• No results found

Diofantiska ekvationer.

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "Diofantiska ekvationer. "

Copied!
7
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Full text

(1)

Sida 1 av 7

Diofantiska ekvationer.

Diofantiska ekvationer är ekvationer där man bara godtar heltalslösningar.

I vår kurs betraktar vi ekvationer av typ c

by

ax+ = (ekv 1)

där a,b och c är givna heltal och x och y obekanta heltal.

Sats 1. Låt dvara största gemensamma delare till a och b. Ekvationen (ekv1) är lösbart om och endast om d delar c.

Bevis.

i) Anta först att ekvationen är lösbart dvs. har minst en lösning x = , x0 y y= 0. Då är c

by

ax0 + 0 = (*)

Eftersom d =SGD( ba, ), kan vi skriva a=a1doch b=b1d, där a och 1 b är heltal som vi 1 använder i (*). Alltså gäller a1dx0 +b1dy0 =c eller d(a1x0+b1y0)=c. Med andra ord är d en faktor i c.

ii) Anta nu att d delar c.

För att bestämma d använder vi Euklides algoritm Anta att a ≥b. Vi har

1

1 r

q b a= ⋅ +

2 2

1 q r

r b= ⋅ +

3 3 2

1 r q r

r = ⋅ +

k k k

k r q r

r2 = 1⋅ +

1 0

1 = ⋅ + +

k k

k r q

r

Alltså, med den beteckningen är d =rk. Med hjälp av ovanstående rader uttrycker vi d som en linjär kombination av a och b. Vi kan exempelvis först lösa ut rester r , 1 r ,…2 r =d: k Från första ekvationen har vi

1

1 a b q

r = − ⋅ dvs r är en lin. komb. av 1 a och b.

Detta substituerar vi i andra ekv. förenklar och uttrycker r som en lin komb av 2 a och b.

På samma sätt fortsätter vi till sista ekv. och uttrycker rk =d som en lin komb av a och b b

a d

rk = =λ +µ

(2)

Sida 2 av 7 Alltså har vi heltal λ och µ sådana att

λab=d (ekv 2).

Enligt antagande är c delbart med d. med andra ord är c=c1d för ett heltal c . 1 Om vi multiplicerar (ekv 2) med c har vi 1

1 1

1a cb dc

c +µ = λ

eller λc1ac1b=c.

Därför har vi fått en lösning till (ekv1), x0c1 och y0c1. Satsen är bevisad.

Hur bestämmer vi alla lösningar om vi har en lösning?

Detta visar följande sats:

Sats 2. Anta att ekvationen ax+by=c (ekv 1) där a,b och c är givna heltal har en lösning x = , x0 y y= 0. Alla lösningar får vi då med följande formel

d k x b

x= 0 + , k

d y a

y = 0 − , (*) , där d SGD a b= ( , ).

(Alternativ: x x0 bk

= −d , y y0 ak

= +d ) . Bevis:

Anta att x = , x0 y y= 0 är en lösning till (ekv1) dvs att ax by0+ 0 =c är sant.

i) Först visar vi att (*) ger lösningar för alla k.

Om vi substituerar k d x b

x= 0 + , k

d y a

y= 0 − i (ekv1) och förenklar lösningar till får vi

0 0 0 0 0 0

( b ) ( a ) ab ab

a x k b y k c ax k by k c ax by c

d d d d

+ + − = ⇔ + + − = ⇔ + = .

Den sista är sant enligt antagandet.

ii) Kvar står att visa att formeln (*) inkluderar alla lösningar.

(3)

Sida 3 av 7 Anta att (x,y) är en lösning (vilken som helst),Då gäller

ax by c+ = (**) och

0 0

ax by+ =c (***)

Subtraktionen av (**) och (***) ger

0 0

( ) ( ) 0

a x x− +b y y− = .

Vi delar med d SGD a b= ( , ) och skriver om

0 0

( ) ( )

a x x b y y

d − = −d − . (ekv2) Notera att a

d och b

d är hela, relativt prima heltal.

Från (ekv 2) följer att b

d är en faktor i (x x0) dvs

(x x0) b k

= ⋅ för någon k. d Alltså x x0 bk

= +d .

Från (ekv 2) får vi nu a bk b(y y0) d d = −d

och därmed k

d y a

y= 0 för något k.

Satsen är bevisad.

Exempel 1. Bestäm heltalslösningar till ekvationen 20

204

212x+ y= .

20 204

212x+ y= . Lösning:

Först bestämmer vi största gemensamma delare ( sgd) för 212 och 214 .

(4)

Sida 4 av 7 4

2 8

4 8 25 204

8 204 1 212

=

+

=

+

=

eller 4 204 25 8 204 1 212 8

=

=

(*) Alltså är sgd(212, 214)=4 som vi betecknar med d.

Eftersom d=4 delar 20 finns det (oändligt många) heltalslösningar.

Först uttrycker vi d=4 som en linjär kombination av 212 och 214.

Från (*) har vi

4= 204 – 25∙8 = 204 – 25( 212 – 1∙204) = 26∙ 204 – 25∙212 eller

– 25∙212+26∙ 204=4 (**)

Om vi multiplicerar (**) med 5 får vi – 125∙212+130∙ 204=20 (**)

Därmed är x0 =−125och y0 =130 en heltalslösning till ekvationen .

