有趣的21
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增大字体 我们知道，整数被2 , 3 , 4 , 5 , 8 , 9或11整除的特点易掌握，什么样的数能被7 整除？这可是一个难题，下面，我将介绍一些关于整数被7整除的有趣而又有用的知识。 先从3×7=21谈起。
有一个道理是很明显的。如果有一个整数的末位数是1，这个数又比21大的话，我 们将这个 数减去21，得数（它的末位数肯定是0）如果能被7整除，先前那个数肯定也 能被7整除；如果得数不能被7整除，先前那个数肯定也不能被7整除，即在这种情况下， 判断得数能不能被7整除，最末位上的0可以舍去不管。
如果给定的整数的末位数不是1，而是其他数，也可以依此类推，例如给定整数末 位数是6，我们可将此数减去21×6=126，也即先从该整数中去掉末位数6，再从所余数 中减去6×2=12。由此我们得到一个一般原则：去掉末位数，再从剩下的数中减去去掉 的末位数的2倍。
以考查15946能不能被7整除为例，去掉末位数6，再计算1594-2×6得1582，此时， 如果1582能被7整除，则115946就能被7整除；如果1582不能被7整除，则15946就不 能被7整除。
继续对1582用此法判断可得154，再作一次就得7，由于最后得到的是7（或7的倍 数）， 故知15946能被7整除。
这是一种简捷可靠的判断一个整数能不能被7整除的方法，我们称它为“去一减二 法”， 它的意思就是前面说的：去掉末位一个数，再从剩下的数中减去去掉的数的2倍。
再举一个例子，让我们来考查841945是否能被7整除。我们将逐次用“去一减二法”。 结果写出来（末位数是0时可以将0舍去）便是：841945→84184→841→82→4。故知 841945不能被7整除。
实际解题时，只需心算就行了，不必将上面的式子逐个写出，解题中也可以随机应 变地 运用一些技巧，例如，如果一眼就看出末位两位或前两位是14，35，56，84，91等 7的倍数时，可以直接舍去，如841945→1945→184→1，立即就可以断定841945不能被7 整除。 在上面的心算中，我们两次舍去了84这个7的倍数。
还有一种判断整数能不能被7整除的方法，这种方法也可以用来判断整数是否能被11 或13整除，由于这种方法的基础是7×11×13=1001，所以我们将它为“1001法”。
还以15946为例，我们将15946从左往右数到第一位与第四位（中间相隔两位）上的数都
减去1，则得5936，实际上相当于减去10×1001，减去的是7的倍数，因此要考查15946 是否能被7整除，只须考查5936是否能被7整除就行了，再从5936的第一位和第四位上 都减去5，得931，则15946能不能被7整除的问题变成了考查931能不能被7整除，如果 我们把大于7的数字都减去7，实际上就是要考查231是否能被7整除，这时只须用一次 “去一减二法”得21，就能判定15946能被7整除了。
又如，用“1001法”考查841945能不能被7整除，由于 1001×841=841841，所以 841945-841841=945-841=104（即多次用“1001法的结果），因此我们只须考查104是否 能被7整除即可，此时用“去一减二法”得2，故知841945不能被7整除。
这里要注意，因为1001=7×11×13，所以“1001法”不光能用来判断7的整除性， 还可以用来判断11和13的整除性，由于104不能被11整除而能被13整除，所以我们可以 判定841945不能被11整除而能被113整除。这是一个很有用的知识。
利用“1001法”进行判断时，如果位数较多（数字较长），可以先将整数从右到左 每三个数一节地分开，再从右边数起按下面办法计算（下式的证明要用到“同余式” 的 知识， 此处从略，有兴趣的读者可参看有关初等数论的书）：
[ 第一节 ] – [ 第二节 ] + [ 第三节 ] - [ 第四节 ] +…，
计算所得的数如果是7，11或13的倍数，原数就能被7，11或13数整除；如果算得的数 不是7，11或13的倍数，则原数就不能被7，11或13整除。 例如，我们考查64763881，从右往左分节得881，763，64，于是计算得881-763+64=182， 由于182能被7和13整除，而不能被11整除，所以64763881能被7和13整除而不能被11整除。 为了开阔思路、增加兴趣，使读者掌握得更好些，笔者拟了道趣题作为上述方法的练习。
如果我们在21的2与1之间添加进去若干个0，使它变成：20…01，现在问：这种20… 01的数中，是否有能被21整除的？如果没有，那是为什么？如果有，那么有多少个？ 这个 题目如果思路得当，小学生都能解答；如果弄得不好，大学生也做不出来。
一个很自然的想法是，我们不妨在21的2与1之间添加进去几个0试试看，当添加进去 6个0时得20000001，这是一个八位数，按“1001法”分节计算得001-000+20=21，由于21 能被7整除，故20000001必能被7整除，同时考虑到20000001的各位数字之和为3，故这个 数必能被3整除，因此20000001必能被21整除，所以形如20…01的数中，能被21整除的数 是有的，这种数有多少个呢？如果我们再添加进去6个0的话得20000000000001， 按“1001法”分节计算得001-000+000-000+20=21，又得到一个形如20…01的能被21整除 的数，这样，我们就看到，每添加进去6个0，就可得一个能被21整除的数，因此，形如 20…01的能被21整除的数有无穷多个。
读者可以用同样的方法说明，往65的6与5之间，每添加进去6个0就可以得到一个 形如60…05的能被65整除的数。
更有意思的是，同样的方法可以证明，不仅在21的2与1之间每添加进去6个0，所得的数都能被21整除，而且每添加进去6个别的相同数学之后，如2111111，2222221，23333331， … 29999991等，也都能被21整除，其中，在21的2与1之间加进去3时，无论是加进去多少 个3， 所得的数233…331都肯定能被21整除，其中的道理请读者思考。
