循環小數 康明昌 ( 一 ) 學過中學數學的人都知道如何把循環小數化成有理數 至於把有理數化成循環小數更是小學生都會的題目 例如, 1/7 = 0142 857 (6 位循環節 ), 1/13 = 0076 923 (6 位循環節 ), 1/17 = 00588 2352 9411 7647 (16 位循環節 ), 1/73 = 00136 9863 (8 位循環節 ), 1/97 = 00103 0927 8350 5154 6391 7525 7731 9587 6288 6597 9381 4432 9896 9072 1649 4845 3608 2474 2268 0412 3711 3402 0618 5567 (96 位循環節 ), (1) 1/137 = 00072 9927 (8 位循環節 ) 任給一個有理數, 例如 19/235, 它的循環節究竟有幾位? 在 (1) 式中, 循環節都是偶數位, 因此我們可以把它分成前後兩段 注意, 前段第 k 個數與後段第 k 個數的和恆為 9 以 1/7 為例, 把循環節分成 142 與 857 兩段, 結果 : 1 與 8, 4 與 5, 2 與 7, 這些數的和都是 9 這是 偶然 還是 必然? 再看 1/7 的循環小數表示式, 1/7 = 0 142 85 7, 2/7 = 0 285 71 4, 3/7 = 0 428 57 1, 4/7 = 0 571 42 8, 5/7 = 0 714 28 5, 6/7 = 0 857 14 2, 把 1/7 的循環節 142 857 輪換排列 : 如果從 2 出發, 得 285 714, 這是 2/7 的循環節 ; 如果從 4 出發, 得 428 571, 這是 3/7 的循環節 以下類推 要說明以上的現象, 並不需要高深的數學 只要具備 同餘 (congruence) 的概念便足以揭破謎底 偉大的數學家高斯 (Carl F Gauss, 1777 1855 年 ) 在他的名著 Disquisitiones Arithmeticae ([4, Articles 312 318]) 就完整的討論過有理數的循環節 當代有名的數學家 John H Conway 與 Richard K Guy 在他們合著的書 The book of numbers ( [2, p157 171]) 也討論過循環小數的性質 即使到 1909 年, 美國 55
56 數學傳播 25 卷 3 期民 90 年 9 月 的數學期刊 Annals of Mathematics 都還有關於循環小數的論文 ([3, p177]) 物理學家 Richard P Feynman 對於 1/243 的循環小數表示式感到十分驚奇 ([8]): 1/243=0004 115 226 337 448 559??? 最近 科學雙月刊 雜誌又有一篇文章談到這些奇妙的數 : 談祥柏, 初探精細結構常數 ([10]) 似乎連循環小數都有無窮的奧妙 是耶? 非耶? 本文的目的是想借用初等數學的方法, 說明以上現象 讀者不需要學過初等數論, 只要具備類似 [5, p53 54; 9, p6 10] 的知識即可 為了讀者方便, 略微說明同餘的符號如下 : 設 n 是任意正整數, a, b 是任意整數, 如果 n 可以整除 a b 時, 我們說 : 在模 n 之下, a 與 b 同餘 ; 記為 a b (mod n) 例如, 5 2 (mod 7) 在本文中, N 代表所有正整數的集合 ( 二 ) 觀察 (1) 式, 我們是否可以發現 : 如果 p 是質數, 並且 d 是 1/p 的循環節的位數, 則 d 可整除 p 1? 更一般的, 我們可以證明 : 定理 1: 如果 1 b < a, a 沒有 2 或 5 的質因數, 並且 a 與 b 互質, 那麼 b/a 的循環節位數恰好等於 : min{e N : 10 e 1(moda)} 例如, 10 6 1 (mod91), 因此 69/91 的循環節位數必定 6 根據 Lagrange 定理 ([5, Theorem 15, p52; 9, 231, p54]), 循環節位數必定整除 6 事實上, 69/91 = 0 75824 1 讀者如果已經檢查過 : 10 2 1 (mod91), 10 3 1 (mod91), 10 4 1 (mod91), 10 5 1 (mod91), 10 6 1 (mod91), 你當然可以肯定的斷定 69/91 恰有 6 位循環節 如果你碰到的數是 489/235, 怎麼判斷它的循環節呢? 