判断二进制数能否被3整除

判断二进制数能否被3整除的方法
业余数学爱好者郑敏
一个数是否可以被3整除？我们习惯十进制数的简单判断方法，但一般不追究其原因。

其实原因很简单，这是由于10^k≡1(mod3)。

这样我们可将10、100、1000……等都看做1，最后将各个数位的数字加起来，若能被3整除，原来的数即可被3整除。

四、七、十三、十六……进制数与十进制数一样，都可以用这个方法。

三、六、九、十二、十六……进制数很明显，可以直接看出。

其他进制数略微麻烦一点，其中二进制数较简单，仅以此为例分析如下：
根据：10^(2k+1)+1≡0(mod11)
10^2(k+i)+10^2k+1≡0(mod11) (k∈N, i∈N) 我们得到二类定可被11(3)整除字符串：
①11、1001、100001、10000001……（3、9、33、129……）
②10101，1010001，101000001……（21、81、321……273）
任一二进制数n的1字符要么在右数奇数位，要么在偶数位。

假如奇数位有j个1字符，偶数位有k个1字符。

令每个奇数位上的1字符选择一个（且只能一个）偶数位上的1字符，当j=k时，将构成j个①类字符串；假如j≠k，剩余∣j-k∣个1字符必定同在奇数（或偶数）位。

若n≡0(mod11),则∣j-k∣≡0(mod11)，也就是说这些剩余的1字符可以划分为∣j-k∣/3个②类字符串。

由此可见，利用以上两类字符串判断，不会有遗漏，也不会有重复。

例如，100011100101111001101000010001可以由以下字符串嵌套、交叉、组合而成：
10111100001101001110001001110010001
100000000001
001111
00000000001001
000000000000000011
00000000000000000010000001
0000000000000000000000100001
00000000000000000000000000100010001
在一个二进制数中，这些字符串可能有很多划分方法，且往往是相互交叉、嵌套在一起的，因此运用起来不够方便。

为此根据实践经验推演出几个从左至右划分的，更实用、更利于直观判断的字符串组合。

令：A=00……0（由奇数个连续的0组合的字符串）
B=1……1（中间为任意多个字符组合，但不包含A字符串）这样我们的判断就得到一套新的字符串，其中：
0≡0（mod11） 1A01≡0（mod11） 1A1BA21≡0（mod11） (1A01包含“11”) 1≡1（mod11） 1A0≡1（mod11） 1A1BA2≡1（mod11）
1A≡10（mod11）1AB≡10（mod11）1 A1BA20≡10（mod11）
显然0≡0（mod11） 1A01≡0（mod11）无需再证明，如果仅仅是1A01字符串的交叉、嵌套，重要不将其中某个偶数个连续的0字符给段为两个奇数个0字符串，我们一定可依序将它们重新划分为若干个1A01字符串。

A是由奇数个连续的0组合的字符串，AA=A0(或0A)，不能够重复出现。

B中间不包含A字符串，BB=B，也不会重复出现。

若A与B重复交叉，其中部分字符必定构成了一个1ABA1字符串。

由此可见，若二进制数n≡0（mod11）,将其从左到右划分为若干字符串，这些字符串最多只有三种类型：0、1A01和1A1BA21。

下面证明1A1BA21≡0（mod11）
由于B=1……1（中间为任意多个字符组合，但不包含A字符串），如果我们将其中包含的1A01字符串按顺序逐一消除（注意，至少要保留1个或2个字符），最终的结果必然剩余“1”或“11”。

也就是说，1A1BA21简化为1A11A21或1A111A21两种形式。

1A11A21是前已经证明过的②字符串，毫无疑问，它≡0（mod11）；
而1A111A21是1A01与11的嵌套组合字符串，故，1A111A21≡0（mod11）。

于是，1A1BA21≡0（mod11）
最后，证明判断余数的字符串是否正确且无遗漏。

这些字符串一定是1A01、1A1BA21字符串去掉尾部某些字符后形成的。

1A01能够且只能导致三种结果：
1≡1（mod11） 1A≡10（mod11） 1A0≡1（mod11）
对于1A1BA21，显然我们可以只考虑从B字符串开始舍去尾部的部分字符。

舍去某个1字符后的所有字符，只有一种1AB
舍去某个0字符后的所有字符，只有两种1A1BA2、1A1BA20
根据前面的分析，我们同样可以认为，如果我们将B字符串中包含的1A01字符串按顺序逐一消除（注意，至少要保留1个或2个字符），这三种字符串最终简化为：1A1与1A11、1A11A2与1A111A2、1A11A20与1A111A20。

显然1A1=1A0+1
由于1A0≡1（mod11）
故 1A1≡10（mod11）
又1A11=1A+11
故1A11≡10（mod11）
从而证明了1AB≡10（mod11）
例如：101、1011、10110000111、1000100111100111……
1A11A2→两个独立的1A字符串叠加，1A≡10（mod11），其综合效果必然是1A11A2≡1（mod11）
1A111A2→1A0(舍去11字符串)，1A0≡1（mod11），故1A111A2≡1（mod11）综合这两结果，得知1A1BA2≡1（mod11）
例如：1010、10110、1000001110000111000、……
同理，可推出1A1BA20≡10（mod11）
例如：10100、101100、1000111000011110000……
证明完毕。