Dalam episod "Siapa Wants to Be a Millionaire ?" baru-baru ini, terdapat satu soalan kecil yang perlu difikirkan oleh Günther Jauch: "Sesebuah nombor sentiasa boleh dibahagi dengan \(4\) tanpa baki jika nombor yang terbentuk daripada dua digit terakhirnya ialah...?" – dan di sinilah anda perlu berfikir secara matematik seketika, dan bukannya terpedaya dengan gangguan yang menarik. Kerana walaupun jawapan seperti "genap", "mengandungi \(0\) , atau "jumlah digit ialah \(4\) " kedengaran munasabah pada pandangan pertama, jawapan yang betul terletak pada sifat mudah sistem perpuluhan kita.
Suatu nombor \(X\) boleh dibahagi dengan \(4\) jika dan hanya jika nombor yang dibentuk oleh dua digit terakhirnya boleh dibahagi dengan \(4\) . Buktinya adalah terus daripada perwakilan perpuluhan. Setiap nombor asli \(X\) boleh diwakili secara unik dalam bentuk
\[
X = 100 \cdot X' + X''
\]
tulis dengan \(X''\) ialah nombor yang dibentuk daripada dua digit terakhir, iaitu, \(0 \leq X'' < 100\) , dan \(X'\) ialah bahagian sebelumnya bagi nombor tersebut. Oleh kerana
\[
100 = 25 \cdot 4
\]
terpakai, berikut
\[
X = 25 \cdot 4 \cdot X' + X''.
\]
Penambahan pertama \(25 \cdot 4 \cdot X'\) sentiasa boleh dibahagi dengan \(4\) tanpa mengira \(X'\) . Oleh itu, bagi baki \(X\) apabila dibahagi dengan \(4\) hanya \(X''\) yang relevan. Dinyatakan secara formal:
\[
X \equiv X'' \pmod{4}.
\]
Ini terpakai khususnya:
\[
4 \mid X \iff 4 \mid X''.
\]
Peraturan kebolehbahagian yang serupa timbul apabila kuasa \(10\) modulo sesuatu nombor menjadi sangat mudah. Untuk kebolehbahagian dengan \(4\) faktor penting ialah \(100 \equiv 0 \pmod 4\) Ia menjadi lebih menarik apabila nilai \(1\) atau \(-1\) muncul dan bukannya \(0\) .
Satu contoh klasik ialah kebolehbahagian dengan \(11\) .
\[
10 \equiv -1 \pmod{11}
\]
Jika ini benar, nilai tempat bagi nombor perpuluhan modulo \(11\) sentiasa berselang-seli antara \(1\) dan \(-1\) .
\[
X = a_0 + 10a_1 + 10^2a_2 + 10^3a_3 + \dots
\]
Oleh itu, ia mengikuti
\[
X \equiv a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + \dots \pmod{11}.
\]
Suatu nombor boleh dibahagi dengan \(11\) jika dan hanya jika hasil tambah digit berselang-selinya boleh dibahagi dengan \(11\) Untuk \(918082\) sebagai contoh, inilah kesnya.
\[
2 - 8 + 0 - 8 + 1 - 9 = -22,
\]
dan memandangkan \(-22\) boleh dibahagi dengan \(11\) , \(918082\) juga boleh dibahagi dengan \(11\) .
Lebih elegan lagi ialah peraturan untuk \(7\) , \(11\) dan \(13\) secara serentak. Ia menyatakan bahawa
\[
1001 = 7 \cdot 11 \cdot 13
\]
maka dengan itu
\[
1000 \equiv -1 \pmod{7}, \qquad
1000 \equiv -1 \pmod{11}, \qquad
1000 \equiv -1 \pmod{13}.
\]
Jika anda membahagikan nombor kepada blok tiga dari kanan ke kiri, anda boleh menambah dan menolak blok-blok ini secara berselang-seli. Untuk
\[
X = 123456789
\]
Jadi, jika seseorang menganggap
\[
789 - 456 + 123 = 456.
\]
Nombor asal mempunyai baki modulo \(7\) , \(11\) dan \(13\) yang sama seperti \(456\) Oleh itu, nombor yang sangat besar boleh digantikan dengan nombor yang jauh lebih kecil tanpa mengubah kebolehbahagiannya dengan ketiga-tiga nombor ini.
Kebolehbahagian dengan \(37\) juga mempunyai bentuk yang sangat elegan. Oleh kerana
\[
999 = 27 \cdot 37
\]
terpakai
\[
1000 \equiv 1 \pmod{37}.
\]
Apabila boleh dibahagi dengan \(37\) blok tiga boleh ditambah bersama. Contohnya, daripada
\[
99937
\]
jumlahnya
\[
99 + 937 = 1036.
\]
Di sana
\[
1036 = 28 \cdot 37
\]
Jika \(99937\) boleh dibahagi dengan 37, maka 99937 juga boleh dibahagi dengan \(37\) .
Peraturan sedemikian pada mulanya kelihatan seperti helah berangka, tetapi akhirnya hanyalah aplikasi idea yang sama: menggantikan kuasa besar sepuluh dengan baki mudah modulo nombor yang dimaksudkan. Ini mengubah nombor perpuluhan yang besar menjadi pengiraan mudah yang melibatkan kongruensi. Itulah sebabnya peraturan kebolehbahagian sedemikian lebih daripada sekadar helah aritmetik; ia mewakili pengurangan kepada baki modulo \(10^k\): Dalam format kuiz, ia muncul sebagai perangkap kognitif kecil, tetapi membawa terus kepada idea yang sangat elegan dalam teori nombor.