首先, 把分母中 2 或 5 的因數提出 : 489/235=489/(5 47)=(2 489)/(10 47)=(1/10) (978/47)=(1/10) {20 + (38/47)} 因此, 489/235 的循環節與 38/47 的循環節是一樣的 ( 何故?), 而它正也是 1/47 的循環節 現在我們開始證明定理 1 設 d = min{e N : 10 e 1 (mod a)} 如果 b/a 有 r 位循環小節, 即 b/a = 0 ċ 1 c 2 ċ r, 則 10 r (b/a) = } {{ } ċ 1 c 2 ċ r, s 位其中 s N {0} 因此, (10 r 1)(b/a) 只有 s 位小數, 也就是, 10 s (10 r 1)(b/a) 是正整數 可知, 存在正數 m 使得 10 s (10 r 1)b = am 因為 a 與 b 互質, a 也與 10 互質, 故知 a 可整除 10 r 1, 也就是 : 10 r 1 (moda) 根據 d 的定義, 可知 : d r
循環小數 57 在另一方面, 因為 a 整除 10 d 1, 所以 a 也整除 (10 d 1)b 因此, 存在正整數 q 使得 (10 d 1)b = aq, 也就是, 10 d b = aq + b 因為 1 b < a, 所以 b 是 10 d b 除以 a 的餘數 可知 d 循環節的位數 ( 讀者只須取個實例做做看便知 ; 例如, 取 22/37, d = 3 ) 得證 定理 2: 如果 1 b < a, a 沒有 2 或 5 的質因數, 並且 a 與 b 互質, 那麼 b/a 的循環節位數必整除 ϕ(a) (ϕ(n) 是 Euler 的 ϕ 函數 [5, p47; 9, p69 71]) 因此, 若 p 5 是任一奇質數, 且 p 不整除 b, 則 b/p 的循環節位數必整除 p 1 證明 : 利用 Euler 定理 ([5, Theorem 25, p102; 9, p 69]); 請注意, min{e N : 10 e 1 (modn)} 其實是 10 在乘法群 (Z/nZ) 的秩 (order) 得證 定理 3: 如果 n,m 3, 2 與 5 都不整除 mn, 並且 n 與 m 是互質的正整數, 則 1/mn 的循環小數位數是 1/m 與 1/n 循環小數位數的最小公倍數 證明 : 根據 中國餘數定理 ([5, p107; 9, p164 165]), 再利用定理 1 例題 4: 以下列出一些質數 p 與 1/p 的循環節位數 : 質數 p 3 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 循環節位數 1 6 2 6 16 18 22 28 15 2 5 43 47 53 59 61 67 71 73 79 83 89 97 101 103 21 46 13 58 60 33 35 8 13 41 44 96 4 34 107 109 113 127 131 137 139 149 151 157 163 167 173 179 53 108 112 42 130 8 46 148 75 78 81 166 86 178 181 191 193 197 199 211 223 227 229 233 239 241 251 263 180 95 192 98 99 30 222 113 228 232 7 30 50 262 269 271 277 281 283 268 5 69 28 141 讀者有沒有發現, 1/p 的循環節位數恰好是 p 1 的質數相當多? 例如, p = 7, 17, 19, 23, 29, 47, 59, 61, 是不是有無窮多的質數 p 使 得 1/p 的循環節恰有 p 1 位? 這種質數的數目能否有個比較精確的估計? 這就是所謂的 Artin 猜想 ([6]) 設 p 是奇質數 如果 1/p
58 數學傳播 25 卷 3 期民 90 年 9 月 有 d 位循環節, 利用定理 1 可以證明 : 1/p 的循環節位 2 數是 d 或 dp 同理, 若 1/p n 的循環節位數是 dp m (0 m < n), 則 1/p 的循環節位數 n+1 是 dp 或 m dp 注意 m+1, 1/487 與 1/487 的循環節都有 2 486 位 ([1, p79]) ( 三 ) 回到 1/7, 2/7,, 6/7 的循環小 數表示式, 為什麼它們都可以經由 1/7 = 0 14285 7 的循環節輪換排列得到? 因為 1/7 = 0142 857 所 以 10(1/7) = 1428 571 因此 3/7 = [10/7] = 0 428 57 1 同理, 考慮 [30/7] = 2/7, [20/7] = 6/7, [60/7] = 4/7, [40/7] = 5/7, [50/7] = 1/7 得證 但是 1/7 的循環節恰有 6(= 7 1) 位 如果是 1/137, 結果會如何? 