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印度、伊斯兰与中国的数学 从婆罗摩笈多的圆内接四边形公式 S = ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) ( s − d ) S=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)} S = ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) ( s − d ) x 2 − N y 2 = 1 x^2-Ny^2=1 x 2 − N y 2 = 1 π \pi π
直观 三种文明，一条思想长河 大约从公元3世纪到13世纪，欧洲留下的数学文献相对较少，而三种文明却以极其具体、直观的方法推动了数学发展：以婆罗摩笈多为代表的印度天文数学家给出了圆内接四边形的精确公式，并求出 x 2 − N y 2 = 1 x^2-Ny^2=1 x 2 − N y 2 = 1 π \pi π
在单位圆内接一个正 n n n θ = 360 ∘ / n \theta=360^\circ/n θ = 36 0 ∘ / n θ \theta θ 30 ∘ 30^\circ 3 0 ∘ n = 12 n=12 n = 12 24 24 24 π \pi π 中学 婆罗摩笈多的圆内接四边形公式 定义: 圆内接四边形与半周长
边长为 a , b , c , d a,b,c,d a , b , c , d 圆内接四边形 ；这迫使对角互补。它的半周长为 s = a + b + c + d 2 s=\dfrac{a+b+c+d}{2} s = 2 a + b + c + d
s = a + b + c + d 2 s=\dfrac{a+b+c+d}{2} s = 2 a + b + c + d 婆罗摩笈多定理（《婆罗摩修正体系》，公元628年）指出，这样的四边形面积仅由四条边长决定，形式与三角形的海伦公式完全类似：S = ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) ( s − d ) S=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)} S = ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) ( s − d )
S = ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) ( s − d ) S=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)} S = ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) ( s − d ) 这个公式从何而来？作对角线 A C AC A C A B C ABC A B C a , b a,b a , b A C D ACD A C D c , d c,d c , d B B B D D D B + D = 180 ∘ B+D=180^\circ B + D = 18 0 ∘ cos B = − cos D \cos B=-\cos D cos B = − cos D A C 2 = a 2 + b 2 − 2 a b cos B AC^2=a^2+b^2-2ab\cos B A C 2 = a 2 + b 2 − 2 ab cos B A C 2 = c 2 + d 2 − 2 c d cos D AC^2=c^2+d^2-2cd\cos D A C 2 = c 2 + d 2 − 2 c d cos D cos D = − cos B \cos D=-\cos B cos D = − cos B A C 2 AC^2 A C 2 1 2 a b sin B \tfrac12 ab\sin B 2 1 ab sin B 1 2 c d sin D \tfrac12 cd\sin D 2 1 c d sin D sin B = sin D \sin B=\sin D sin B = sin D cos B \cos B cos B s = a + b + c + d 2 s=\tfrac{a+b+c+d}2 s = 2 a + b + c + d
刘徽倍增多边形逼近 π \pi π r = 1 r=1 r = 1 边数 n n n 边长 l n l_n l n 估计值 n l n / 2 n\,l_n/2 n l n /2 6 1.0000 3.0000 12 0.5176 3.1058 24 0.2611 3.1326 48 0.1308 3.1394 96 0.0654 3.1410