Om (x0,y0) är en lösning till ekvationen ax+by =c då får vi alla lösningar genom d k

x b

x= 0 + , k

d y a

y = 0 − (eller ekvivalent k

d x b

x= 0 − , k

d y a

y = 0 + ).

Alla lösningar till ekvationen 212x+204y =20 får vi genom

x=−125 +51k , y =130 −53k Svar: x=−125 +51k , y=130 −53k (eller x=−125 −51k , y=130 +53k

Exempel 2. Bestäm heltalslösningar till ekvationen 15

305 315x+ y= Lösning:

Först bestämmer vi största gemensamma delare ( sgd) för 315 och 305 .

5 2 10

5 10 30 305

10 305 1 315

=

+

=

+

=

eller 5 305 30 10 305 1 315 10

=

=

(*) Alltså är sgd(315,305)=5 som vi betecknar med d.

Eftersom d=5 delar 15 finns det (oändligt många) heltalslösningar.

Först uttrycker vi d=5 som en linjär kombination av 315 och 305.

(5)

Sida 5 av 7 Från (*) har vi

5= 305– 30∙10 = 305 – 30( 315 – 1∙305) = – 30∙315+31∙ 305 eller

– 30∙315+31∙ 305=5 (**)

Om vi multiplicerar (**) med 3 får vi – 90∙315+93∙ 305=15 (***)

Därmed är x0 =−90och y0 =93 en heltalslösning till ekvationen .

Om (x0,y0) är en lösning till ekvationen ax+by =c då får vi alla lösningar genom d k

x b

x= 0 + , k

d y a

y = 0 − (eller ekvivalent k

d x b

x= 0 − , k

d y a

y = 0 + ).

Alla lösningar till ekvationen 315x+305y =15 får vi genom

x=−90 +61k , y=93 −63k Svar: x=−90 +61k , y =93 −63k (eller x =−90 −61k , y =93 +63k )

Exempel 3. Bestäm de heltalslösningar till ekvationen som uppfyller kravet 0≤x≤21.

Lösning.

För att lösa ekvationen 2

22

10xy= (*)

bestämmer vi först största gemensamma delare ( SGD) för 22 och 10.

Vi har

22=2∙10+2 (**) 10=5∙2.

Alltså är största gemensamma delare d=2. Ekvationen har heltalslösningar eftersom d delar högerledet i (*).

Från (**) har vi –2∙10+1∙22=2 eller 10∙(–2)–22(–1)=2

som betyder att x0 =−2och y0 =1 är en heltalslösning till ekvationen . Alla lösningar for vi genom k

d x b

x= 0 + , k

d y a

y = 0 (där a=10, b = – 22, d=2 ) , k

x 2

2+ −22

= , y k

2 1−10

=

dvs x=−2 −11k , y=−1−5k.

(6)

Sida 6 av 7 För k =−1 får vi x=9, y = 4

och för k =−2 får vi x=20, y = 9

(För andra värden på k gäller inte 0≤x≤21. Speciella (enkla) fall

Fall1. a är delbart med b (eller omvänt) Låt ax+by=c (ekv 1)

vara en diofantisk ekvation där a är delbart med b. Då är SGD( a, b) =b. Alltså d =b.

Om c är delbart med d ( dvs med b) är ekvationen lösbart.

En enkel linjer kombination för d är det här fallet 0⋅ +a 1b b= dvs

0⋅ +a 1b d=

Multiplikationen med c1 c

= d ger 0 a c b c⋅ + ⋅ =1

Härav får vi en lösning x = , 0 0 y0 =c1. Därefter

d k x b

x= 0 + , k

d y a

y = 0 − (eller ekvivalent k

d x b

x= 0 − , k

d y a

y = 0 + ).

Exempel:

Fall2. a och b är inte stora tal (t ex a, b <10) I det här fallet kan vi från ekvationen

c by

ax+ = (ekv 1) lösa ut en variabel, t ex y ,

y c ax b

= −

Nu kan vi helt enkelt testa x=0,1,2,3…. tills vi får ett heltal y c ax b

= − .

Då har vi en lösning x , 0 y . 0 Därefter

d k x b

x= 0 + , k

d y a

y = 0 − (eller ekvivalent k

d x b

x= 0 − , k

d y a

y = 0 + ).

Exempel:

(7)

Sida 7 av 7

References

Related documents

p˚ a intervallet [a, b] , och om funktionerna har samma nollst¨alle p˚ a detta intervall, d˚ a en av dem ¨ar konstant multipel av

VYKRES MATERIAL POZNAMKA JED. OZNACENI

Dock skulle relationen mellan det jordanska kungahuset och det Muslimska Brödraskapet som representanter för det civila samhället kunna skapa en demokrati med begränsningar, som

För att lösa exakt några ekvationer som innehåller cosinusfunktionen kan vi använda värdena i nedanstående tabell.. Följande egenskaper använder vi ofta när vi löser

Eftersom funktionen är kontinuerlig i intervallets ändpunkt x=0 kan vi inkludera denna punkt också, dvs funktionen är växande i intervallet (−∞.. Bestäm om följande

C är sant, ty punktens koordinater satisfierar den givna ekvationen.. D är falskt, ty (0,0) satisfierar

Materialet som vi passerat under veckorna 9 till 16 är stort men på prov 2 kommer vi att fokusera på det som varit mer eller mindre nytt

Po¨ angen p˚ a godk¨ anda duggor summeras och avg¨ or slutbetyget.. L¨ osningarna skall vara v¨ almotiverade och