Hela tal

Hela tal
LCB 1999/2002
Ersätter Grimaldi 4.3–4.5
1 Delbarhet
Alla förekommande tal i fortsättningen är heltal.
D EFINITION 1. Man säger att b delar a om det finns ett heltal n så att a
nb.
Man skriver b a när b delar a, och b a när så inte är fallet. Några exempel:
3 6
3 6
Uppenbart gäller att
1 a
2
b 0
4 6
för alla a a a
samt att
6
för alla b I nästa sats samlar vi några enkla egenskaper hos delbarhetsrelationen.
S ATS 1. För heltal a, b, c gäller 1
b a och a b
2
c b och b a
3
c a och c b
4
b a och a 0
B EVIS . 1 b
a.
c a.
c xa yb för alla heltal x och y.
b a.
Enligt förutsättningen finns heltal m respektive n så att
a
mb och
b
na Härav följer att a mna, varav mn 1 (såvida inte a 0 men då är också b 0). Eftersom
m och n är heltal medför mn 1 att m n 1 eller m n 1. Alltså är b
a.
2 Enligt förutsättningen finns heltal m respektive n så att
b
mc och
a
nb Därmed är a nm c med nm ett heltal, varför c a enligt definitionen av delbarhet.
3 Enligt förutsättningen finns heltal m respektive n så att
a
Detta medför att
mc
och
b
nc xa yb xm yn c och eftersom xm yn är ett heltal följer påståendet i satsen.
4 Överlåtes åt läsaren.
Vi har sett ovan att 1 och a alltid är delare till talet a. Dessa kallar vi de triviala
delarna, andra (eventuella) delare kallas äkta.
2
D EFINITION 2. Ett heltal p 1 kallas ett primtal 1 om det saknar äkta delare. Tal som
inte är primtal kallas sammansatta.
De lägsta primtalen är
2
3
5
7
11 13 Läsaren uppmanas fylla på listan med några primtal till. Lägg märke till att 1 inte räknas
som primtal.
L EMMA 1. Varje heltal n 1 kan skrivas som en produkt av primtal. (Även produkter
med bara en faktor är tillåtna.)
B EVIS . Beviset genomförs med induktion över n. För n 2 är lemmat uppenbart sant,
eftersom 2 är ett primtal.
För induktionssteget antar vi att varje tal k kan skrivas som en produkt av primtal.
Betrakta nu talet n k 1. Två möjligheter föreligger.
1) Talet n är ett primtal. Då är vi klara.
2) Talet n är sammansatt. Då har det äkta delare och kan följaktligen skrivas som n ab,
där a och b är heltal med 1 a b k. Induktionsantagandet kan alltså användas på a
och b. Dessa tal kan alltså skrivas som produkter av primtal, och därmed gäller detta
också talet n ab.
Beviset är klart.
Exempel 1. Talet 16 170 har primfaktoriseringen
16 170
2 3 5 72 11 (Kontrollera själv.)
I lemma ?? nämns inget om att framställningen av n som produkt av primtal är entydig. Så är emellertid fallet, om man bortser från ordningsföljden mellan faktorerna. Detta
är innehållet i aritmetikens fundamentalsats, till vilken vi återkommer i slutet av kapitlet.
Beviset av detta resultat kräver nämligen en del förberedelser.
Redan nu kan vi emellertid visa följande berömda sats.
S ATS 2. (E UKLIDES ) Det finns oändligt många primtal.
B EVIS . Antag motsatsen, och låt p1 p2 pk beteckna alla de ändligt många primtalen.
Bilda talet
N p 1 p2 pk 1 Talet N är en produkt av primtal enligt lemma ??, och är följaktligen delbart med något
av primtalen ovan, säg p j . Men av
pj N
och
p j p1 p2 pk
följer att p j 1 enligt 3 i sats ??. Detta innebär en motsägelse, ty p j
1.
Nu ska vi diskutera ”division med rest”.
1I
vissa sammanhang tillåtes också negativa tal som primtal, men vi gör inte så här.
2. STÖRSTA GEMENSAM DELARE
3
S ATS 3. (D IVISIONSALGORITMEN ) Låt a och b vara heltal, b 0. Då finns tal q och r
sådana att
(1)
a qb r
0 r b
Dessa tal är dessutom entydigt bestämda.
Anmärkning. I (??) kallas a för dividend, b för divisor, q för kvot och r för rest. Namnet
”divisionsalgoritmen” för satsen är tradition men missvisande; namnet borde egentligen
syfta på den procedur (uppställning) man använder för att utföra divisionen, dvs. beräkna
q och r.
B EVIS . Satsen är trivial om a 0. Fallet a 0 återföres lätt på fallet a
läsaren).
