Teori :: Diofantiska ekvationer v1. 1 Definitioner och inledande exempel Låt oss börja med att göra klart för vad vi menar med en diofantisk ekvation: S:def+ex Definition 1.1. Betrakta ekvationen D:diofantiskEkv ax + by = c, där a, b och c är heltal. Om x och y tillåts vara godtyckliga reella tal så bildar lösningarna en rät linje i planet. När man bara är intresserade av heltalslösningar, dvs x, y Z så kallar man ekvationen för en diofantisk 1 ekvation. 4 3 1 4 4 4x 6y 3 1 4x 6y 4 x 3y 0 3 3x 3y 1 Figur 1: Linjer som hör ihop med exemplen 1. och 1.3. Röda prickade linjen är lösningen till 4x + 6y = 3 som saknar heltalslösningar (vilket följer eftersom den undviker alla rutnätets skärningspunkter). DenBlå kortstreckade linjen är lösningarna till 4x+6y = 4 och här noterar man hur den går genom heltalspunkterna (, ), ( 5, 4), (1, 0) och (4, ) plus oändligt många som inte syns i bilden. De övriga linjerna x+3y = 0 (grön och storstreckad) och x + 3y = 1 (svart heldragen) är de linjer som vi använder för att kunna skriva upp slutna uttryck för alla lösningar. Satserna i detta dokument visar hur vi ska göra. Exempel 1.. Ekvationen ex:diof-w-sol 4x + 6y = 4 div. båda led med x + 3y = 1 Ordet Diofantisk härstammar från matematikern Diofantos som studerade ekvationer av denna typ i Alexandria för länge sedan. Läs mer om Diofantos på wikipedia: http://en.wikipedia.org/wiki/diophantos 1
har reella lösningar i form av en linje (blå kortstreckad linje) i figur 1. Heltalslösningarna får man i de punkter där linjen skär rutsystemet i Figuren. Det är inte svårt att se att vi får en oändlig mängd sådana lösningspunkter eftersom lutningen av linjen har en sådan egenskap. Exempel 1.3. Ekvationen ex:diof-nosol 4x + 6y = 3 har reella lösningarna beskrivna av den röda prickad linjen i figuren ovan. Notera att denna linje inte går genom rutnätets skärningspunkter och saknar därför heltalslösningar. Ett annat och mer precist sätt att visa detta är: om x och y vore heltal så kan man säga att delar vänster led. Likheten skulle då kräva att också måste dela 3 vilket alltså inte är sant. Eftersom en eventuell heltalslösning leder till en omöjlighet så kan det därför inte finnas några heltalsvärden som löser vår ekvation. Lösbarhet för Diofantiska ekvationer Givet en Diofantisk ekvation ax + by = c så har vi i de ovanstående exemplen sett att lösbarheten beror på de ingående heltalen a, b och c. Om ekvationen ska ha heltalslösningar så ställer det krav på ekvaitionens parametrar. Om t.ex ett tal delar både a och b så betyder det att för x och y heltal att detta tal delar vänster led. Likheten ger då att detta tal också måste dela c som utgör höger led. Detta är det så kallade lösbarhetskravet: S:solvability Proposition.1. Om ekvationen P:solvecondition ax + by = c har heltalslösningar så måste SGD(a, b) c. Bevis. Om x, y båda är heltal som löser ekvationen så gäller att SGD(a, b) måste dela vänster led eftersom båda termerna har a respektive b som faktor varför vänster led kan faktoriseras som ax + by = M m, där M = SGD(a, b) och m Z. Om nu ekvationen är uppfylld så måste c också ha M som faktor eftersom vi annars skulle få motsägelsen att vänster led är delbar men inte höger led. Proposition.. Varje lösbar Diofantisk ekvation kan skrivas som P:genericDio ax + by = c, SGD(a, b) = 1 Bevis. Lösbarhetskravet ger för en godycklig ekvation a x + b y = c att båda led är delbara med SGD(a, b) och då kan man dividera båda led med detta tal och få en ekvation ax + by = c där a = a SGD(a, b), b = b SGD(a, b) och c = c SGD(a, b) som vi alltså får om vi dividerar båda led med SGD(a, b). Eftersom vi dividerat bort den största gemensamma faktorn så följer det att SGD(a, b) = 1