1/137 = 0 0072 992 7, 10/137 = 0 0729 927 0, 100/137 = 0 7299 270 0, 41/137 = 0 2992 700 7, 136/137 = 0 9927 007 2, 127/137 = 0 9270 072 9, 37/137 = 0 2700 729 9, 96/137 = 0 7007 299 2 在乘法群 G = (Z/137Z) 中, 設 H 是 10 所生成的子群, 則 H 恰有 8 個元素, 就 是以上 8 個數的分子部份 : 1, 10, 100, 41, 136, 127, 37, 96 考慮 G 中之 H 陪集表示法 ([5, p 52; 9, p55]): G = H 3H 9H 27H 3 16 H 例如, 陪集 7H = {7, 70, 15, 13, 130, 67, 122, 124} 因為 7/137 = 0 0510 948 9, 所以 70/137 = 0 5109 489 0, 15/137 = 0 1094 890 5, 13/137 = 0 0948 905 1, 130/137 = 0 9489 051 0, 67/137 = 0 4890 510 9, 122/137 = 0 8905 109 4, 124/137 = 0 9051 094 8 同理, 取出其餘的陪集也可做出類似的結果 結論 : 分數 1/137, 2/137,, 136/137 可分成 17 個軌道 ( 陪集!), 每個軌道有 8 個元素, 這 8 個元素的循環小數表示式是某一循環節做輪換造成的 ( 四 ) 為什麼把 24/91 = 0 263 73 6 的循環結分成兩段 : 263 與 736, 其對應項 (2 與 7, 6 與 3, 3 與 6) 之和為 9? 在 24/91 的情況, 利用定理 1 可知 : 10 6 1 (mod91) 因此, 10 3 1 (mod 91) 所以, 91 整除 10 3 +1, 91 也整除 24(10 3 +1) = 24 + 24000 但是, 24/91 = 0 263 73 6, 24000/91 = n + 0 736 26 3 ( 回憶第 ( 三 )
循環小數 59 節的方法 ), 其中 n 是 24000/91 的整數部份 因為 24/91 + 24000/91 是整數, 可知 0263 736 263 736 +) 0736 263 736 263?????? 也是個整數 這個整數當然是 1 因此 A = 263 + 736 能是什麼樣的數呢? 首先, 如果 A 1000, 那麼 0 263 73 6 + 0 736 26 3 就超出 1; 如果 A 998, 那麼 0 263 73 6+0 736 26 3 就比 0999 999 還要小 所以 A 只能是 999! 得證對應項之和必為 9 現在你能不能證明以下定理? 定理 5: 若 p 7 是個質數, n 與 m 是任意正整數且 p 不整除 m, 則 m/p n 的循環節有偶數位 將此循環節分成前後兩段, 則此兩段之對應項的和皆為 9 討論 : 若 n 與 m 是任意互質之正整數, 且 n 與 10 互質, 以上定理對於 m/n 仍然成立, 只要它滿足以下兩個條件 : (i) m/n 的循環節位數是偶數, 令其為 2k; (ii) 10 k 1 (modn) 因此, 這個定理對於 24/91 也是成立的 但是在 37/303 = 0 122 1 的情形, 因為 10 2 1 (mod 303), 這個定理就不適用了 回到 (1) 式, 1/7 的循環節是 3 的倍數, 因此可以把它拆成 14, 28, 57 三段, 它們的和恰為 99 ( 你能不能也給個 合理 的解釋?) 但是, 在 (1) 式中, 1/17 與 1/73 的循 環節是 4 的倍數, 把它們拆成四段, 前後兩段 的和 ( 注意 : 不是對應項的和!) 可能是 99 或 198( 假設每一小段有兩個數字 ) 請讀者對此 也做個 合理的解釋 考慮 1/7 的長除法, 1142857 7 1000000 7 30 28 20 14 60 56 40 35 50 49 1 當商分別是 1, 4, 2, 8, 5, 7 時, 其餘 數分別是 3, 2, 6, 4, 5,1 把這些餘數分成兩 段 :326 與 451, 其對應項之和恰好是除數 7! 為 什麼? 假設 1/7 = 0ȧ 1 a 2 a k b 1 b 2 ḃk, 當 1 i k, 10 i = 7 (a 1 a 2 a i ) + r(r 是餘數 ), 10 i+k = 7 (b 1 b 2 b i ) + s(s 是餘數 ) 因為 10 k 1 (mod 7), 因此 10 i + 10 i+k 可被 7 整除, 所以 r + s 也可被整除, 得證 r + s = 7 例題 6 ([1, p77]): 怎麼求出 1/97 的 循環小數表示式? 835 5 97 利用長除法, 得 1/97 = 00103 0927