Vi antar alltså nu att a 0. Betrakta mängden av heltal
a tb ; t
S
Z a tb
0
0 (överlåtes åt
Denna är inte tom, ty a S, och består av icke-negativa heltal. Enligt välordningsprincipen har S ett minsta element r. Antag att r a qb. Då är a qb r och dessutom är
0 r b.
0
r
a qb
a 2b
a b
a
Det återstår att visa att q orh r är entydigt bestämda. Antag att det finns två möjligheter
a
Då är
Eftersom r2 r1
r1 r2 .
q 1 b r1
q2 b r 2 q 1 q 2 b r 2 r1 b följer att q1 q2 0 och därmed r2 r1
0. Alltså är q1
q2 och
Exempel 2. Om 125 divideras med 12 får vi kvoten 10 och resten 5:
125
10 12 5 2 Största gemensam delare
Två heltal a och b kan naturligtvis ha gemensamma delare, bland annat är 1 en sådan.
Eftersom bara ändligt många delare är möjliga måste det finnas en största gemensam
delare. I formuleringen av följande definition tolkar vi dock ordet störst på ett sätt som är
anpassat till begreppet delare.
4
D EFINITION 3. Låt a och b vara heltal, inte båda noll. Det positiva talet d kallas den
största gemensamma delaren till a och b om
1
d a och d b,
2
c a och c b
c d.
Det är klart att den största gemensamma delaren är entydigt bestämd. Den brukar betecknas2
d a b Två heltal a och b kallas relativt prima om a b Exempel 3. Låt a
att
42, b
1.
70. De gemensamma delarna är
42 70 1,
2,
7,
14, och vi får
14 För större tal än i exemplet behövs en systematisk procedur som inte kräver att man
bestämmer samtliga delare. En sådan finns känd sedan gammalt, Euklides’ algoritm. Den
ingår som subrutin i de flesta datorprogram som handlar om heltalsaritmetik. Vi beskriver
den enklast i ett exempel.
Exempel 4. Bestäm 250 111 .
Lösning: Metoden går ut på att dividera det största av de två talen med det minsta (divisionsalgoritmen). Kvoten är ointressant men inte resten. I nästa steg gör vi en ny division
där den förra divisorn är dividend och den föregående resten är divisor. Vi fortsätter på
detta sätt tills vi får en rest som är noll. Uppställningen blir följande:
250
2 111 28
111
3 28 27
28
1 27 1
27
27 1
Den största gemensamma delaren är den sista icke försvinnande resten, dvs. i detta fall 1.
Varför det blir så ska vi förklara nu.
S ATS 4. Euklides’ algoritm, metoden i exempel ??, leder till den största gemensamma
delaren.
B EVIS . Räkningarna kommer att ta slut i ett ändligt antal steg, eftersom (de positiva)
resterna minskar med minst en enhet vid varje division.
Vidare har vi, med data från exemplet,
250 111 111 28 28 27 27 1 Att det alltid fungerar på detta sätt bevisas i följande lemma.
2 Grimaldi,
3:e och 4:e upplagan, använder beteckningen gcd a b 1
3. DIOFANTISKA EKVATIONER
L EMMA 2. Om a
5
qb r så är a b b r .
B EVIS . Antag att c är en gemensam delare till b och r. Då är c naturligtvis en delare till b,
men också till a enligt 3 i sats ??. Följaktligen är c en gemensam delare till a och b. —
Omvänt på samma sätt: om c är en gemensam delare till a och b så är c en gemensam
delare till b och r a qb.
Eftersom tydligen a och b har exakt samma gemensamma delare som b och r måste
dessa två talpar ha samma största gemensamma delare.
Anmärkning. Man kan genomföra räkningarna i exempel ?? ett steg kortare genom att
ersätta den andra divisionen med 111 4 28 1. Allmänt handlar det om att tillåta en
negativ rest och välja den rest som har minst absolutbelopp. Kortare räkningar är en fördel
om man avser att fortsätta räkningarna så som i följande exempel.
Exempel 5. Vi fortsätter exempel ?? genom att gå baklänges i räkningarna. Understrukna
tal nedan är ”intressanta”, de andra ska bara uppfattas som koefficienter. Vi får
1
28 1 111 3 28 28 1 27
4 250 2 111 111
4 28 1 111
4 250 9 111 Vi har lyckats skriva den största gemensamma delaren 1 som en heltalslinjärkombination
av 250 och 111 !
Precis som i exemplet, genom att gå baklänges i Euklides’ algoritm, visar man följande sats.
S ATS 5. Om d är den största gemensamma delaren till heltalen a och b så finns heltal s
och t så att
d sa tb Denna sats är, som vi skall se senare, ett mycket användbart teoretiskt verktyg.