3 Huvudsatsen och dess hjälpsatser Vi ska nu redogöra för hur man löser en diofantisk ekvation. Vi ska visa följande huvudsats som exakt talar om hur vi ställer upp lösningarna. S:huvudsats Theorem 3.1. Låt a, b Z och SGD(a, b) = 1. Då har den diofantiska ekvationen T:SolDiofant lösningarna ax + by = c (1) x = bn + cx 0 y = an + cy 0, där nz och där (x 0, y 0 ) är lösning till den diofantiska ekvationen ax + by = 1 E:Diofant Lösningen kan också uttryckas på vektorform som x b = n + c y a x0 y 0, och här är x y = heltalslösningarna till den homogena ekvationen b a n ax + by = 0 och vektorn ( b, a) är skillnadsvektorn mellan två på varandra följande heltalslösningarn. Beviset för satsen beror av ett antal hjälpsatser Lemma 3.. Heltalslösningarna till L:homogena ax + by = 0 kan skrivas på formen xh = y h b a Bevis. (av lemma 3.) Vi har att ax + by = 0 ger oss att x = b ay. Om vi sätter y = t så kan vi alltså skriva lösningarna på vektorform som x b = a b t = sätt t = as = s, y 1 a som ger oss heltalslösningar om s = n Z. Eftersom sgd(a, b) = 1 så är vektorn ( b, a) den kortaste vektor som kan bildas mellan två heltalslösningar. n Lemma 3.3. Om (x 0, y 0 ) löser ekvationen ax + by = 1 så löser c(x 0, y 0 ) ekvationen ax + by = c. L:partikular Bevis. (Av lemma 3.3) Beviset är busenkelt: Följande räkningar ger oss direkt lemmats utsaga. a(cx 0 ) + b(cy 0 ) = c (ax 0 + by 0 ) = c =1 En hjälpsats kallas i matematiken ofta för ett Lemma 3
Lemma 3.4. Givet en prtikulär lösning (x p, y p ) till ax + by = c så får man övriga lösningar L:superposition genom genom att addera de homogena lösningarna dvs x xh xp = n + y y h Bevis. Vi är klara om vi kan visa att två olika lösningar till (1) skiljer sig åt med en lösning till motsvarande homogena ekvation. Eller, uttryckt på annat sätt: Om (x p, y p ) och (x 1, y 1 ) är två partikulära lösningar till (1) så behöver vi visa att det finns ett heltal n så att (x 1, y 1 ) = ( b, a)n + (x p, y p ). Detta ger direkt att vi behöver visa att (x 1, y 1 ) (x p, y p ) = (x 1 x p, y 1 y p ) är en lösning till den homogena ekvationen, vilket vi gör så här. Vi sätter in denna vektor i vänster led av den homogena ekvationen. Vi behöver då visa att detta blir noll: a(x 1 x p ) + b(y 1 y p ) = ax 1 + by 1 (ax p + by p ) = c c = 0 =c =c Detta visar att skillnaden mellan två lösningar till en diofantisk ekvation är en lösning till motsvarande homogena ekvation. y p Lemma 3.5. En partikulärlösning till ax + by = 1 får man fram genom att använda Euklides L:partikEuklid algoritm baklänges. Bevis. (Lemma 3.5) Med Euklides algoritm så kan vi beräkna största gemensamma delare till a och b. Eftersom SGD(a, b) = 1 så ger Genom att gå baklänges i Euklidesschemat så kjan vi skriva SGD(a, b), dvs 1 sin en linjärkombination av a och b: dvs ak + bm = 1 som alltså ger en lösning till ax + by = 1. Låt oss exemplifiera metoden i Lemma 3.5: Exempel 3.6. Vi söker en partikulärlösning (x 0, y 0 ) till 35x + 33y = 1: ex:euklid Med a = 35 och b = 33. Euklides algoritm ger oss 35 = 1 33 + 33 = 16 + 1 Här ser vi alltså att SGD(35, 33) = 1. Med början av den sista ekvationen så har vi att 1 = 33 16 = uttrycks mha den första ekvationen = = 33 16 (35 1 33) = = = 33 16 35 16 33 = ( 16) 35 + ( 15) 33 =x 0 =y 0 4 Bevis för huvudsats Vi är nu redo för att visa huvudresultatet Theorem 3.1. Tack vare alla hjälpsatser (lemmorna) så blir beviset av satsen väldigt rättframt: S:theProof 4
Bevis. (Av Theorem 3.1) Vi börjar med att beräkna en partikulärlösning (x 0, y 0 ) till ax + by = 1 genom att använda Euklides algoritm som vi visade i Lemma 3.5. Sedan visar Lemma 3.3 att c(x 0, y 0 ) är en partikulärlösning till (1). Från Lemmorna 3.4 och 3. har vi att alla lösningar till (1) kan skrivas på formen vilket slutför beviset för vår sats. x y = b a n + c x0 y 0, 5 Exempel S:exempel Exempel 5.1. Vi använder nu satsen för att beräkna lösningarna till exempel 1.. ex:example Först beräknar vi en lösning till x + 3y = 1. Denna ekvation är så enkel att vi snabbt kan hitta en heltalslösning utan att använda Euklides algoritm: Om vi tar t.ex. x 0 = och y 0 = 1 så får vi tydligen en lösning. Detta ger