Transcript 範例一

Chapter 13
數論基礎
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13.2 質數的定義和性質
13.3 歐幾里得演算法 (Euclidean Algorithm)
13.4 中國餘式定理 (Chinese Remainder Theorem)
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13.2 質數的定義和性質
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範例一 何謂質數?
有一個正整數 n, n>1
若 n 想寫成二個正整數的乘積只能唯一表示成 n=1n ,
也就是說除了 n=1n 的表示方式外, 再沒有別的表示方式時,
我們稱 n 為質數.
例如：2 的乘積只能寫成 1 和本身的乘積, 所以 2 是質數
且是最小的質數.
注意！1 並不是質數
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範例二 給一個很大的正整數n，如何判定是否為質數?
最蠻力的方法是將 n 除以2，若除得盡，則 n 不為質數。
假若 n 除以2後有非零餘數，則試試將 n 除以3，
若仍除不盡，則再往下試試，將 n 除以5、除以7、…、除以 n1 。
如果 n 除以這些數皆有非零餘數，則 n 必為質數。
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範例三 是否有比 O(n) 更快的質數判定法?
有的!
令 n=61，則61除以2、3、5和7皆得非零的餘數，
那麼61並不需要除以11以判定其是否為質數，
原因是61=5×11+6，那意謂著61=11×5+6。
這隱含著61除以5有非零餘數時，也等同於61除以11有非零餘數。
不難感覺出判定 n 是否為質數，只需檢查2、3、5…和  n 
是否可被 n 除盡即可。
最壞情況需花 O( n ) 的時間即可判定 n 是否為質數。
 此種質數判定法也稱 埃拉托森(Eratosthenes)篩洗法
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範例四 質數的個數是否為有限個?
利用反證法(By Contradiction)
假設質數的個數為有限個，令這k個質數為P1 、P2 、P3 …和 Pk。
因為數列 P 中已包含了所有的質數，所以任何一個不在數列 P 內
k 
的數必為合成數。我們現在找出一個合成數，其型式為C    Pi   1
 i 1 
很容易可檢查出該合成數 C 必大於假設中的最大質數
且該合成數 C 除以任一個 Pi ，1ik 後的餘數必為1，這是矛盾的。
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範例五 一個質數和下一個質數之間距離有多遠呢?
兩個相鄰的質數，其間隔可大到任意大。
只要保證數列中的任一元素皆為合成數，
即可將該相鄰兩質數推開得任意遠。
令該數列=<n!+2, n!+3, …,n!+n> ，
這裡 n 為一任意大的正整數。
很容易可驗證 n!+2 可除盡2；n!+3 可除盡3；…；n!+n 可除盡 n。
以上的可除盡性我們用符號 k|(n!+k)，2kn，表示之。
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範例六 任何一個大於1的合成數可表示唯一連串的質數之積(Product)嗎?
可以的! 令C為該合成數，則C可表示為C=pq，1<pq。
p
質數
q

合成數
合成數
質數
合成數
合成數
針對第一種組合，因為p已是質數，只需將合成數q表示成 q=xy，
然後依照 x 和 y 的質數與合成數之四種組合仿照相同的討論即可。
上表中的第二種組合和第三種組合的討論也類似於第一種組合
之討論。
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範例七 對大一點的合成數，可有較好的算數運算式以求得其質數的連
乘積形式?
以長除法求120的質數連乘型式可如下表：
120
2
2
60
2
3
我們得120=2335
30
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5
 最大公因數(Greatest Common divisor)，a 和 b 的最大公因數表示成 gcd(a,b)
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範例八 證明 f (n)=32n+25n+1為4的倍數，其中n為非負整數
f (n)  32 n  2  5n 1  (4  1) 2 n  2  (4  1) n 1
 2n  2  0
 2n  2  1
 2n  2  2 n  2
2n2
2 n 1
0

4
(

1)

4
(

1)

...

4
(

1)





0
1
2
n

2






 n  1 0 n 1  n  1 1 n
 n  1 n 1 0

4
1

4
1

...





