45211 “光棍數”的數論性質和分數小數互化問題討論
“光棍數”的數論性質和分數小數互化問題討論

摘要: 分數與小數互化問題包括 "分數化為小數" 和 "小數化為分數" 兩大部分。 "分數化為小數" 研究的文獻資料不多, 已有的文獻資料中的證明用了大量的整除性理論的知識, 證明過程相對比較複雜。 本文對 "光棍數" 的數論性質進行了研究, 並利用 "光棍數" 這些性質簡化了 "分數化為小數" 的證明過程, 還得到 "循環節的長度只與分母有關, 與分子完全無關" , "循環節的長度就不會超過分母的長度" 等循環節長度研究的結論。

關鍵字: 光棍數, 分數與小數互化, 循環節。

*蔣曉雲為本文通訊作者。

每年的 11 月 11 日被年輕人稱為光棍節, 它已成為中國特有的娛樂性節日。 作為數學工作者, 我們可以把 "1、 11、 111、 1111、 $\cdots$" 這樣的全部由阿拉伯數字 1 構成的十進位制自然數, 定義為 "光棍數" (英文叫 "repunit number" , 可翻譯為 "疊一數" )。

如果光棍數由 $n$ 個 1 組成, 我們稱這個光棍數 $\underbrace{11\cdots 1}_{n \,\hbox{ 個}\, 1 }$ 的長度為 $n$。

1. 關於光棍數的數論性質

命題1: 任何一個不含有質因數 2 和 5 的數 $m$ 都存在一個光棍數倍數。

證明: 將 $m+1$ 個光棍數 1, 11, 111, $\ldots$, $\underbrace{11\cdots 1}_{m+1 \,\hbox{ 個}\, 1 }$ 模 $m$ 取餘數, 由抽屜原理, 一定存在兩個數 $\underbrace{11\cdots 1}_{j \,\hbox{ 個}\, 1 }$, $\underbrace{11\cdots 1}_{k \,\hbox{ 個}\, 1 }$, 除以 $m$ 後所得餘數相同 (不妨設 $1\le j\lt k\le m+1$), 從而 $\underbrace{11\cdots 1}_{k \,\hbox{ 個}\, 1 }-\underbrace{11\cdots 1}_{j \,\hbox{ 個}\, 1 }$ 模 $m$ 取餘數為 0, 即 $\underbrace{11\cdots 1}_{k-j \,\hbox{ 個}\, 1 }\underbrace{00\cdots 0}_{j \,\hbox{ 個}\, 0 }=\underbrace{11\cdots 1}_{k-j \,\hbox{ 個}\, 1 }\times 10^j$ 能被 $m$ 整除。

而 $10^j\!=\!2^j\!\times\! 5^j$, 2與5 是質數且不是 $m$ 的因數, 由質數的性質有: 2 和 5 都與 $m$ 互質, 由互質的性質有: $2^j\!\times\! 5^j$與$m$ 互質, 即 $10^j$ 與 $m$ 互質, 由互質的性質 $\underbrace{11\cdots 1}_{k-j \,\hbox{ 個}\, 1 }$ 能被 $m$ 整除。 即存在 $1\le n=k-j\lt k$, $\underbrace{11\cdots 1}_{n \,\hbox{ 個}\, 1 }$ 是 $m$ 的倍數, 命題得證$\Box$

從證明過程有 $1\le j\lt k\le m+1$, 可以將命題 1 的結論強化得:

推論1: 任何一個不含有質因數 2 和 5 的數 $m$ 都存在長度不超過 $m$ 的光棍數倍數。

命題2: 任何一個不含有質因數 2 和 5 的數 $m$ 都存在一系列 (無窮多)光棍數倍數。

證明: 若 $m$ 的光棍數的倍數中長度最小的是 $d$, 則長度為 $2d$, $3d$, $4d,\ldots$ 的光棍數均為 $m$ 的倍數。

去掉題設要求 $m$ 不含質因數 2 和 5, 我們可得到所有正整數的一條性質:

命題3: 任何一個正整數 $m$, 如果將其分解 $m=2^k\cdot 5^l\cdot C$ (其中 $C$ 不含質因數 2 和 5), 記質因數 2, 5 的較高次數為 $s=\max(k,l)$, 則 $m$ 存在形如 $11\cdots100\cdots 0$ 的倍數, 其中 1 的個數在 $C$ 個以內, 0 的個數為 $s$。

