Diofantiska ekvationer - UU Studentportalen

Uppsala Universitet
Matematiska institutionen
Isac Hedén
isac [email protected]
Algebra I, 5 hp
Vecka 19.
Diofantiska ekvationer
Vi börjar med en observation som rör den största gemensamma delaren till två heltal a och b.
Både a och b är förstås delbara med SGD(a, b), just eftersom SGD(a, b) är en gemensam delare
till a och b. Det betyder att om vi sätter ã = a/SGD(a, b) och b̃ = b/SGD(a, b) så är både ã
och b̃ heltal. För dessa heltal gäller det att SGD(ã, b̃) = 1 eller, med andra ord, när man har
dividerat bort den största gemensamma delaren så finns det inga gemensamma delare kvar. Vi
tar ett exempel:
Exempel 3.1. I ett av exemplen från vecka 17 räknade vi ut att SGD(315, 56) = 7. Om vi
dividerar bort den största gemensamma delaren, så får vi kvar de två talen 315/7 = 45 och
56/7 = 8, och mycket riktigt så gäller det att SGD(45, 8) = 1.
En Diofantisk ekvation är en ekvation på formen
Ax + By = C
(1)
där A, B och C är heltal, och där vi bara är intresserade av heltalslösningar x och y. Ni känner
säkert igen den typen av ekvation som ekvationen för en linje i planet (med koordinataxlar x
och y). Nu är vi inte intresserade av hela linjen, det vill säga alla reella lösningar till ekvationen,
utan bara de punkter på linjen som har heltalskoordinater. Dessa punkter på en linje kallas
ibland också för gitterpunkter.
En del linjer i planet innehåller inte några gitterpunkter överhuvudtaget:
Exempel 3.2. Ekvationen 2x + 2y = 1 (det motsvarar A = 2, B = 2, C = 1) har inte några
heltalslösningar x och y, eftersom om x och y är heltal, så kommer 2x + 2y = 2(x + y) att vara
ett jämnt tal. Men ett jämnt tal kan inte vara lika med 1. Ett annat sätt att skriva den linjens
ekvation är förstås y = −x + 12 . Det är alltså linjen med lutning −1 och som går genom punkten
(x, y) = (0, 21 ).
En del Diofantiska ekvaioner har alltså inte några lösningar. Linjen som de beskriver missar
så att säga alla gitterpunkter i planet. Om de däremot har lösningar, så har de alltid oändligt
många lösningar. Om linjen Ax + By = C innehåller en gitterpunkt, kan man alltid få en ny
gitterpunkt genom att gå A steg uppåt och B steg åt vänster.
Exempel 3.3. Den Diofantiska ekvationen 4x + 3y = 1 har en heltalslösning (x, y) = (1, −1).
Men även (x, y) = (−2, 3), (−5, 7), (−8, 11), . . . är också lösningar, som man enkelt kan övertyga
sig om. Dessa lösningar ligger ”till vänster” om lösningen (1, −1). Det finns också oändligt många
lösningar åt höger: (x, y) = (4, −5), (7, −9), (10, −13), . . .. Om man ökar/minskar x-koordinaten
med 3, måste man samtidigt minska/öka y-koordinaten med 4 som kompensation.
I det följande receptet för att hitta samtliga lösningar till en Diofantisk ekvation gör vi
precis på det sättet: först hittar vi en lösning (om det går). Det är den svåra biten. Sedan stegar
vi oss fram till samtliga andra lösningar som i exemplet ovan.
Här följer alltså ett recept som man kan använda för att bestämma samtliga heltalslösningar
till en Diofantisk ekvation på formen (1):
Steg 1: Bestäm SGD(A, B) (till exempel med hjälp av Euklides algoritm).
Steg 2: Förkorta ekvationen (1) med SGD(A, B), dvs. dividera A, B och C med SGD(A, B).
Det är klart från definitionen av SGD(A, B) att både A och B är delbara med SGD(A, B), men
det är inte säkert att C är det. Om C inte är delbart med SGD(A, B) så saknar ekvationen (1)
lösningar: Då är ju vänster led delbart med SGD(A, B), men höger led är det inte – alltså kan
vänster led och höger led inte vara lika med varandra!
