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
r−2 = −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
Sida 2 av 7 Alltså har vi heltal λ och µ sådana att
λa+µb=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 λc1a+µc1b=c.
Därför har vi fått en lösning till (ekv1), x0 =λc1 och y0 =µc1. 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.
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 x− 0) 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 .
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.
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
10x− y= (*)
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.
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:
Sida 7 av 7
