米迪定理

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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\tfrac{a}{p}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kl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}b^k-1的倍數。

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\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[编辑]

米迪定理可以用群论中的结果来证明。然而,也可以用算术同余来证明米迪定理:

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...al的整数。

注意bl − 1是p的倍数,因为(bl−1)a/p是一个整数。另外,对于任何小于lnbn−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bl−1是bk − 1的倍数。设bl − 1 = m(bk − 1),因此:

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

bl−1是p的倍数;bk−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...al分成h个长度为k的部分,并设它们在b进制中表示N0...Nh − 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Ni的和是bk − 1的倍数。

由于bkbk−1除余1,任何bk的幂被bk − 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N0N1b进制中都由k个数字表示,所以都满足

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

N0N1不能都等于0(否则a/p = 0),也不能都等于bk − 1(否则a/p = 1),因此:

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

由于N0 + N1bk − 1的倍数,所以有:

N_0+N_1 = b^k-1.

外部链接[编辑]