4 1
 0 
 1 
 n  1
 1  4t  1  4 p
 4(t  p)
其中 t, p Ζ，故得證
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範例九 令 S={2, 16, 128, 1024, 8192, 65536}，若從S中取四個數來，
證明其中必有兩數的乘積為131072。
令S1={2, 65536}、S2={16, 8192}、S3={128, 1024}，
則在S中取四數，
根據鴿籠原理可知必有一集合Si中的兩數皆被取得，
其中i{1, 2, 3}，而此兩數乘積為131072。
故得證!
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13.3 歐幾里得演算法
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最大公因數
假設給兩數 a=120、b=140
a=120=2335
b=140=2257
→ gcd(120,140)=20
a  P1a1 P2a2 ...Pmam 和 b  P1b1 P2b2 ...Pmbm
m
則gcd(a, b)   Pi min( ai ,bi ) ,1  i  m
i 1
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兩整數 gcd 的歐幾里得演算法即為中學時代所學的輾轉相除法!
1
24
18
138
120
5
6
18
18
3
0
我們因此得到 gcd (24,138)=6。
上述的輾轉相除法可寫成下列的橫式算術式：
138=524+18
24=118+6
18=36
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範例一 如何證明上述輾轉相除法求 gcd(a,b) 的演算法是對的？
令 a  q  b  r ，我們的目標是證明 gcd(a, b)  gcd(b, r ) 。
令 d  gcd(a, b)，可知 d | a 和 d | b ，這裡 d | a 代表 a 可被 d 整除。
由 d | a 和 d | b 兩個條件，可推得 d | (a  q  b) 也就是推得 d | r 。
綜合 d | a 、 d | b 和 d | r 三個條件，可得：
若 d 為 (a, b) 的因數，則 d 亦為 (b, r ) 的因數。
剩下的是證明：若 d 為 (b, r ) 的因數，則 d 亦為 (a, b) 的因數。
假若 d | (b, r ) ，則 d | (q  b  r ) ，也就是得 d | a 。
就證得了 d | (a, b) 會成立。
綜合上述二個方向的分析，我們證得 gcd(a, b)  gcd(b, r ) 。
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範例二 請寫出輾轉相除法的演算法型式
Procedure GCD(a,b)
v←a
w←b
while w0
r←v mod w
v←w
w←r
End
最終的 gcd(a,b)結果存於最後的變數 v 中。
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範例三 利用輾轉相除法求 gcd(a,b) 的過程是否可在有限步驟內被完成？
令 r0  a 和 r1  b ，利用輾轉相除法，第 (k  1) 次除法後，得到:
rk  qk 1  rk 1  rk 2 , k  0,1,2,..., n  2
當 k  n  2 時，得到 rn2  qn1  rn1  rn ，
這時最後一個餘數 rn  0 且 rn  gcd(a, b) 。
令 S  r0 , r1 , r2 ,..., rn   N ，
由良序原理(well-ordering principle)，可知 S 有最小元素，
又已知 r0  r1  r2  ...  rn 會成立，
故可在有限的 n 步除法後完成 gcd(a, b) 的計算。
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範例四 輾轉相除法的諸多除式中有特殊性質嗎？
假設 a  b 且令 r0  a 和 r1  b 。經過 n 次的除法後：
r0  q1  r1  r2 , 0  r2  r1
r1  q2  r2  r3 , 0  r3  r2
r2  q3  r3  r4 , 0  r4  r3
…
rn2  qn1  rn1  rn , 0  rn  rn1
因為 rn 為所求得的 gcd ，所以最後一個除法為 rn1  qn  rn 。
從 rn  rn1 可分析出 qn  2 ；否則的話，若 qn  1，則 rn1 r n ，那不合理。
其餘的 q1 , q2 ,..., qn1 則皆滿足 q1 , q2 ,..., qn1  1 。得到下面很基本的性質：
q1 , q2 ,..., qn1  1
qn  2
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範例五 輾轉相除法的過程中, 餘數和費氏數列有關係嗎？
因為 rn 是最後一個非零餘數, 所以 rn 1.
由 rn 1、 rn1 qnrn 和 qn  2 , 可推得 rn1 2 .
由 rn2  qn1rn1 rn , 可推得 rn2  3 .
引入費氏數列：
Fn  Fn 1  Fn  2
F2 1
F1 1
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利用費氏數列的符號，
將範例四中的諸多條列式倒轉後可得到：
rn 1 F2
rn 1  qn  rn  2  F3
rn  2  qn 1rn 1  rn  3  F4
rn  3  qn  2 rn  2  rn 1  3 2  F5
rn  4  F6

