關(guān)于制數(shù)的幾種新解

關(guān)于制數(shù)的幾種新解

隨著計(jì)算機(jī)文化的普及，我們總是接觸到二進(jìn)制的數(shù)量。然而，許多學(xué)生并不熟悉二進(jìn)制的數(shù)量，當(dāng)然他們也不習(xí)慣使用它。下面描述了兩個(gè)示例來(lái)說(shuō)明二進(jìn)制計(jì)算機(jī)和集群中的巧妙計(jì)算和應(yīng)用。為敘述方便,作如下約定:(1)在數(shù)字之后用B表示二進(jìn)制數(shù),H表示十六進(jìn)制數(shù),十進(jìn)制數(shù)仍按習(xí)慣表示.(2)對(duì)一個(gè)二進(jìn)制數(shù),連續(xù)若干個(gè)“0”稱(chēng)為0連貫,連續(xù)若干個(gè)“1”稱(chēng)為1連貫.一個(gè)連貫所含數(shù)字的個(gè)數(shù)稱(chēng)為連貫的長(zhǎng).例如,二進(jìn)制數(shù)1000111100B中有兩個(gè)1連貫,其長(zhǎng)度分別為1和4;兩個(gè)0連貫,其長(zhǎng)分別為3和2.1r進(jìn)制數(shù)計(jì)算用“除2取余法”將一個(gè)較大的十進(jìn)制數(shù)化為二進(jìn)制數(shù)不是一件輕松的事.如果采用“除權(quán)取商法”那就容易得多.所謂“除權(quán)取商法”是:用R進(jìn)制數(shù)第n位的權(quán)Rn去除十進(jìn)制數(shù),其商為R進(jìn)制數(shù)第n位上的數(shù)字;將其余數(shù)再用Rn-1去除,所得商為R進(jìn)制數(shù)第n-1位上的數(shù)字;……;將上次運(yùn)算的余數(shù)用R去除,所得商為R進(jìn)制數(shù)第1位上的數(shù)字;最后一步的余數(shù)為R進(jìn)制數(shù)第0位(即個(gè)位)上的數(shù)字.將二進(jìn)制數(shù)化為十進(jìn)制數(shù)時(shí),先將二進(jìn)制數(shù)化為十六進(jìn)制數(shù),然后再按權(quán)展開(kāi)求和.例1將十進(jìn)制數(shù)685化為二進(jìn)制數(shù)解685÷162=2……173(前者為商,后者為余數(shù).以下同)173÷16=10……13所以685=2ADH=1010101101B(A,B,…,F為十六進(jìn)制數(shù)的數(shù)字)例2將二進(jìn)制數(shù)101101.110101B化為十進(jìn)制數(shù).解101101.110101B=101101110101B/26=B75H/26=(11×162+7×16+5)/64=2933/642余數(shù)的整除性質(zhì)1若一個(gè)二進(jìn)制數(shù)的末尾有n個(gè)“0”,則該數(shù)能被2n整除,反之亦然.性質(zhì)2對(duì)于一個(gè)二進(jìn)制數(shù),若各個(gè)1連貫的長(zhǎng)均為偶數(shù),則該數(shù)能被3整除;若各個(gè)1連貫的長(zhǎng)均為3的倍數(shù),則該數(shù)能被7整除;若各個(gè)1連貫的長(zhǎng)均為4的倍數(shù),則該數(shù)能被5整除.注意性質(zhì)2的逆命題不成立.證明性質(zhì)2的第三條結(jié)論:因?yàn)橐粋€(gè)二進(jìn)數(shù)中各個(gè)1連貫的長(zhǎng)均為4的倍數(shù),那么該數(shù)能被15(即1111B)整除,當(dāng)然也能被5整除.例3求820012000除以3和7的余數(shù)各是多少?解820012000=(23)20012000=(23×20012000-1)+1=11…1B+1因所得二進(jìn)制數(shù)中1連貫的長(zhǎng)度為3×20012000,由性質(zhì)2知7能整除二進(jìn)制數(shù)11…1B,所以820012000≡1(mod7).又因820012000=11…10B+2,其右邊二進(jìn)制數(shù)中1連貫的長(zhǎng)為3×20012000-1,這是一個(gè)偶數(shù).由性質(zhì)2知3能整除二進(jìn)制數(shù)11…10B,所以820012000≡2(mod3).例4①證明22001(512222-1)能被28整除;②求該數(shù)的個(gè)位數(shù)字是幾.解①:22001(512222-1)=22001(29×222-1)=22001+1998-22001=(22001+1998-1)-(22001-1)=11…1B-11…1B(前者1連貫的長(zhǎng)為2001+1998,后者1連貫的長(zhǎng)為2001)=11…100…0B該二進(jìn)數(shù)的末尾0連貫的長(zhǎng)為2001,1連貫的長(zhǎng)1998是3的倍數(shù),由性質(zhì)1和性質(zhì)2知該數(shù)能被4和7整除,即能被28整除.②:因?yàn)?2001(512222-1)=11…1B-11…1B=11…1000B-11…10B+(111B-1B)第1個(gè)二進(jìn)制數(shù)中1連貫的長(zhǎng)為3996,第2個(gè)二進(jìn)制數(shù)中1連貫的長(zhǎng)為2000,二者1連貫的長(zhǎng)均為4的倍數(shù),且末尾有“0”.由性質(zhì)1和性質(zhì)2知它們均含因數(shù)2和5,所以前兩項(xiàng)之差為10的整數(shù)倍.又因111B-1B=6,故所求的個(gè)位數(shù)字是6.3u3000ds++100#解用七進(jìn)制數(shù)表示T的各項(xiàng),并注意到6+1=10S(S表示七進(jìn)制).則T=1S+10S+100S+…+100…0S(最后一項(xiàng)0連貫的長(zhǎng)為n-1)=11…1S(其中1連貫的長(zhǎng)為n)=((66…6S+1)-1)/6=(100…0S-1)/6(其中0連貫的長(zhǎng)為n)=(7n-1)/6推論等比數(shù)列前n項(xiàng)和1+q+q2+…+qn-1等于各位數(shù)字均為1的n位q進(jìn)制數(shù).4完全不同的財(cái)務(wù)狀況例6(1999年全國(guó)初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽第15題)有人編了一個(gè)程序,從1開(kāi)始,交錯(cuò)地做加法或乘法(第一次可以是加法,也可以是乘法).每次加法,將上次運(yùn)算的結(jié)果加2或加3;每次乘法,將上次的運(yùn)算結(jié)果乘2或乘3.證明:可以得到2100+297-2.下面用與參考解答完全不同的二進(jìn)制的思路予以證明.因?yàn)?100=100…0B(其中0連貫的長(zhǎng)為100)297=100…0B(其中0連貫的長(zhǎng)為97)2=10B所以2100+297-2=100011…10B(其中第二個(gè)1連貫的長(zhǎng)為96)程序算法如下:1(×2)→10B(+2)→100B(×2)→1000B(+2)→1010B(×2)→10100B(+2)→10110B(×2)→101100B(+2)→101110B(×2)→…(+2)→[