3 Diofantiska ekvationer
Vi skall syssla med diofantiska3 ekvationer
(2)
ax by
c
där a, b och c är givna heltal och x och y obekanta heltal. Geometriskt betyder (??) en rät
linje i planet, men vi intresserar oss nu enbart för eventuella punkter med heltalskoordinater. Sådana behöver inte alltid finnas. Följande sats ger villkor för när det inträffar.
S ATS 6. Ekvationen (??) har en lösning om och endast om a b c.
3 Diofantos
var en grekisk matematiker verksam i Alexandria kring år 300 e.Kr. Diofantiska ekvationer
var dock kända av babylonierna många hundra år tidigare.
6
B EVIS . Antag först att (??) är lösbar, och beteckna lösningen med x och y. Sätt d
Då har vi enligt sats ??
d a
d b
Antag omvänt att d c, så att c
x
y
s
t
d c
md för något heltal m. Enligt sats ?? har ekvationen
ax by
en lösning; kalla den
d xa yb
a b .
d
Då ser man genom insättning att
x0
y0
ms
löser (??).
mt
Observera att lösningen x s, y t i beviset kan beräknas med Euklides’ algoritm. I
nästa sats beskriver vi hur man finner samtliga lösningar till (??).
S ATS 7. Om x0 y0 är en lösning till (??) ges samtliga lösningar av
x
(3)
b
d
a
n d
x0 n
y
y0 n
Z
Här betecknar d som tidigare den största gemensamma delaren a b .
Talen b d och a d är naturligtvis heltal. — Vi observerade tidigare att (??) betyder en
linje i planet. I (??) har vi parameterformen av samma linje.
B EVIS . Enligt förutsättningen är ax0 by0 c, och för en godtycklig lösning x y gäller
ax by c. Genom subtraktion får vi
a x x0 b y y0 0
Här kan vi dividera med d och fortfarande ha kvar heltal överallt. Vi får
a
x x0 d
b
y y0 d
a
b
Den största gemensamma delaren till talen och är 1. Därför följer, enligt lemma ??
d
d
nedan, att
a
y y0 d
Alltså är för något heltal n
vilket leder till att x x0
y y0
n
a
d
b
d
n . Beviset är klart.
Vi formulerar slutligen det lemma som behövdes i beviset. Beteckningarna nu har
ingen relation till dem ovan.
L EMMA 3. Om a bc och a b 1 så följer att a c.
3. DIOFANTISKA EKVATIONER
7
B EVIS . Enligt sats ?? finns heltal s och t så att
sa tb
1
Efter multiplikation med c får vi
cs a t bc csa ctb
c
Eftersom a a och enligt förutsättningen
a bc följer enligt 3 i sats 1 att a delar högerledet
ovan. Därmed har vi visat att a c.
Innehållet i lemmat uppfattas ibland som självklart. Om den som uppfattar det som
trivialt tvingas ge en utförlig motivering till varför det skulle vara så, utmynnar denna
dock ofta i resonemang som mer eller mindre dolt utnyttjar aritmetikens fundamentalsats.
Denna sats är emellertid inte bevisad ännu, och dess bevis nedan kommer att utnyttja
lemma ??, varför sådana argument inte kan utnyttjas som bevis för lemmat.
Vi ger nu ett praktiskt exempel på lösning av en diofantisk ekvation. Som framgår av
siffrorna så har det några år på nacken.
Exempel 6. Vid en idrottstävling kostade entrébiljetten 1.75 kronor för vuxna och 1.45
för barn. De totala intäkterna var 100 kronor. Hur många barn köpte biljett?
Lösning: Antag att det kom x barn och y vuxna. Räknat i ören får vi villkoret på dessa
tal till
145x 175y 10 000 Här är 145 175 5 och vi börjar med att förkorta bort detta tal, med resultatet
29x 35y
(4)
2000 1, och ekvationen är lösbar enligt sats ??. Vi börjar med att ställa upp
Nu är 29 35 Euklides’ algoritm för koefficienterna:
35
1 29 6
29
5 6 1
6
6 1
Den största gemensamma delaren till 35 och 29 blir 1, något som vi ju redan sett direkt.
Men vi kan nu räkna baklänges, och får då
1
5 6 29
5 35 29 29
5 35 6 29 Här kan vi avläsa en lösning till 29x 35y 1 (nämligen x 6, y 5), men det är inte
denna ekvation utan (??) som intresserar oss. Precis som i beviset för sats ?? multiplicerar
vi därför med 2000 och får
2000
2000 1
10 000 35 12 000 29 8
12 000, y0
Här avläser vi lösningen x0
enligt (??)
