秦九韶与中国剩余定理

秦九韶与中国剩余定理

报告人：宋文法一、前言：

中国人的三大发明：指南针、造纸术及火药，影响整个世界既深且广。中国古代的数学成就，更是在整个世界的数学知识历史发展中，占有举足轻重的角色，甚至是领先外国发现很久很久的，除了商高定理、圆周率的逼近、刘徽的极限割圆术，还有中国人的中国剩余定理，而谈到这个世界闻名的数论问题，更不能不谈南宋末年秦九韶的贡献。

二、自小勤奋好学的秦九韶：

秦九韶（1202--1261年），南宋末期人物。秦九韶

性敏慧，勤奋好学，幼年随父居中都（今北京），受到

名师指导，学习日益增进，在建筑方面也极有才能。

宋朝绍定四年（公元1231年），秦九韶考中进士，

先后担任县尉、通判、参议官、州守、司农、寺丞等职。

他虽置身政治，但对数学的研究并未放弃。在政务之余，

还广泛搜集历学、数学、星象、音律、营造等数据，进

行分类研究。宋朝淳祜四至七年间（1244--1247），把长期研究积累的数学知识加以编辑，以四年的时间，在1247年九月，在浙江湖州完成了《数书九章》十八卷，此时中国的局势，正是在蒙古入侵中原，兵荒马乱的动荡时期，秦九韶因此书而名留千古。

三、孙子问题：

在《孙子算经1》下卷第二十六题是一个举世闻名的数学问题，一般人称它为「孙子问题」2：

今有物，不知其数。三三数之，剩二；五五数之，剩三；七七数之，剩二。问物几何？

《孙子算经》所给的答案是：

1清代戴震根據該書中有出現長安、洛陽、佛書等用語，排除該書作者為春秋軍事家孫武，近人錢寶琮認為《孫子算經》成書在西元400年(南北朝時期)左右。《孫子算經》是一部在古代供數學初學者使用的入門書，包括度量衡制度、大數進位法、籌算記數法、九九乘法表及整數

乘除法等。困擾現在小學生的雞兔同籠問題，也早就出現在此書。

2也稱「物不知數」問題，中國後來的「韓信點兵」、「鬼谷算」、「隔墻算」、「剪管術」、「秦王暗點兵」之名，皆是指同一類的數論命題別名。

「术曰：三三数之剩二，置一百四十；五五数之剩三，置六十三；七七数之剩二，置三十；并之，得二百三十三，以二百一十减之即得。」

而所给这类问题的一般解法则为：

「凡三三数之剩一，则置七十；五五数之剩一，则置二十一；七七数之剩一，则置十五；一百六以上，以一百五3减之即得。」

也就是说，求出5和7的最小公倍数35的倍数中除以3余数为1的最小一个数为70（而70就称为相对于3的『数论倒数』），3和7的最小公倍数21相对于5的『数论倒数』为21，3和5的最小公倍数15相对于7的『数论倒数』为15。

最后乘上它们各别的余数值2，3，2：

70×2＋21×3＋15×2＝140＋63＋30＝233

233便是可能的解之一。它加减3、5、7的最小公倍数105的若干倍仍然是解，因此最小的解为233除以105的余数23，即：

233－2×105＝233－210＝23

70、21、15、105这四个常数显然很重要，为了便于学习者记忆，秦九韶于1247年写下如下口诀4：

三人同行七十稀，五树梅花廿一支，七子团圆正半月，除百零五便得知。

四、秦九韶的大衍求一术：

《孙子算经》虽已给出答案得数为23，但未给予理论上的证明以及详细的找解过程，例如如何找出70、21即15呢？若数字更大且更复杂，有没有快速、一统的方法呢？

也就是说，若有一些两两互质的整数

，则下列联立同余方程组对模

的最小正整数解N ，如何有系统的找出来呢？

()()()⎪⎪

⎩⎪⎪⎨

⎧≡≡≡n n m r N m r N m r N mod ...mod mod 2

211

3

按古時一百六，一百五是指106、105；一百六十、一百五十才是160、150

4

明代數學家程大位在”算法統宗”（1592）一書中，也把這種解法編成了詩歌：「三歲孩兒七十

稀，五留二十一事尤奇；七度上元重相會，寒食清明便可知」。特別注意：上元為元月15，清明乃冬至後106天，寒食為清明前一天，第105天。

在前一节的叙述中，《孙子算经》”物不知数”问题中的三个重要『数论倒数』，70为(5×7)的2倍，21为(3×7)的1倍，15为(3×5)的1倍。也就是说，如何求出满足：

()i i i m m M a mod 1≡⨯ 的权值a i ，（其中M ＝m 1×m 2×m 3×…×m n ），显

然是全部问题的关键了。

这些解法与过程，秦九韶在他的《数书九章》书中的”大衍求一术”有了相当清楚、详细的解法，借用现代的数学符号，我们说明如下：

首先，由i m M

连续减去m i ，使最后得出的G 满足G ＜m i ，秦九韶摆开筹式，

如下图最左边的方格，其算法原文是：

先以右上除右下，(以G 除i m )，所得商数(I Q )与左上一相生(按：相乘)入左下(按：加入左下，与此同时把i m 改为G 除i m 时的余数i R )然后乃以右行上下以少除多，递互除之(按：辗转相除，并不断地用新的余数去代替旧的余数)，所得商数随即递互累乘，归左行上下，须使右上末得奇一而止（直算至右上角的数目变为1乃止）。乃验左上所得，以为乘率（即i a ）。

也就是说，假设辗转相除法所得的商数依次为n 321Q ,Q ,Q ,Q ⋅⋅⋅⋅⋅，余数为n 321R R ,R ,R ⋅⋅⋅⋅⋅，并把左行上下历次算得的各数改为

3K ,

K ,K ,K ⋅⋅

⋅⋅⋅，则方格中上下左右四个数的变化为：

＞＞＞＞--- --- 11R GQ m i += 11Q K = 221R Q R G += 1K Q K 122+= 3321R Q R R += 1233K K Q K += 4432R Q R R += 2344K K Q K +=

5543R Q R R += 3455K K Q K += . . . . . . . .

n n 1n 2n R Q R R +=-- (1R n =) 2n 1n n n K K Q K --+= 最后得到的n K 就是所求的i a 。 （注：n 必须是偶数。若G 为1时，1a i =。若1n R -已为1（即n-1为奇数）时，可取1R Q 2n n -=-（但1G Q 2-=）则第n 次的n R 仍为1）

现在我们用一个具体例子来说明，如求同余式 )82(mod 11993≡⨯a

式中 n = 82 G = 1993 －24×82 = 25 此时(两串算式为)