Steg 3: Efter att ha genomfört steg 2, om det visade sig möjligt, får vi följande ekvation, som
är ekvivalent med ekvation (1):
ax + by = c.
(2)
Här är a = A/D, b = B/D, och c = C/D, där D = SGD(A, B). Efter att ha dividerat bort den
största gemensamma delaren, har vi SGD(a, b) = 1, och därför kan vi med hjälp av Euklides
algoritm (och uppnystning) hitta heltal x0 och y0 som är lösningar till ekvationen
ax + by = 1.
(3)
Ekvation (3) kallas ibland för en hjälpekvation – den ekvation som vi egentligen vill lösa är ju
ekvation (2).
Steg 4: Genom att multiplicera x0 och y0 med c erhåller vi lösningarna x = cx0 och y = cy0 till
ekvation (2). Den allmänna lösningen ges sedan av
{
x = cx0 + bn
,n∈Z
y = cy0 − an
Det är enkelt att visa att dessa värden på x och y verkligen löser ekvation (1) som vi ville lösa
från början. Man kan också visa att det inte finns några fler lösningar än just dessa, se [Vre06,
sid 76].
Exempel 3.4. Ett skrivblock kostar 50 kr och en penna 8 kr. Hur många har vi köpt av varje
om man vi handlat för 270 kr?
Lösning: Ekvationen vi har att lösa är
50x + 8y = 270.
Eftersom SGD(50, 8) = 2, dividerar vi med 2 och får den ekvivalenta ekvationen
25x + 4y = 135.
(4)
Hjälpekvationen
25x + 4y = 1
har en lösning (x, y) = (1, −6) och därmed har ekvation (4) en lösning (x, y) = (135, −810),
som erhålls från lösningen (x, y) = (1, −6) genom multiplikation med 135. Samtliga lösningar
till ekvation (4) ges då av
{
x = 135 − 4n
y = −810 + 25n.
Nu undersöker vi om det finns något värde på n som gör att x och y samtidigt är positiva.
Villkoret x ≥ 0 är ekvivalent med n ≤ 33 och villkoret y ≥ 0 är ekvivalent med n ≥ 33. Den
enda möjligheten är alltså att n = 33, och det svarar mot lösningen (x, y) = (3, 15). Svar: Vi
köpte 3 block och 15 pennor.
Representation av tal i olika baser
Det vanliga sättet att skriva ett heltal på är att välja ut ett antal siffror ur mängden
{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
och sedan skriva dem på rad efter varandra – till exempel 378 127. Men vad betyder det egentligen? Jo,
378 127 = 3 · 105 + 7 · 104 + 8 · 103 + 1 · 102 + 2 · 101 + 7 · 100 .
Värdet av varje siffra erhålls genom multiplikation med 10i , där potensen i startar på noll vid
den sista siffran, och sedan ökar med ett för varje steg vi går åt vänster i sifferföljden. Att ange
ett tal på det sättet är att ange det i bas 10. Man skriver det i tiosystemet.
Men det finns inte något matematiskt skäl att välja just tio som bas. Vi kunde lika gärna ha
valt något annat heltal B ≥ 2 som bas. Då väljer vi ”siffror” från mängden {0, 1, 2, 3, 4, . . . , B−1}
och varje siffra i ett tal får sitt värde genom multiplikation med B i där potensen i startar på 0
vid den sista siffran, och sedan ökar med ett för varje steg vi går åt vänster i sifferföljden. Givet
ett visst heltal kan vi skriva det i olika baser – om vi väljer en stor bas så kommer sifferföljden
att bli kort men vi kommer istället att behöva många olika siffror, om vi väljer en liten bas så
behövs bara några få siffror men då blir sifferföljden istället längre.
När man anger ett tal i en viss bas, brukar man skriva
(an an−1 an−2 . . . a2 a1 a1 a0 )B
ifall basen B inte är underförstådd.
Exempel 3.5.
(127)åtta = 1 · 82 + 2 · 81 + 7 · 80 = 64 + 16 + 1 = (81)tio .
När man skriver i basen åtta är det förstås bara tillåtet att använda siffror från mängden
{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.
