しょーがくせいでも分かる分数の小数展開を楽に計算する方法

まずは小数展開の意味から考える。もし$(\frac{1}{p})_{m}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha_{n}}{m^{n}}\quad(\alpha_{k}\in\{0,1,2,...,m-1\})$が成立したとすると
$\alpha_{1}$は両辺$m$をかけ$\frac{m}{p}=\alpha_{1}+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\alpha_{2}}{m^{n}}$が成り立つので$\alpha_{1}$は$m$を$p$で割った商$q_{1}$と等しく、余り$r_{1}$は$\frac{r_{1}}{p}=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\alpha_{n}}{m^{n}}$。
先と同様に$m$を両辺にかける。$\frac{mr_{1}}{p}=\alpha_{2}+\sum_{n=3}^{\infty}\frac{\alpha_{n}}{m^{n}}$が成り立つので$\alpha_{2}$は$mr_{1}$を$p$で割った商$q_{2}$と等しく、余り$r_{2}$は$\frac{r_{2}}{p}=\sum_{n=3}^{\infty}\frac{p^{3}}{m^{3}}$。
以下同様。
次にこの操作を厳密に書く。すると次の様に書ける。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} m=p\alpha_{1}+r_{1}\quad(0\lt r_{1}\lt p)\\ mr_{1}=p\alpha_{2}+r_{2}\quad(0\lt r_{2}\lt p)\\ \cdots\\ mr_{n}=p\alpha_{n}+r_{n}\quad(0\lt r_{n}\lt p)\\ \cdots \end{array} \right. \end{eqnarray}
ここで、$r_{n}\neq 0\quad(n=1,2,...)$である事は次の事から明らか。
まず$n=1$の時$r_{1}=0$であるとすると$m,p$が互いに素である事に反する。$r_{1}\neq 0$が得られる。
次に$1,2,...,n$まで$r_{k}=0\quad(k=1,2,...,n)$が成立したとする。この時$mr_{n}$は$p$と互いに素である事を示す。
もし$mr_{n}$が$p$の倍数であるとすると$m,r_{n}$のいずれかは$p$で割る事が出来ないといけないが$m,r_{n}$も互いに素なのでその様な事は起きない。
ゆえに$r_{n}\neq 0\quad(n=1,2,...)$。
さらに$r_{1},r_{2},....,r_{p-1},r_{p},r_{p+1}$はいずれも$p$以下なので鳩ノ巣原理より少なくとも一つ$r_{i}=r_{j}\quad(i\neq j)$が存在するので$(\frac{1}{p})_{m}$は循環小数となる事が示せた。
さらに、
\begin{eqnarray} m^{p}&=&(1+1+\cdots+1)^{p}\\ &=&m+\sum\frac{p!}{\alpha!\beta!\cdots}\\ &\equiv&m\quad(\mathrm{mod}\ p) \end{eqnarray}
であり$m(m^{p-1}-1)\equiv 0\quad (\mathrm{mod}\ p)$かつ$m,p$は互いに素なので$m^{p-1}-1\equiv 0\quad(\mathrm{mod}\ p)\therefore m^{p-1}\equiv 1\quad(\mathrm{mod}\ p)$すなわち$1$は必ず$p-1$回以下の操作を繰り返す事で$1$に戻るので循環の開始点は$k_{0}=1$。

