哪个网站做ppt赚钱,网页软件有哪些,怎么把网站源码扒下来,ps海报模板素材免费加深一下理解#xff0c;找了点纯数学的资料#xff08;老者善学#xff0c;尤老骥伏枥#xff0c;况乎我也#xff09;#xff1a;“中国剩余定理”是公元5-6世纪、我国南北朝时期的一部著名算术著作《孙子算经》中的一个“物不知数”的解法问题#xff1a;今有物不知其…加深一下理解找了点纯数学的资料老者善学尤老骥伏枥况乎我也 “中国剩余定理”是公元5-6世纪、我国南北朝时期的一部著名算术著作《孙子算经》中的一个“物不知数”的解法问题今有物不知其数三三数之剩二五五数之剩三七七数之剩二。问物几何答曰二十三。 《孙子算经》中虽然也有计算方法的叙述如术曰「三三数之剩二置一百四十五五数之剩三置六十三七七数之剩二置三十并之得二百三十三以二百一十减之 即得。凡三三数之剩一则置七十五五数之剩一则置二十一七七数之剩一则置十五即得。」但也仅仅知道1406330233、 233-21023得物数23。至于接着说的剩一、置70、置21、置15应该是说14070*2、6321*3、3015*2的来源而 2、3、2又正是剩余数、210又正是除数3、5、7的最小公倍数的2倍。综合之解的算式为70*221*315*22*3*5*723。虽然 如此但仍不知为什么要这么算还有 70、21、15是怎样来的等等如读天书。如果换一个题目你能算吗连照搬都没法搬。 这个问题过了八、九百年到了宋代才有秦九韶在《算书九章》中给以解答。但现代人读古代数书正如读古代医书一样绝大多数是丈二和尚模不着头了。 “中国剩余定理”的现代数学提法是解一元一次同余式方程组 X≡2 (mod 3) X≡3 (mod 5) X≡2 (mod 7) 初等数论中有解法得X最小值为23通解为X23 105K。但因为原理很难理解所以也只能按公式规定的步骤与方法依样画葫芦的计算罢了。时间一长也就忘光了。由此可见“中国剩余定理”的理论及计算方法还达不到普知的地步不像一元二次方程的公式初中生都知道公式怎样来的怎样应用的。 若要问我你对“中国剩余定理”的态度是怎样的呢回答只有两个字“敬畏”。 其实“中国剩余定理”就是解一组带余除法的不定方程 X÷3A…2 X÷5B…3 X÷7C…2 若避开难点换个角度看那么解这组方程不一定非用“同余式方程组”的解法。就我所知有五个方法 一、枚举法 二、解不定方程法 三、逐级满足法 四、化为相同除数的同余式法、 五、才用到典经的、不同除数的同余式组解法 现将陈景润所著《初等数论Ⅰ》中的一个习题为例分而习之。 试解 X≡2 (mod 7 ) X≡5 (mod 9 ) X≡1 (mod 5 ) 一 枚举法 X≡2 (mod 7 ) X÷7A…2 X7A2 X≡5 (mod 9 ) 相当于 X÷9B…5 → X9B5 X≡1 (mod 5 ) X÷5C…1 X5C1 枚举法就是按A0、1、2、3、4… B0、1、2、3、4… C0、1、2、3、4… 代入各式计算各式的X当三个X相同时就是一个解。 A、B、C 0 1 2 3 4 … 9 10 11 12 … 16 17 18… XA 2 9 16 23 30… 65 72 79 86… XB 5 14 23 32 41 … 86 … XC 1 6 11 16 21 … 46 51 56 61 … 81 86 … 即当A12、B9、C17时X 都等于86。所以最小 X86。由于7、9、5的最小公倍数是315所以通解 X86315K (K0、1、2、3、…) 枚举法就是凑很‘笨’但也最直观。适合小学生学习。也可用电子表格计算那太快捷了。 二 解不定方程法 X7A2 X9B5 →9B57A2 →9B7A2-57A-3 →B(7A-3)/9 X5C1 →5C17A2 →5C7A2-17A1 →C(7A1)/5 由B(7A-3)/9算得当A3时B2但A3时C(7A)/54.4。由于A、B、C只能是整数。所以 3、2、4.4这一组不符合要求要重算A。又由于B(7A-3)/9的分母是9所以下一个A只能在3的基础上增加一个9的倍数所以A只能取12、21、30、39…有了A再算B、C当A、B、C全是整数时才合格。结果如下 A B C 3 2 4.4 12 9 17 21 16 29.6 … 可见只能取A12 、B9 、C17 代入原式 X7A27*12286 X9B59*9586 X5C15*17186 得 X86、通解为X86315K 三 逐级满足法 这个方法的基本思路是先解算出合符第一个方程的X1。