10 000 till (??). Den allmänna lösningen blir
x
12 000 10 000 y
35
n
1
29
n
1
n
Z
Det är inte alla dessa heltalspar som utgör lösningar till vårt problem. Uppenbarligen
måste vi kräva att x 0 och y 0. Vi får att
x
y
0
12 000 35n
0
10 000 29n
0
0
n
n
12 000
35
342 8
10 000
29
344 8
n
343 n 344 Tydligen finns det två värden på n som duger, 343 och 344. Vårt problem har alltså två
lösningar:
5 barn, 53 vuxna
respektive
40 barn, 24 vuxna.
4 Aritmetikens fundamentalsats
L EMMA 4. Antag att p är ett primtal och att p bc. Då gäller att p b eller p c.
Anmärkning.
Utan
att p är primtal är satsen inte sann. Exempelvis gäller
förutsättningen
att 6 3 4 men 6 3, 6 4.
B EVIS . Om p b är p b 1, eftersom p är primtal. Då följer av lemma ?? ovan att p c.
Motsvarande sats då p delar en produkt av fler än 2 faktorer kan naturligtvis bevisas
med induktion. Vi använder detta i beviset nedan.
S ATS 8. (A RITMETIKENS FUNDAMENTALSATS ) Varje heltal n 1 kan på ett entydigt
sätt (så när som på ordningsföljden) skrivas som en produkt av primtal.
B EVIS . Existensen av en primfaktorisering är redan visad (lemma ??).
Entydigheten: Antag att något heltal n kan framställas på två sätt:
(5)
p1 p2 pr
q1 q2 qs där p1 pr q1 qs primtal och där vi kan anta att r s. Betrakta primtalet p1 . Det
delar vänsterledet och därmed högerledet. Av lemma ?? följer att
p1 q j
för något j Efter en omnumrering av talen qi kan vi anta att p1 q1 , vilket eftersom även q1 är primtal
medför att p1 q1 .
4. ARITMETIKENS FUNDAMENTALSATS
Efter division med p1
9
q1 får vi av (??) att
p2 pr
q2 qs Vi kan nu fortsätta på samma sätt: eftersom talet p2 delar vänsterledet delar det högerledet,
och därmed något av talen q j enligt lemma ??. Efter en ny omnumrering får vi
p2 q2 , och därmed att p2 q2 .
När vi har upprepat detta förfarande tillräckligt många gånger har vi om r s situationen
1 q r 1 qs Men qi 2 för alla i så att detta innebär en motsägelse. Därför leds vi till slutsatsen att
s r och att
pi qi i 1 2 r
Beviset är klart.
Exempel 7. Antag att talet n har primfaktoriseringen
n
pe11 pe22
r
∏ pei i per r
i 1
Betrakta ett annat tal m med primfaktoriseringen
f
f
p11 p22
m
prfr Alla primtalen pi förutsättes vara olika. Exponenterna ei och fi är icke-negativa heltal, och
möjligheten att till exempel f k 0 finns och innebär bara att primtalet pk inte förekommer
i faktoriseringen.
Det är en konsekvens av aritmetikens fundamentalsats att m n om och endast om alla
primfaktorer i m också förekommer i n, och med minst samma multiplicitet, alltså att
ei för alla i fi
(6)
Vi kan nu svara på den kombinatoriska frågan: hur många positiva heltal finns det som
delar n ? Diskussionen ovan visar att detta är antalet sätt att välja icke-negativa tal f i som
satisfierar (??). Enligt multiplikationsprincipen är detta antal
e1 1 e 2 2 e r 1 Exempel 8. Betrakta talen
114 920
23 5 132 17 och 14 300
22 52 11 13 Deras största gemensamma delare är
114 920 14 300 22 5 13
260 Läsaren uppmanas att själv formulera den allmänna regeln.
10
5 Minsta gemensam multipel
Analogt med den största gemensamma delaren definierar man den minsta gemensamma
multipeln till två tal.
D EFINITION 4. Låt a och b vara heltal, inget av dem noll. Det positiva talet m kallas den
minsta gemensamma multipeln till a och b om
1
a m och b m,
2
a c och b c
m c.
Vi betecknar den minsta gemensamma multipeln till a och b med a b . 4
Exempel 9. Talen 114 920 och 14 300 i exempel ?? har den minsta gemensamma multipeln
114 920 14 300 23 52 11 132 17 6 320 600 S ATS 9. För den största gemensamma delaren och den minsta gemensamma multipeln till
två tal a och b gäller
a b a b ab
Beviset överlåtes åt läsaren med ledning av exempel ?? och ??.
4 Grimaldi,
3:e och 4:e upplagan, använder beteckningen lcm a b