先從3×7=21談起。
有乙個道理是很明顯的。如果有乙個整數的末位數是1，這個數又比21大的話，我們將這個數減去21，得數（它的末位數肯定是0）如果能被7整除，先前那個數肯定也能被7整除；如果得數不能被7整除，先前那個數肯定也不能被7整除，即在這種情況下，判斷得數能不能被7整除，最末位上的0可以捨去不管。
如果給定的整數的末位數不是1，而是其他數，也可以依此類推，例如給定整數末位數是6，我們可將此數減去21×6=126，也即先從該整數中去掉末位數6，再從所餘數中減去6×2=12。由此我們得到乙個一般原則：去掉末位數，再從剩下的數中減去去掉的末位數的2倍。
以考查15946能不能被7整除為例，去掉末位數6，再計算1594-2×6得1582，此時，如果1582能被7整除，則115946就能被7整除；如果1582不能被7整除，則15946就不能被7整除。
繼續對1582用此法判斷可得154，再作一次就得7，由於最後得到的是7（或7的倍數），故知15946能被7整除。
這是一種簡捷可靠的判斷乙個整數能不能被7整除的方法，我們稱它為「去一減二法」，它的意思就是前面說的：去掉末位乙個數，再從剩下的數中減去去掉的數的2倍。
再舉乙個例子，讓我們來考查841945是否能被7整除。我們將逐次用「去一減二法」。結果寫出來（末位數是0時可以將0捨去）便是：
841945→84184→841→82→4。故知841945不能被7整除。
實際解題時，只需心算就行了，不必將上面的式子逐個寫出，解題中也可以隨機應變地運用一些技巧，例如，如果一眼就看出末位兩位或前兩位數是14，35，56，84，91等7的倍數時，可以直接捨去，如841945→1945→184→1，立即就可以斷定841945不能被7整除。在上面的心算中，我們兩次捨去了84這個7的倍數。
還有一種判斷整數能不能被7整除的方法，這種方法也可以用來判斷整數是否能被11或13整除，由於這種方法的基礎是7×11×13=1001，所以我們將它為「1001法」。
還以15946為例，我們將15946從左往右數到第一位與第四位（中間相隔兩位）上的數都
減去1，則得5936，實際上相當於減去10×1001，減去的是7的倍數，因此要考查15946是否能被7整除，只須考查5936是否能被7整除就行了，再從5936的第一位和第四位上都減去5，得931，則15946能不能被7整除的問題變成了考查931能不能被7整除，如果我們把大於7的數字都減去7，實際上就是要考查231是否能被7整除，這時只須用一次「去一減二法」得21，就能判定15946能被7整除了。
又如，用「1001法」考查841945能不能被7整除，由於 1001×841=841841，所以841945-841841=945-841=104（即多次用「1001法的結果），因此我們只須考查104是否能被7整除即可，此時用「去一減二法」得2，故知841945不能被7整除。
這裡要注意，因為1001=7×11×13，所以「1001法」不光能用來判斷7的整除性，還可以用來判斷11和13的整除性，由於104不能被11整除而能被13整除，所以我們可以判定841945不能被11整除而能被113整除。這是乙個很有用的知識。
利用「1001法」進行判斷時，如果位數較多（數字較長），可以先將整數從右到左每三個數一節地分開，再從右邊數起按下面辦法計算（下式的證明要用到「同余式」的知識，此處從略，有興趣的讀者可參看有關初等數論的書）：
[ 第一節 ] – [ 第二節 ] + [ 第三節 ] - [ 第四節 ] +…，
計算所得的數如果是7，11或13的倍數，原數就能被7，11或13數整除；如果算得的數不是7，11或13的倍數，則原數就不能被7，11或13整除。
例如，我們考查64763881，從右往左分節得881，763，64，於是計算得
881-763+64=182，
由於182能被7和13整除，而不能被11整除，所以***能被7和13整除而不能被11整除。
為了開闊思路、增加興趣，使讀者掌握得更好些，筆者擬了道趣題作為上述方法的練習。
如果我們在21的2與1之間新增進去若干個0，使它變成：20…01，現在問：這種20…01的數中，是否有能被21整除的？如果沒有，那是為什麼？如果有，那麼有多少個？
這個題目如果思路得當，小學生都能解答；如果弄得不好，大學生也做不出來。
乙個很自然的想法是，我們不妨在21的2與1之間新增進去幾個0試試看，當新增進去6個0時得20000001，這是乙個八位數，按「1001法」分節計算得
001-000+20=21，
由於21能被7整除，故***必能被7整除，同時考慮到***的各位數字之和為3，故這個數必能被3整除，因此***必能被21整除，所以形如20…01的數中，能被21整除的數是有的，這種數有多少個呢？如果我們再新增進去6個0的話得20000000000001，按「1001法」分節計算得
001-000+000-000+20=21，
又得到乙個形如20…01的能被21整除的數，這樣，我們就看到，每新增進去6個0，就可得乙個能被21整除的數，因此，形如20…01的能被21整除的數有無窮多個。
讀者可以用同樣的方法說明，往65的6與5之間，每新增進去6個0就可以得到乙個形如60…05的能被65整除的數。
更有意思的是，同樣的方法可以證明，不僅在21的2與1之間每新增進去6個0，所得的數都能被21整除，而且每新增進去6個別的相同數學之後，如2111111，2222221，23333331，…29999991等，也都能被21整除，其中，在21的2與1之間加進去3時，無論是加進去多少個3，所得的數233…331都肯定能被21整除，其中的道理請讀者思考。
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