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数论算法，姜建国、臧明相编著，西安电子科技大学出版社

文章目录

1. 带余除法
- 1.1 带余除法定义及扩展
- 1.2 带余除法的应用

初等数论的证明中最重要、最基本、最常用的工具就是带余除法（或称带余数除法、除法算法、欧几里得除法），它承前（整除）启后（模运算、同余）。

1. 带余除法

1.1 带余除法定义及扩展

定理1.1.3 设 a,ba, ba,b 是两个给定的整数，b≠0b \ne 0b=0 ，则一定存在唯一的一对整数 q,rq, rq,r 满足 a=qb+r,0≤r<∣b∣a = qb + r, \quad 0 \le r < |b|a=qb+r,0≤r<∣b∣

注意，此处约定余数 rrr 为非负整数，于是 −7=−3⋅3+2-7 = -3 \cdot 3 + 2−7=−3⋅3+2（即 −7/3=−3-7 / 3 = -3−7/3=−3 ，除法向下取整）和 −7=−2⋅3−1-7 = -2 \cdot 3- 1−7=−2⋅3−1 （即 −7/3=−2-7 / 3 = -2−7/3=−2 ，除法向零取整/截断小数，即C/C++的整型除法）之间，我们取前者为准。

一般情况下，我们还约定 b>0b > 0b>0 ，则上式可表示为 a=qb+r,0≤r<b(1.1.1)\tag{1.1.1} a = qb + r, \quad 0\le r< ba=qb+r,0≤r<b(1.1.1)

证明先证明存在性。当 b∣ab \mid ab∣a 时，可取 q=a/b,r=0q = a/ b, r = 0q=a/b,r=0 。当 b∤ab \nmid ab∤a 时，考虑集合 T={kb∣k=0,±1,±2,…}={…,−3b,−2b,−b,0,b,2b,3b,…}T = \{ kb \mid k = 0, \pm 1, \pm 2, \dots \} = \{ \dots, -3b, -2b, -b, 0, b, 2b, 3b, \dots \}T={kb∣k=0,±1,±2,…}={…,−3b,−2b,−b,0,b,2b,3b,…}

将实数分为长度为 bbb 的区间，aaa 必落在某区间内，即存在整数 qqq ，使得 qb≤a<(q+1)bqb \le a \lt (q + 1) bqb≤a<(q+1)b

令 r=a−bq≥0r = a - bq \ge 0r=a−bq≥0 ，则有 a=qb+r,0≤r<ba = qb + r, \quad 0\le r \lt ba=qb+r,0≤r<b

再证明唯一性。设另有两整数 q1,r1q_1, r_1q1,r1 也满足式 (1.1.1)(1.1.1)(1.1.1) ，即 a=q1b+r1,0≤r1<ba = q_1 b + r_1, \quad 0 \le r_1 \lt ba=q1b+r1,0≤r1<b

那么必有 b(q−q1)=−(r−r1)b (q - q_1 ) = -(r - r_1)b(q−q1)=−(r−r1)

当 q≠q1q \ne q_1q=q1 时，有 ∣b(q−q1)∣≥b,∣−(r−r1)∣<b|\ b(q - q_1)\ | \ge b,\ |-(r - r_1)\ | < b∣ b(q−q1) ∣≥b, ∣−(r−r1) ∣<b

矛盾，故必有 q=q1,r=r1q = q_1, r = r_1q=q1,r=r1 。

推论设整数 a,b,ra, b, ra,b,r 满足式 (1.1.1)(1.1.1)(1.1.1) 中给出的关系，则 b∣ab \mid ab∣a 的充要条件是 r=0r = 0r=0 。
证明由整除的定义1.1.1和定理1.3的结论，即知推论成立。

现在我们由整除扩展到了带余除法，不过带余除法还可以进一步扩展为更一般的方式。

定理1.1.4 设 a,ba, ba,b 是两个给定的整数，b≠0b \ne 0b=0 ，则对任意整数 ccc ，一定存在唯一的一对整数 q,rq, rq,r ，满足 a=qb+r,c≤r<∣b∣+c(1.1.2)\tag{1.1.2}a = qb + r, \quad c\le r \lt |b| + ca=qb+r,c≤r<∣b∣+c(1.1.2)
证明类似定理1.1.3，先证存在性，再证唯一性。证明存在性时，只要将区间设为 T={kb+c∣k=0,±1,±2,…}T = \{ kb + c \mid k = 0, \pm 1, \pm 2, \dots \}T={kb+c∣k=0,±1,±2,…} 即可。

推论设整数 a,b,ra, b, ra,b,r 满足式 (1.1.2)(1.1.2)(1.1.2) 中给出的关系，则 b∣ab\mid ab∣a 的充要条件是 b∣rb\mid rb∣r 。

