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同餘的基本概念

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Academic year: 2021

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(1)

同餘的基本概念

許介彥

大葉大學電信工程學系

兩個例子

假設今天是星期四,再過一天當然是星期 五,兩天之後則為星期六,請問: 1000 天之後 是星期幾? 這是一個簡單的問題。由於 e個禮拜有七 天,因此七天之後必為星期四, 14 天、 21 天、 28 天、...之後也都是星期四;由於 1000 除以 7 的餘數為 6' 因此 1000 天之後一定是某個星 期四的六天之後,也就是星期三。 再看另一個例子:某艘太空船於某天傍晚 六點發射升空,於幾天後的某天早上九點返回 地表;幾個月之後此太空船於某天凌晨兩點再 度發射升空。如果此太空船的第二次升空在空 中停留的時間長短與上一次相同,那麼它再度 回到地表的時間是早 k或是下午的幾點鐘? 這個問題也不難。如果將一天的 24 小時 看成是由 O 點至 23 點,那麼傍晚六點相當於 18 點,因此太空船的第一次升空在空中總共待 了 (24k

+

9 一 18) 個小時 (k 為某正整數) ,所 以第二次升空回到地表的時間一定是凌晨兩 點的 (24k

+

9

-18) 個小時之後:由於

2 +(24k

+9 一 18)=24k-7 =24(k 一 1)

+

17

因此第二次返回地表的時間一定是某天的 17 點,也就是傍晚五點。 以上兩個問題中,第一個問題的關鍵在求 出 1000 除以 7 的餘數,第三個問題的關鍵在 求出 2

+

(24k

+

9

-18) 除以 24 的餘數;這兩個 問題的重點都是在餘數,至於商是多少則無關 緊要 O 數學1::

'

I 求餘數」是相當重要的一個 運算,本文將對其基本應用作一概略性的介 紹。 同餘的定義 假設 a , b, m 都是整數;如果 a-b 是 m 的 整數倍,數學上常將 α 與 b 的關係記作

a =.b

(mod

m)

其中的 m 稱為「模 J

(modulus)

;我們將上面 的式子讀作「α 與 b 對模 m 而言同餘J

(“

a

and

b

are congruent modulo

m.") 。

舉例來說, 17 與 52 對模 7 而言同餘(記 作 17 三位 (mod

7) )

,因為 17 與 52 之差為 7 的倍數(不論是 35 或是 -35 都是 7 的倍數)

;

請留意此時 17 與 52 除以 7 的餘數相同(都等 於 3) ,這是「同餘」名稱的由來。讀者不難檢 驗以下兩個式子也都是成立的:

21 =.

a

(mod 3)

,

399=.-1

(mod 100).

如果 α -b 是 m 的倍數, α -b 必定也是 -m 的倍數,反之亦然,因此a=.b

(mod

m) 若 且唯若 G 三 b

(mod

-m)

; 我們通常將模限定 為非負整數。

-

21 一

(2)

模算術

同餘的記號(三)在形狀上與一般算術運 算式中的等號(=)很像, I 同餘式」與「等式」 在許多方面也相當類似。 舉例來說,如果

a =.b

(mod

m) 且 C 三 d

(mod m)

那麼以 F三個式子一定都成正:

a+c=.b+d

(mod m)

a-c =.b-d

(mod m)

ac 三 bd

(mod m)

它們的證明都不難。以第-{固式子為例,由已 知條件可知存在整數S 與 t 使得

a

=b+sm 且 c=d+tm 因此

a

+

c

=

(b

+

d)

+

m(s

+

t)

所以 (α +c) 與 (b+ d) 之差為 m 的倍數,也就 是它們對模 m 而言同餘;其他兩個式子的讀明 也類似。由第三個式于我們交可推知如果。與 b 對模 m 而言同餘,下式對任意正整數n 一定 成立: an 三 bn

(mod

m).