證明: $m=2^k\cdot 5^l\cdot C$ (其中 $C$ 不含質因數 2 和 5), 由命題 1, 一定存在一個光棍數 $P=\underbrace{11\cdots 1}_{d\,\hbox{ 個}\, 1 }$ 為 $C$ 的倍數, 顯然 $Q=2^s\cdot 5^s$ 是 $2^k\cdot 5^l$ 的倍數, 所以 $P\times Q=\underbrace{11\cdots 1}_{d\,\hbox{ 個}\, 1 }\times (2^s\cdot 5^s)=\underbrace{11\cdots 1}_{d \,\hbox{ 個}\, 1 }\underbrace{00\cdots 0}_{ s\,\hbox{ 個}\, 1 }$ 為 $m$ 的倍數。

推論2: 任何一個正整數 $m$, 如果將其分解 $m=2^k\cdot 5^l\cdot C$ (其中 $C$ 不含質因數 2 和 5), 記質因數 2, 5 的較高次數為 $s=\max(k,l)$, 則 $m$ 存在形如 $11\cdots 100\cdots 0$ 的一系列(無窮多)的倍數, 其中最短的是 $d$ 個 1, $s$ 個 0 組成 ($d$ 不大於 $C$), 則 1 的個數可以為 $2d$, $3d$, $\ldots$, $kd$, $\cdots$ 直到無窮, 同時 0 的個數為 $s$ 的任何數 $11\cdots 100 \cdots 0$ 均為 $m$ 的倍數。

2. 關於分數與小數互化問題的討論

2.1. 小數化為分數

任何一個小數都可以化成一個分數。

(1) 有限小數 $a.a_1a_2\cdots a_n$ 化為分數比較簡單, 有 $n$ 位小數就向右移動 $n$ 位小數點, 得出整數作為分子, $10^n$ 作為分母, $a.a_1a_2\cdots a_n=\dfrac{aa_1a_2\cdots a_n}{10^n}$, 然後在進行約分化簡。

(2) 純循環小數 $0.\overline{a_1a_2\cdots a_n}=0.a_1a_2\cdots a_na_1a_2\cdots a_n\cdots a_1a_2\cdots a_n\cdots$, 我們可以把它看成無窮級數。 \begin{align*} 0.\overline{a_1a_2\cdots a_n}=\,&\dfrac{a_1a_2\cdots a_n}{10^n}+\dfrac{a_1a_2\cdots a_n}{10^{2n}}+\cdots+\dfrac{a_1a_2\cdots a_n}{10^{kn}}+\cdots\\ =\,&\sum_{k=1}^\infty \dfrac{a_1a_2\cdots a_n}{10^{kn}}, \end{align*} 求其和為 : $\dfrac{a_1a_2\cdots a_n}{10^{n}-1}$, 所以 $0.\overline{a_1a_2\cdots a_n}=\dfrac{a_1a_2\cdots a_n}{\underbrace{99\cdots 9}_{n \,\hbox{ 個}\, 9 }}$。

以循環節為分子, 以和循環節數字個數相同的 9 所組成的數為分母, 再把這個分數進行約分化簡, 就得到了該純循環小數所對應的分數。

例如: $0.\overline{2}=\dfrac{\overbrace{2}^{\hbox{ 循環組}}}{\underbrace{9}_{1 \,\hbox{ 個}\, 9 }}$, $0.\overline{3}=\dfrac{\overbrace{3}^{\hbox{ 循環組}}}{\underbrace{9}_{1 \,\hbox{ 個}\, 9 }}=\dfrac 13$, $0.\overline{73}=\dfrac{\overbrace{73}^{\hbox{ 循環組}}}{\underbrace{99}_{2 \,\hbox{ 個}\, 9 }}$, $0.\overline{1357}=\dfrac{\overbrace{1357}^{\hbox{ 循環組}}}{\underbrace{9999}_{4 \,\hbox{ 個}\, 9 }}$ 。