由上述带余除法的定义及其扩展，可以给出如下定义。

定义1.1.3 设 a=qb+r(0≤r<b)a = qb + r(0\le r < b)a=qb+r(0≤r<b) ，则称 qqq 为 aaa 被 bbb 除所得的不完全商，称 rrr 为 aaa 被 bbb 除所得的非负余数，记为 r=(a)br = (a)_br=(a)b 。
推论 b∣ab\mid ab∣a 的充要条件是 aaa 被 bbb 除所得的余数 r=0r = 0r=0 。

定义1.1.3中要求余数 rrr 满足 0≤r<b0 \le r < b0≤r<b ，而实际问题中可能需要突破此限制。故关于常见的余数范围，有以下分类和命名：
（1）最小非负余数：c=0,0≤r<bc = 0, 0\le r< bc=0,0≤r<b
（2）最小正余数：c=1,1≤r≤bc = 1, 1\le r \le bc=1,1≤r≤b
（3）最大非正余数：c=−b+1,−b+1≤r≤0c = -b + 1, -b + 1 \le r \le 0c=−b+1,−b+1≤r≤0
（4）最大负余数：c=−b,b≤r<0c = -b, b \le r < 0c=−b,b≤r<0
（5）最小绝对余数：−b2≤r<b2-\dfrac{b}{2} \le r < \dfrac{b}{2}−2b≤r<2b 或 −b2<r≤b2-\dfrac{b}{2}< r\le \dfrac{b}{2}−2b<r≤2b
一般情况下，当 a=qb+ra = qb + ra=qb+r 且选 0≤r<b0 \le r < b0≤r<b 时，有 q=⌊ab⌋,r=a−b⌊ab⌋q = \lfloor \dfrac{a}{b}\rfloor,\ r = a - b\lfloor \dfrac{a}{b}\rfloorq=⌊ba⌋, r=a−b⌊ba⌋ 。其中符号 ⌊x⌋\lfloor x\rfloor⌊x⌋ 称为下整数函数，即针对实数 xxx ，⌊x⌋\lfloor x\rfloor⌊x⌋ 的值为不大于 xxx 的最大整数（详见2.2节）。例如 ⌊3.1⌋=⌊3.5⌋=⌊3.9⌋=3,⌊−3.1⌋=⌊−3.5⌋=⌊−3.9⌋=−4\lfloor 3.1\rfloor = \lfloor 3.5\rfloor = \lfloor 3.9 \rfloor = 3,\ \lfloor -3.1 \rfloor = \lfloor -3.5 \rfloor = \lfloor -3.9 \rfloor = -4⌊3.1⌋=⌊3.5⌋=⌊3.9⌋=3, ⌊−3.1⌋=⌊−3.5⌋=⌊−3.9⌋=−4 。

1.2 带余除法的应用

【例1】设 a=100,b=30a = 100, b = 30a=100,b=30 ，当 ccc 分别为 10,35,−5010, 35, -5010,35,−50 时，写出 a,b,ca, b, ca,b,c 三者如式 (1.1.2)(1.1.2)(1.1.2) 表示的关系。
解：当 c=10c = 10c=10 时，有 10≤r<4010 \le r < 4010≤r<40 ，从而有 100=3⋅30+10100 = 3 \cdot 30 + 10100=3⋅30+10 。
当 c=35c = 35c=35 时，有 35≤r<6535 \le r < 6535≤r<65 ，从而有 100=2⋅30+40100 = 2 \cdot 30 + 40100=2⋅30+40 。
当 c=−50c = -50c=−50 时，有 −50≤r<−20-50 \le r < -20−50≤r<−20 ，从而有 100=5⋅30+(−50)100 = 5 \cdot 30 + (-50)100=5⋅30+(−50) 。

由定理1.1.4的推论可知，当 a=qb+ra = qb + ra=qb+r 时，b∣ab\mid ab∣a 的充要条件是 b∣rb\mid rb∣r ，故当 rrr 满足 0≤r<b0 \le r < b0≤r<b 时，就有 b∣r⇔r=0b \mid r \Lrarr r = 0b∣r⇔r=0 ，即定理1.1.3的推论结果。

定理1.1.4的意义在于，当判断 bbb 能否整除 aaa 时，可以化简判断过程。即利用减法（避免做除法运算）就可以达到快速判断的目的，尤其是提高心算的速度。

【例2】判断 777 能否整除 123451234512345 。
解：令 a=12345,b=7a = 12345, b = 7a=12345,b=7 ，则可看出先选 q1=1000q_1 = 1000q1=1000 ，即得 r1=5345r_1 = 5345r1=5345 。由定理1.1.4的推论可知，7∣123457 \mid 123457∣12345 的充要条件是 7∣53457\mid 53457∣5345 。
以此类推，可选 q2=700q_2 = 700q2=700 ，得 r2=445r_2 = 445r2=445 ，再选 q3=60q_3 = 60q3=60 ，得 r3=25r_3 = 25r3=25 。最后由 r3r_3r3 可知，7∤123457 \nmid 123457∤12345 。

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