En naturlig fråga då är följande: Givet ett tal skrivet i en viss bas, hur skriver vi det i en
annan bas? Ett bra sätt är att gå via basen tio: som exemplet ovan visade så är det ”enkelt”
att gå till bas tio – det är ju bara att beräkna
an B n + an−1 B n−1 + an−2 B n−2 + . . . + a2 B 2 + a1 B + a0 .
Lite omständigare är det att gå från tio till en annan bas. Receptet för att skriva ett tal x i
basen B lyder som följer:
Börja med att skriva upp alla potenser 1, B, B 2 , B 3 , B 4 , . . . , B N av B som är mindre än
eller lika med x. Skrivet i basen B kommer x att ha N + 1 siffror. Dividera x med B N med kvot
och rest:
x = aN B N + x1
för att få siffran aN som hör till potensen B N . På grund av valet av N , kommer den att uppfylla
1 ≤ aN ≤ B − 1. Upprepa sedan samma sak med resten x1 : Division av resten x1 med B N −1
ger siffran aN −1 som hör till potensen B N −1 :
x1 = aN −1 B N −1 + x2 .
Efter att ha upprepat denna procedur N + 1 gånger får vi siffror aN , aN −1 , aN −2 , . . . , a1 , a0 som
alla uppfyller 0 ≤ ai ≤ B − 1, och en rest xn+1 som är noll, eftersom vi i sista steget dividerade
med B 0 = 1. Sammanfattningsvis har vi alltså:
(x)tio = (aN aN −1 . . . a1 a0 )B ,
där sifferföljden aN , aN −1 , . . . , a1 , a0 produceras enligt det ovan angivna receptet.
Exempel 3.6. För att skriva talet 17 693 i basen 7 gör vi som följer:
Vi börjar med att skriva upp de potenser av 7 som är mindre än 17693:
i
0
1
2
3
4
5
i
1
7
49
343
2401
16807
7
Sedan undersöker vi hur många av de olika 7-potenserna som får plats i 17693:
17693 = 1 · 75 + 886
886 = 0 · 74 + 886
886 = 2 · 73 + 200
200 = 4 · 72 + 4
4 = 0 · 71 + 4
4 = 4 · 70 + 0.
Det följer att (17693)tio = (102404)sju . För att kontrollera vårt svar bör vi först undersöka om
de siffror som vi använder är tillåtna – när vi skriver i bas 7, är siffrorna 0, 1, 2, 3, 4, 5 och 6
tillåtna. För det andra bör vi beräkna värdet av vårt svar, och se att det stämmer:
(102404)sju = 1 · 75 + 0 · 74 + 2 · 73 + 4 · 72 + 0 · 71 + 4 · 70
= 16807 + 2 · 343 + 4 · 49 + 4
= 17693.
Exempel 3.7. Säg att vi vill skriva talet 25 362 i basen 13.
Det första problemet vi ställs inför är att hitta 13 symboler för de siffror som är tillåtna
när vi skriver ett tal i bas 13. Det vanliga är att man kallar dem {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, A, B, C}
där A = 10, B = 11 och C = 12.
De första potenserna av 13 är
i
0
1
2
3
4
i
1
13
169
2197
28561
13
Sedan ser vi efter hur många av de olika 13-potenserna som får plats i 25 362:
25362 = 11 · 133 + 1195
1195 = 7 · 132 + 12
12 = 0 · 131 + 12
12 = 12 · 130 + 0
Det följer att (25362)tio = (B70C)tretton . Nu återstår det att kontrollera att vi endast har använt
tillåtna siffor (vilket är fallet), samt att talet har rätt värde:
(B70C)tretton = 11 · 133 + 7 · 132 + 0 · 13 + 12 · 130
= 24167 + 1183 + 0 + 12
= 25362.
Funktioner
Funktioner är ett viktigt begrepp, som vi också återkommer till under nästa vecka. Lägg särskilt
märke till de två orden varje och ett i definition 3.8 nedan, och observera att dessa två krävs för
att något ska kallas för en funktion överhuvudtaget. I definition 3.11 införs sedan två egenskaper,
injektiv och surjektiv, som en funktion kan ha. En del funktioner är injektiva, andra surjektiva, en
del är både och, och ytterligare andra funktioner är ingetdera. Observera att en funktion bestäms
av tre saker: en definitionsmängd, en värdemängd och en regel. För att två funktioner ska anses
vara lika med varandra, krävs det att de har samma definitionsmängd, samma målmängd, och
att de ges av samma regel. Lägg dock märke till att det kan finnas flera olika sätt att beskriva
en och samma regel, som i exempel 3.9 nedan.
