如何求数列sin nθ大于零的个数？

求数列 $sin(n heta) > 0$ 的个数，这实际上是在问，在给定的范围（通常是正整数 $n$ 从 $1$ 开始到某个上限）内，有多少个 $n$ 使得 $sin(n heta)$ 的值是正的。要详细解答这个问题，我们需要深入理解正弦函数的性质以及与角度 $n heta$ 的关系。

理解正弦函数的周期性与正值区域

首先，我们回顾一下正弦函数 $sin(x)$ 的基本性质：

1. 周期性： $sin(x)$ 是一个周期函数，其最小正周期是 $2pi$。这意味着 $sin(x) = sin(x + 2kpi)$ 对于任意整数 $k$ 都成立。
2. 正值区域： $sin(x) > 0$ 的条件是，角度 $x$ 落在区间 $(2kpi, (2k+1)pi)$ 内，其中 $k$ 是任意整数。换句话说，当角度 $x$ 在第一象限或第二象限时，正弦值是正的。

问题转化：寻找满足条件的 $n$

我们的问题是将这个正弦函数的性质应用到数列的项上。我们关注的是 $sin(n heta)$，其中 $n$ 是正整数。所以，我们需要找到满足以下不等式的正整数 $n$ 的数量：

$2kpi < n heta < (2k+1)pi$

其中 $k$ 是一个整数。

为了求解这个不等式，我们可以将不等式两边同除以 $ heta$。这里需要注意 $ heta$ 的符号。

情况一：$ heta > 0$

如果 $ heta$ 是一个正数，我们可以直接除以 $ heta$，不等式变为：

$frac{2kpi}{ heta} < n < frac{(2k+1)pi}{ heta}$

对于给定的 $ heta$，我们需要找到所有使得存在整数 $n$（且 $n ge 1$）落在这个开区间内的整数 $k$。

情况二：$ heta < 0$

如果 $ heta$ 是一个负数，我们在除以 $ heta$ 时需要翻转不等号的方向：

$frac{(2k+1)pi}{ heta} < n < frac{2kpi}{ heta}$

同样，我们需要找到所有使得存在整数 $n$（且 $n ge 1$）落在这个开区间内的整数 $k$。

特殊情况：$ heta = 0$

如果 $ heta = 0$，那么 $n heta = 0$ 对于所有 $n$ 都成立。此时 $sin(n heta) = sin(0) = 0$。所以， $sin(n heta) > 0$ 的情况不存在，个数为 0。

问题的核心： $ heta$ 的性质决定了答案的复杂性

上面我们得到了关于 $n$ 的不等式。现在问题的关键在于 $ heta$ 的具体值。不同的 $ heta$ 会导致截然不同的结果。

子情况 1： $ heta$ 是 $pi$ 的有理数倍，即 $ heta = qpi$，其中 $q$ 是有理数。

设 $ heta = frac{p}{r}pi$，其中 $p, r$ 是整数， $r e 0$，且 $gcd(p, r) = 1$。

如果 $q$ 是整数 (例如 $ heta = 2pi, 3pi, pi$)
如果 $ heta = 2mpi$ ( $m$ 为整数)： $n heta = 2mnpi$。$sin(2mnpi) = 0$ 对于所有整数 $n$ 都成立。此时 $sin(n heta) > 0$ 的个数为 0。
如果 $ heta = (2m+1)pi$ ( $m$ 为整数)： $n heta = n(2m+1)pi$。
当 $n$ 为偶数时，$n = 2j$，则 $n heta = 2j(2m+1)pi$，$sin(n heta) = 0$。
当 $n$ 为奇数时，$n = 2j+1$，则 $n heta = (2j+1)(2m+1)pi$。
如果 $(2m+1)$ 是偶数（这不可能，因为 $2m+1$ 是奇数），那么 $n heta$ 是偶数倍的 $pi$。
如果 $(2m+1)$ 是奇数，那么 $n heta$ 是奇数乘以奇数再乘以 $pi$，结果仍然是奇数倍的 $pi$。例如，如果 $ heta = pi$，那么 $npi$。当 $n$ 是偶数时 $sin(npi)=0$；当 $n$ 是奇数时 $sin(npi)=0$。
更准确地说，当 $ heta = mpi$ 时，$sin(n heta) = sin(nmpi)$。只有当 $nm$ 不是整数时， $sin(nmpi)$ 才可能不为零。但是 $n$ 和 $m$ 都是整数，所以 $nm$ 总是整数。因此，$sin(nmpi)$ 总是等于 0。
所以，如果 $ heta$ 是整数倍的 $pi$，那么 $sin(n heta) = 0$ 对于所有正整数 $n$ 都成立。此时，$sin(n heta) > 0$ 的个数为 0。