nu att (, 1) = (4, ) är en lösning till x + 3y =. Vi bestämmer nu lösningarna till den homogena ekvationen x + 3y = 0. Om vi löser ut x som funktion av y och betecknar y med parametern t så får vi på vektorform xh = y h 3 1 t = sätt t = s = 3 Genom att kombinera lösningen (m.h.a. Lemma 3.4 )till den homogena ekvationen med den partikulära lösningen så får vi slutligen den allmänna lösningen till vårt problem: x 3 4 = s +, s Z y dvs x = 3s + 4 och y = s. s Exempel 5.. Beräkna alla heltalslösningar till ekvationen ex:normalisera 70x + 18y =. Vi börjar med att notera ekvationen inte är på formen given i sats 3.1 så vi behöver börja med att dividera båda led med SGD(70, 18) =. (Notera att om inte höger led också är delbar med denna gemensamma delare så har inte ekvationen någon heltalslösning. See nästa exempel för en sådan situation) Vi får då den diofantiska ekvationen 35x + 9y = 11, där vi har att SGD(35, 9) = 1 Genom att gå baklänges mha Euklides algoritm får vi att 1 = 1 35 + 4 9, vilket ger att x 0 = 1 och y 0 = 4 är en partikulärlösning till 35x + 9y = 1. Det följer då från Lemma 3.3 att x p = 11 och y p = 44 är en partikulärlösning till 35x + 9y = 11. Lemma 3. ger oss nu den homogena lösningen x h = 9n, y h = 35n och då kan vi skriva upp lösningen till vår diofantiska ekvation x = 9n 11, y = 35n + 44, n Z. () E:exampleSol Exempel 5.3. Beräkna den diofantiska ekvationen ex:nosols 5x + 39y = 11. Vi noterar att om x och y är heltal så är 13 en delare till vänster led. Men eftersom höger led inte är delbar med 13 så tillåter inte ekvationen att x och y är heltal, eftersom vi i så fall skulle få en omöjlighet. Vår ekvation saknar alltså lösningar. 5
6 Övningsuppgifter S:uppgifter Övning 1. Verifiera att lösningarna () verkligen är lösningar till 35x + 9y = 11 för alla n Z. ovn:verifiera Övning. Beräkna alla heltalslösningar till ekvationen ovn:nosolution 63x + 7y = 4 Övning 3. Lös den diofantiska ekvationen 45x + 84y = 33 ovn:a 6
7 Lösningar till uppgifterna Lösning till uppgift 1 S:solutions För att verifiera att () löser 35x + 9y = 11 så måste vi sätta in dem i ekvationen och visa att vänster led blir lika med höger led. Vi får att vänster led (VL) blir: V L = 35( 9n 11) + 9(35n + 44) = 9 35n 35 11 + 9 35n + 9 44 = =4 11 = 35 11 + 36 =9 4 11 = (36 35) 11 = 11 Eftersom höger led är just 11 så har vi alltså visatt att () verkligen är lösningarna till 35x+9y = 11 Lösning till uppgift I denna uppgift så noterar man att 63 och 7 båda är delbara med 9. För att ekvationen ska ha heltalslösningar så krävs det att även högerledet ska vara delbart med 9. Men höger led är bara bara delbar med 3 och multiplar av vilket betyder att denna ekvation saknar heltalslösningar. Detta är också synligt om vi plottar linjen, vilket kan ses i figur 4 3 1 4 4 1 3 Figur : Bild till uppgift. Om ekvationen har heltalspunkter så måste linjen gå genom rutnätets skärningspunkter (som ju betyder att både x och y är heltal. Lösning till uppgift 3 I ekvationen 45x + 84y = 33 så är siffrorna i både vänster och höger led delbara med 3 och gör vi det så får vi ekvationen 15x + 8y = 11 Vi börjar med att beräkna en lösning till 15x + 8y = 1, vilket vi gör med euklides algoritm som ger oss Som ger att 8 = 1 15 + 13 15 = 1 13 + 13 = 6 + 1 1 = 13 6 = 13 6(15 13) = 13 6 15 + 6 13 = = 7 13 6 15 = 7 (8 15) + ( 6) 15 = 7 8 13 15 = = 15 ( 13) + 8 7 7
vilket alltså ger oss lösningen ( 13, 7) till 15x+8y = 1 och därför får vi att 11( 13, 7) = ( 143, 77) är en partikulär lösning till vår ekvation. Lösningen kan nu ställas upp mha av sats 3.1: x = 8n 143 y = 15n + 77 För säkerhets skull kan man göra en kontroll att detta verkligen är en lösning genom att sätta in dessa värden i vår ekvation. Vi får då att vänster led blir: 15x + 8y = 15( 8n 143) + 8(15n + 77) = = 15 8n 15 143 + 8 15n + 8 77 = = 156 145 = 11 Eftersom höger led också är 11 kan vi vara trygga i att vår lösning verkligen är den rätta! 8