DIOFANTISKA
ekvationer
INLEDNING
En diofantisk ekvation är en ekvation till vilken endast heltalslösningar söks. Vidare brukar man anta att ekvationen är en polynomekvation med heltalskoefficienter.
EXEMPEL Här är några exempel på berömda diofantiska ekvationer …
™ a x + b y = c (Lineär). 3 x + 5 y = 1 löses exempelvis av x = 2, y = -1.
™ x2+y2=z2 (PYTHAGORAS ekvation). Kan sägas handla om att hitta
rätvinkliga trianglar med heltalslängder på sidorna. Det mest kända är den s.k. egyptiska triangeln som har sidorna x = 3, y = 4, z = 5.
™ xn+yn=zn, n > 2. Världen mest berömda diofantiska ekvation.
FERMAT's sista sats: Ovanstående ekvation har inga andra
heltalslösningar än Hx, y, zL = H0, 0, 0L. (Bevisades av Andrew Wiles 1993. Redan omkring år 1630 påstod advokaten och amatörmatematikern
Pierre de Fermat i en marginalanteckning att han hade ett underbart
bevis, men att marginalen var för smal att rymma beviset. (Ugh!)
™ x2-n y2=1 (PELL's ekvation). x2-5 y2=1 löses ex.vis av x = 9, y = 4.
Hilberts tionde problem (år 1900).
Går det att skriva en algoritm
som för godtyckliga diofantiska ekvationer
kan avgöra om de har några lösningar?
Yuri Matiyasevich bevisade 1970 att svaret är NEJ. Dvs ingen algoritm kan för en godtycklig diofantisk ekvation avgöra om den har några lösningar. För speciella diofantiska ekvationer | tex de lineära och de kvadratiska i två obekanta | finns det dock kända algoritmer.
a x
+
b y
=
c
a x
+
b y
=
c
ANM 1 Om högerledet är lika med 0, har vi det s.k. homogen fallet. Första exemplet behandlar ett sådant fall.
EXEMPEL 1 Bestäm samtliga heltalslösningar till 50 x + 36 y ! 0.
LÖSNING Ekvationen kan skrivas på formen
5 ÿ 5 ÿ 2 x = -2 ÿ 2 ÿ 3 ÿ 3 y
Efter division på bägge sidor med den gemensamma primtalsfaktorn 2 får vi
! 5 ÿ 5 x = -2 ÿ 3 ÿ 3 y
Av fundamentalsatsen följer att vänsterledets primtalsprodukt 5 ÿ 5, dvs 25, måste dyka upp inuti högerledets y. Likaså måste högerledets 2 ÿ 3 ÿ 3, dvs 18, dyka upp inuti vänsterledets x.
Således gäller x ! 18 m och y ! 25 n, där m, n är hela tal.
Det följer (efter insättning i ekvationen !) att 5 ÿ 5 ÿ 18 m = -2 ÿ 3 ÿ 3 ÿ 25 n, dvs, efter förkortning, m = -n.
Alltså, Hx, yL = n H-18, 25 L.
Kontroll: 50 ÿ H-18 nL + 36 ÿ 25 n = 0.
ANM 2 Exemplet ovanför kan generaliseras till följande allmänna resultat :
Antag att SGDHa, bL = 1.
Då gäller a x + b y ! 0 ó Hx, yL = n H-b, a L, n œ !. Nästa exempel behandlar en inhomogen ekvation.
EXEMPEL 2 Finns det någon heltalslösning till 15 x + 36 y = 7 ?
LÖSNING Få se, om x, y är en heltal, så är 15 x + 36 y ett helt tal som är delbart med 3. (Varför?) Men 7 är ju inte delbart med 3. Alltså saknas heltalslösningar till denna ekvation.
ANM 3 Bristen på heltalslösningar kan formuleras på följande sätt:
Linjen | som ekvationen beskriver | passerar inte genom någon enda punkt Hx, yL med heltalskoordinater!
-15 -10 -5 5 10 15x
-5 5
y
ANM 4 Allmänt har vi
Om SGDHa, bL inte delar c, så saknas heltalslösningar till a x + b y = c.
Nästa exempel behandlar en ekvation där SGDHa, bL delar c. EXEMPEL 3 Har följande ekvation någon heltalslösning?
(1) 15 x + 36 y ! 6
LÖSNING I detta fall gäller att SGDH15, 36L delar högerledet. Efter division med nämnda SGD, förvandlas (1) till
(2) 5 x + 12 y = 2
Lägg märke till att sökandet efter heltal x, y som uppfyller (2) är ett sökande efter en viss lineär kombination av talen 5 och 12.
Vi vet | eller hur | att vi kan komponera en lineär kombination 5 a + 12 b
som blir lika med SGDH5, 12L, dvs 1, och det är inte illa! Ty om
(3) 5 a + 12 b = 1
så följer att
(4) 5 ÿ 2 a + 12 ÿ 2 b = 2
vilket visar att Hx, yL = 2 Ha, bL löser (2).