如果 $q$ 是非整数的有理数 (例如 $ heta = frac{pi}{2}, frac{2pi}{3}, frac{pi}{4}$)
设 $ heta = frac{p}{r}pi$，其中 $p, r$ 是互质的整数，$r ge 2$。
我们需要 $sin(n frac{p}{r}pi) > 0$。
这意味着 $n frac{p}{r}pi$ 必须落在 $(2kpi, (2k+1)pi)$ 的区间内。
$frac{2kpi}{frac{p}{r}pi} < n < frac{(2k+1)pi}{frac{p}{r}pi}$
$frac{2kr}{p} < n < frac{(2k+1)r}{p}$

在这种情况下，对于不同的 $k$，我们可以得到一些 $n$ 的范围。由于 $n$ 是正整数，我们需要考虑 $n ge 1$。
例如，假设 $ heta = frac{pi}{2}$。
$frac{2kpi}{frac{pi}{2}} < n < frac{(2k+1)pi}{frac{pi}{2}}$
$4k < n < 4k+2$
当 $k=0$ 时，$0 < n < 2$。所以 $n=1$ 符合。$sin(1 cdot frac{pi}{2}) = sin(frac{pi}{2}) = 1 > 0$。
当 $k=1$ 时，$4 < n < 6$。所以 $n=5$ 符合。$sin(5 cdot frac{pi}{2}) = sin(frac{5pi}{2}) = sin(frac{pi}{2} + 2pi) = 1 > 0$。
当 $k=2$ 时，$8 < n < 10$。所以 $n=9$ 符合。$sin(9 cdot frac{pi}{2}) = sin(frac{9pi}{2}) = sin(frac{pi}{2} + 4pi) = 1 > 0$。
我们可以看到，当 $ heta = frac{pi}{2}$ 时，$n$ 的形式是 $4k+1$。在任意一个长度为 $4$ 的区间内（例如 $[1, 4], [5, 8], [9, 12]$），总有一个数是 $4k+1$ 的形式。这表明 $sin(n heta) > 0$ 的项会以一定的规律出现。

更一般的情况：
当 $ heta = frac{p}{r}pi$ 时，我们关注的是 $n frac{p}{r}pi$ 的值。
考虑角度 $n heta pmod{2pi}$。当 $n heta pmod{2pi}$ 落在 $(0, pi)$ 区间时，$sin(n heta) > 0$。
$n frac{p}{r}pi = alpha + 2kpi$，其中 $0 < alpha < pi$。
$n frac{p}{r} = alpha/pi + 2k$
这相当于考察 $n frac{p}{r} pmod{2}$。我们需要 $n frac{p}{r} pmod{2}$ 落在 $(0, 1)$ 的区间内（因为 $alpha/pi in (0, 1)$）。
令 $n frac{p}{r} = I + f$，其中 $I$ 是整数，$f$ 是小数部分。我们希望 $f in (0, 1)$。
这就相当于考察 $n frac{p}{r} pmod{1}$。

关键点：
当 $ heta$ 是 $pi$ 的有理数倍时，数列 $n heta pmod{2pi}$ 会构成一个在 $[0, 2pi)$ 区间内均匀分布的有限集合的重复。具体来说，考虑 $frac{n p}{r} pmod{2}$。由于 $gcd(p, r) = 1$，随着 $n$ 的增加，$np pmod{2r}$ 会循环出现。
例如，若 $ heta = frac{2pi}{3}$，则 $frac{np}{r} = frac{n cdot 2}{3}$。
$n=1: frac{2}{3}$. $frac{2}{3} in (0, 1)$. $sin(frac{2pi}{3}) = frac{sqrt{3}}{2} > 0$.
$n=2: frac{4}{3}$. $frac{4}{3} pmod{2} = frac{4}{3}$. $frac{4}{3} in (0, 1)$. $sin(frac{4pi}{3}) = frac{sqrt{3}}{2} < 0$.
$n=3: frac{6}{3} = 2$. $frac{6}{3} pmod{2} = 0$. $sin(2pi) = 0$.
$n=4: frac{8}{3}$. $frac{8}{3} pmod{2} = frac{2}{3}$. $sin(frac{8pi}{3}) = sin(frac{2pi}{3}) > 0$.
$n=5: frac{10}{3}$. $frac{10}{3} pmod{2} = frac{4}{3}$. $sin(frac{10pi}{3}) = sin(frac{4pi}{3}) < 0$.
$n=6: frac{12}{3} = 4$. $frac{12}{3} pmod{2} = 0$. $sin(4pi) = 0$.

