Chứng minh sử dụng đại số sơ cấp

Nhiều quy tắc đơn giản có thể được lập ra chỉ bằng cách sử dụng các thao tác đại số, tạo ra các nhị thức và sắp xếp lại chúng. Bằng cách viết một số dưới dạng tổng của từng chữ số nhân với một lũy thừa của 10, có thể thao tác trên mỗi bậc chữ số riêng lẻ.

Trường hợp quy tắc cộng tất cả chữ số

Phương pháp này áp dụng cho xét các ước là thừa số (nhân tử) của 10 − 1 = 9.

Lấy 3 làm ví dụ, 3 chia hết 9 = 10 − 1. Vậy tức là 10 ≡ 1 ( mod 3 ) {\displaystyle 10\equiv 1{\pmod {3}}} (xem thêm số học mô đun). Tương tự với các bậc lũy thừa cao hơn của 10: 10 n ≡ 1 n ≡ 1 ( mod 3 ) {\displaystyle 10^{n}\equiv 1^{n}\equiv 1{\pmod {3}}} . Tất cả chúng đều đồng dư với 1 modulo 3. Vì hai số đồng dư modulo 3 thì cả hai đều chia hết cho 3 hoặc đều không chia hết, ta có thể tùy ý hoán đổi giữa các giá trị đồng dư với 3. Vì thế, với một số chẳng hạn như sau, ta có thể thay tất cả các lũy thừa 10 trong đó bằng số 1:

100 ⋅ a + 10 ⋅ b + 1 ⋅ c ≡ ( 1 ) a + ( 1 ) b + ( 1 ) c ( mod 3 ) {\displaystyle 100\cdot a+10\cdot b+1\cdot c\equiv (1)a+(1)b+(1)c{\pmod {3}}}

và đây chính bằng tổng các chữ số có trong số đó.

Trường hợp quy tắc sử dụng tổng xen kẽ các chữ số

Phương pháp này phù hợp cho các ước là nhân tử của 10 + 1 = 11.

Lấy dấu hiệu của 11 làm ví dụ, 11 chia hết 11 = 10 + 1. Tức là 10 ≡ − 1 ( mod 11 ) {\displaystyle 10\equiv -1{\pmod {11}}} . Với các bậc lũy thừa cao hơn của 10, chúng đồng dư 1 đối với các bậc chẵn và đồng dư với −1 đối với các bậc lẻ:

10 n ≡ ( − 1 ) n ≡ { 1 , khi  n  chẵn − 1 , khi  n  lẻ ( mod 11 ) . {\displaystyle 10^{n}\equiv (-1)^{n}\equiv {\begin{cases}1,&{\mbox{khi }}n{\mbox{ chẵn}}\\-1,&{\mbox{khi }}n{\mbox{ lẻ}}\end{cases}}{\pmod {11}}.}

Như ở trường hợp trên, ta có thể thay các bậc lũy thừa của 10 với các giá trị đồng dư tương ứng của chúng:

1000 ⋅ a + 100 ⋅ b + 10 ⋅ c + 1 ⋅ d ≡ ( − 1 ) a + ( 1 ) b + ( − 1 ) c + ( 1 ) d ( mod 11 ) {\displaystyle 1000\cdot a+100\cdot b+10\cdot c+1\cdot d\equiv (-1)a+(1)b+(-1)c+(1)d{\pmod {11}}}

đây cũng chính là hiệu giữa tổng các chữ số ở vị trí hàng lẻ và tổng các chữ số ở vị trí hàng chẵn.

Trường hợp chỉ cần xét (các) chữ số cuối cùng

Quy tắc này áp dụng cho các ước là thừa số của một lũy thừa của 10 (chẳng hạn 2, 5, 10, 20, 25, 50, 100, 125, 250...). Đó là do bậc lũy thừa đủ cao của cơ số (10) chia hết cho ước cần xét, và có thể bỏ qua.

Ví dụ, trong hệ cơ số 10, các thừa số của 101 bao gồm 2, 5, và 10. Vì thế, tính chia hết cho 2, 5, và 10 chỉ phụ thuộc vào 1 chữ số cuối cùng có chia hết cho các ước đó hay không. Các thừa số của 102 bao gồm 4 và 25, và tính chia hết cho các ước đó chỉ phụ thuộc vào 2 chữ số cuối cùng.