大学 佩尔方程与轮转法 在同一部628年的著作中，婆罗摩笈多研究了今天所称的佩尔方程 x 2 − N y 2 = 1 x^2-Ny^2=1 x 2 − N y 2 = 1 N N N x , y x,y x , y x 2 − N y 2 = k x^2-Ny^2=k x 2 − N y 2 = k k k k ∣ k ∣ |k| ∣ k ∣ k = ± 1 k=\pm1 k = ± 1 k = 1 k=1 k = 1
x 2 − N y 2 = 1 x^2-Ny^2=1 x 2 − N y 2 = 1 早在近五个世纪之前，欧玛尔·海亚姆就着手解决另一个问题：求解仅用直尺圆规无法解决的三次方程。在约1070年的《代数问题论证》中，他证明了每个三次方程都可以通过两条圆锥曲线的交点求解。
具体来说，设 a , b > 0 a,b>0 a , b > 0 x 3 + a 2 x = a 2 b x^3+a^2x=a^2b x 3 + a 2 x = a 2 b x 2 = a y x^2=ay x 2 = a y y 2 = x ( b − x ) y^2=x(b-x) y 2 = x ( b − x ) x x x b b b y = x 2 / a y=x^2/a y = x 2 / a ( x 2 / a ) 2 = x ( b − x ) \left(x^2/a\right)^2=x(b-x) ( x 2 / a ) 2 = x ( b − x ) x 4 / a 2 = b x − x 2 x^4/a^2=bx-x^2 x 4 / a 2 = b x − x 2 x ≠ 0 x\neq0 x = 0 a 2 a^2 a 2 x 3 + a 2 x = a 2 b x^3+a^2x=a^2b x 3 + a 2 x = a 2 b x x x 就是 方程的根——用曲线的相交代替了根式。
取 a = 1 , b = 2 a=1,b=2 a = 1 , b = 2 x 3 + x = 2 x^3+x=2 x 3 + x = 2 x 2 = y x^2=y x 2 = y y 2 = x ( 2 − x ) y^2=x(2-x) y 2 = x ( 2 − x ) ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 ) y 2 = 1 y^2=1 y 2 = 1 x ( 2 − x ) = 1 ⋅ 1 = 1 x(2-x)=1\cdot1=1 x ( 2 − x ) = 1 ⋅ 1 = 1 1 3 + 1 = 2 1^3+1=2 1 3 + 1 = 2
大学 刘徽求 π \pi π 约公元263年，刘徽在注释经典著作《九章算术》时，在半径为 r r r n n n l n l_n l n r 2 − ( l n / 2 ) 2 \sqrt{r^2-(l_n/2)^2} r 2 − ( l n /2 ) 2 r − r 2 − ( l n / 2 ) 2 r-\sqrt{r^2-(l_n/2)^2} r − r 2 − ( l n /2 ) 2 l 2 n = ( l n 2 ) 2 + ( r − r 2 − ( l n 2 ) 2 ) 2 l_{2n}=\sqrt{\left(\dfrac{l_n}{2}\right)^2+\left(r-\sqrt{r^2-\left(\dfrac{l_n}{2}\right)^2}\right)^2} l 2 n = ( 2 l n ) 2 + r − r 2 − ( 2 l n ) 2 2 n n n n n n n l n n\,l_n n l n 2 π r 2\pi r 2 π r π ≈ n l n 2 r \pi\approx\dfrac{n\,l_n}{2r} π ≈ 2 r n l n
l 2 n = ( l n 2 ) 2 + ( r − r 2 − ( l n 2 ) 2 ) 2 l_{2n}=\sqrt{\left(\dfrac{l_n}{2}\right)^2+\left(r-\sqrt{r^2-\left(\dfrac{l_n}{2}\right)^2}\right)^2} l 2 n = ( 2 l n ) 2 + r − r 2 − ( 2 l n ) 2 2 从六边形出发（正六边形边长等于半径，故 l 6 = r l_6=r l 6 = r π ≈ 3.14 \pi\approx3.14 π ≈ 3.14 3.1416 3.1416 3.1416
当 b > 0 b>0 b > 0 c > 0 c>0 c > 0 x 2 + b x = c x^2+bx=c x 2 + b x = c x = c + ( b 2 ) 2 − b 2 x=\sqrt{c+\left(\dfrac b2\right)^2}-\dfrac b2 x = c + ( 2 b ) 2 − 2 b
