大衍求一術與二元一次不定方程
文耀光
摘要: 「大衍求一術」 是中國古代數學家秦九韶用以解一次同餘式組的方法。 本文旨在介紹何謂 大衍求一術,以及如何將之轉化為一遞歸求解形式 (recursive method of solution),並應用此 法求解二元一次不定方程。
I. 引言
給定兩個自然數 a 和 b, 要求取它們的 最大公因數 GCD(a, b) 有好幾種方法。 現時 香港小學數學課程裡討論的 「列舉法」、「質因 數分解法」 和 「短除法」 都是常用的方法。 不 過當 a 和 b 的數值很大時, 使用 「輾轉相 除法」(Euclidean Algorithm) 會比較方便 和快捷。 此法早在古希臘時代已經被發現, 並 且收錄在歐幾里德 (Euclid) 的名著 「幾何原 本」 (約公元前 300年) 之中, 其原理如下:
定理1: 設 a、b 是自然數, 且 a ≤ b。
若 b = aq + r, 其中 0 ≤ r < a, 則 GCD(a, b) = GCD(r, a)。
此定理表明, 如果 「輾轉」(意指重覆) 使 用除法, 可以求取任意兩個自然數的最大公 因數。 由於每次所產生的被除數 a 及除數 r, 都比原來的被除數 b 及除數 a 為小, 且 r 為
非負整數, 所以輾轉相除有限步之後, 一定會 產生以下的結果:
GCD(a, b) = GCD(r, a) = · · ·
= GCD(0, c) = c。
例1: 求 299 與 247 的最大公因數。
解:
1 299 247 4 247 208 1 52 39 3
39 39 13
(用247 除 299, 得商數 1 及餘數 52) (用 52 除 247, 得商數 4 及餘數 39)
(用 39 除 52, 得商數 1 及餘數 13) (用 13 除 39, 得商數 3 及餘數 0)
∴ GCD(247, 299) = GCD(52, 247)
86
= GCD(39, 52)
= GCD(13, 39)
= GCD(0, 13)
= 13。
輾轉相除法除了可以用來求最大公因數 之外, 還可以用來解不定方程。 它的原理是基 於以下的結果:
定理2: 設 a、b 為自然數。
若 d = GCD(a, b), 那麼不定方程 ax+ by = d 有整數解。
推論1: 設 a、b 為自然數。
若 GCD(a, b) = 1, 那麼不定方程 ax+ by = 1 有整數解。
定理3: 設 a、b、c 為自然數。
不定方程 ax + by = d 有整數解 當且 僅當 GCD(a, b)|d 。
有關這些定理的證明, 可以參考潘承彪 (1998), 此處從略。
例2: 求不定方程 299x + 247y = 13 的一般整數解。
解: 根據例1的算式, 將有餘數產生的每 一步用橫式表示, 可得:
299 = 247 + 52 247 = 4 × 52 + 39
52 = 39 + 13 把以上數式逐步倒推而上, 可得:
GCD(299, 247) = 13
= 52 − 39
= 52 − (247 − 4 × 52)
= 5 × 52 − 247
= 5×(299 − 247) − 247
= 5 × 299 − 6 × 247 由此求得 299x + 247y = 13 的一個特殊整 數解為 x0 = 5, y0 = −6。 設 k 為任意整數, 那麼:
299(x0+247k
13 ) + 247(y0− 299k
13 ) = 13, 所以 299x + 247y = 13 的一般整數解為:
x= 5 + 19k, y= −6 − 23k, 其中 k 為任意整數。
這種解不定方程 ax+by = GCD(a, b) 的方法, 稱為 Extended Euclidean Algo- rithm (參考 Biggs(1990), Niven(1991) 或 Geddes (1992))。 此法雖然簡單易明, 可是 在 「倒推」 的過程中需要不斷整理被除數和 除數的係數, 實在是一件相當繁複而且容易 出錯的工作。 那麼, 是否可以改良一下呢? 讓 我們在下一節為大家介紹。
II. 大衍求一術
中國人在求解一次同餘式組方面的歷史 是十分悠久的, 而且成就卓越。 大約在公元 280 至 420 年間出版的 「孫子算經」 之中, 記 載有一道聞名的一次同餘式問題 (簡稱 「孫子 問題」) 及其答案如下:
『今有物不知其數, 三三數之剩二, 五五 數之剩三, 七七數之剩二, 問物幾何?』 答曰:
『二十三』。
如果用現代的符號表示, 「孫子問題」 可 以記作以下的一次同餘式組:
x≡ 2 (mod 3) x≡ 3 (mod 5) x≡ 2 (mod 7)
(1)
如果要解同餘式組 (1), 先要解出一組 正整數 α、β、γ, 使其滿足以下的同餘式組 (2):
35α ≡ 1 (mod 3) 21β ≡ 1 (mod 5) 15γ ≡ 1 (mod 7)
(2)
為什麼呢? 因為如果 α、β、γ 存在的話, 那麼根據同餘式組 (2) 可得:
35α × 2 ≡ 2 (mod 3) 21β × 3 ≡ 3 (mod 5) 15γ × 2 ≡ 2 (mod 7) 由此得:
