具体数学-第11课

Stern-Brocot树和同余关系

Posted by WeiYang on 2018-05-07

Stern-Brocot树


我们接着上节课讲到的Stern-Brocot树继续往下讲。

LR序列表示

对于任意分数\(\frac{a}{b}\),我们从\(\frac{1}{1}\)开始走到它所在的结点。如果向左走就记为L,向右走记为R,最终可以得到一个L和R的序列。例如\(\frac{5}{7}\)的表示就是LRRL。

这种表示产生了两个问题:

  1. 给定满足正整数\(m\)和\(n\)互素的分数\(\frac{m}{n}\),它所对应的LR序列是什么?
  2. 给定LR序列,它所表示的分数是什么?

第二个问题看起来更好解决一点,我们先解决第二个问题。
我们定义
\[f(S) = 与S对应的分数\]
例如
\[f(LRRL) = \frac{5}{7}\]
如果用代码实现的话,对于每个L或者R,如果是L,那么就把右边界设为中间值,如果是R,那么就把左边界设为中间值。

但是如何用数学式子来表达这一过程呢?

我们建立一个2阶方阵:
\[M(S) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}n&{n’}\\m&{m’}\end{array}} \right)\]
表示\(f(S)\)的两个祖先分数\(\frac{m}{n}\)和\(\frac{m’}{n’}\)

那么初始状态就可以表示为
\[M(I) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&0\\0&1\end{array}} \right)\]

如果遇到了向左符号L,那么

\[M(SL) = \left( {\begin{array}{}n&{n + n’}\\m&{m + m’}\end{array}} \right) = M(S)\left( {\begin{array}{}1&1\\0&1\end{array}} \right)\]

如果遇到了向右符号R,那么
\[M(SL) = \left( {\begin{array}{}{n + n’}&{n’}\\{m + m’}&{m’}\end{array}} \right) = M(S)\left( {\begin{array}{}1&0\\1&1\end{array}} \right)\]
所以我们将L和R定义成2阶方阵就行了:
\[L = \left( {\begin{array}{}1&1\\0&1\end{array}} \right),R = \left( {\begin{array}{}1&0\\1&1\end{array}} \right)\]
所以
\[\begin{array}{l}M(LRRL) = LRRL\\ = \left( {\begin{array}{}1&1\\0&1\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{}1&0\\1&1\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{}1&0\\1&1\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{}1&1\\0&1\end{array}} \right)\\ = \left( {\begin{array}{}3&4\\2&3\end{array}} \right)\end{array}\]
所以LRRL表示的分数为
\[\frac{ {2 + 3}}{ {3 + 4}} = \frac{5}{7}\]
那么第一个问题如何解决呢?
同样可以用类似二叉搜索的方法来求出LR序列,也可以用矩阵的方法来求解,根据上面的L和R的方阵,可以发现:
\[f(RS) = f(S) + 1\]
对于L也有类似的性质,所以我们得到了如下的求解算法:

  • 如果\(m > n\),输出R,令\(m = m - n\)。
  • 如果\(m < n\),输出L,令\(n = n - m\)。

无理数近似表示

虽然说无理数不在Stern-Brocot树中,但是我们可以找到无限逼近它的分数。

方法仍然使用二叉搜索,不同的是,搜索过程不会终止,除非得到了我们想要的精度或者我们人为终止。

值得一提的是,无理数\(e\)的LR表示很有规律性:
\[e = R{L^0}RL{R^2}LR{L^4}RL{R^6}LR{L^8}RL{R^{10}}LR{L^{12}} \cdots \]

最后值得一提的是,欧几里得算法和有理数的Stern-Brocot树表示有密切的关系。给定\(\alpha = \frac{m}{n}\),根据之前的算法,它的LR表达式首先是\(\left\lfloor {m/n} \right\rfloor \)个R,然后是\(\left\lfloor {n/(m\bmod n)} \right\rfloor \)个L,依次下去,这些系数恰好就是求最大公因数的时候用到的系数。

同余关系


同余定义为:
\[a \equiv b(\bmod m) \Leftrightarrow a\bmod m = b\bmod m\]
读作“a关于模m与b同余”,我们只讨论都是整数的情况。

同样可以写作:
\[a \equiv b(\bmod m) \Leftrightarrow a - b是m的倍数\]

同余是等价关系,满足自反律、对称律、传递律,即:
\[\begin{array}{l}a \equiv a\\a \equiv b \Rightarrow b \equiv a\\a \equiv b \equiv c \Rightarrow a \equiv c\end{array}\]
如果我们对同余两边的元素加减乘,同余仍然满足:
\[\begin{array}{l}a \equiv b,c \equiv d \Rightarrow a + c \equiv b + d(\bmod m)\\a \equiv b,c \equiv d \Rightarrow a - c \equiv b - d(\bmod m)\\a \equiv b,c \equiv d \Rightarrow ac \equiv bd(\bmod m)\end{array}\]
因此可以得到
\[a \equiv b \Rightarrow {a^n} \equiv {b^n}(\bmod m)\]

然而对于除法同余并不总是成立,一些特殊条件下可能成立。
如果
\[ad \equiv bd(\bmod m)\]
当\(d,m\)互素的时候,我们可以得到
\[a \equiv b(\bmod m)\]
同样
\[ad \equiv bd(\bmod md) \Leftrightarrow a \equiv b(\bmod m)\]
更一般的情况下,我们有
\[ad \equiv bd(\bmod m) \Leftrightarrow a \equiv b(\bmod \frac{m}{ {\gcd (d,m)}})\]
还有许多性质我就直接列举了,不做证明了,证明很简单:
\[\begin{array}{l}a \equiv b(\bmod md) \Rightarrow a \equiv b(\bmod m)\\a \equiv b(\bmod m),a \equiv b(\bmod n) \Leftrightarrow a \equiv b(\bmod lcm(m,n))\\a \equiv b(\bmod mn),m \bot n \Leftrightarrow a \equiv b(\bmod m),a \equiv b(\bmod n)\\a \equiv b(\bmod m) \Leftrightarrow \forall p,a \equiv b(\bmod {p^{ {m_p}}})\end{array}\]
其中\(m = \prod\nolimits_p { {p^{ {m_p}}}} \)是\(m\)的素因子分解。
第三条性质是中国剩余定理的特例,今后我们再做证明。

独立剩余


同余的应用之一就是剩余系,将整数\(x\)表示为一组互素的模的剩余(余数)序列:
\[(x\bmod {m_1}, \ldots ,x\bmod {m_r})\]
其中模\(m\)两两互素。

通过这个剩余序列可以确定出\(x\)的通解,其实可以看出来,这就是中国剩余定理的另一种表示形式。

这种表示形式有很多好处,比如可以直接在每个维度上面进行加减乘法。例如对于\(m_1 = 3, m_2 = 5\)的剩余系,有如下表示:
\[13 = (1,3),7 = (1,2)\]
那么\(13 \cdot 7\,\bmod \,15\)就可以这样计算:
\[(1 \cdot 1\bmod 3,3 \cdot 2\bmod 5) = (1,1)\]
所以
\[13 \cdot 7\bmod 15 = 1 \cdot 1\bmod 15 = 1\]