60 數學傳播 25 卷 3 期民 90 年 9 月 但是 5/97 是 1/97 的 5 倍, 因此把 0103 0927 835 乘上 5 倍, 得 1/97=00103 0927 8350 5154 6391 75 25 97 注意, 25 = 100 4 因此以上的小數可以 推進 100 倍, 再除以 4 得 25/97 = 02577 3195 8762 8865 25 25 9793 75 97 但是 75 25 25 97 = 81 43 97, 8143 97 = 81443236 97 得知 1/97 = 00103 0927 8350 5154 6391 7525 7731 9587 6288 6597 9381 4432 ; 以下還有 48 位小數, 但是根據定理 5 的 討論, 前段與後段對應數之和為 9 故, 接下 來的數應為 9896 9072, 得 (1) 式中 1/97 的表示式 ( 五 ) 以上的討論不只對於 10 進位的循環小 數展開成立 ; 當 q 是大於 1 的正整數, 以上 的性質對於 q 進位的循環小數展開式也成立 ([7, p149]) 在過去兩三百年, 究竟有哪些人研究過 循環小數的性質? 研究哪些問題? Dickson 在 [3] 的第六章有非常詳盡的記錄 但是, 這 都是過眼煙雲, 讀者不看也罷 本文的目的之 一是想告訴讀者, 有一些看似 神祕 的現象 其實可以用很簡單的數學方法加以證明, 這 些數學方法有時難度並不高, 有些則難度甚 高 ( 如 : Artin 猜想 [6]) 在本文結束之前, 我們看一看 Conway 與 Guy 書中的一個例子 ([2, p170]) 例題 7: 如果 n/91 = 0ȧbc de f, 那麼有沒有一個正整數 m 使得 m/91 = 0 fed cbȧ? 例如, 13/91 = 0 142 85 7, 69/91 = 0 758 24 1, 7/91 = 0 076 92 3, 30/91 = 0 329 67 0, 1/91 = 0 010 98 9, 90/91 = 0 989 01 0, 5/91 = 0 054 94 5, 2/91 = 0 021 97 8, 80/91 = 0 879 12 0, 4/91 = 0 043 95 6, 60/91 = 0 659 34 0, 14/91 = 0 153 84 6, 59/91 = 0 648 35 1, 24/91 = 0 263 73 6, 58/91 = 0 637 36 2 為什麼分母 必須 是 91? 這些對偶的數, 如 13 與 69, 7 與 30 等, 是怎麼找到的? 首先, 如 果 n/91 = 0ȧbc de f, m/91 = 0 fed cdȧ, 那麼, n/91 = abcdef/(10 6 1), m/91 = fedcba/(10 6 1)
循環小數 61 當然, 如果任取 a, b, c, d, e, f, 那麼 abcdef/(10 6 1) 與 fedcba/(10 6 1) 就是我們希望找的有理數 但是這兩個有理數的分母太大, 不夠 有趣, 我們希望分母小一點 因為 10 6 1 = 3 3 7 11 13 37, 並且 1/3 3 的循環節有三位, 而 1/7, 1/11, 1/13, 1/37 的循環節分別有 6 位, 2 位, 6 位, 3 位 ( 見例題 4) 因此, 如果 abcdef/(10 6 1) 與 fedcba / (10 6 1) 有 6 位循環節, 根據定理 3, 化簡後的 abcdef / (10 6 1) 與 fedcba / (10 6 1) 的公分母不可能是 7 11 13, 也不可能是 3 3 7 13 37 令 g 是 abcdef/(10 6 1) 與 fedcba/(10 6 1) 化簡後的公分母, 那麼 g = 7, 13, 11 37, 7 13, 3 3 11, 3 2 7, 3 2 13 等等, 都是可能的人選 但是由 (1) 式可知 1/7 不合我們的需求 同理, 1/13 也不合需求 因為 10 3 1 = 3 3 37, 如果 g 與 3 37 互質, 那麼我們還可以利用定理 5 ( 即, 把循環節分成兩段, 則前後段對應項之和為 9) 如果 g 剛好是 7 13 = 91, 則 abcdef, fedcba 與 10 6 1 的公因子 G 為 3 3 11 37, 並且它必須整除 abcdef fedcba = (a f)(10 