2,\cdots ,k)$

设$b$是大于$1$的正整数。当$(10,b)=1$时，分数$\frac{1}{b}$可表示成无限纯循环小数$\frac{1}{b}=0.\dot{a_1}{a}_2\cdots \dot{a_r}$，若$b_1$是$b$的个位数，则$\frac{1}{b}$的循环节$a_1{a}_2\cdots a_r$中的$a_r$是与$b_1$之积的末位数字为$9$的数字，$a_{r-1}$是$(\frac{a_{r}b+1}{10})a_r$结果的个位数字，记进位$d_1=[\frac{(a_{r}b+1)a_r}{100}]$，则$a_{r-2}$是$d_1+(\frac{a_{r}b+1}{10})a_{r-1}$结果的个位数字，记进位$d_2=[\frac{d_1}{10}+\frac{(a_{r}b+1)a_{r-1}}{100}]$，则$a_{r-3}$是$d_2+(\frac{a_{r}b+1}{10})a_{r-2}$结果的个位数字，$\cdots$，一般地，记进位$d_i=[\frac{d_{i-1}}{10}+\frac{(a_{r}b+1)a_{r-i+1}}{100}]$，则$a_{r-i-1}$是$d_i+(\frac{a_{r}b+1}{10})a_{r-i}$结果的个位数字。(其中$i$为整数，且$1\le i\le r-2$，$d_0=0$)

$$\begin{gathered} 证：容易知\frac{1}{b}=\frac{1}{10^r-1}(a_r+10a_{r-1}+\cdots +10^{r-1}{a}_1),即(a_r+10a_{r-1}+\cdots +10^{r-1}{a}_1)b=10^r-1(1), \\ 在上式取模10,可得a_{r}b\equiv -1\equiv 9(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10)(2),因为b_1是b的个位数,所以b\equiv b_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10),代入(2)即得 \\ {a}_r{b}_1\equiv 9(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10),这说明a_r是与b_1之积的末位数字为9的数字。 \\ 由(1)式,又得\frac{a_{r}b+1}{10}+(a_{r-1}+\cdots +10^{k-2}{a}_{r-k+1}+10^{k-1}{a}_{r-k}+\cdots +10^{r-2}{a}_1)b=10^{r-1}(2\le k\le r-2)(3), \\ 上式两边同乘以a_r后再除以10^{k-1},整理得 \\ -a_{r-k}(a_{r}b)=\frac{a_r}{10^{k-1}}(\frac{a_{r}b+1}{10}+(a_{r-1}+\cdots +10^{k-2}{a}_{r-k+1})b)+(10a_{r-k-1}+\cdots +10^{r-k-1}{a}_1)a_{r}b-10^{r-k}{a}_r(4), \\ 又在(1)式中注意到-a_{r-1}(a_{r}b)=(\frac{a_{r}b+1}{10})a_r+(10a_{r-2}+\cdots +10^{r-2}{a}_1)a_{r}b-10^{r-1}{a}_r(5),若设 \\ {q}_i=\{\begin{array}{ll}& \frac{a_r}{10^{i-1}}(\frac{a_{r}b+1}{10}+(a_{r-1}+\cdots +10^{i-2}{a}_{r-i+1})b),i\ge 2\\ & \\ & \frac{a_r(a_{r}b+1)}{10},i=1\end{array} \\ 结合(2)式,在式(4)和(5)取模10,处理整合可得：q_i=10d_i+a_{r-i}(1\le i\le r-1)(6),进一步得 \\ {q}_{i+1}=10d_{i+1}+a_{r-i-1}=\frac{q_i+a_r{a}_{r-i}b}{10}=d_i+(\frac{a_{r}b+1}{10})a_{r-i}(7), \\ 于是得q_{i+1}\equiv a_{r-i-1}\equiv d_i+\frac{a_{r}b+1}{10}{a}_{r-i}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10)(1\le i\le r-2)(8), \\ {d}_{i+1}=\frac{d_i}{10}+\frac{(a_{r}b+1)a_{r-i}}{100}-\frac{a_{r-i-1}}{10}=[\frac{d_i}{10}+\frac{(a_{r}b+1)a_{r-i}}{100}](9),又由(6)式得： \\ {d}_1=\frac{q_1-a_{r-1}}{10}=\frac{a_r(a_{r}b+1)}{100}-\frac{a_{r-1}}{10}=[\frac{a_r(a_{r}b+1)}{100}](10),将(10)式代回(9),可知若设边界条件为d_0=0,则： \\ {d}_i=[\frac{d_{i-1}}{10}+\frac{(a_{r}b+1)a_{r-i+1}}{100}](1\le i\le r-2) \end{gathered}$$

例题

写出$\frac{1}{29}$化为循环小数的结果。

$证：因为\phi (29)=28,28的全部正因数是1,2,4,7,14,28,而10\equiv 10(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}29),10^2\equiv 13(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}29),10^4\equiv -5(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}29),10^7\equiv -12(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}29),10^{14}\equiv -1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}29),10^{28}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}29),所以循环节长t=28。令\frac{1}{29}=0.\dot{a_1}{a}_2\cdots \dot{a_{28}},利用定理5得：a_{28}=1,(\frac{a_{r}b+1}{10})=\frac{1\cdot 29+1}{10}=3;a_{27}=3,d_1=0;a_{26}=0+3\cdot 3=9,d_2=0;由0+3\cdot 9=2\cdot 10+7,知a_{25}=7,d_3=2;由2+3\cdot 7=2\cdot 10+3,知a_{24}=3,d_4=2;由2+3\cdot 3=1\cdot 10+1,知a_{23}=1,d_5=1;由1+3\cdot 1=4,知a_{22}=4,d_6=0;\cdots ;逐步可确定a_{21}=2,a_{20}=7,a_{19}=1,a_{18}=5,a_{17}=5,a_{16}=6,a_{15}=9;又(29,10^{14}-1)=1,由定理4知：a_1=0,a_2=3,a_3=4,a_4=4,a_5=8,a_6=2,a_7=7,a_8=5,a_9=8,a_{10}=6,a_{11}=2,a_{12}=0,a_{13}=6,a_{14}=8。因此\frac{1}{29}=0.\dot{0}34482758620689655172413793\dot{1}。$

End