r2  Fn
r1  Fn  1
依照上述的餘數和費氏數列的不等關係, 得到：
ri  Fn  i  2
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範例七 試將 gcd(a,b) 表示成 a 和 b 的線性組合 (Linear Combination)
138=524+18
24=118+6
18=36
得到
6=gcd(138,24)
=24118
=24  (138  524)
=6 24 138
=6 24 1  138
=( 1) 138+6 24
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13.4 中國餘式定理
23
中國餘式定理的典故為何?
在「孫子算經」中，
今有物不知數
三三數之剩二
五五數之剩三
七七數之剩二
問物幾何？
上面的描述寫成白話文就
現在有一個不知道的數
將該數除以3，則餘2
將該數除以5，則餘3
將該數除以7，則餘2
試問該數為何？
如何解出該數。
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在上頁投影片中的描述，可否用較數學的形式表達。
解下列三個線性同構式(Linear Congruence):
x2(3)
x3(5)
x2(7)
上式中的3, 5, 7也叫模數(Modulus)，
這裡有一限制，3, 5, 7中任兩數互質
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範例一 雖然可將滿足 x=3q1+2 的所有解 {2, 5, 8, 11, 14, 17, 20, 23, …}
中之每一個元素拿出來檢查, 看是否同時也滿足 x=5q2+3 和
x=7q3+2 , 但這太沒效率了. 是否有更快的方法?
X  1(3)
X  0(3)
X  0(3)
X  0(5)
X  1(5)
X  0(5)
X  0(7)
X  0(7)
X  1(7)
A
B
圖6.4.1 中國餘式定理的分割示意圖
C
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從節點A中的三個特殊線性同構式：X  1(3)、X  0(5)、X  0(7)，
不難解出 X = 35k1=70。
節點B也可解出X = 21k2=21為其中一解。
節點C也可解出X = 15k3=15為其中一解。
將節點A的 X  1(3) 調整回 X  2(3)，X=70 需要修改成 X=140。
同樣的道理，對節點B而言，X=63，而對節點C而言，X=30。
這就是「演算法統宗」所說：
三人同行七十稀
五樹梅花廿一枝
七子團圓整半月
除百零五便得知
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“三人同行七十稀”指的是滿足 X  1(3) 、 X  0(5) 和 X  0(7)
三個線性同餘式的解為70。
“五樹梅花廿一枝”的廿一枝指的是滿足 X  0(3) 、 X  1(5) 和 X  0(7)
的解21。
“七子團圓整半月”的整半月指的是滿足 X  0(3) 、 X  0(5) 和 X  1(7)
的解15。
令 x=140+63+30=223，很容易可檢定出 x 滿足最原始的三個線性同餘
式。其實 x=223+105k 即為通解。
當 k=2時，x=23 為得到的最小整數解。
所謂的“除百零五便得知”，指的就是將233除以105得到 x=23的
最後解。
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範例四 範例三的解答似乎是針對特殊的三個線性同構式，
可否給一個較一般的通解
假設有m個線性同構式如下所示：
x  r1(P1)
x  r2(P2)
…
x  rm(Pm)
(6.4.2)
這裡 gcd(Pi,Pj)=1，當ij
x  0(P1)
x  0(P2)
…
x  1(Pi)
…
x  0(Pm)
(6.4.3)
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滿足式(6.4.3)所述m個同構式的解之形式為：
 m
  Pj
x   j 1
 Pi




  bi  Si  bi



(6.4.4)
式(6.4.4)中的bi可用嘗試法求得，將式(6.4.3)中的第 i 個式子調整回
x  ri(Pi)
則滿足調整後的 個同餘式之解為：
x=riSibi
所要的通解，其型式如下：
m
x   ri  Si  bi
i 1
m
將所求的通解再除以 P   Pj 即得到最小的正整數解，如下所示：
j 1
 m

x    ri  Si  bi  ( p)
 i 1

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例題4.1 請找出滿足下列線性同餘式的最小整數解：
X  1(3)
X  4(5)
X  2(7)
根據前面的中國餘式定理，可得到：
x  184 (105)
故
x  184 + 105t ,tZ
當t=1時，可得最小正整數解184 105=79
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