再解算出合符第一、第二个方程的X2令X2X1P1。关键是P1要保持第一个方程中的倍数要求又要合符第二个方程中的剩余要求。再解算出合符第一、第二、第三个方程的X3令X3X2P2关键是P2要保持第一第二两个方程中的倍数要求又要合符第三个方程中的剩余要求。这样逐级解算满足全部条件。 这使我想起老本行测量好比测量平差的分组平差。只是测量分组平差时要改化方程式的系数比较麻烦而这里仅要调整倍数与余数就行了。 X7A2 X9B5 X5C1 先解第一方程 X7A2。最简X12。 再解第二方程 X9B5 。令X2X1P12P1。首先要求P1应是7的倍数7K即P1只能7、14、21、27…为什么呢因为第一个方程X7A2中有7A一项所以X2最起码应是X2X1P12P127K即应是 9、16、23、30、…中的一个才能满足第一个方程中的7倍数的要求。 但仅仅这样取P1不一定满足第二个方程中的剩余5的要求。为此要统一考虑第一第二方程的总的剩余要求。要将X12看作是第一第二两个方程的总的余数的一部份。现在要求剩余为5而前面已经有余数2了所以P1除以9后余数应为523才能使总余数为5。这样才满足第二个方程中的剩余5的要求。 总之P1应是7的倍数、且P1÷9余3这就是对P1的要求。 用方程表示为7K÷9N…3或(7K3)/9整数N。 将K1、2、3、4…代入K1时N0.44非整数不合符要求。再往下算得K3时N2整数了合符要求。所以P17K 7*321。这样X2X1P122123 注请回头看看枚举法当A2、B3时也得XAXB23凑两个方程容易。凑三个以上就难了。 再解第三方程 X5C1前已得X223。 令X3X2P223 P2。首先要求P2应是7*963的倍数63K即P2只能63、126、189…为什么呢因为第一第二方程中有7A、9B63是它们的最小公倍数。 同样P2不一定满足第三个方程中的剩余1的要求。为此要统一考虑第一第二第三方程的总的剩余要求。要将X223看作是第一第二第三方程的总的余数的一部份。现在要求剩余1而前面已经有余数23了所以P2除以5后余数应为12322这样才满足第三个方程中的剩余1的要求。但余数22不是很怪吗实际上不怪因为在数论中不管除数的大小可以把除数归入余数之中的。例如83÷516…3可以表示为 83÷515…8也可以表示为 83÷521…… 22它们用同余表示为 83 ≡3 (mod 5 ) 、83 ≡8 (mod 5 ) 、83 ≡22 (mod 5 )是相同的。现在第三式中除数是5现要求余数为22便可以改化为5*52225223即余3。 这样P2应是63的倍数、且P1÷5余3这就是对P2的要求。 用方程表示为63K÷5N…3或(63K3)/5整数N。 将K1、2、3、4…代入可得K1时N12合符要求。所以P263*163即X3X2P2236386这是最小解。通解为X86315K 四 化为相同除数的同余式法 X≡2 (mod 7 ) X≡5 (mod 9 ) X≡1 (mod 5 ) 这三个同余式除数不同分别为7、9、5为了能利用同余式的和差特性简化计算先设法使它们的除数相同为此 X≡2 (mod 7 )两边都乘9*5得X*45≡2*45 (mod 7*45 ) →45 X≡90 (mod 315 ) …(1) X≡5 (mod 9 ) 两边都乘7*5得X*35≡5*35 (mod 9*35 ) →35 X≡175 (mod 315 ) …(2) X≡1 (mod 5 ) 两边都乘7*9得X*63≡1*63 (mod 9*63 ) →63 X≡ 63 (mod 315 ) …(3) 根据同余式的加减性质(1) (2)得 (45-35) X≡(90-175) (mod 315 ) →10 X≡85 (mod 315 ) →10 X≡230 (mod 315 ) 而10 X≡230 (mod 315 )就意味着(10X230)÷315商N (整数)由此解得X86、N2合符整数要求所以 X≡86 (mod 315 ) 验算X≡86 (mod 315 ) 两边都乘63得 63 *X≡86*63 (mod 315 ) →63 X≡5418 (mod 315 ) →63 X≡63 (mod 315 )正与(3)相同。没有算错。 所以 X86是最小解。