För att hitta Ha, bL kör vi Euklides algoritm baklänges.
3 Diofantiska ekvationer.nb
vilket visar att Hx, yL = 2 Ha, bL löser (2).
För att hitta Ha, bL kör vi Euklides algoritm baklänges.
En sådan körning ger …
(5) Ha, bL = H5, -2L.
Alltså är 2 Ha, bL = H10, -4L en heltalslösning till (2). I figuren nedanför
betecknas den Ix0, y0M . -10 -5 5 10 x -6 -4 -2 2 4 6 y Hx0,y0L
I själva verket utgör Ix0, y0M + n H-12, 5L lösningar för alla n œ !. Detta
följer av att Ix0, y0M är en lösning och att n H-12, 5L löser den homogena
5 x + 12 y ! 0. Efter att du har läst nedanstående avsnitt, kommer du att förstå att det inte finns några andra lösningar än just dessa.
ALLMÄNT
Givet a, b, c œ !, söker vi mängden av heltalslösningar x, y till
(6)
a x + b y = c
Om c inte är delbart med SGDHa, bL är lösningsmängden tom, vilket vi påpekade i ANM 3.
Om c är delbart med SGDHa, bL, så kan vi dividera båda sidor i (6) med
SGDHa, bL och få en enklare ekvation av samma typ. Enklare i bemärkelsen
att SGDHa, bL = 1. Antag fortsättningsvis att (6) är denna enklare ekvation.
Genom att köra EUKLIDES algoritm baklänges vet vi att vi kan hitta a, b sådana att
a a + b b = SGDHa, bL = 1
Efter multiplikation i bägge leden med c fås, a ÿ c a + b ÿ c b = c
vilket visar att
vilket visar att
Ix0, y0M = c Ha, bL är en lösning till (6).
Finns det flera? Javisst,
(7) Hx, yL = Ix0, y0M + n H- b, aL = Ix0- n b, y0+ n aM
är också lösningar för varje n œ !. Motiveringen är densamma som i föregående exempel. För den klentrogne presenteras en explicit kalkyl:
a x + b y = aIx0-n bM + b Iy0+n aM =a x0 - a n b + b y0 + b n a
=a x0 + b y0 - a n b + b n a
=c + 0 = c
Finns det ännu flera lösningar? Få se …
Antag att Hx1, y1L är en lösning till (6).
Då gäller att a x1+b y1=c.
Vidare | om Ix0, y0M är vår först funna lösning till (6) | så gäller (och det
får du själv visa!) att skillnaden Hx1, y1L - Ix0, y0M = Ix1-x0, y1-y0M är en
lösning till den homogena ekvationen a x + b y = 0.
M.a.o.
(8)
aIx1-x0M = - b Iy1-y0M
Av (8) följer att a:s primtalsfaktorer måste finnas inuti b eller inuti y1-y0.
Eftersom SGDHa, bL = 1 kan det förra inte vara fallet. Härav följer att a \Hy1-y0M, dvs
(9) y1-y0=n a för något n œ !. Efter insättning av (9) i (8) fås aIx1-x0M = - b n a dvs (10) x1-x0 = -b n
Sammantaget visar (9) och (10) att för varje lösning Hx1, y1L till (6) så
gäller för något n œ ! att Hx1, y1L = Ix0-n b, y0+n aM = Ix0, y0M + n H-b, aL. Det finns således inga andra lösningar än de i (7). ·
5 Diofantiska ekvationer.nb
Sammantaget visar (9) och (10) att för varje lösning Hx1, y1L till (6) så
gäller för något n œ ! att Hx1, y1L = Ix0-n b, y0+n aM = Ix0, y0M + n H-b, aL. Det finns således inga andra lösningar än de i (7). ·
EXEMPEL 4 HKina år 460.L En tupp kostade 5 gian, en höna 3 gian och för
en gian fick man 3 kycklingar. För 100 gian köpte en man 100 fåglar.Hur många tuppar,hönor och kycklingar köpte han? (Det finns flera lösningar!)
LÖSNING Om mannen köpte x tuppar och y hönor, så gäller 5 x + 3 y +13H100 - x - yL = 100 Förenkling ger 14 x 3 + 8 y 3 + 1003 =100 7 x + 4 y = 100
Vi söker först en lösning till 7 x + 4 y = 1.
En sådan är i detta fall lätt att hitta direkt.
Hx, yL = H-1, 2L
Härav följer att Ix0, y0M = H-100, 200L är en lösning till 7 x + 4 y = 100.
Och här är samtliga lösningar:
Hxn, ynL = Ix0, y0M + nH4, -7L = Ix0+4 n, y0-7 nM = H-100 + 4 n, 200 - 7 nL.
Inga negativa x, y intresserar oss.
Därför måste det gälla att -100 + 4 n ¥ 0 och 200 - 7 n ¥ 0.
Den första olikheten ger n ¥ 25 och den andra ger n §f2007 v = 28.
Härav,
0 tuppar hönor kycklingar
25 0 25 75
26 4 18 78
27 8 11 81
28 12 4 84