5 1) + (b e)10(10 3 1) + (c d)10 2 9 = 9 {(a f) 11111+(b e) 10 111 + (c d)10 2 } 可知 3 11 37 必須整除 (a f) 11111+(b e) 10 111+(c d)10 2 所以 11(a f c + d) 應是 3 37 = 111 的倍數, 並且 a f b + e + c d 應是 11 的倍數 結論 : 只須選定 a, b, c, d, e, f 使得 a f c + d 0 (mod111), a f b + e + c d 0 (mod11) 從第一個條件得知 f = a c+d+111k (k 是整數 ) 如果 k 0, 則不管 a, c, d 如何選取 (0 a, c, d 9), f 10 必成立 故 k = 0, 並且 f = a c + d 把 f = a c + d 代入第二個條件, 得知 e = b 2c + 2d + 11h (h 是整數 ) 經過討論可知 h = 2, 1, 0, 1, 2 但是, 根據定理 5, 可知 a + f = b + e = c + d = 9 結論 : 取 a, b, c 使得 0 a, b, c 9, 並且 d = 9 c, f = 9 + a 2c, e = 18 + b 4c + 11h (h = 0, ±1, ±2) 請注意, a, b, c, d, e, f 還要滿足 ab + cd + ef = 99 與 abcdef 是 3 3 11 37 = 10, 989 的倍數 這可以使 a, b, c 的選擇範圍更小 以下部份請讀者自行處理 例題 8: 決定所有的質數 p, 使得 1/p 的循環小數表示為 0 00ab ccbȧ 把 0 00ab ccbȧ 化為有理數, 得 1/p = abccba/(10 8 1) 因為 10 8 1 = 3 2 11 73 101 137, 而 10 4 1 = 3 2 11 101, 根據例題 4, 11 與 101 的循環節分別是 2 與 4; 因此, 如果 1/p 恰有 8 位循環節, 則 p 只能是 73 或 137 根據定理 5, 得 c = 9, b = 9 a 故 abccba = a(10 5 +1)+b(10 4 +1)+9900 = 89991a + 99990 = 3 2 11 101(9a + 10) 因此, 把 abccba/(10 8 1) 化簡, 得 (9a + 10)/73 137 但是 9a + 10 < 137,
62 數學傳播 25 卷 3 期民 90 年 9 月 可知 9a+10 = 73 得證 p = 137 且 a = 7, b = 2, c = 9 可見只有一個質數 p, p = 137, 使得 1/p 是 8 位循環節的循環小數, 並且 1/p 是 0 00ab ccbȧ 的形式 仿照以上的討論, 讀者請自行證明 : 若 m/n 的循環節有 6 位, m/n = 0 0ab cbȧ, 並 且 n 頂多有兩個質因數, 證明 m/n = 5/91 或 4/143 參考文獻 1 A H Beiler, Recreations in the theory of numbers, 2 nd ed, Dover Publ, New York, 1966 2 J H Conway and R K Guy, The book of numbers, Springer, New York, 1998 3 L E Dickson, History of the theory of numbers, Vol 1, Chelsea, New York, 1952 4 C F Gauss, Disquistiones Arithmeticae, English transl by A A Clarke, Yale Univ Press, New Haven, 1966 5 N Jacobson, Basic algebra I, Freeman, San Francisco, 1974 6 M Ram Murty, Artin s conjecture for primitive roots, Math Intelligencer 10, No 4 (1988), 59-67 7 M R Schroeder, Number theory in science and communication, Springer, Berlin, 1984 8 康明昌, 神秘的數, 中國時報, 1994 年 4 月 25 日 9 康明昌, 近世代數, 聯經出版社, 台北, 1988 10 談祥伯, 初探精細結構常數, 科學雙月刊, 52 卷第 3 期 (2000), 57-58 本文作者任教於台灣大學數學系