(3) 混循環小數 \begin{align*} a.b_1b_2\cdots b_k\overline{a_1a_2\cdots a_n}=\,&a+0.b_1b_2\cdots b_k+\frac 1{10^k}\times 0.\overline{a_1a_2\cdots a_n}\\ =\,&a+\frac{b_1b_2\cdots b_k}{10^k}+\frac 1{10^k}\times \frac{a_1a_2\cdots a_n}{\underbrace{99\cdots 9}_{n \,\hbox{ 個}\, 9 }}. \end{align*}

對於混循環小數, 可以先把該小數分為有限不循環部分和無限循環部分, 有限不循環部分採用 (1) 中方法, 無限循環部分首先轉化為純循環小數, 再採用 (2) 中方法。 然後二者通分相加。

例如:

\begin{align*} 12.1356\overline{234}=\,&12.1356+0.0000\overline{234}=12.1356+\frac{1}{10^4}\times 0.\overline{234}\\ =\,&\frac{121356}{10000} +\frac{1}{10^4}\times \frac{234}{999}=\frac{121234878}{9990000}\,. \end{align*}

2.2. 分數化為小數

有了光棍數的數論性質, "分數一定能化為小數" 的證明也就不難了。

定理1: 如果分數 $\dfrac PQ$ (不妨設 $P$、 $Q$ 互質)的分母中只含有質因數 2 和 5, 即 $Q=2^k\times 5^l$, 那麼這個最簡分數一定可以化成的有限小數, 小數部分的位數就等於分母中質因數 2 和 5 中個數較多的那個數的個數。

證明: $\dfrac PQ=\dfrac{P}{2^k\times 5^l}=\dfrac{P\times 2^{s-k}\times 5^{s-l}}{10^s}$ 其中質因數 2, 5 的較高次數為 $s\equiv \max(k,l)$, 因此, 分數 $\dfrac PQ$ 可以化為的小數是將整數 $P\times 2^{s-k}\times 5^{s-l}$ 向左移動 $s$ 位小數點得到。

定理2: 如果分數 $\dfrac PQ$ (不妨設 $P$、 $Q$ 互質, 且 $P\lt Q$) 的分母 $Q$ 不含有 2 和 5 的質因數, 那麼這個分數化成的小數一定是純循環小數。

證明: 因為分母 $Q$ 不含有 2 和 5 的質因數, 由命題 1, $Q$ 有一個長度最短的光棍數倍數

$B=\underbrace{11\cdots 1}_{d \,\hbox{ 個}\, 1 }$, 即 $\underbrace{11\cdots 1}_{d \,\hbox{ 個}\, 1 }=Q\times A$, 這時 $\dfrac PQ=\dfrac {P\times A}{Q\times A}=\dfrac{P\times A}{\underbrace{11\cdots 1}_{d \,\hbox{ 個}\, 1 }}=\dfrac{P\times A\times 9}{\underbrace{99\cdots 9}_{d \,\hbox{ 個}\, 9 }}$.

由於 $P\times A\times 9\lt \underbrace{99\cdots 9}_{d \,\hbox{ 個}\, 9 }$, $P\times A\times 9$ 的位數不超過 $d$ 位, 不妨記 $P\times A\times 9=a_1a_2\cdots a_d$,

則由小數化分數的 (2) 的逆過程知道: $\dfrac PQ=\dfrac {P\times A\times 9}{\underbrace{99\cdots 9}_{d \,\hbox{ 個}\, 9 }}=\dfrac{a_1a_2\cdots a_d}{\underbrace{99\cdots 9}_{d \,\hbox{ 個}\, 9 }}=0.\overline{a_1a_2\cdots a_d}$ 為純循環小數。

定理3: 如果分數 $\dfrac PQ$ (不妨設 $P$、 $Q$ 互質, 且 $P\lt Q$) 分母中既含有質因數 2 和 5, 又含有 2 和 5 以外的質因數, 那麼這個分數化成的小數一定是混循環小數, 小數部分不循環的位數就等於分母中質因數 2 和 5 中個數較多的那個數的個數。

