米迪定理

米迪定理說明若有質數$p$、少於$p$的正整數$a$、大於1的正整數$b$和任意正整數$n$，

使得$a/p$在$b$進位制內的循環節長度是$2n$，且將這個分數用循環小數寫成$0.\overline{a_1a_2a_3...a_na_{n+1}...a_{2n}}$，則有以下結論：

$a_i+a_{i+n}=b-1$

$a_1\dots a_n+a_{n+1}\dots a_{2n}=b^n-1.$

這個定理還可再作推廣（广义米迪定理）：若$k$是$l$的正因數，則$a_1a_2...a_k + a_{k+1}a_{k+2} ... a_{2k} + ... + a_{l-k+1}a_{l-k+2}...a_{l}$是$b^k-1$的倍數。

例

$\frac{1}{17}=0.\overline{0588235294117647}\mbox{ and } 05882352+94117647=99999999.$

$\frac{1}{19}=0.\overline{052631578947368421}$

$052631578+947368421=999999999$

$052631+578947+368421=999999$

$052+631+578+947+368+421=2997=3\times999.$

$\frac{1}{19}=0.\overline{032745}_8$

$032_8+745_8=777_8$

$03_8+27_8+45_8=77_8.$

定理的证明

米迪定理可以用群论中的结果来证明。然而，也可以用算术和同余来证明米迪定理：

设p为素数，a/p是0与1之间的分数。假设在b进制中，a/p的展开式的周期为l，所以：

$\frac{a}{p}=[0.\overline{a_1a_2\dots a_l}]_b$

$\Rightarrow\frac{a}{p}b^l=[a_1a_2\dots a_l.\overline{a_1a_2\dots a_l}]_b$

$\Rightarrow\frac{a}{p}b^l=N+[0.\overline{a_1a_2\dots a_l}]_b=N+\frac{a}{p}$

$\Rightarrow\frac{a}{p}=\frac{N}{b^l-1}$

其中N是在b进制中的展开式为a₁a₂...a_l的整数。

注意b^l − 1是p的倍数，因为(b^l−1)a/p是一个整数。另外，对于任何小于l的n，bⁿ−1都不是p的倍数，否则在b进制中a/p的周期将小于l，这是不可能的。

现在，假设l=hk。那么b^l−1是b^k − 1的倍数。设b^l − 1 = m(b^k − 1)，因此：

$\frac{a}{p}=\frac{N}{m(b^k-1)}.$

但b^l−1是p的倍数；b^k−1不是p的倍数（因为k小于l）；且p是素数；因此m一定是p的倍数，且

$\frac{am}{p}=\frac{N}{b^k-1}$

是整数。也就是说：

$N\equiv0\pmod{b^k-1}.$

现在，把a₁a₂...a_l分成h个长度为k的部分，并设它们在b进制中表示N₀...N_h − 1，所以：

$N_{h-1}=[a_1\dots a_k]_b$

$N_{h-2}=[a_{k+1}\dots a_{2k}]_b$

$.$

$.$

$N_0=[a_{l-k+1}\dots a_l]_b$

为了证明b进制中广义的米迪定理，我们必须证明h个整数N_i的和是b^k − 1的倍数。

由于b^k被b^k−1除余1，任何b^k的幂被b^k − 1除也余1。因此：

$N=\sum_{i=0}^{h-1}N_ib^{ik}=\sum_{i=0}^{h-1}N_i(b^{k})^i$

$\Rightarrow N \equiv \sum_{i=0}^{h-1}N_i \pmod{b^k-1}$

$\Rightarrow \sum_{i=0}^{h-1}N_i \equiv 0 \pmod{b^k-1}$

这就证明了b进制中广义的米迪定理。

为了证明原先的米迪定理，取h = 2的特殊情况。注意N₀和N₁在b进制中都由k个数字表示，所以都满足

$0 \leq N_i \leq b^k-1.$

N₀和N₁不能都等于0（否则a/p = 0），也不能都等于b^k − 1（否则a/p = 1），因此：

$0 < N_0+N_1 < 2(b^k-1)$

由于N₀ + N₁是b^k − 1的倍数，所以有：

$N_0+N_1 = b^k-1.$

外部链接

• 埃里克·韦斯坦因, Midy's Theorem at MathWorld