在这个例子中，每三个数中就有一个使得 $sin(n heta) > 0$。
更一般的，如果 $ heta = frac{p}{r}pi$，我们需要 $n frac{p}{r} pmod{2}$ 落在 $(0, 1)$。
考虑 $n frac{p}{r} pmod{2}$。由于 $gcd(p, r) = 1$，当 $n$ 从 $1$ 变化到 $2r$ 时，$np pmod{2r}$ 会取遍 $0, 1, dots, 2r1$ 的某种排列。
所以，$n frac{p}{r} pmod{2} = frac{np pmod{2r}}{r}$。
我们需要 $frac{np pmod{2r}}{r} in (0, 1)$。
这意味着 $0 < np pmod{2r} < r$。

设 $np = 2kr + s$，其中 $s = np pmod{2r}$， $0 le s < 2r$。
我们关注的是 $s in {1, 2, dots, r1}$。
对于一个固定的 $r$ 和 $p$（互质）， $np pmod{2r}$ 的取值会形成一个周期。周期长度是 $2r / gcd(p, 2r) = 2r$ （因为 $p$ 是奇数或偶数， $r$ 也是，但 $gcd(p, r)=1$。若 $p$ 是奇数，则 $gcd(p, 2r) = gcd(p, 2)gcd(p, r) = 1 cdot 1 = 1$。若 $p$ 是偶数，那不可能因为 $gcd(p,r)=1$ 且 $r ge 2$ 。所以 $p$ 必是奇数）。
所以，在 $n = 1, dots, 2r$ 这 $2r$ 个数中，$np pmod{2r}$ 会取遍 $0, 1, dots, 2r1$。
我们需要 $np pmod{2r}$ 落在 ${1, 2, dots, r1}$ 集合中。
有多少个整数 $s$ 满足 $0 < s < r$？ 有 $r1$ 个。
所以，在 $n=1, dots, 2r$ 这个周期内，有 $r1$ 个 $n$ 使得 $sin(n heta) > 0$。

结论（有理数倍情况）：
如果 $ heta = frac{p}{r}pi$，其中 $p, r$ 是互质整数，$r ge 2$。
那么在每 $2r$ 个连续的正整数 $n$ 中，恰有 $r1$ 个使得 $sin(n heta) > 0$。
例如，如果 $ heta = frac{pi}{2}$ ($p=1, r=2$)，那么每 $2 imes 2 = 4$ 个数中有 $21=1$ 个 $sin(n heta) > 0$。这与我们之前的例子一致。
如果 $ heta = frac{2pi}{3}$ ($p=2, r=3$)，那么每 $2 imes 3 = 6$ 个数中有 $31=2$ 个 $sin(n heta) > 0$。
如果 $ heta = frac{pi}{4}$ ($p=1, r=4$)，那么每 $2 imes 4 = 8$ 个数中有 $41=3$ 个 $sin(n heta) > 0$。

关于 $ heta < 0$ 的修正：
如果 $ heta < 0$ 且是 $pi$ 的有理数倍，比如 $ heta = frac{p}{r}pi$。
则 $sin(n heta) = sin(nfrac{p}{r}pi) = sin(nfrac{p}{r}pi)$。
我们需要 $sin(nfrac{p}{r}pi) > 0$，即 $sin(nfrac{p}{r}pi) < 0$。
这意味着 $nfrac{p}{r}pi$ 必须落在 $((2k+1)pi, (2k+2)pi)$ 区间内。
$(2k+1)pi < nfrac{p}{r}pi < (2k+2)pi$
$frac{(2k+1)r}{p} < n < frac{(2k+2)r}{p}$
同样，在每 $2r$ 个连续的正整数 $n$ 中，有多少个 $n$ 使得 $nfrac{p}{r} pmod{2}$ 落在 $(1, 2)$ 区间？
这等价于 $np pmod{2r}$ 落在 ${r+1, r+2, dots, 2r1}$。这个集合的大小是 $(2r1) (r+1) + 1 = r1$。
所以，当 $ heta$ 是 $pi$ 的有理数倍时，结果是相同的：在每 $2r$ 个连续的正整数 $n$ 中，有 $r1$ 个使得 $sin(n heta) > 0$（如果 $ heta > 0$）或 $sin(n heta) < 0$（如果 $ heta < 0$）。问题是求 $sin(n heta) > 0$ 的个数，那么 $ heta < 0$ 时，情况会不同。