雖然以上對同餘式兩邊所作的加、滅、乘 等算術運算看似平常,不過要將兩邊同時除以 ,個數時必須特別小心。如果k 7:- 0 且 ak 三 bk

(mod m)

我們並不能像一般等式一樣直接將兩邊的k 消 掉(只有當 gcd(k, m)= 1 時方可如此) ;事實 亡,讀者不難自行證明:

ak

=. bk (mod m)

若且唯若

G 三 b (mod 一一旦一一)

gcd(k

,

m)'

舉例來說, 6 三 12

(mod

2) 而且 2 與 3 互 質,因此我們可以將仁式兩邊的3 約掉而得

2 =. 4 (mod 2)

,但是我們不能由上式導出 3 三 6

(mod 2)

(此式顯然是錯的) ,因為

gcd(2

,

2)

=

2

7:-

1

0 和同餘式有關的另一個重要性質是:如果 k 是 m 的因數而且 G 三 b

(mod

m)

, 那麼 a 三 b

(mod k)

; 道理很簡單,因為當a-b 是 m 的倍數 , a-b 必定也是 k 的倍數。

求餘數方面的應用

例題一: 試求出 290除以 11 的餘數。 解:對模 11 而言, 290 445 三 4.444 4.1622 三4.522 (因為 16 三 5

)

三 4.2511 三 4.311

=.12.3

10 =.9 弓三 9.94 9.812 9.42 三9·5

=.45 =.1

因此 290除以 11 的餘數-_.._-定是 1 0 由 f-.面這個例子讀者不難體會模算術的

「威力 J

0

2

90是-個相當大的數,如果我們打 算先將 290的值算出來然後再將其除以 11 求餘 數,理論 t雖然可行,實際做起來不僅計算量 相當龐大而且很容易出錯(尤其如果沒有電腦 或其他工具輔助的話) ;有了模算術的觀念 後,即使只靠紙跟筆,我們都能輕鬆地在短時 間之內將此問題解決。 例題二: 求證:對任意正整數 n'

3

2n +1+2n+2

必為

7的倍數 C

(3)

誼明:對模 7 而言,

32n+

1+2"+2 三 3(32)"

+

4·2"

三 3·2" +4·2" 三 2"(3+4) 三 2"

·0

=

0

因此 32"+1

+

2 叫一定是 7 的倍數。 剛看到這個題目,訐多讀者想想、到的方法可 能是數學歸納法(不妨 自的守觀:念含念:我f們「門可可i以;扎人作得得z更快而且更漂亮 O 例題三: 求出所有會使得 2"

+

1 是 3 的倍數的正整 數 n 。 解 : n 須滿足

2"

+

1 三 o

(mod 3)

2n 三一1

(mod 3)

(一 1)"三一 1

(mod 3)

因此 2"

+

1 是 3 的倍數若且唯若 n 為正奇數。 一般而言,對任意正整數 m 及正奇數 n' (m 一 1)"

+

1 必定是 m 的倍數。 例題四: 求證:一個數字和為 15 的整數(如 816

'

8+1+6=15

)不可能是一個完全平方數。 證明: 對任意正整數n' 月三 0 ,士 1 ,

± 2

,

±3

,

±4 (mod 9)

n

2 三 0 , 1 , 4 , 7

(mod 9)

因此圳的數字和除以 9 的餘數只有 0, 1 , 4, 7 等四種可能(見 [1]) ,然而 15 三 6

(mod 9)

,

因此一個數字和為 15 的數不可能是-個完全 平方數。 同餘的基本概念 例題五:

試求出 9

99的末兩個阿拉伯數字。 解: 一個數的末兩位數就是該數除以 100 的 餘數。由例題三可知 99 三一 1=9

(mod 10)

,

因此存在正整數 n 使得 99 =10n+9 。 由二項式定理將(1 0 一 1) 9 展開得

(10-1)9 =109

_c

,

910

8

+···+C:

·10-1

其中除了最後兩項之外的每一項都是100 的倍 數,因此 99 9·10

-1 = 89

(mod 100)

910 9·89 至 1

(mod 100)

所以對模 100 而言,

9

99

9

10n

+

9

(9

10

)" .9

9

89

所求的末兩位數為 8 和 9 。 例題六: 求證:對任意四個整數 a , b, c, d 而言,

P

=

(a - b)(a - c)(a - d)(b - c)(b - d)(c - d)

→定是 12 的倍數。 證明: 我們先證明 P 一定是 4 的倍數。由於任何 整數除以 4 的餘數有 0, 1 , 2, 3 四種可能,因此 我們可以將所有的整數依除以4 的餘數是多少 分成四類。如果α, b, c, d 當中有某兩數屬於同 一額(即除以4 的餘數相同) ,此兩數的差必 是 4 的倍數,因此P 將是 4 的倍數。如果 。 , b, c, d 當中沒有任何兩數屬於同一類,那麼 它們除以 4 的餘數必為 0, 1 , 2 , 3 四數,因此 a , b, c, d 當中有兩個奇數及兩個偶數;由於兩 個奇數之差與兩個偶數之差都是偶數,此時的 一 23 一