通解为 X86315K或X≡86 (mod 315 ) 五 典经的、不同除数的同余式组解法 X≡R1 (mod m1 ) X≡2 (mod 7 ) X≡R2 (mod m2) X≡5 (mod 9 ) X≡R3 (mod m3) X≡1 (mod 5 ) 名词注释及计算步骤 1 余数R、R12、R25、R31 2 模亦即除数m例中m17、m29、m35 3 模的最小公倍数GGm1*m2*m3例中M7*9*5315 4 衍数局部公倍数yY1m2m3、Y2m1m3Y3m1m2例中Y19*545、Y27*535、Y37*963 5 乘率C这是解算中国剩余定理的关键而计算“乘率”的方法是秦九韶在《数书九章》一书中首次提出 的称之为“大衍求一术”。“求一”就是使(衍数*乘率)除以模(除数)而余数为1。即 衍数Y*乘率C≡1 (mod m)乘率C可以经过反算而得到。例中Y1C1≡1 (mod 7 )、 Y2C2≡1 (mod 9 ) 、Y3C3≡1 (mod 5 )。 计算C1方法。由Y1C1≡1 (mod 7 ) →45C1≡1 (mod 7 ) →(45C11) / 7整数N 得C15。因为45*52252251224224÷73232是整数合符要求。C2、C3之计算也相仿。乘率C之计算见下表 同余式 i 衍数Y 乘率C 余1 模m 检验 (Y*C-1)/m 整数 1 45 5 1 7 (45*C-1)/7 N (45*5-1)/7 32 2 35 8 1 9 (35*C-1)/9 N (35*8-1)/9 31 3 63 2 1 5 (63*C-1)/5 N (63*2-1)/5 25 6 最终结果X≡R1Y1C 1R2Y2C2R3Y3C3 (mod G) 即X≡Σ余数*衍数*乘率 (mod G)见下表计算 i 余数R 衍数Y 乘率C R*Y*C 1 2 45 5 450 2 5 35 8 1400 3 1 63 2 126 Σ 1976 X≡1976 (mod 315) 。1976 除去315的6倍后剩下86最终 X≡86 (mod 315) 六 用分组的逐级满足法解“韩信点兵” 陈景润 著《初等数论Ⅰ》例 韩信点兵有兵一队若列成5行纵队则末行1人。成6行纵队则末行5人成7行纵队则末行4人成11行纵队则末行10人。求兵数。 设X是兵数依题意有 X≡1 (mod 5) X≡5 (mod 6) X≡4 (mod 7) X≡10 (mod11) 现将四式分为两大组对每组的两个式都用逐级满足法分别求出两个X。再合并求出最终X。这是我独自想出的方法正确性、简便性如何请一试验证之。 第一组 X≡1 (mod 5) → X11 X≡5 (mod 6) → X2 X1P11P1 →P15K。 关于余数前已有1现要求余5则应余514所以P1又应满足(5K4)/6整数N的要求。经电子表格凑算当K2时N1行。这样X215K15*211此两式最小公倍数5*630所以 有X≡11 (mod 30) …(A) 第二组 X≡4 (mod 7) → X34 X≡10 (mod 11) → X4X3P34P3 →P37K。 关于余数前已有4现要求余10则应余1046所以P3又应满足(7K6)/11整数N的要求。经电子表格凑算当K4时N2行。这样X447K47*432此两式最小公倍数7*1177所以 有 X≡32 (mod 77) ……(B) 经分批解算得到两个新的同余式 X≡11 (mod 30) ……(A) X≡32 (mod 77) ……(B) 再用逐级满足法解。XA11、XBXAPA11PA、PA30K。 关于余数前已有11现要求余32则应余321121所以PA又应满足(30K21)/32整数N的要求。经电子表格凑算当K70时N27行。这样XB1130K1130*702111此两式最小公倍数30*772310所以有 X≡2111 (mod 2310) 即X21112310K 现再用第四节“化为相同除数的同余式法”来解算这两个新的同余式。 X≡11 (mod 30) ……(A)乘77得 77X≡847 (mod 2310)……(1) X≡32 (mod 77) ……(B)乘30得 30X≡960 (mod 2310)……(2) (1) (2) 得 47X≡113 (mod 2310) ……(3)相当于要求(47X113)/2310N整数。由电子表格帮忙算得X2111此时N43合符要求。所以也得到 X21112310K。 真是路路通啊有收获。 七 写后感 2013年的国庆过得很忙甚至还起了一个早床。感谢我的老伴以她的勤劳与宽容给了我闲暇与自由使我能够安逸地做做算术、写写文章自得其乐有时间消磨我的时光。 我仰望深邃的数学天空深感自己的渺小。我浅尝一滴数学的清泉来润湿一下我干枯的灵感。 原文http://blog.sina.com.cn/s/blog_a6f9a3b60101favb.html