为什么成立? 花拉子米（巴格达，约公元820年，著有《还原与对消计算概要》——“代数”一词的由来）没有负数也没有符号记法，因此他通过真正画出正方形和矩形、再把它们拼补成一个更大的正方形来求解二次方程，这幅图使原本神秘的公式变得一目了然。
证明 画一个边长为 x x x x 2 x^2 x 2 x 2 + b x = c x^2+bx=c x 2 + b x = c b / 2 b/2 b /2 x x x 2 ⋅ b 2 ⋅ x = b x 2\cdot\tfrac b2\cdot x=bx 2 ⋅ 2 b ⋅ x = b x x 2 + b x = c x^2+bx=c x 2 + b x = c
这个折尺形其实就是边长为 x + b / 2 x+b/2 x + b /2 b 2 × b 2 \tfrac b2\times\tfrac b2 2 b × 2 b ( b / 2 ) × ( b / 2 ) (b/2)\times(b/2) ( b /2 ) × ( b /2 ) x + b / 2 x+b/2 x + b /2 c + ( b / 2 ) 2 c+(b/2)^2 c + ( b /2 ) 2 c c c ( b / 2 ) 2 (b/2)^2 ( b /2 ) 2
于是 ( x + b 2 ) 2 = c + ( b 2 ) 2 (x+\tfrac b2)^2=c+\left(\tfrac b2\right)^2 ( x + 2 b ) 2 = c + ( 2 b ) 2 x + b 2 = c + ( b 2 ) 2 x+\dfrac b2=\sqrt{c+\left(\dfrac b2\right)^2} x + 2 b = c + ( 2 b ) 2 x x x x = c + ( b 2 ) 2 − b 2 x=\sqrt{c+\left(\dfrac b2\right)^2}-\dfrac b2 x = c + ( 2 b ) 2 − 2 b
代数验证：逐项展开 ( c + ( b / 2 ) 2 − b / 2 ) 2 + b ( c + ( b / 2 ) 2 − b / 2 ) \left(\sqrt{c+(b/2)^2}-b/2\right)^2+b\left(\sqrt{c+(b/2)^2}-b/2\right) ( c + ( b /2 ) 2 − b /2 ) 2 + b ( c + ( b /2 ) 2 − b /2 ) ± b c + ( b / 2 ) 2 b / 2 \pm b\sqrt{c+(b/2)^2}\,b/2 ± b c + ( b /2 ) 2 b /2 c c c x 2 + 10 x = 39 x^2+10x=39 x 2 + 10 x = 39 b = 10 , c = 39 b=10,c=39 b = 10 , c = 39 x = 39 + 25 − 5 = 64 − 5 = 8 − 5 = 3 x=\sqrt{39+25}-5=\sqrt{64}-5=8-5=3 x = 39 + 25 − 5 = 64 − 5 = 8 − 5 = 3 3 2 + 10 ⋅ 3 = 9 + 30 = 39 3^2+10\cdot3=9+30=39 3 2 + 10 ⋅ 3 = 9 + 30 = 39
大学 中国剩余定理 设 m 1 , m 2 , … , m k m_1,m_2,\dots,m_k m 1 , m 2 , … , m k a 1 , … , a k a_1,\dots,a_k a 1 , … , a k i i i x ≡ a i ( m o d m i ) x\equiv a_i\pmod{m_i} x ≡ a i ( mod m i ) x x x M = m 1 m 2 ⋯ m k M=m_1m_2\cdots m_k M = m 1 m 2 ⋯ m k
为什么成立? 此定理最早记录于公元3至5世纪的《孙子算经》（“物不知数”问题），并由秦九韶于1247年给出完整的一般算法（大衍求一术）。它说明两两互素的模携带着独立的信息：知道一个数对模3、模5、模7的余数，就能在模105意义下唯一确定这个数，既不丢失信息也不会矛盾，因为这些模从不“重叠”。
证明 存在性，第一步（构造零件）：对每个 i i i M i = M / m i M_i=M/m_i M i = M / m i m i m_i m i m j m_j m j m i m_i m i m j m_j m j j ≠ i j\neq i j = i gcd ( M i , m i ) = 1 \gcd(M_i,m_i)=1 g cd( M i , m i ) = 1 y i y_i y i M i M_i M i m i m_i m i M i y i ≡ 1 ( m o d m i ) M_iy_i\equiv1\pmod{m_i} M i y i ≡ 1 ( mod m i )