(4)

P 也必定是 4 的倍數。 接著我們證明 P 一定是 3 的倍數。任何整 數除以 3 的餘數有 0 , 1 , 2 三種可能,根據鴿籠 原理 , a , b, c, d 四數中必有某兩數除以 3 的餘 數相同,而此兩數之差必是 3 的倍數,因此 P 是 3 的倍數。 由於 P 既是 4 的倍數交是 3 的倍數 ,

p--定是 12 的倍數。

重複的字尾

五位數 85222 的最後王個位數都是2'

177

的結尾則有兩個 7; 以 F我們將利用同餘的觀 念來解決兩個與整數的重複字尾有關的問題。 例題一: →個正整數的平方(即完全平方數)的字 尾最多可以重複多少個不是 O 的數字? 解: 我們先看看哪些阿拉伯數字可以作為 J 個完全平方數的個位數(也就是除以 10 的餘 數)。對任意正整數 n' n 三 0,

±

1

,

±

2

,

±

3

,

±

4

,

5 (mod 10)

因此

n

2

0, 1, 4, 9, 6, 5

(mod 10)

所以一個平方數的個位數不可能是 2 ,3 ,7,8 ;由 於本題不考慮字尾為 O 的情形,因此我們只須

考慮個位數為 1 人5,6,9 的平方數。

n 有奇數與偶數兩種可能。當 n 為偶數,

n

2一定是4的倍數;當 n為奇數

, n

2除以 4 一定餘 1 (由 (2k+l)2 展開可知) ,因此

n

2

0, 1

(mod 4).

一個末兩位數為 11 的數除以 4 的餘數必 為 3 '因此」個平方數的末兩位數不可能是

11

0 同理, ----個平方數的末兩位數也不可能是

55

,

99

(除以 4 餘 3) 或“(除以 4 餘 2); 因 此一個平方數的結尾如果有重複的數字,這個 數字只叮能是 4 。我們剩下的問題是:一個平 方數結尾的 4 最多可以重複幾次? 我們知道至少可以重複兩次,因為

12

2 = 144 是我們熟悉的平方數。有可能重複 四次嗎?如果我們將 n 表為 100x+

Y

, 其中的 y 是 n 的末兩位數,那麼當 n2的結尾有四個 4 時,下式將成立:

(l

OOx+

y)2 三 4444

(mod 10000)

從而

(200x+

y)y 三 4444

(mod 10000)

y 顯然必是偶數,因為 4444 與 10000 都是偶 數;如果 y= 泣,那麼

4(1 OOx

+

z)z

==

4444 (mod 10000)

(100x+

z)z 三 1111

(mod 2500)

(100x+

z)z

==

1111 (mod 4)

因此 Z2 三 3

(mod 4)

,但這是不可能的(如前 所述,平方數除以 4 的餘數只可能是 O 或1)' 因此一個平方數的末四位不可能全是 4 。 有沒有可能有三個 4 呢?答案是肯定 的,其中最小的數是 1444

=

382 例題二:

某數列。I

,

a2

, a

3

,··· 以遞迴的方式定義如

下:

19

n

=0

an

=

ha:_1

+

4a~_1

n

>

0

求證:對任意非負整數 n' 冉的最後 2n個數 字都是9 。

(5)

解:我們只要能證明對任意非負整數 n

'

a" 三 1 (mod 10

2 ") 即可;這項工作可由數學歸納法完成O 首先,當 n=O 時, α。 =9 '此時內的結 尾的確有 2°

=

1 個 9 。接著假設所要證明的性 質對某個非負整數 n 而言成立,也就是存在整 數 k 使得

an =10

2'

k-1

那麼

。 n+1 =3a: +4a; =a;(3a

n

+4)

=(1 02'k 一 1)3(3(1 0

2

' k 一 1)

+4)

對模 102"刊(

=

10

22 " )而言,

a

n

+

1

(3 .10

2 '

k 一 1 )(3 .10

2 月

k +1)