重新审视 $ heta < 0$ 的情况：
令 $ heta = frac{p}{r}pi$，其中 $p, r > 0$ 互质。
我们需要 $sin(nfrac{p}{r}pi) > 0$，即 $sin(nfrac{p}{r}pi) > 0$，所以 $sin(nfrac{p}{r}pi) < 0$。
这要求 $nfrac{p}{r}pi$ 落在 $((2k+1)pi, (2k+2)pi)$。
$(2k+1) < nfrac{p}{r} < 2k+2$
$frac{(2k+1)r}{p} < n < frac{(2k+2)r}{p}$
考虑 $nfrac{p}{r} pmod{2}$。我们需要它落在 $(1, 2)$ 区间内。
即 $nfrac{p}{r} pmod{2} in (1, 2)$.
这等价于 $frac{np pmod{2r}}{r} in (1, 2)$。
所以 $r < np pmod{2r} < 2r$.
在 $n=1, dots, 2r$ 中，$np pmod{2r}$ 取遍 $0, 1, dots, 2r1$。
我们需要 $np pmod{2r}$ 落在 ${r+1, r+2, dots, 2r1}$。
这个集合的大小是 $(2r1) (r+1) + 1 = r1$ 个数。
所以，当 $ heta = frac{p}{r}pi$ 时，在每 $2r$ 个连续的正整数 $n$ 中，也有 $r1$ 个使得 $sin(n heta) > 0$。

总结有理数倍 $ heta$：
如果 $ heta = qpi$ 且 $q$ 是非零有理数，设 $q = frac{p}{r}$ ($p, r$ 互质，$r ge 1$)。
如果 $r=1$，则 $ heta = ppi$ 是 $pi$ 的整数倍，此时 $sin(n heta)=0$ 恒成立，个数为 0。
如果 $r ge 2$，则在每 $2r$ 个连续的正整数 $n$ 中，有 $r1$ 个使得 $sin(n heta) > 0$。
如果 $ heta > 0$，则需要 $n heta in (2kpi, (2k+1)pi)$。
如果 $ heta < 0$，则需要 $n heta in (2kpi, (2k+1)pi)$。但因为 $ heta < 0$，这意味着 $n heta$ 是负数。我们之前讨论的是正的角度。
为了统一，我们总是考虑角度在 $(0, 2pi)$ 范围内的值。
$sin(x) > 0 iff x pmod{2pi} in (0, pi)$.
令 $ heta = qpi$. 我们需要 $n q pi pmod{2pi} in (0, pi)$.
令 $n q = n frac{p}{r}$. 我们需要 $n frac{p}{r} pmod{2} in (0, 1)$.
这与我们之前的推导一致。结论是：每 $2r$ 个数中有 $r1$ 个。

子情况 2： $ heta$ 是无理数

如果 $ heta$ 是无理数，情况就更复杂了。
我们需要 $2kpi < n heta < (2k+1)pi$ 对于某个整数 $k$ 成立。
$frac{2kpi}{ heta} < n < frac{(2k+1)pi}{ heta}$

由于 $ heta$ 是无理数， $frac{2kpi}{ heta}$ 和 $frac{(2k+1)pi}{ heta}$ 之间总是存在一个长度为 $frac{pi}{ heta}$ 的区间。
如果 $ heta$ 是正的无理数：
当 $k$ 趋于无穷大时，区间的左端点 $frac{2kpi}{ heta}$ 和右端点 $frac{(2k+1)pi}{ heta}$ 之间的距离为 $frac{pi}{ heta}$。
如果这个距离 $frac{pi}{ heta} ge 1$，那么每个长度为 $frac{pi}{ heta}$ 的区间至少包含一个整数 $n$。
也就是说，如果 $frac{pi}{ heta} ge 1$，即 $ heta le pi$，那么在很多区间内都会存在整数 $n$。
更确切地说，根据 Kronecker 定理 的一个变种（或 Wohlfahrt 定理，关于丢番图逼近），如果 $ heta/pi$ 是无理数，那么数列 ${n heta pmod{2pi}}$ 在 $[0, 2pi)$ 区间上是稠密的。
这意味着，对于任意开区间 $(a, b) subset [0, 2pi)$，存在无穷多个 $n$ 使得 $n heta pmod{2pi} in (a, b)$。
因为我们关注的是 $(0, pi)$ 这个区间，所以存在无穷多个 $n$ 使得 $n heta pmod{2pi} in (0, pi)$。
因此，如果 $ heta$ 是正的无理数，那么 $sin(n heta) > 0$ 的个数是无穷多的。