35α×2+21β ×3+15γ ×2 ≡ 2 (mod 3) 35α×2+21β ×3+15γ ×2 ≡ 3 (mod 5) 35α×2+21β ×3+15γ ×2 ≡ 2 (mod 7) 此時易知 35α × 2 + 21β × 3 + 15γ × 2 為同餘式組 (1) 的一個特殊解。 如果 x 是 另外一個解, 那麼 x − (35α × 2 + 21β × 3 + 15γ × 2) 必定是 3、5、7 的公倍數。 由於 lcm(3, 5, 7) = 105, 所以同餘式組 (1) 的解 可表為:
x≡ 35α×2+21β×3+15γ×2 (mod 105)。
明白了 「孫子問題」 的解法後, 可知解 決問題的關鍵在於先解出一組正整數 α、β、γ,
使其滿足同餘式組 (2)。 由於此題所牽涉的 數字比較小, 利用 「試誤法」 或 「大衍求一 術」(見以下敘述), 可以得出 α = 2, β = 1, γ = 1, 因此 「孫子問題」 的解是:
x≡ 70×2+63×1+30×1 ≡ 23 (mod 105)。
「孫子問題」 之解法, 可以推廣成為以下 的中國剩餘定理(Chinese Remainder The- orem):
定理3: (中國剩餘定理) 設 m1, m2, . . . , mk 是兩兩互質的自然數, 且 M = m1× m2× · · · × mk。 如果存在整數 αi(i = 1, 2, . . . , k) 使得
M
m1α1 ≡ 1 (mod m1)
M
m2α2 ≡ 1 (mod m2) ...
M
mkαk ≡ 1 (mod mk) 那麼同餘式組:
x≡ r1 (mod m1) x≡ r2 (mod m2)
...
x≡ rk (mod mk) 的解可表為: x ≡ mM
1α1r1+mM
2α2r2+ · · · +
M
mkαkrk (mod M)。
「孫子算經」 之後, 由西漢到宋朝的千餘 年間, 有很多天文學家和數學家都對一次同 餘式問題進行了研究, 到南宋的數學家秦九 韶手中, 便發展成為一個解聯立一次同餘式 組的系統方法, 稱為 「大衍求一術」, 記載在 他的著作 「數書九章」 之中。
所謂「大衍求一術」, 是指求整數 α 使其 滿足 αG ≡ 1 (mod m) 的方法, 其中 m、G
是給定的互質自然數, m 稱為 「定母」,G 稱 為 「衍數」, 而 α 為 「乘率」。 如果 m < G, 則先以 m 除 G, 得餘數 G1 (古書稱此為
「奇數」1), 然後求整數 α 使其滿足 αG1 ≡ 1(mod m)2。 根據 「數書九章」 所述, 求乘率 α 的步驟是 這樣的:
『置奇右上, 定居右下, 立天元一於左上。
先以右上除右下, 所得商數與左上一相生, 入 左下, 然後乃以右行上下以少除多, 遞互除之, 所得商數隨即遞互累乘, 歸左行上下 , 須使右 上末後奇一而止。 乃驗左上所得以為乘率, 或 奇數已見單一者便為乘率。』
這段古文的意思是說: 「運算開始時於 右上、 右下分別填上 G1 和 m, 然後於左上、
左下分別填上 1 和 0。 運算時把右上、 右下兩 數輾轉相除, 同時把除得的商數與左上、 左下 兩數輪流增乘, 直至右上數變成 1 為止, 此時 左上數即為所求之乘率 α。」
例3: 求同餘式 3800k ≡ 1 (mod 27) 的一個整數解。
解: 由於3800 > 27, 先以27除3800, 取 其餘數 20, 然後考慮等價的同餘式: 20k ≡ 1 (mod 27)。
第一步 1 20 (先在右上、 右下分別填 0 27 上 20和 27, 然後在左上、
左下分別填上 1和 0。)
第二步 1 20 (以 20 除 27, 得商數 1 及 1 7 餘數7。 把 7 填入右下,
並將 1 × 0 + 1 = 1 填 入左下。)
第三步 3 6 (以7 除 20, 得商數 2 及餘 1 7 數6。 把6填入右上, 並將
2×1+1 = 3 填入左上。) 第四步 3 6 (以6 除 7, 得商數 1 及餘
4 1 數1。 把1填入右下, 並將 1×3+1 = 4 填入左下。) 第五步 23 1 (以1 除 6, 得商數 5 及餘
4 1 數1。 把1填入右上, 並將 5×4+3 = 23 填入左上。) 由於右上數已等於 1, 此時左上數 k = 23 便是同餘式 3800k ≡ 1 (mod 27) 的解。
例4: 求同餘式 1155k ≡ 1 (mod 13) 的一個整數解。
解: 由於1155 > 13, 先以13除1155, 取 其餘數 11, 然後考慮等價的同餘式: 11k ≡ 1(mod 13)。
第一步 1 11 (先在右上、 右下分別填 0 13 上 11和 13, 然後在左上、
左下分別填上 1和 0。) 第二步 1 11 (以 11 除 13, 得商數 1 及
1 2 餘數2。 把 2 填入右下, 並將 1 × 0 + 1 = 1 填 入左下。)
1注意:這裡的所謂「奇數」 與我們現今所指的 「奇數」 是不同義的。
2讀者不妨想想為什麼同餘式αG ≡ 1(mod m)與αG1≡ 1(mod m)是等價的?