證明: 將分母分解因數 $Q=2^k\cdot 5^l\cdot C$ (其中 $C$ 不含質因數 2 和 5), $s\equiv \max(k,l)$。 由命題 3, $Q$ 存在形如 $11\cdots 100\cdots 0$ 的一系列 (無窮多個) 的倍數, 其中最短的是 $d$ 個 1 ($d$ 不大於 $C$), $s$ 個 0 組成, 即 $\underbrace{11\cdots 1}_{d \,\hbox{ 個}\, 1 }\underbrace{00\cdots 0}_{s \,\hbox{ 個}\, 0 }=Q\times M$, 這時, $\dfrac PQ=\dfrac {P\times M}{Q\times M}=\dfrac{P\times M}{\underbrace{11\cdots 1}_{d \,\hbox{ 個}\, 1 }\underbrace{00\cdots 0}_{s \,\hbox{ 個}\, 0 }}=\dfrac{P\times M\times 9}{\underbrace{99\cdots 9}_{d \,\hbox{ 個}\, 9 }\times 10^s}$, 又 $P\times M\times 9\lt \underbrace{99\cdots 9}_{d \,\hbox{ 個}\, 9 }\underbrace{00\cdots 0}_{s \,\hbox{ 個}\, 0 }$, 所以 $P\times M\times 9$ 除以 $\underbrace{99\cdots 9}_{d \,\hbox{ 個}\, 9 }$ 的商數為 $A$, 餘數為 $R$, 即 $P\times M\times 9=\underbrace{99\cdots 9}_{d \,\hbox{ 個}\, 9 }\times A+R$, 則 $A\lt 10^s$, $R\lt \underbrace{99\cdots 9}_{d \,\hbox{ 個}\, 9 }$, 不妨記 $A=a_1a_2\cdots a_s$, $R=b_1b_2\cdots b_d$ 則 \begin{align*} \dfrac PQ=\,&\dfrac{P\times M\times 9}{\underbrace{99\cdots 9}_{d \,\hbox{ 個}\, 9 }\underbrace{00\cdots 0}_{s \,\hbox{ 個}\, 0 }}\\ =\,&\frac{\overbrace{99\cdots 9}^{d \,\hbox{ 個}\, 9 }\times A+R}{\underbrace{99\cdots 9}_{d \,\hbox{ 個}\, 9 }\times 10^s}\\ =\,&\dfrac{A}{10^s}+\frac{R}{\underbrace{99\cdots 9}_{d \,\hbox{ 個}\, 9 }\times 10^s}\\ =\,&\dfrac{a_1a_2\cdots a_s}{10^s}+\frac{b_1b_2\cdots b_d}{\underbrace{99\cdots 9}_{d \,\hbox{ 個}\, 9 }}\times \dfrac 1{10^s}\\ =\,&0.a_1a_2\cdots a_s+0.\overline{b_1b_2\cdots b_d}\times \dfrac 1{10^s}\\ =\,&0.a_1a_2\cdots a_s\overline{b_1b_2\cdots b_d}, \end{align*} 化成的小數是混循環小數, 小數部分不循環的位數就等於分母中質因數 2 和 5 中個數較多的那個數的個數 $s$, 循環節的長度不大於 $C$。

3. 後記

3.1. 有限小數 $+$ 無限循環小數 $=$ 分數

分數就是有理數, 就是有限或無限循環小數;反過來, 有理數就是分數。

我們怎樣知道 $\sqrt{2}$ 是無理數, 即無限不循環小數, 能靠觀察嗎? 顯然不能無窮無盡地看下去。 我們可以用間接的方法 : 證明 $\sqrt{2}$ 不是分數, 它就一定是無限不循環小數。

3.2. 分數化小數時, 循環節長度的一些結論

通過計算發現 $\dfrac 1{31}=0.032258064516129032258064516129\cdots$ 它是個無限循環小數, 它的循環節為 032258064516129 有 15 位之長。 引起很多人對循環節長度的好奇心, 也得到了一些猜想。

在定理 2 和定理 3 的證明過程中, 實際上我們得到了分母 $Q$ 的形如 $11\cdots 100\cdots 0 $ 的倍數, 其中最短的是 $d$ 個 1 ($d$ 不大於 $C$), $s$ 個 0 組成, $d$ 就是循環節的長度。 很容易得到循環節長度的一些結論, 證實了先前的一些猜想, 如:

結論1: 循環節的長度確實與分子完全無關, 只與分母有關。

結論2: 任何一個分數化為小數時, 循環節再長也不會超過分母中的不含 2 和 5 的最大因數 $C$。

---本文作者李織蘭, 蔣曉雲任教中國桂林師範高等專科學校---