存在性，第二步（拼出解）：令 x = ∑ i = 1 k a i M i y i m o d M x=\sum_{i=1}^{k}a_iM_iy_i\bmod M x = ∑ i = 1 k a i M i y i mod M i i i m i m_i m i j ≠ i j\neq i j = i M j = M / m j M_j=M/m_j M j = M / m j i ≠ j i\neq j i = j m i m_i m i m i ∣ M j m_i\mid M_j m i ∣ M j a j M j y j ≡ 0 ( m o d m i ) a_jM_jy_j\equiv0\pmod{m_i} a j M j y j ≡ 0 ( mod m i ) i i i M i y i ≡ 1 ( m o d m i ) M_iy_i\equiv1\pmod{m_i} M i y i ≡ 1 ( mod m i ) x ≡ a i M i y i ≡ a i ⋅ 1 = a i ( m o d m i ) x\equiv a_iM_iy_i\equiv a_i\cdot1=a_i\pmod{m_i} x ≡ a i M i y i ≡ a i ⋅ 1 = a i ( mod m i ) i i i x x x x ≡ a i ( m o d m i ) x\equiv a_i\pmod{m_i} x ≡ a i ( mod m i )
模 M M M x ′ x' x ′ x ≡ a i ( m o d m i ) x\equiv a_i\pmod{m_i} x ≡ a i ( mod m i ) i i i x − x ′ ≡ 0 ( m o d m i ) x-x'\equiv0\pmod{m_i} x − x ′ ≡ 0 ( mod m i ) m i m_i m i x − x ′ x-x' x − x ′ m i m_i m i M M M M ∣ ( x − x ′ ) M\mid(x-x') M ∣ ( x − x ′ ) x ≡ x ′ ( m o d M ) x\equiv x'\pmod M x ≡ x ′ ( mod M ) M M M
小例验证：取 m 1 = 3 , m 2 = 5 m_1=3,m_2=5 m 1 = 3 , m 2 = 5 a 1 = 2 , a 2 = 3 a_1=2,a_2=3 a 1 = 2 , a 2 = 3 x ≡ 2 ( m o d 3 ) , x ≡ 3 ( m o d 5 ) x\equiv2\pmod3,\ x\equiv3\pmod5 x ≡ 2 ( mod 3 ) , x ≡ 3 ( mod 5 ) M = 15 M=15 M = 15 M 1 = 5 M_1=5 M 1 = 5 5 y 1 ≡ 1 ( m o d 3 ) 5y_1\equiv1\pmod3 5 y 1 ≡ 1 ( mod 3 ) 2 y 1 ≡ 1 ( m o d 3 ) 2y_1\equiv1\pmod3 2 y 1 ≡ 1 ( mod 3 ) y 1 = 2 y_1=2 y 1 = 2 M 2 = 3 M_2=3 M 2 = 3 3 y 2 ≡ 1 ( m o d 5 ) 3y_2\equiv1\pmod5 3 y 2 ≡ 1 ( mod 5 ) y 2 = 2 y_2=2 y 2 = 2 x = 2 ⋅ 5 ⋅ 2 + 3 ⋅ 3 ⋅ 2 = 20 + 18 = 38 ≡ 8 ( m o d 15 ) x=2\cdot5\cdot2+3\cdot3\cdot2=20+18=38\equiv8\pmod{15} x = 2 ⋅ 5 ⋅ 2 + 3 ⋅ 3 ⋅ 2 = 20 + 18 = 38 ≡ 8 ( mod 15 ) x = 8 x=8 x = 8 8 = 2 ⋅ 3 + 2 8=2\cdot3+2 8 = 2 ⋅ 3 + 2 3 3 3 2 2 2 8 = 1 ⋅ 5 + 3 8=1\cdot5+3 8 = 1 ⋅ 5 + 3 5 5 5 3 3 3
大学 实际应用与典型例题 这并非博物馆里的陈迹。孙子的问题正是为了同步历法而提出的：古代中国天文学家要同时追踪多个周期（60天的干支周期、行星周期、朔望月），剩余定理让他们只凭几个余数就能确定日期，而不必逐日计数——这正是它诞生时所服务的历法与导航用途。同样的思想如今支撑着现代密码学：RSA解密把一个巨大的模数 n = p q n=pq n = pq p p p q q q n n n