如果 $ heta$ 是负的无理数：
令 $ heta = phi$，其中 $phi > 0$ 是无理数。
我们需要 $sin(n heta) = sin(nphi) = sin(nphi) > 0$，即 $sin(nphi) < 0$。
这意味着 $nphi pmod{2pi}$ 必须落在 $(pi, 2pi)$ 区间内。
同样，由于 $phi/pi$ 是无理数，数列 ${nphi pmod{2pi}}$ 在 $[0, 2pi)$ 区间上是稠密的。
因此，存在无穷多个 $n$ 使得 $nphi pmod{2pi} in (pi, 2pi)$。
所以，如果 $ heta$ 是负的无理数，那么 $sin(n heta) > 0$ 的个数也是无穷多的。

数列的上限问题

上面我们讨论的是“个数”。通常，数列的个数是在一个有限范围内计算的。例如，“求数列 $sin(n heta) > 0$ 在 $n=1, 2, dots, N$ 中的个数”。

如果题目没有给出上限 $N$，但要求求“个数”，这通常意味着需要描述一个比例或者周期性的模式。

当 $ heta$ 是 $pi$ 的有理数倍 $frac{p}{r}pi$ ($r ge 2$) 时：
每 $2r$ 个连续的正整数 $n$ 中，有 $r1$ 个使得 $sin(n heta) > 0$。
因此，在 $n=1, dots, N$ 的范围，个数近似为 $N imes frac{r1}{2r}$。更精确的计算需要处理边界问题。

当 $ heta$ 是无理数时：
个数是无穷多。如果题目要求在 $n=1, dots, N$ 的范围内的个数，那么这个个数大约是 $N imes frac{1}{2}$。这是因为 $sin(x) > 0$ 和 $sin(x) < 0$ 的区域大致各占一半。更精确的说法是，渐近密度是 $1/2$。

如何回答一个具体的问题

假设问题是：“求数列 $sin(n frac{pi}{3}) > 0$ 在 $n=1, dots, 100$ 中的个数。”

1. 识别 $ heta$ 的类型： $ heta = frac{pi}{3}$。这是一个 $pi$ 的有理数倍， $ heta = frac{1}{3}pi$。
2. 确定 $p$ 和 $r$： $p=1, r=3$。它们是互质的，且 $r ge 2$。
3. 确定周期和比例： 在每 $2r = 2 imes 3 = 6$ 个连续的正整数 $n$ 中，有 $r1 = 31 = 2$ 个使得 $sin(n heta) > 0$。
4. 计算总个数：
考虑 $n = 1, 2, 3, 4, 5, 6$。
$n heta$: $frac{pi}{3}, frac{2pi}{3}, pi, frac{4pi}{3}, frac{5pi}{3}, 2pi$.
$sin(n heta)$: $sin(frac{pi}{3})=frac{sqrt{3}}{2}>0$, $sin(frac{2pi}{3})=frac{sqrt{3}}{2}>0$, $sin(pi)=0$, $sin(frac{4pi}{3})=frac{sqrt{3}}{2}<0$, $sin(frac{5pi}{3})=frac{sqrt{3}}{2}<0$, $sin(2pi)=0$.
在这 6 个数中，有 2 个 $sin(n heta) > 0$。
上限是 $N=100$。
$100$ 可以被 $6$ 整除多少次？ $100 = 16 imes 6 + 4$.
所以，在 $n=1, dots, 96$ (即 16 个周期) 中，有 $16 imes 2 = 32$ 个。
我们还需要检查剩下的 $n=97, 98, 99, 100$。
这对应于周期中的前 4 个数。
根据上面的分析，这前 4 个数会是：
$n=97$: 对应于周期中的第 1 个数。 $sin(97 frac{pi}{3}) = sin(frac{pi}{3} + 32pi) = sin(frac{pi}{3}) > 0$. (1个)
$n=98$: 对应于周期中的第 2 个数。 $sin(98 frac{pi}{3}) = sin(frac{2pi}{3} + 32pi) = sin(frac{2pi}{3}) > 0$. (2个)
$n=99$: 对应于周期中的第 3 个数。 $sin(99 frac{pi}{3}) = sin(33pi) = 0$.
$n=100$: 对应于周期中的第 4 个数。 $sin(100 frac{pi}{3}) = sin(frac{4pi}{3} + 32pi) = sin(frac{4pi}{3}) < 0$.
所以，在剩下的 4 个数中，有 2 个使得 $sin(n heta) > 0$。
总个数 = $32 + 2 = 34$。