Definition 3.8. Låt A och B vara två mängder1 . En funktion f : A−→B är en regel som till
varje element x ∈ A ordnar ett element f (x) ∈ B. Detta kan skrivas:
f : A −→ B
x
7→
f (x).
Mängderna A och B kallas för definitionsmängd respektive målmängd för funktionen f .
En vanlig pil, ”−→”, går mellan mängder, och indikerar att funktionen går från mängden A
till mängden B. Den andra symbolen, ”7→”, är en pil mellan element. Elementet x ∈ A ordnas till
elementet f (x) ∈ B. Sedan måste man förstås specifisera vad f (x) är för något för att funktionen
ska vara helt bestämd. Det är själva regeln som behövs, förutom specifikaiton av definitions- och
målmängd.
Exempel 3.9. Följande två funktioner är lika med varandra, eftersom de har samma definitionsmängd, samma målmängd, och ges av samma regel (x 7→ 2x + 2), trots att den regeln
uttrycks på olika sätt.
a) Låt f : Z−→Z vara funktionen som beskrivs av följande regel: Vi tilldelar varje x i definitions mängden det talet f (x) i målmängden som erhålls genom att först dubblera x och
sedan addera 2 till resultatet.
b) Låt g : Z−→Z vara funktionen som beskrivs av följande regel: Vi tilldelar varje x i definitionsmängden det talet f (x) i målmängden som erhålls genom att först addera 1 till x,
och sedan multiplicera resultatet med 2.
Exempel 3.10. Här följer några fler exempel på funktioner.
a) f : R−→R, f (x) = sin x.
b) f : {1, 2, 3, 4}−→{a, b, c, d, e, f, g}, f (1) = c, f (2) = e, f (3) = g, f (4) = c.
c) f : Z−→Z, m 7→ m + 1.
d) g : N−→N, m 7→ m + 1.
Låt C vara en delmängd av A, då kallas mängden av alla funktionsvärden av element i C
för bilden av C:
f (C) = {f (x) | x ∈ C}.
1
Vilka funktioner finns om A eller B eller båda är den tomma mängden? Svar: Det finns endast en funktion
f : ∅−→B oavsett vilken mängd B är, men det finns ingen funktion f : A−→∅ om A ̸= ∅.
Bilden av C är en delmängd av B. Bilden av hela A, f (A), kallas för f :s värdemängd. Det
kallas för värdemängd, just eftersom det är mängden av alla möjliga funktionsvärden. Observera
skillnaden mellan begreppen målmängd och värdemängd! Värdemängden är alltid en delmängd
av målmängden, men de måste inte vara lika med varandra. Man skulle kunna tänka sig en
”tråkig” funktion, som väljer ut ett element i b ∈ B, och har egenskapen att f (x) = b för varje
x ∈ A. Då består värdemängden av en endaste punkt2 , även fast målmängden B kan vara hur
stor som helst. En sådan funktion kallas förresten för en konstant funktion.
Man kan tänka sig f som en maskin som man kan mata med ett element från A, och få till
svar ett element i B, se bilden i [Vre06, sid 84].
Den kartesiska produkten av två mängder A och B är mängden av alla ordnade par av
element från A och B:
A × B = {(a, b) | a ∈ A ∧ b ∈ B}
Ibland har man nytta av att tänka på grafen till en funktion f : A−→B, det är den delmängd
av A × B, som består av alla par på formen (x, f (x)) där x tillhör A.
Definition 3.11. En funktion f : A−→B sägs vara
a) injektiv om olika element x1 och x2 i A ger upphov till olika funktionsvärden f (x1 ) och
f (x2 ) i B:
x1 ̸= x2 ⇒ f (x1 ) ̸= f (x2 ).
