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歐幾里得演算法與歐幾里得

發布時間: 2022-12-07 07:35:28

Ⅰ 什麼是歐幾里得演算法,它有什麼意義

歐幾里得演算法即輾轉相除法,用以求兩個數的最大公約數(或者最小公倍數)
證明如下
假設x,y的最大公約數為d
且設x=k1*d,y=k2*d;
則有z=x-y=(k1-k2)*d;
也必定能被d整除,所以通過兩個數不斷輾轉,直到其中一個變為0為止,以此最終快速得出兩個數的最大公約數。
在演算法的應用上是用求余以加速運算的速度。
總的來說,歐幾里得演算法的意義就是快速求得兩個數的最大公約數。

Ⅱ 歐幾里得演算法

計算過程一模一樣,只是最後對1001取模:
1 = 167 - 166
= 167 - (834 - 4 * 167)
= 5 * 167 - 834
= 5 *(1001 - 834) - 834
= 5 * 1001 - 6 *834
= 5 * 1001 - 6 * (3837 -3 *1001)
= 23 * 1001 - 6 *3837
然後對等式兩端同時除以模1001得

6 * 3837 = 1 (mod 1001)
於是 x = 6

Ⅲ 最早的演算法是什麼,他的背景及來源

歐幾里得演算法被人們認為是史上第一個演算法。

歐幾里得演算法又稱輾轉相除法,用於計算兩個正整數a,b的最大公約數。

歐幾里得演算法產生的背景:
我們知道,約公元前300年,古希臘著名數學家歐幾里得在前人基礎上寫成的不配名著《幾何原本》,幾乎包括了中小學所學習的平面幾何、立體幾何的全部內容。如此古老的幾何內容,自然成了歷次數學課程改革關注的焦點。其中最為激進的,如法國布爾巴基學派主要人物狄奧東尼甚至喊出了「歐幾里得滾出去」的口號。但改來改去,歐氏幾何的一些內容,仍然構成了多數國家中小學數學幾何部分的主要內容。有人稱之為「不倒翁現象」。

Ⅳ 歐幾里德的歐幾里德演算法

歐幾里德演算法又稱輾轉相除法,用於計算兩個整數a,b的最大公約數。其計算原理依賴於下面的定理:
定理:gcd(a,b) = gcd(b,a mod b)
證明:a可以表示成a = kb + r,則r = a mod b
假設d是a,b的一個公約數,則有
d|a, d|b,而r = a - kb,因此d|r
因此d是(b,a mod b)的公約數
假設d 是(b,a mod b)的公約數,則
d | b , d |r ,但是a = kb +r
因此d也是(a,b)的公約數
因此(a,b)和(b,a mod b)的公約數是一樣的,其最大公約數也必然相等,得證。
歐幾里德演算法就是根據這個原理來做的,其演算法用C++語言描述為:
void swap(int & a, int & b)
{
int c = a;
a = b;
b = c;
}
int gcd(int a,int b)
{
if(0 == a )
{
return b;
}
if( 0 == b)
{
return a;
}
if(a > b)
{
swap(a,b);
}
int c;
for(c = a % b ; c > 0 ; c = a % b)
{
a = b;
b = c;
}
return b;
}
用PASCAL(DELPHI)語言可以描述為:
procere swap(var a,b:integer);
var
c:integer;
begin
c:=a;
a:=b;
b:=c;
end;
function gcd(a,b:integer):integer;
var
c:integer;
begin
if a=0 then
exit(b);
if b=0 then
exit(a);
if a>b then
swap(a,b);
repeat
c:=a mod b;
a:=b;
b:=c;
until c=0;
gcd:=b;
end;