周期$T$が不変である事を言えばいい。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} m=p\alpha_{1}+r_{1}\quad(0\lt r_{1}\lt p)\\ mr_{1}=p\alpha_{2}+r_{2}\quad(0\lt r_{2}\lt p)\\ \cdots\\ mr_{T-2}=p\alpha_{T-1}+r_{T-1}\quad(0\lt r_{T}\lt p)\\ mr_{T-1}=p\alpha_{T}+1\quad(0\lt r_{1}\lt p) \end{array} \right. \end{eqnarray}
の各々に$q$をかける。
すると
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} qm=pq\alpha_{1}+qr_{1}\quad(0\lt r_{1}\lt p)\\ qmr_{1}=pq\alpha_{2}+qr_{2}\quad(0\lt r_{2}\lt p)\\ \cdots\\ qmr_{T-2}=pq\alpha_{T-1}+qr_{T-1}\quad(0\lt r_{T}\lt p)\\ mr_{T-1}=pq\alpha_{T}+q\quad(0\lt r_{1}\lt p) \end{array} \right. \end{eqnarray}
であり、$qr_{0}(r_{0}=1),qr_{1},qr_{2},...,qr_{T-1}$は($q,1, r_{1},...,r_{T-1}$は$p$と互いに素なので)$p$と互いに素。さらに、$qr_{i}=q_{j}r_{j}\quad(i,j=0,...,T-1)$が成り立つなら$i=j$しかありえない事が分かる。
実際、$r_{0},r_{1},r_{2},...,r_{T-1}$について$0\lt |r_{i}-r_{j}|\lt p\quad(i\neq j)$であり、$r_{i}-r_{j}$は$p$に関して互いに素。ゆえに$q(r_{i}-r_{j})$も$p$に関して互いに素であるから、$qr_{i},qr_{j}$を$p$で割ったときの余りが一致しないため$qr_{i}\neq qr_{j}\quad(i\neq j)$
さらに$f(q)\coloneqq q\sum_{n=1}^{T}\alpha_{n}m^{T-n}=qf(1)\quad(q=1,2,...,p-1)$の様に定める。すると$f(q)\lt m^{T}$が成り立つ。
なぜなら、
\begin{eqnarray} (\frac{1}{p})_{m}&=&\frac{f(1)}{m^{T}}\sum_{n=0}^{\infty}m^{-nT}\\ &=&\frac{f(1)}{m^{T}-1} \end{eqnarray}
であるから
\begin{eqnarray} q(\frac{1}{p})_{m}&=&(\frac{q}{p})_{m}\\ &=&\frac{qf(1)}{m^{T}-1}\\ &=&\frac{f(q)}{m^{T}-1}\lt 1 \end{eqnarray}
次の不等式を得る。$f(q)\lt m^{T}-1\lt m^{T}$
これと$qr_{i}\neq qr_{j}\quad(i,j=0,1,2,...,T-1\land i\neq j)$まとめると周期$T$の不変性が示せた。

割り算の基本に立ち返るだけ
\begin{eqnarray} (\frac{1}{p})_{m}&=&0.\ast(\ast^{\infty}\alpha_{1}\alpha_{2}\cdots \alpha_{T})\\ &=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha_{1}m^{T-1}+\cdots \alpha_{T}}{m^{nT}} \end{eqnarray}
であるので、両辺$\frac{m^{T}}{q}$をかけると
\begin{equation} (\frac{m^{T}}{pq})_{m}=\frac{\alpha_{1}m^{T-1}+\cdots \alpha_{T}}{q}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha_{1}m^{T-1}+\cdots \alpha_{T}}{qm^{nT}} \end{equation}
の様に書けるので$1$循環ブロックを$q$で割った商と余りを$Q_{1},r_{1}$とすれば
\begin{equation} (\frac{m^{T}}{pq})_{m}=Q_{1}+\frac{r_{1}m^{T}+\alpha_{1}m^{T-1}+\cdots \alpha_{T}}{qm^{T}}+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\alpha_{1}m^{T-1}+\cdots \alpha_{T}}{qm^{nT}} \end{equation}
の様に書ける。
後はこの操作を繰り返せばよい。
また$0\leq r_{1},r_{2},...,r_{q+1}\lt q$であるから、途中で$0$になるか、そうでないなら鳩ノ巣原理より、必ず$r_{i}=r_{j}\quad(i\neq j)$が存在するので有限回の操作で繰り返す。
どちらであっても有限回の操作で終わり、後は繰り返すだけなので証明完了。

[1]各循環ブロックについて
\begin{equation} q\sum_{n=1}^{T}\alpha_{k_{0}+n-1}m^{T-n}\lt m^{T} \end{equation}
である場合は$C=0$とするだけ。
[2]仮に
\begin{equation} q\sum_{n=1}^{T}\alpha_{k_{0}+n-1}m^{T-n}\geq m^{T} \end{equation}
であるとすると繰り上がりを考慮しないといけない。
$n$循環ブロックによる繰り上がりを$C_{n}$とするとこれは定数でないといけない。
まず、$C_{n},C_{n-1},...,C_{1}$はその与え方から単調非減少な自然数列である事が分かる。
もし一か所でも$C_{n_{0}-1}\geq C_{n_{0}}+1$を満たす循環ブロックが存在したとする。
すると循環ブロックの対称性($(k-1)n_{0}$循環ブロックから見たら相対的な位置が$n_{0}$だ)から$C_{kn_{0}-1}\geq C_{kn_{0}}+1$が成立する。
これは無限に繰り返す事が出来るので$C_{n_{0}}$は発散する。
ゆえに$\cdots=C_{n}=C_{n-1}=\cdots=C_{1}=C=const.$でないといけない。
以上の事から$qs$の$n$循環ブロックの値が次の様に計算できる事が示された。
\begin{equation} \exists C\in\mathbb{N}_{0}\ s.t. \ q\sum_{n=1}^{T}\alpha_{k_{0}+n-1}m^{T-n}+C \end{equation}