例题: 婆罗摩笈多公式在具体四边形上的应用
一个圆内接四边形的连续边长为 a = 3 , b = 4 , c = 5 , d = 6 a=3,b=4,c=5,d=6 a = 3 , b = 4 , c = 5 , d = 6
解答 先计算半周长：s = 3 + 4 + 5 + 6 2 = 18 2 = 9 s=\dfrac{3+4+5+6}{2}=\dfrac{18}{2}=9 s = 2 3 + 4 + 5 + 6 = 2 18 = 9
再求各因子 s − a , s − b , s − c , s − d s-a,s-b,s-c,s-d s − a , s − b , s − c , s − d s − a = 9 − 3 = 6 s-a=9-3=6 s − a = 9 − 3 = 6 s − b = 9 − 4 = 5 s-b=9-4=5 s − b = 9 − 4 = 5 s − c = 9 − 5 = 4 s-c=9-5=4 s − c = 9 − 5 = 4 s − d = 9 − 6 = 3 s-d=9-6=3 s − d = 9 − 6 = 3
代入婆罗摩笈多公式：S = ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) ( s − d ) = 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 360 S=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}=\sqrt{6\cdot5\cdot4\cdot3}=\sqrt{360} S = ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) ( s − d ) = 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 360
化简根号：360 = 36 ⋅ 10 360=36\cdot10 360 = 36 ⋅ 10 S = 36 ⋅ 10 = 6 10 S=\sqrt{36\cdot10}=6\sqrt{10} S = 36 ⋅ 10 = 6 10 18.97 18.97 18.97
例题: 孙子原题：剩余问题
《孙子算经》（公元3至5世纪）提出：求满足 x ≡ 2 ( m o d 3 ) , x ≡ 3 ( m o d 5 ) , x ≡ 2 ( m o d 7 ) x\equiv2\pmod3,\ x\equiv3\pmod5,\ x\equiv2\pmod7 x ≡ 2 ( mod 3 ) , x ≡ 3 ( mod 5 ) , x ≡ 2 ( mod 7 ) x x x
解答 模 3 , 5 , 7 3,5,7 3 , 5 , 7 M = 3 ⋅ 5 ⋅ 7 = 105 M=3\cdot5\cdot7=105 M = 3 ⋅ 5 ⋅ 7 = 105
计算各 M i M_i M i y i y_i y i M 1 = 105 / 3 = 35 M_1=105/3=35 M 1 = 105/3 = 35 35 y 1 ≡ 1 ( m o d 3 ) 35y_1\equiv1\pmod3 35 y 1 ≡ 1 ( mod 3 ) 35 ≡ 2 35\equiv2 35 ≡ 2 2 y 1 ≡ 1 ( m o d 3 ) 2y_1\equiv1\pmod3 2 y 1 ≡ 1 ( mod 3 ) y 1 = 2 y_1=2 y 1 = 2 2 ⋅ 2 = 4 ≡ 1 ( m o d 3 ) 2\cdot2=4\equiv1\pmod3 2 ⋅ 2 = 4 ≡ 1 ( mod 3 ) M 2 = 105 / 5 = 21 M_2=105/5=21 M 2 = 105/5 = 21 21 y 2 ≡ 1 ( m o d 5 ) 21y_2\equiv1\pmod5 21 y 2 ≡ 1 ( mod 5 ) 21 ≡ 1 21\equiv1 21 ≡ 1 1 ⋅ y 2 ≡ 1 ( m o d 5 ) 1\cdot y_2\equiv1\pmod5 1 ⋅ y 2 ≡ 1 ( mod 5 ) y 2 = 1 y_2=1 y 2 = 1 M 3 = 105 / 7 = 15 M_3=105/7=15 M 3 = 105/7 = 15 15 y 3 ≡ 1 ( m o d 7 ) 15y_3\equiv1\pmod7 15 y 3 ≡ 1 ( mod 7 ) 15 ≡ 1 15\equiv1 15 ≡ 1 1 ⋅ y 3 ≡ 1 ( m o d 7 ) 1\cdot y_3\equiv1\pmod7 1 ⋅ y 3 ≡ 1 ( mod 7 ) y 3 = 1 y_3=1 y 3 = 1