第三步 6 1 (以2 除 11, 得商數 5 及 1 2 餘數1。 把 1 填入右上, 並將 5 × 1 + 1 = 6 填 入左上。)
由於右上數已等於1, 此時左上數 k = 6 便是同餘式 1155k ≡ 1 (mod 13) 的解。
很明顯,「大衍求一術」 與 「輾轉相除法」
的關係是十分密切的。 如果我們把 「大衍求一 術」 改寫成常用的 「輾轉相除法」 去求解一次 同餘式問題, 其實亦未嘗不可。
假設要求解之同餘式為 αG ≡ 1 (mod m), 其中 m、G 是給定的互質自然數。
那麼我們可以將 「大衍求一術」 簡化成以下的 遞歸關係 (recursive relations) 來計算乘率 α:
c0 = 1 c1 = q1
ck= qkck−1+ ck−2(1 < k ≤ n), 其中 n 代表輾轉相除時有非零餘數產 生的次數, 而 qk(1 ≤ k ≤ n) 代表每 次相除時產生的商數, 則所求乘率為 α ≡ (−1)ncn (mod m)。
此遞歸求解法是源自輾轉相除法的 「倒 推」 過程 (參考錢寶琮 (1964))。 要自行推導 這個遞歸關係並不困難, 讀者不妨一試, 此文 不會細表。 不過值得一提的是: 把乘率的解表 為 α ≡ (−1)ncn (mod m) 會比較將 n 分 成「奇」、「偶」 兩種情況 (參考袁小明 (1992)) 作個別處理會比較統一和簡潔, 而且更方便 把它編寫成電腦程式來進行機械化計算呢!
例5: 求同餘式 20k ≡ 1 (mod 27) 的 一個整數解。(參考例 3)
解:
2 20 27 1 14 20
6 6 7 1
6 6 1
(用20 除 27, 得商數 1 及餘數 7) (用 7 除 20, 得商數 2 及餘數 6)
(用 6 除 7, 得商數 1 及餘數 1) (用 1 除 6, 得商數 6 及餘數 0)
那麼, 我們有 n = 3, q1 = 1, q2 = 2, q3 = 1。 利用上述的遞歸關係, 得:
c1 = 1, c2 = 3, c3 = 4。
∴ 所求乘率為 k ≡ (−1)ncn ≡ −4 ≡ 23 (mod 27)。
例6: 求同餘式 1155k ≡ 1 (mod 13) 的一個整數解。(參考例 4)
解: 仿照例 4 的做法, 考慮等價的同餘 式: 11k ≡ 1 (mod 13)。
5 11 13 1 10 11
1 2 2 2
(用11 除 13, 得商數 1 及餘數 2) (用 2 除 11, 得商數 5 及餘數 1)
(用 1 除 2, 得商數 2 及餘數 0)
所以得 n = 2, q1 = 1, q2 = 5 及 c1 = 1, c2 = 6。 ∴ 所求乘率為 k ≡ (−1)ncn ≡ 6 (mod 27)。
III. 以大衍求一術解不定方程
我們在第一節中討論過求解二元一次不 定方程的方法, 稱為 Extended Euclidean Algorithm。 此法雖然簡單, 但缺點是 「倒 推」 的過程相當繁複而且容易出錯。 如果使用 大衍求一術的話, 可以用較簡潔的步驟進行 計算, 現舉例說明如下:
例7: 求 21x + 15y = 123 的一般整數 解。
解: 先用輾轉相除法求 GCD(21, 15)。
1 21 15 2 15 12
6 3 2 6
(用15 除 21, 得商數 1 及餘數 6) (用 6 除 15, 得商數 2 及餘數 3)
(用 3 除 6, 得商數 2 及餘數 0)
由於 3|123, 所以21x + 15y = 123 有整數 解。 若先求得方程 21x + 15y = 3 的一個特 殊解 x0, y0, 則 21x + 15y = 123 的一般整 數解可表為: x = 41x0+5k, y = 41y0−7k,
其中 k 為任意整數。
很明顯, 滿足同餘式 15y ≡ 3(mod 21) 的乘 率可作為 y0。 引用輾轉相除法得: n = 2, q1 = 1, q2 = 2 及 c1 = 1, c2 = 3。
∴ y0 = (−1)ncn = 3。 代入 21x + 15y = 3 得 x0 = −2。∴ 21x + 15y = 123 的一般整 數解可表為: x = −82 + 5k, y = 123 − 7k, 其中 k 為任意整數。
例8: 求不定方程 299x + 247y = 13 的一般整數解。(參考例 2)