Ⅳ 窮舉法和歐幾里得演算法的利弊

窮舉法簡單但不高級,歐幾里得演算法從理論還是從效率上都是很好的但是不能算素數過大的。
歐幾里得演算法也叫輾轉相除法。這是數論和代數學中的重要方法。從整數的除法可知:對任給二整數a,b,0,必有二整數q及r存在,使得a=qb+r,0≤rb,並且q及r是唯一存在的,這是數論的一條基本定理,整數的一系列重要性質都可以由此得到,如果反復利用這一基本定理,就可以得到因為每進行一次除法,余數就至少減一,而b是有限的正整數,所以最多進行b次,總可以得到一個余數是零的等式,即rn+1=0。上面的方法叫做歐幾里德演算法。

Ⅵ 歐幾里德演算法的簡單解釋

[編輯本段]歐幾里得演算法的概述 歐幾里德演算法又稱輾轉相除法,用於計算兩個整數a,b的最大公約數。其計算原理依賴於下面的定理: 定理:gcd(a,b) = gcd(b,a mod b) 證明:a可以表示成a = kb + r,則r = a mod b 假設d是a,b的一個公約數,則有 d|a, d|b,而r = a - kb,因此d|r 因此d是(b,a mod b)的公約數 假設d 是(b,a mod b)的公約數,則 d | b , d |r ,但是a = kb +r 因此d也是(a,b)的公約數 因此(a,b)和(b,a mod b)的公約數是一樣的,其最大公約數也必然相等,得證 [編輯本段]歐幾里得演算法原理 Lemma 1.3.1 若 a, b 且 a = bh + r, 其中 h, r , 則 gcd(a, b) = gcd(b, r). 證明. 假設 d1 = gcd(a, b) 且 d2 = gcd(b, r). 我們證明 d1| d2 且 d2| d1, 因而可利用 Proposition 1.1.3(2) 以及 d1, d2 皆為正數得證 d1 = d2. 因 d1| a 且 d1| b 利用 Corollary 1.1.2 我們知 d1| a - bh = r. 因為 d1| b, d1| r 且 d2 = gcd(b, r) 故由 Proposition 1.2.5 知 d1| d2. 另一方面, 因為 d2| b 且 d2| r 故 d2| bh + r = a. 因此可得 d2| d1. Lemma 1.3.1 告訴我們當 a > b > 0 時, 要求 a, b 的最大公因數我們可以先將 a 除以 b 所得餘數若為 r, 則 a, b 的最大公因數等於 b 和 r 的最大公因數. 因為 0r < b < a, 所以當然把計算簡化了. 接著我們就來看看輾轉相除法. 由於 gcd(a, b) = gcd(- a, b) 所以我們只要考慮 a, b 都是正整數的情況. Theorem 1.3.2 (The Euclidean Algorithm) 假設 a, b 且 a > b. 由除法原理我們知存在 h0, r0 使得 a = bh0 + r0, 其中 0r0 < b. 若 r0 > 0, 則存在 h1, r1 使得 b = r0h1 + r1, 其中 0r1 < r0. 若 r1 > 0, 則存在 h2, r2 使得 r0 = r1h2 + r2, 其中 0r2 < r1. 如此繼續下去直到 rn = 0 為止. 若 n = 0 (即 r0 = 0), 則 gcd(a, b) = b. 若 n1, 則 gcd(a, b) = rn - 1. 證明. 首先注意若 r0 0, 由於 r0 > r1 > r2 > ... 是嚴格遞減的, 因為 r0 和 0 之間最多僅能插入 r0 - 1 個正整數, 所以我們知道一定會有 nr0 使得 rn = 0. 若 r0 = 0, 即 a = bh0, 故知 b 為 a 之因數, 得證 b 為 a, b 的最大公因數. 若 r0 > 0, 則由 Lemma 1.3.1 知 gcd(a, b) = gcd(b, r0) = gcd(r0, r1) = ... = gcd(rn - 1, rn) = gcd(rn - 1, 0) = rn - 1. 現在我們來看用輾轉相除法求最大公因數的例子 Example 1.3.3 我們求 a = 481 和 b = 221 的最大公因數. 首先由除法原理得 481 = 2 . 221 + 39, 知 r0 = 39. 因此再考慮 b = 221 除以 r0 = 39 得 221 = 5 . 39 + 26, 知 r1 = 26. 再以 r0 = 39 除以 r1 = 26 得 39 = 1 . 26 + 13, 知 r2 = 13. 最後因為 r2 = 13 整除 r1 = 26 知 r3 = 0, 故由 Theorem 1.3.2 知 gcd(481, 221) = r2 = 13. 在利用輾轉相除法求最大公因數時, 大家不必真的求到 rn = 0. 例如在上例中可看出 r0 = 39 和 r1 = 26 的最大公因數是 13, 利用 Lemma 1.3.1 馬上得知 gcd(a, b) = 13. 在上一節 Corollary 1.2.5 告訴我們若 gcd(a, b) = d, 則存在 m, n 使得 d = ma + nb. 當時我們沒有提到如何找到此 m, n. 現在我們利用輾轉相除法來介紹一個找到 m, n 的方法. 我們沿用 Theorem 1.3.2 的符號. 首先看 r0 = 0 的情形, 此時 d = gcd(a, b) = b 所以若令 m = 0, n = 1, 則我們有 d = b = ma + nb. 當 r0 0 但 r1 = 0 時, 我們知 d = gcd(a, b) = r0. 