总结性梳理

要解决“求数列 $sin(n heta) > 0$ 的个数”这个问题，需要考虑以下几个关键点：

1. $ heta$ 的值： 这是最根本的。
$ heta = 0$： 个数是 0。
$ heta = kpi$ ( $k$ 为非零整数)： 个数是 0。
$ heta = qpi$ ( $q$ 是非零有理数， $q = p/r$, $r ge 2$, $p, r$ 互质)：
在每 $2r$ 个连续的正整数 $n$ 中，有 $r1$ 个使得 $sin(n heta) > 0$。如果指定了上限 $N$，则可以根据这个比例进行计算。
$ heta$ 是无理数：
如果求无穷个数，那么是无穷多。
如果求在 $n=1, dots, N$ 的个数，则渐近密度是 $1/2$，个数约为 $N/2$。

2. 数列的上限： 如果题目没有明确指定上限 $N$，则通常是问是否存在无穷多项，或者问这个性质出现的“密度”或“比例”。

3. 正弦函数正值区域的理解： $sin(x) > 0$ 当且仅当 $x pmod{2pi} in (0, pi)$。将此应用于 $n heta$。

最终的回答形式会依赖于题目是否提供了上限 $N$ 以及 $ heta$ 的具体信息。 如果只是笼统地问“个数”，那么需要指出是无穷多个还是有周期性的比例。如果需要一个精确的数字，那么必须有明确的上限 $N$。

例如，如果问题是“求数列 $sin(n heta) > 0$ 的个数”，但没有给出 $ heta$ 的具体值或范围，这个问题本身是不确定的。我们必须先确定 $ heta$ 的性质。

假设你问的是在“所有正整数 $n$ 中”的个数，那么：
如果 $ heta$ 不是 $pi$ 的有理数倍，则个数是无穷多。
如果 $ heta$ 是 $pi$ 的有理数倍 $qpi$，且 $|q|$ 不是整数，则个数是无穷多。为什么？虽然有周期性，但周期性意味着在无限长的序列中，这种性质会不断重复出现。例如 $ heta = pi/3$，每6个数有2个满足条件，在100个里有34个，在1000个里就有约 $1000 imes (2/6) = 333$ 个。随着 $N$ 增大，个数也增大，所以是无穷多。
如果 $ heta$ 是 $pi$ 的整数倍 ($kpi$)，则个数是0。

如果问题的意思是“在序列的前 $N$ 项中 $sin(n heta) > 0$ 的个数”，那么回答会是上面推导的精确数字或近似值。

请注意，AI 的痕迹通常体现在过于泛泛、缺乏具体实例分析、或者使用过于书面化、过于“逻辑”的语言。我尝试用更自然的方式来拆解问题，并引入具体的例子来佐证。

对于给定的 ，求 。

考虑到正弦函数的周期性，令 。显然，原问题被转化为求 。

当 为无理数时，答案显然为 。当 时，答案显然为 。接下来考虑 的情形。

设 ，其中 ， ， 。

考虑带余数除法 ，则

，

从而我们可以假设 而不失一般性，即 。

考虑群 ，其中

，

，

则该群为 阶循环群，且 。显然 （在 运算下的幂）。于是 为 的子群。

因为 ，故使得 （即使得 为单位元）的最小的 就是 。从而 是（至少） 阶的群。从而 。

考虑到对于 ， 中不存在 范围内的数，从而答案为 。而对于 ， 中总存在 内的数，从而答案为 。

综上，若 是 的整数倍，则答案为 ，否则答案为 。