有一个道理是很明显的。如果有一个整数的末位数是1，这个数又比21大的话，我 们将这个 数减去21，得数（它的末位数肯定是0）如果能被7整除，先前那个数肯定也 能被7整除；如果得数不能被7整除，先前那个数肯定也不能被7整除，即在这种情况下， 判断得数能不能被7整除，最末位上的0可以舍去不管。
如果给定的整数的末位数不是1，而是其他数，也可以依此类推，例如给定整数末 位数是6，我们可将此数减去21×6=126，也即先从该整数中去掉末位数6，再从所余数 中减去6×2=12。由此我们得到一个一般原则：去掉末位数，再从剩下的数中减去去掉 的末位数的2倍。
以考查15946能不能被7整除为例，去掉末位数6，再计算1594-2×6得1582，此时， 如果1582能被7整除，则115946就能被7整除；如果1582不能被7整除，则15946就不 能被7整除。
继续对1582用此法判断可得154，再作一次就得7，由于最后得到的是7（或7的倍 数）， 故知15946能被7整除。
这是一种简捷可靠的判断一个整数能不能被7整除的方法，我们称它为“去一减二 法”， 它的意思就是前面说的：去掉末位一个数，再从剩下的数中减去去掉的数的2倍。
再举一个例子，让我们来考查841945是否能被7整除。我们将逐次用“去一减二法”。 结果写出来（末位数是0时可以将0舍去）便是：841945→84184→841→82→4。故知 841945不能被7整除。
实际解题时，只需心算就行了，不必将上面的式子逐个写出，解题中也可以随机应 变地 运用一些技巧，例如，如果一眼就看出末位两位或前两位是14，35，56，84，91等 7的倍数时，可以直接舍去，如841945→1945→184→1，立即就可以断定841945不能被7 整除。 在上面的心算中，我们两次舍去了84这个7的倍数。
还有一种判断整数能不能被7整除的方法，这种方法也可以用来判断整数是否能被11 或13整除，由于这种方法的基础是7×11×13=1001，所以我们将它为“1001法”。
还以15946为例，我们将15946从左往右数到第一位与第四位（中间相隔两位）上的数都
减去1，则得5936，实际上相当于减去10×1001，减去的是7的倍数，因此要考查15946 是否能被7整除，只须考查5936是否能被7整除就行了，再从5936的第一位和第四位上 都减去5，得931，则15946能不能被7整除的问题变成了考查931能不能被7整除，如果 我们把大于7的数字都减去7，实际上就是要考查231是否能被7整除，这时只须用一次 “去一减二法”得21，就能判定15946能被7整除了。
又如，用“1001法”考查841945能不能被7整除，由于 1001×841=841841，所以 841945-841841=945-841=104（即多次用“1001法的结果），因此我们只须考查104是否 能被7整除即可，此时用“去一减二法”得2，故知841945不能被7整除。
这里要注意，因为1001=7×11×13，所以“1001法”不光能用来判断7的整除性， 还可以用来判断11和13的整除性，由于104不能被11整除而能被13整除，所以我们可以 判定841945不能被11整除而能被113整除。这是一个很有用的知识。
利用“1001法”进行判断时，如果位数较多（数字较长），可以先将整数从右到左 每三个数一节地分开，再从右边数起按下面办法计算（下式的证明要用到“同余式” 的 知识， 此处从略，有兴趣的读者可参看有关初等数论的书）：
[ 第一节 ] – [ 第二节 ] + [ 第三节 ] - [ 第四节 ] +…，
计算所得的数如果是7，11或13的倍数，原数就能被7，11或13数整除；如果算得的数 不是7，11或13的倍数，则原数就不能被7，11或13整除。 例如，我们考查64763881，从右往左分节得881，763，64，于是计算得881-763+64=182， 由于182能被7和13整除，而不能被11整除，所以64763881能被7和13整除而不能被11整除。 为了开阔思路、增加兴趣，使读者掌握得更好些，笔者拟了道趣题作为上述方法的练习。
如果我们在21的2与1之间添加进去若干个0，使它变成：20…01，现在问：这种20… 01的数中，是否有能被21整除的？如果没有，那是为什么？如果有，那么有多少个？ 这个 题目如果思路得当，小学生都能解答；如果弄得不好，大学生也做不出来。
一个很自然的想法是，我们不妨在21的2与1之间添加进去几个0试试看，当添加进去 6个0时得20000001，这是一个八位数，按“1001法”分节计算得001-000+20=21，由于21 能被7整除，故20000001必能被7整除，同时考虑到20000001的各位数字之和为3，故这个 数必能被3整除，因此20000001必能被21整除，所以形如20…01的数中，能被21整除的数 是有的，这种数有多少个呢？如果我们再添加进去6个0的话得20000000000001， 按“1001法”分节计算得001-000+000-000+20=21，又得到一个形如20…01的能被21整除 的数，这样，我们就看到，每添加进去6个0，就可得一个能被21整除的数，因此，形如 20…01的能被21整除的数有无穷多个。
读者可以用同样的方法说明，往65的6与5之间，每添加进去6个0就可以得到一个 形如60…05的能被65整除的数。
更有意思的是，同样的方法可以证明，不仅在21的2与1之间每添加进去6个0，所得的数都能被21整除，而且每添加进去6个别的相同数学之后，如2111111，2222221，23333331， … 29999991等，也都能被21整除，其中，在21的2与1之间加进去3时，无论是加进去多少 个3， 所得的数233…331都肯定能被21整除，其中的道理请读者思考。