故利用 a = bh0 + r0 知, 若令 m = 1, n = - h0, 則 d = r0 = ma + nb. 同理若 r0 0, r1 0 但 r2 = 0, 則知 d = gcd(a, b) = r1. 故利用 a = bh0 + r0 以及 b = r0h1 + r1 知 r1 = b - r0h1 = b - (a - bh0)h1 = - h1a + (1 + h0h1)b. 因此若令 m = - h1 且 n = 1 + h0h1, 則 d = r1 = ma + nb. 依照此法, 當 r0, r1 和 r2 皆不為 0 時, 由於 d = gcd(a, b) = rn - 1 故由 rn - 3 = rn - 2hn - 1 + rn - 1 知 d = rn - 3 - hn - 1rn - 2. 利用前面推導方式我們知存在 m1, m2, n1, n2 使得 rn - 3 = m1a + n1b 且 rn - 2 = m2a + n2b 故代入得 d = (m1a + n1b) - hn - 1(m2a + n2b) = (m1 - hn - 1m2)a + (n1 - hn - 1n2)b. 因此若令 m = m1 - hn - 1m2 且 n = n1 - hn - 1n2, 則 d = ma + nb. 上面的說明看似好像當 r0 0 時對每一個 i {0, 1,..., n - 2} 要先將 ri 寫成 ri = mia + nib, 最後才可將 d = rn - 1 寫成 ma + nb 的形式. 其實這只是論證時的方便, 在實際操作時我們其實是將每個 ri 寫成 mi'ri - 2 + ni'ri - 1 的形式慢慢逆推回 d = ma + nb. 請看以下的例子. Example 1.3.4 我們試著利用 Example 1.3.3 所得結果找到 m, n 使得 13 = gcd(481, 221) = 481m + 221n. 首先我們有 13 = r2 = 39 - 26 = r0 - r1. 而 r1 = 221 - 5 . 39 = b - 5r0, 故得 13 = r0 - (b - 5r0) = 6r0 - b. 再由 r0 = 481 - 2 . 221 = a - 2b, 得知 13 = 6(a - 2b) - b = 6a - 13b. 故得 m = 6 且 n = - 13 會滿足 13 = 481m + 221n. 要注意這里找到的 m, n 並不會是唯一滿足 d = ma + nb 的一組解. 雖然上面的推演過程好像會只有一組解, 不過只能說是用上面的方法會得到一組解, 並不能擔保可找到所有的解. 比方說若令 m' = m + b, n' = n - a, 則 m'a + n'b = (m + b)a + (n - a)b = ma + nb = d. 所以 m', n' 也會是另一組解. 所以以後當要探討唯一性時, 若沒有充分的理由千萬不能說由前面的推導過程看出是唯一的就斷言是唯一. 一般的作法是假設你有兩組解, 再利用這兩組解所共同滿足的式子找到兩者之間的關系. 我們看看以下的作法. Proposition 1.3.5 假設 a, b 且 d = gcd(a, b). 若 x = m0, y = n0 是 d = ax + by 的一組整數解, 則對任意 t , x = m0 + bt/d, y = n0 - at/d 皆為 d = ax + by 的一組整數解, 而且 d = ax + by 的所有整數解必為 x = m0 + bt/d, y = n0 - at/d 其中 t 這樣的形式. 證明. 假設 x = m, y = n 是 d = ax + by 的一組解. 由於已假設 x = m0, y = n0 也是一組解, 故得 am + bn = am0 + bn0. 也就是說 a(m - m0) = b(n0 - n). 由於 d = gcd(a, b), 我們可以假設 a = a'd, b = b'd 其中 a', b' 且 gcd(a', b') = 1 (參見 Corollary 1.2.3). 因此得 a'(m - m0) = b'(n0 - n). 利用 b'| a'(m - m0), gcd(a', b') = 1 以及 Proposition 1.2.7(1) 得 b'| m - m0. 也就是說存在 t 使得 m - m0 = b't. 故知 m = m0 + b't = m0 + bt/d. 將 m = m0 + bt/d 代回 am + bn = am0 + bn0 可得 n = n0 - at/d, 因此得證 d = ax + by 的整數解都是 x = m0 + bt/d, y = n0 - at/d 其中 t 這樣的形式. 最後我們僅要確認對任意 t , x = m0 + bt/d, y = n0 - at/d 皆為 d = ax + by 的一組整數解. 然而將 x = m0 + bt/d, y = n0 - at/d 代入 ax + by 得 a(m0 + bt/d )+ b(n0 - at/d )= am0 + bn0 = d, 故得證本定理. 利用 Proposition 1.3.5 我們就可利用 Example 1.3.4 找到 13 = 481x + 221y 的一組整數解 x = 6, y = - 13 得到 x = 6 + 17t, y = - 13 - 37t 其中 t 是 13 = 481x + 221y 所有的整數解