Trường hợp chỉ bỏ đi (các) chữ số cuối cùng

Hầu hết các số nguyên đều không chia hết 9 hoặc 10, nhưng chia hết lũy thừa cao hơn của 10n hoặc 10n − 1. Trong trường hợp này số sẽ vẫn được viết thành các bậc lũy thừa của 10, nhưng không khai triển hoàn toàn.

Ví dụ, 7 không chia hết 9 hay 10, nhưng có chia hết 98, là một số gần 100. Vì vậy, tiếp tục từ đây:

100 ⋅ a + b {\displaystyle 100\cdot a+b}

ở đó trong trường hợp này a là một số nguyên bất kỳ, và b có thể nằm trong khoảng từ 0 đến 99. Tiếp theo đó,

( 98 + 2 ) ⋅ a + b {\displaystyle (98+2)\cdot a+b}

và lại khai triển

98 ⋅ a + 2 ⋅ a + b , {\displaystyle 98\cdot a+2\cdot a+b,}

và sau khi bỏ đi số hạng là bội số đã biết của 7, kết quả sẽ là:

2 ⋅ a + b , {\displaystyle 2\cdot a+b,}

đó chính là quy tắc "nhân đôi số tạo thành bởi phần còn lại ngoài hai chữ số cuối, rồi cộng thêm vào hai chữ số cuối".

Trường hợp (các) chữ số cuối cùng được nhân với một hệ số

Biểu diễn của số nguyên cũng có thể cần được nhân với một số nguyên tố cùng nhau với ước số đang xét mà không làm thay đổi tính chia hết của nó. Từ quan sát rằng 7 chia hết 21, chúng ta có thể thực hiện như sau:

10 ⋅ a + b , {\displaystyle 10\cdot a+b,}

sau khi nhân với 2, giá trị này trở thành

20 ⋅ a + 2 ⋅ b , {\displaystyle 20\cdot a+2\cdot b,}

và sau đó thành

( 21 − 1 ) ⋅ a + 2 ⋅ b . {\displaystyle (21-1)\cdot a+2\cdot b.}

bỏ đi bội số 21 ta được

− 1 ⋅ a + 2 ⋅ b , {\displaystyle -1\cdot a+2\cdot b,}

và nhân với −1 được

a − 2 ⋅ b . {\displaystyle a-2\cdot b.}

Có thể sử dụng một trong hai quy tắc cuối cùng để xét chia hết, tùy thuộc vào quy tắc nào dễ thực hiện tính toán hơn. Chúng tương ứng với quy tắc "trừ hai lần chữ số tận cùng vào phần còn lại".

Chứng minh sử dụng số học mô đun

Phần này sẽ minh họa phương pháp cơ bản; tất cả các quy tắc khác có thể được suy ra theo cùng một quy trình. Điều sau đây yêu cầu nền tảng kiến thức cơ bản về số học mô đun; đối với tính chia hết cho ước khác 2 và 5 các chứng minh dựa trên kết quả cơ bản rằng 10 mod m khả nghịch nếu 10 và m nguyên tố cùng nhau.

Đối với 2n hoặc 5n:

Chỉ cần xét n chữ số cuối cùng.

10 n = 2 n ⋅ 5 n ≡ 0 ( mod 2 n  hoặc  5 n ) {\displaystyle 10^{n}=2^{n}\cdot 5^{n}\equiv 0{\pmod {2^{n}{\mbox{ hoặc }}5^{n}}}}

Biểu diễn x dưới dạng 10 n ⋅ y + z , {\displaystyle 10^{n}\cdot y+z,}

x = 10 n ⋅ y + z ≡ z ( mod 2 n  hoặc  5 n ) {\displaystyle x=10^{n}\cdot y+z\equiv z{\pmod {2^{n}{\mbox{ hoặc }}5^{n}}}}

và tính chia hết của x cho 2 và 5 là tương tự đối với z.

Đối với 7:

Bởi vì 10 × 5  ≡  10 × (−2)  ≡ 1 (mod 7) chúng ta có thể làm như sau:

Biểu diễn x dưới dạng 10 ⋅ y + z , {\displaystyle 10\cdot y+z,}

− 2 x ≡ y − 2 z ( mod 7 ) , {\displaystyle -2x\equiv y-2z{\pmod {7}},}

vì thế x chia hết cho 7 khi và chỉ khi y − 2z chia hết cho 7.