三 9.10

22

' e 一 l 三一l

也就是說 , Q

n

+

1

的結尾有2"+1 個 9' 因此根據 數學歸納法得證:對任意非負整數 n'an 的最 後 2" 個數字全都是 9 0 在不定方程的應用 同餘的觀念對解決與不定方程有關的許 多問題(例如求出某方程式所有的解或是證明 某方程式無解或有無窮多解等)相當有幫助; 以下我們看幾個例子 O 例題一:

求出 2"+7=x

2的所有整數解。:n 不可能是負數或 0' 因此 2" +7 一定是 奇數,等號右邊的 X 一定也是奇數;叉由於任 何奇數的平方除以 4 一定餘 1 '因此

2"

+

7

==

1 (mod 4)

2"

==

2 (mod 4)

同餘的基本概念 n 顯然只可能是 1 '此時 x=±3 ; 除此之外再 無其他可能。 例題二: 證明 2003

=

x 2

+

y2 沒有整數解。 解:由於

x

2

0, 1

(mod 4)

y2

==

0,

1 (mod 4)

因此

x2

+

y2 三 0, 1 , 2

(mod 4)

但是 2003 除以 4 的餘數卻是 3' 所以方程式不 可能有解。 例題三: 求出 2m-

3"

= 1 的所有正整數解 O 解: 32 1

(mod 8)

,因此對任意正整數 k' 32k 1

(mod

8) 且 32k+1 三 3

(mod 8)

,換句話 說,對任意正整數 n

'

3"

+

1 三 2 ,4

(mod8) ;

然而對所有大於 2 的正整數 m 而言, 2m °

(mod 8)

,因此方程式 2m =

3"

+

1 只可 能在 m 三 2 時有解。 當 m

=

1 ' 2

=

3"

+

1 顯然沒有正整數解; 當 m=2 ' 由 22 =3"+1 得 n

= 1

'因此

(m

,n)

=

(2

,

1) 是 2 用一 3"

=

1 唯一的一組正整數 解。 例題四:

求出于 ·7

Y

+4=3

Z的所有非負整數解。 解:由於等號左邊至少是4' 因此 Z 不為 0' 等號兩邊一定都是 3 的倍數。 對模 3 而言,于三° '因此

5' ·7

Y +4 三 (-lf·P+l 三°

(mod 3)

一 25 一

(6)

我們推知 x 一定是正奇數。 對模 5 而言, 5X ·7Y +4 三 4 三 3Z

(mod 5)

如果我們分別計算 31,32,33,.. .除以 5 的餘數, 所得的數列為 3 , 4, 2 , 1 , 3 , 4, 2 , 1,.·· ,每四個數 一個循環,因此 z 三 2

(mod 4)

'z 可能的值為 {2, 6,1O, 14, 18,...}。 如果 z 等於 2' 于 ·7ν 將等於 5 '由此可 得方程式的一組解:(x

,

y

,

z) =

(1

,

0

,

2) 。 如果 z

>

2

'z 可寫為 2k

(k

>

1 )

,此時

5

X

7>'

=3

2k

-4=(3

k

-2)(3

k

+2)

等號右邊的兩數之差為4' 因此這兩數不可能 同時是 5 的倍數或同時是7 的倍數;有可能其 中一個等於T 而另」個等於7Y , 或者其中一

個等於 5

X

·7

J而另一個等於l 。 如果兩數的其中一個等於

5

X

·7

Y而另一 個等於 1

'

3

k - 2 與 3k +2 兩數中一定是較小 的 3k -2 等於 1 '但是這樣一來 k=

1

'與 k

>

1

矛盾。 如果 3k -2 與計 +2 之中有一個等於 5X 而另一個等於 7Y ' 那麼存在正整數 x 與 y 使得 于與 7Y之差為4: 以下我們將說明這是不可 能的 o x 顯然」定大於 1 '因為當 X 等於 l 時,

51

-4 與 51 +4 都不是 7 的正整數次方。當 x~ 2' 于的末兩位一定是 25: 如果于與 7Y 差為 4

'

7Y的末兩位一定是 21 或 29 '但是對 任意正整數 y 而言,

7

Y

== 7

,

49

,

43

,

1 (mod 100)