希望採納

Ⅶ 歐幾里得演算法

歐幾里得演算法又稱輾轉相除法,用於計算兩個正整數的最大公約數。

此演算法用於求解方程 的整數解。
證明推導過程:
首先列出方程組:

根據歐幾里得演算法:

根據多項式恆等定理:

以此遞推公式可以用遞歸函數求解。

Ⅷ 歐幾里得是歷史上有名的數學家,但在近代卻有人說他是騙子,是真的嗎

我覺得歐幾里得不是騙子,畢竟歷史擺在這里,他所寫的《幾何原本》可是一本數學巨作,相對於奠定了歐洲數學的基礎,他也被稱為「幾何之父」,是數學界的巨頭,這樣的人物經過歷史的檢驗,對數學做出了極大的貢獻,我覺得騙子之名立於他身上是不妥的。

Ⅸ 歐幾里得演算法是什麼

歐幾里得演算法又稱輾轉相除法,是指用於計算兩個非負整數a,b的最大公約數。應用領域有數學和計算機兩個方面。計算公式gcd(a,b) = gcd(b,a mod b)。

輾轉相除法的演算法步驟為,兩個數中用較大數除以較小數,再用出現的余數除除數。

再用出現的余數(第二餘數)去除第一餘數,如此反復,直到最後余數是0為止。

輾轉相除法是利用以下性質來確定兩個正整數a和b的最大公因子的:

1、若r是a ÷ b的余數,且r不為0,則gcd(a,b) = gcd(b,r)。

⒉、a和其倍數之最大公因子為a。

另一種寫法是:

⒈、令r為a/b所得余數(0≤r),若r= 0,演算法結束;b即為答案。

⒉、互換:置a←b,b←r,並返回第一步。

Ⅹ 歐幾里德演算法

The Euclidean Algorithm
歐幾里德演算法(又稱輾轉相除法)是一種用於快速尋找兩個整數的最大公約數的技巧。

最大公約數 Greatest Common Divisor (GCD):整數 A 和 B 的最大公約數是指能夠同時整除 A 和 B 的最大整數。

使用歐幾里德演算法尋找 GCD(A,B) 的過程如下:

歐幾里德演算法使用了下述特性:

如果 A 和 B 其中一個為 0,便可利用前兩個特性得出 GCD。 第三個特性幫助我們將大而復雜的問題化簡為小而容易解決的問題。 歐幾里德演算法先利用第三個特性迅速化簡問題,直至可以通過前兩個特性求解為止。

證明 GCD(A,0)=A 的過程如下:

GCD(0,B)=B 的證明過程與此類似,區別僅在於用 B 替換 A。

先證明較簡單的 GCD(A,B)=GCD(B,A-B),再證明 GCD(A,B)=GCD(B,R)

根據定義 GCD(A,B) 可均分 A。因此,A 一定是 GCD(A,B) 的倍數,即 X⋅GCD(A,B)=A ,此處的 X 是某個整數。 根據定義 GCD(A,B) 可均分 B。因此,B 一定是 GCD(A,B) 的倍數,即 Y⋅GCD(A,B)=B ,此處的 Y 是某個整數。

根據 A-B=C 可得出:

由此可見 GCD(A,B) 可均分 C。 上圖的左側部分展示了此證明,提取如下:

證明 GCD(B,C) 均分 A
根據定義 GCD(B,C) 可均分 B。因此,B 一定是 GCD(B,C) 的倍數,即 M⋅GCD(B,C)=B ,此處的 M 是某個整數。 根據定義 GCD(B,C) 可均分 C。因此,C 一定是 GCD(B,C) 的倍數,即 N⋅GCD(B,C)=B ,此處的 N 是某個整數。

根據 A-B=C 可得出:

B+C=A
M⋅GCD(B,C) + N⋅GCD(B,C) = A
(M + N)⋅GCD(B,C) = A
由此可見 GCD(B,C) 可均分 A。 下圖展示了此證明:

證明 GCD(A,B)=GCD(A,A-B)
根據定 GCD(A,B) 均分 B
同時,已證明 GCD(A,B) 均分 C
因此,GCD(A,B) 是 B 和 C 的公約數
由於 GCD(B,C) 是 B 和 C 的最大公約數,所以 GCD(A,B) 必須小於或等於 GCD(B,C)。

根據定義 GCD(B,C) 均分 B
同時,已證明 GCD(B,C) 均分 A
因此,GCD(B,C) 是 B 和 A 的公約數
由於 GCD(A,B) 是 A 和 B 的最大公約數,所以 GCD(B,C) 必須小於或等於 GCD(A,B)。

∵ GCD(A,B)≤GCD(B,C) 且 GCD(B,C)≤GCD(A,B) ∴ GCD(A,B)=GCD(B,C) 即 GCD(A,B)=GCD(B,A-B)

下圖的右側部分展示了此證明的圖示:

前面已證明了 GCD(A,B)=GCD(B,A-B) 另外,對於 GCD( ) 而言,括弧中各項的順序並不重要,因此 GCD(A,B)=GCD(A-B,B) 那麼,如果反復應用 GCD(A,B)=GCD(A-B,B),便可得到: GCD(A,B)=GCD(A-B,B)=GCD(A-2B,B)=GCD(A-3B,B)=...=GCD(A-Q⋅B,B) 由於 A= B⋅Q + R 可得 A-Q⋅B=R,所以 GCD(A,B)=GCD(R,B) 。 由於括弧中各項的順序並不重要,因此最終可得: GCD(A,B)=GCD(B,R)

找尋 270 和 192 的最大公約數:

A=270, B=192

A=192, B=78

A=78, B=36

A=36, B=6

A=6, B=0

從上面的過程可以看出: ∵ GCD(270,192) = GCD(192,78) = GCD(78,36) = GCD(36,6) = GCD(6,0) = 6 ∴ GCD(270,192) = 6

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