拼出解：x = a 1 M 1 y 1 + a 2 M 2 y 2 + a 3 M 3 y 3 = 2 ⋅ 35 ⋅ 2 + 3 ⋅ 21 ⋅ 1 + 2 ⋅ 15 ⋅ 1 = 140 + 63 + 30 = 233 x=a_1M_1y_1+a_2M_2y_2+a_3M_3y_3=2\cdot35\cdot2+3\cdot21\cdot1+2\cdot15\cdot1=140+63+30=233 x = a 1 M 1 y 1 + a 2 M 2 y 2 + a 3 M 3 y 3 = 2 ⋅ 35 ⋅ 2 + 3 ⋅ 21 ⋅ 1 + 2 ⋅ 15 ⋅ 1 = 140 + 63 + 30 = 233
模 M = 105 M=105 M = 105 233 = 2 ⋅ 105 + 23 233=2\cdot105+23 233 = 2 ⋅ 105 + 23 233 ≡ 23 ( m o d 105 ) 233\equiv23\pmod{105} 233 ≡ 23 ( mod 105 ) x = 23 x=23 x = 23
验证三个同余式：23 = 7 ⋅ 3 + 2 23=7\cdot3+2 23 = 7 ⋅ 3 + 2 3 3 3 2 2 2 23 = 4 ⋅ 5 + 3 23=4\cdot5+3 23 = 4 ⋅ 5 + 3 5 5 5 3 3 3 23 = 3 ⋅ 7 + 2 23=3\cdot7+2 23 = 3 ⋅ 7 + 2 7 7 7 2 2 2 23 < 105 23<105 23 < 105
常见错误. 有两个经典陷阱。第一，在配方时，学生常常错误地加上 b 2 b^2 b 2 ( b / 2 ) 2 (b/2)^2 ( b /2 ) 2 ( b / 2 ) 2 (b/2)^2 ( b /2 ) 2 只应加一次 ；再加一次（或用 b 2 b^2 b 2 c c c M = m 1 ⋯ m k M=m_1\cdots m_k M = m 1 ⋯ m k 两两 互素，而不仅仅是整体上 gcd ( m 1 , … , m k ) = 1 \gcd(m_1,\dots,m_k)=1 g cd( m 1 , … , m k ) = 1 m 1 = 4 , m 2 = 6 m_1=4,m_2=6 m 1 = 4 , m 2 = 6 gcd = 2 \gcd=2 g cd= 2 x = ∑ a i M i y i x=\sum a_iM_iy_i x = ∑ a i M i y i M i M_i M i m i m_i m i y i y_i y i a i a_i a i 历史注记
约公元820年，在巴格达的“智慧宫”，花拉子米撰写了《还原与对消计算概要》，系统化了上文所述通过配方作图求解二次方程的方法；此书（及作者）名称的拉丁化形式给了我们“代数”（algebra）与“算法”（algorithm）这两个词。他继承并向西传播了两个世纪前已在印度流传的思想——婆罗摩笈多628年的《婆罗摩修正体系》——同时还有更为古老的中国传统：刘徽在公元3世纪精炼了倍增多边形计算 π \pi π
花拉子米 婆罗摩笈多 刘徽 欧玛尔·海亚姆
一个圆内接四边形的边长为 3 , 4 , 5 , 6 3,4,5,6 3 , 4 , 5 , 6 S = ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) ( s − d ) S=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)} S = ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) ( s − d )
6 10 6\sqrt{10} 6 10 20 20 20 210 \sqrt{210} 210 12 10 12\sqrt{10} 12 10 婆罗摩笈多在公元628年研究、后来用轮转法求解的方程，今天被称为佩尔方程，它是哪一个？
x 2 − N y 2 = 1 x^2-Ny^2=1 x 2 − N y 2 = 1 x 2 + N y 2 = 1 x^2+Ny^2=1 x 2 + N y 2 = 1 x y − N = 1 xy-N=1 x y − N = 1 x 2 − N y = 1 x^2-Ny=1 x 2 − N y = 1 在《代数问题论证》中，欧玛尔·海亚姆通过让哪两条曲线相交，以几何方式求解三次方程？
一条抛物线与一个圆 两条抛物线 一个椭圆与一条直线 两个圆
孙子的剩余问题最初是为历法与天文计算而提出的；同一个中国剩余定理主要通过以下哪种方式加速现代RSA解密？
把模幂运算拆分成模 p p p q q q 为了冗余而将消息加密两次 更快地生成大素因子 p p p q q q 在传输前压缩密文