解: 根據例 1 的輾轉相除法得: n = 3, q1 = 1, q2 = 4, q3 = 1 及 c1 = 1, c2 = 5, c3 = 6。 ∴ y0 = (−1)ncn = −6。
代入 299x + 247y = 13 得 x0 = 5。
∴ 299x + 247y = 13 的一般整數解可表 為: x = 5 + 19k, y = −6 − 23k, 其中 k 為 任意整數。
IV. 結語
大衍求一術是我國數學家秦九韶對數學 的一個卓越貢獻, 其重要性不僅僅是為解決 一次同餘式組提供了一個有效的方法, 更重 要的是它把輾轉相除法的逆推過程轉化為一 個簡單遞歸的求解形式, 大大減省了逆推時 不少繁複的簡化工作 (見例 2), 而其中一個 重要的應用就是本文所介紹的求解二元一次 不定方程的方法。
誠如吳文俊教授所言, 中國古代數學 家在解決數學問題時頗著重實用性和具有機 械化的特色, 對後世科研和教學都很有啟 發性。 例如吳文俊在 「吳文俊論數學機械
化」 一書中曾經指出: 要求解 9253k ≡ 1 (mod 225600) 這道題時, D. E. Knuth (美國史丹福大學著名教授及電腦科學家) 在 其名著 The Art of Computer Program- ming 中引述的 Euler 函數法, 即使利用一 台現代化電腦也很難快速地完成任務, 因為 要涉及 9253φ(225600) 的計算。 反之, 使用大 衍求一術則能很快完成任務。
筆者亦發覺, 現時許多新出版有關數論、
離散數學或數學算法的大專參考書籍 (例如 Biggs(1990), Niven(1991) 或 Geddes (1992)), 亦很少討論如何應用大衍求一術求 解不定方程的問題, 未免有點可惜。 由此引發 筆者的一點反思, 就是: 「如果僅把數學史作 一門獨立的數學科目來研究, 而不注重它與 其他數學分支的互相滲透; 又或僅閱讀或教 授數學史而不注重如何古為今用, 也許對數 學教育或科研方面是一個重大損失呢!」
參考書目
1. 袁小明 (1992)。「中國古代數學史略」。 河北:
河北科學技術出版社。
2. 李信明 (1998)。「中國數學五千年」。 臺北: 臺 灣書店。
3. 李兆華 (1995)。「中國數學史」。 臺北: 文津出 版社。
4. 吳文俊 (1995)。「吳文俊論數學機械化」。 濟 南: 山東教育出版社。
5. 劉鈍、 韓琦編 (1997)。「科史薪傳」。 遼寧: 遼 寧教育出版社。
6. 劉鈍 (1995)。「大哉言數」。 遼寧: 遼寧教育出 版社。
7. 錢寶琮 (1964)。「中國數學史話」。 香港: 香港 金文書店。
8. 文耀光、 梁志強、 吳銳堅 (1998)。「基礎數學 引論」(第 2 版)。 香港: 香港教育圖書公司。
9. 王懷權 (1997)。「數學的故鄉」。 臺北: 學英文 化事業有限公司。
10. 潘承彪 (1998)。「簡明數論」。 北京: 北京大學 出版社。
11. Norman Biggs (1990). Discrete Mathe- matics. Oxford: Clarendon Press.
12. I. Niven, H. S. Zuckerman & H. L.
Montgomery (1991). An Introduction to the Theory of Numbers (5th edition).
New York: John Wiley & Sons.
13. K. O. Geddes, S. R. Czapor & G.
Labahn (1992). Algorithms for Com- puter Algebra. Massachusetts: Kluwer Academic Publishers.
14. Jean-Claude Martzloff (1997). A His- tory of Chinese Mathematics. New York: Springer-Verlag.
15. D. E. Knuth (1968). The Art of Com- puter Programming: Semi-Numerical Algorithm (Vol. 2). Massachusett:
Addison-Wesley.
—本文作者任教於香港教育學院—
