A „Ki akar milliomos lenni ?” című műsor legutóbbi epizódjában volt egy ügyes kis kérdés, amin Günther Jauchnak egyértelműen el kellett gondolkodnia: „Egy szám mindig osztható \(4\) maradék nélkül, ha az utolsó két számjegyéből képzett szám...?” – és pontosan itt kell egy pillanatra matematikailag gondolkodni, ahelyett, hogy a szép figyelemelterelések elcsábítanának. Mert míg az olyan válaszok, mint a „páros”, a „ \(0\) , vagy a „számjegyek összege \(4\) ”, első pillantásra hihetőnek tűnnek, a helyes válasz a tízes számrendszerünk egy egyszerű tulajdonságában rejlik.
Egy \(X\) szám akkor és csak akkor osztható \(4\) -gyel, ha az utolsó két számjegyéből képzett szám osztható \(4\) -gyel. A bizonyítás közvetlenül következik a decimális ábrázolásból. Minden \(X\) természetes szám egyértelműen ábrázolható a következő alakban:
\[
X = 100 \cdot X' + X''
\]
írd fel, ahol \(X''\) az utolsó két számjegyből képzett szám, azaz \(0 \leq X'' < 100\) , és \(X'\) a szám megelőző része. Mivel
\[
100 = 25 \cdot 4
\]
vonatkozik, következik
\[
X = 25 \cdot 4 \cdot X' + X''.
\]
Az első összeadandó \(25 \cdot 4 \cdot X'\) mindig osztható \(4\) függetlenül \(X'\) től. Ezért az \(X\) maradékának \(4\) gyel való osztásakor csak \(X''\) releváns. Formálisan kifejezve:
\[
X \equiv X'' \pmod{4}.
\]
Ez különösen vonatkozik:
\[
4 \mid X \iff 4 \mid X''.
\]
Hasonló oszthatósági szabályok merülnek fel, amikor egy szám \(10\) hatványa modulo különösen egyszerűvé válik. \(4\) gyel való oszthatóságnál a döntő tényező az volt, hogy \(100 \equiv 0 \pmod 4\) Még érdekesebbé válik a helyzet, amikor a \(0\) helyett \(1\) vagy \(-1\) értékek fordulnak elő.
Klasszikus példa a \(11\) való oszthatóság.
\[
10 \equiv -1 \pmod{11}
\]
Ha ez igaz, akkor egy decimális szám helyiértékei \(11\) modulo mindig \(1\) és \(-1\) között váltakoznak.
\[
X = a_0 + 10a_1 + 10^2a_2 + 10^3a_3 + \dots
\]
Ebből következik tehát
\[
X \equiv a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + \dots \pmod{11}.
\]
Egy szám akkor és csak akkor osztható \(11\) -gyel, ha a váltakozó számjegyeinek összege osztható \(11\) -gyel. Például \(918082\) esetében ez a helyzet.
\[
2 - 8 + 0 - 8 + 1 - 9 = -22,
\]
és mivel \(-22\) osztható \(11\) -gyel, \(918082\) is osztható \(11\) -gyel.
Még elegánsabb a \(7\) , \(11\) és \(13\) egyidejű alkalmazására vonatkozó szabály. Ez azt jelenti, hogy
\[
1001 = 7 \cdot 11 \cdot 13
\]
és így
\[
1000 \equiv -1 \pmod{7}, \qquad
1000 \equiv -1 \pmod{11}, \qquad
1000 \equiv -1 \pmod{13}.
\]
Ha egy számot jobbról balra három részre osztasz, akkor ezeket a részeket felváltva összeadhatod és kivonhatod.
\[
X = 123456789
\]
Tehát, ha valaki figyelembe veszi
\[
789 - 456 + 123 = 456.
\]
Az eredeti szám maradéka modulo \(7\) , \(11\) és \(13\) , mint \(456\) Ezért egy nagyon nagy számot egy jelentősen kisebbel helyettesíthetünk anélkül, hogy az oszthatósága megváltozna ezzel a három számmal.
\(37\) tel való oszthatóságnak meglepően elegáns alakja is van. Mivel
\[
999 = 27 \cdot 37
\]
vonatkozik
\[
1000 \equiv 1 \pmod{37}.
\]
Ha osztható \(37\) a háromból álló blokkok egyszerűen összeadhatók. Például:
\[
99937
\]
az összeg
\[
99 + 937 = 1036.
\]
Ott
\[
1036 = 28 \cdot 37
\]
Ha \(99937\) osztható 37-tel, akkor a 99937 is osztható \(37\) tel.
Az ilyen szabályok kezdetben numerikus trükköknek tűnnek, de végső soron csak ugyanazon ötlet alkalmazásai: a tíz nagy hatványait egyszerű, a kérdéses számra vonatkozó maradékokkal helyettesítik. Ez egy nagy decimális számot egyszerű, kongruenciákat tartalmazó számítássá alakít. Pontosan ezért az ilyen oszthatósági szabályok többet jelentenek puszta számtani trükköknél; a maradékokra való redukciót jelentik modulo . \(10^k\): Kvíz formátumban apró kognitív csapdáknak tűnnek, de közvetlenül egy meglepően elegáns számelméleti ötlethez vezetnek.