Në episodin e fundit të "Kush do të bëhet milioner ?", kishte një pyetje të vogël e të këndshme për të cilën Günther Jauch duhej të mendonte: "Një numër është gjithmonë i plotpjesëtueshëm me \(4\) pa mbetje nëse numri i formuar nga dy shifrat e tij të fundit është...?" - dhe pikërisht këtu duhet të mendoni matematikisht për një moment, në vend që të josheni nga shpërqendrimet e bukura. Sepse, ndërsa përgjigje si "është çift", "përmban një \(0\) ose "shuma e shifrave është \(4\) " tingëllojnë të besueshme në shikim të parë, përgjigjja e saktë qëndron në një veti të thjeshtë të sistemit tonë dhjetor.
Një numër \(X\) pjesëtohet me \(4\) nëse dhe vetëm nëse numri i formuar nga dy shifrat e tij të fundit pjesëtohet me \(4\) . Prova rrjedh direkt nga përfaqësimi dhjetor. Çdo numër natyror \(X\) mund të përfaqësohet në mënyrë unike në formën
\[
X = 100 \cdot X' + X''
\]
shkruaj ku \(X''\) është numri i formuar nga dy shifrat e fundit, d.m.th., \(0 \leq X'' < 100\) , dhe \(X'\) është pjesa paraprake e numrit. Meqenëse
\[
100 = 25 \cdot 4
\]
vlen, vijon
\[
X = 25 \cdot 4 \cdot X' + X''.
\]
Mbledhësi i parë \(25 \cdot 4 \cdot X'\) është gjithmonë i pjesëtueshëm me \(4\) pavarësisht nga \(X'\) . Prandaj, për pjesën e mbetur të \(X\) kur pjesëtohet me \(4\) vetëm \(X''\) është i rëndësishëm. Shprehur formalisht:
\[
X \equiv X'' \pmod{4}.
\]
Kjo vlen në veçanti:
\[
4 \mid X \iff 4 \mid X''.
\]
Rregulla të ngjashme të pjesëtueshmërisë lindin sa herë që një fuqi e \(10\) modulo e një numri bëhet veçanërisht e thjeshtë. Për pjesëtueshmërinë me \(4\) faktori vendimtar ishte që \(100 \equiv 0 \pmod 4\) Bëhet edhe më interesante kur shfaqen vlerat \(1\) ose \(-1\) në vend të \(0\) .
Një shembull klasik është pjesëtueshmëria me \(11\) .
\[
10 \equiv -1 \pmod{11}
\]
Nëse kjo është e vërtetë, vlerat e vendit të një numri dhjetor modulo \(11\) alternojnë gjithmonë midis \(1\) dhe \(-1\) .
\[
X = a_0 + 10a_1 + 10^2a_2 + 10^3a_3 + \dots
\]
Prandaj, rrjedh
\[
X \equiv a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + \dots \pmod{11}.
\]
Një numër pjesëtohet me \(11\) nëse dhe vetëm nëse shuma e shifrave të tij alternative pjesëtohet me \(11\) Për shembull, për \(918082\) ky është rasti.
\[
2 - 8 + 0 - 8 + 1 - 9 = -22,
\]
dhe meqenëse \(-22\) është i pjesëtueshëm me \(11\) , \(918082\) është gjithashtu i pjesëtueshëm me \(11\) .
Edhe më elegant është rregulli për \(7\) , \(11\) dhe \(13\) njëkohësisht. Ai pohon se
\[
1001 = 7 \cdot 11 \cdot 13
\]
dhe kështu
\[
1000 \equiv -1 \pmod{7}, \qquad
1000 \equiv -1 \pmod{11}, \qquad
1000 \equiv -1 \pmod{13}.
\]
Nëse e ndani një numër në blloqe me nga tre nga e djathta në të majtë, mund t’i mblidhni dhe zbritni këto blloqe në mënyrë alternative.
\[
X = 123456789
\]
Pra, nëse dikush merr në konsideratë
\[
789 - 456 + 123 = 456.
\]
Numri origjinal ka të njëjtën mbetje modulo \(7\) , \(11\) dhe \(13\) si \(456\) Prandaj, një numër shumë i madh mund të zëvendësohet me një numër dukshëm më të vogël pa ndryshuar pjesëtueshmërinë e tij me këta tre numra.
Pjesëtueshmëria me \(37\) ka gjithashtu një formë çuditërisht elegante. Që nga
\[
999 = 27 \cdot 37
\]
zbatohet
\[
1000 \equiv 1 \pmod{37}.
\]
Kur pjesëtohen me \(37\) blloqet me nga tre mund të mblidhen thjesht së bashku. Për shembull, nga
\[
99937
\]
shuma
\[
99 + 937 = 1036.
\]
Atje
\[
1036 = 28 \cdot 37
\]
Nëse \(99937\) pjesëtohet me 37, atëherë edhe 99937 pjesëtohet me \(37\) .
Rregulla të tilla fillimisht duken si truke numerike, por në fund të fundit janë vetëm zbatime të së njëjtës ide: zëvendësimi i fuqive të mëdha të dhjetës me mbetje të thjeshta modulo të numrit në fjalë. Kjo e transformon një numër të madh dhjetor në një llogaritje të thjeshtë që përfshin kongruenca. Pikërisht për këtë arsye rregulla të tilla të pjesëtueshmërisë janë më shumë sesa thjesht truke aritmetike; ato përfaqësojnë një reduktim në mbetje modulo. \(10^k\): Në formatin e kuizit, ato shfaqen si kurthe të vogla njohëse, por çojnë drejtpërdrejt në një ide çuditërisht elegante në teorinë e numrave.