因此 , (x, Y, z)= (l, 0, 2) 是于 ·7

Y

+4=3

Z 唯一的-組非負整數解。

猴子與椰子

有五個人和一隻猴子一起被困在一座荒 島 r. 0 某天,這五人辛苦地從島上各處收集到 n 粒椰子,打算隔天一早大家將椰子平分。 半夜裡,其中 J人因為不信任其他同伴而 悄悄起身來到椰子堆旁,他為了要安撫猴子而 將停立椰子去給猴子,並發覺剩下的椰子數剛 好可以平分成五份;這個人將屬於自己的一份 搬到個隱密的地方藏好後才安心地回去睡 覺。 過了不久,另一個人也起來了,他做了和 第一個人相同的事:將 a粒椰子去給猴子,剩 下的椰子也剛好可以分成五等份,他也將其中 寸分搬到隱密的地方藏好後才回去睡覺。不止 這兩個人,其他主人也都在半夜裡陸續偷偷爬 起來做了相同的事。 隔天早上,當這五個人一起來到椰子堆旁 邊時,他們發覺剩下的椰子剛好可以分成五等 份。 請問 n 最小是多少? 這是一個有名的問題,英文常稱作 the

Monkey and Coconuts problem

0 為了書寫方 便,我們令 A=4/5 ' 那麼第一個人留下的椰 子數為 A(n

-1)

,第二個人留下的椰子數為

A(A(n

-1) 一 1)=

A

2

(n-1)-A

第三個人留下的椰子數為

A(A

2

(n 一 1)- A 一小 A

3

(n-1)-A

2

-A

第四個人留下的椰子數為

A

4

(n-1)-A

3

-A

2

-A

最後一人留 F的椰于數為 A5(n 一 1)-A4

_A

3

-A

2

-A

(7)

=內一 1) 一亡;

5(n 一 l 一上)J

A-I

J

A-I

由題意知此數須為5 的倍數:由 A= 4/5 得

(~)川一4 三 o (m川

(主)如 +4)王一1 (m叫

n+4

55 三 1

(mod 5)

因此

n=5

5

(5k+l)-4

其中的 k 可以是任何不會使得n<O 的整數, 因此當 k=O 時 n 有最小值:

n=5

5

-4=3121

也就是說,一開始的椰子數最少為3121 粒。 練習題 以下是幾個與本文相關的問題,提供讀者參 考。

1.

試證:如果 G 與 b 為已知整數且對任意正 整數 m' 叫 +b 三 o

(mod

m) 都有解,那 麼方程式。'x+b

= 0

→定有整數解。

2

分別求出以下兩數的的末兩個數字。

(1) 2

10000

(2) 9

99

3

證明 1599=

xt

+

x;

+

x;

+... +

Xl~ 沒有整 數解。(提示:模 16

)

4

求出 3m-2n =1 的所有正整數解。

5.

下面這個數是 7 的倍數:

888···88A999···99

司/ 弓,但 同餘的基本概念 其中的 A 是某個阿拉伯數字 'A 的前面及 後面分別有 50 個 8 及 50 個 9 。請問 A 是 多少? (提示:

711001 )

6.

假設當 n 為奇數時,我們定義 n !!等於

n(n-2)(n-4)···3·1

' 當 n 為偶數時則定 義 n!! 等於 n(n

- 2)(n - 4)·

··4·2 。試證:

2001

!!+2002!!是 2003 的倍數。

7.

以下是本文椰子與猴子問題的幾個變形, 請分別求出最初的椰子數的最小值。 (1) 島上有四人而非五人。(答案: 765 粒) (2) 猴子有兩隻,因此每個人在半夜各丟了 兩粒椰子給猴子。(答案: 6242 粒) (3) 隔天早上這五人要分椰子時,發覺還是 須先去一粒椰子給猴子,剩下的椰子才 可分成五等分。(答案: 15621 粒) f.:士至五 II 口回口 同餘式與等式在許多方面類似其實並不 足為奇,因為等式可以說是同餘式在模為 O 時 的特例;當 G 三 b

(mod

0)

,

a-b 為 O 的倍數, 也就是 0' 因此。 =

b

0 同餘的記號是大數學家童車(C.F.

Gauss

,

1777一 1855 )的發明,從西元 1801 年問世以來陸 續為數論引入了相當多新的定理;其基本概念雖 然簡單卻很有用,值得介紹給中學學生 C

參考資料

1.訐介彥 (2002) ,神奇的數字 9 '科學教育 月刊,第 246 期 O

2.

K.

H. Rosen

,

Elementary Number Theory And

Its Applications

,

4th edition

,

Addison-Wesley

,

1999.

參考文獻

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