Ett ekvivalent sätt att skriva det villkoret är
f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 = x2 .
b) surjektiv om dess värdemängd är lika med dess målmängd, dvs. om varje element y ∈ B
är ett funktionsvärde. Det betyder att det för varje y ∈ B finns (minst) ett element x ∈ A
sådant att f (x) = y:
∀y ∈ B ∃x ∈ A : f (x) = y.
c) bijektiv om den är både injektiv och surjektiv. Det innebär att det finns en ett-till-ettmotsvarighet mellan elementen i A och elementen i B. Man kan så att säga para ihop dem
med varandra.
Det är vanligt att kalla en injektiv funktion för en injektion, en surjektiv funktion för en
surjektion och en bijektiv funktion för en bijektion.
Nästa sak att ta upp, är inversen till en funktion. Bara injektiva funktioner har en invers,
så låt oss anta att f : A−→B är injektiv. Första steget är att ersätta dess målmängd B med
värdemängden f (A). På så vis erhåller vi en bijektiv funktion
f : A−→f (A).
Det som händer, är att vi tvingar den att vara surjektiv, genom att ta bort de punkter i
målmängden som inte är funktionsvärden. Funktionen f : A−→f (A) är inte samma funktion
som f : A−→B, eftersom vi bytte ut målmängden, men i övrigt är de lika: de definieras av samma
regel och har samma definitionsmängd. Nu när vi har en bijektiv funktion, f : A−→f (A), har
vi alltså en ett-till-ett-motsvarighet mellan elementen i A och elementen i f (A). Därför kan vi
definiera en funktion g som ”går baklänges” på följande vis:
g : f (A) −→ A
f (x)
2
7→
x.
Förutsatt att A ̸= ∅ förstås – i annat fall är värdemängden tom.
Den funktionen kallas för f invers: f −1 . Lägg märke till inversens definitionsmängd och målmängd:
den är definierad på f :s värdemängd, och dess målmängd är f :s definitionsmängd. Eftersom
värdemängden f (A) ibland är en äkta delmängd av målmängden B, kan det hända att f −1 inte
är definierad på hela B. Endast om f : A−→B förutom att vara injektiv dessutom är surjektiv,
är inversen definierad på hela B.
Definition 3.12. Låt f : A−→B och g : B−→C vara två funktioner, sådana att målmängden till
den ena är lika med definitionsmängden till den andra. Då kan vi definiera deras sammansättning
g ◦ f : A−→C. Det är en funktion vars definitionsmängd är A och vars målmängd är C, och den
definieras av
(g ◦ f )(x) = g(f (x)).
Exempel 3.13.
a) Funktionen som definieras genom
f : N −→ Z
{
n
7→
n
2
− n+1
2
om n är jämnt
om n är udda
är en bijektion.
b) Låt I = (0, ∞) vara delmängden av R som består av positiva tal, och definiera en funktion
1
f : I−→I, x 7→ x+2
. Den är injektiv, eftersom
1
1
=
x1 + 2
x2 + 2
⇔ x1 + 2 = x2 + 2
f (x1 ) = f (x2 ) ⇔
⇔ x1 = x2 .
Alltså är funktionen inverterbar. Dess värdemängd f (I), och därmed inversens definitionsmängd, är lika med intervallet (0, 12 ). Säg att vi vill nå ett värde y ∈ f (I) med hjälp
av funktionen, då måste vi hitta ett element x ∈ I sådant att f (x) = y. Lösningen är att
ta x = 1−2y
y , så den inversa funktionen ges av
f −1 : (0, 21 ) −→ I
1 − 2x
.
x 7→
x
Lägg märke till att (f ◦ f −1 )(x) = x för alla x ∈ (0, 21 ), och att (f −1 ◦ f )(x) = x för alla
x ∈ I. Det vill säga, om man först applicerar f och sedan f −1 , får man vad man startade
med: f −1 gör det ogjort som f gjorde. Samma sak om vi istället först applicerar f −1 och
sedan f .
c) Låt f : R−→R och g : R−→R vara de funktioner som ges av f (x) = x2 och g(x) = 1 + x.
Det finns två möjliga sammansättningar av f och g:
(f ◦ g)(x) = 1 + 2x + x2 ,
(g ◦ f )(x) = 1 + x2 .
Relationer
Relationer är ett matematiskt begrepp som ofta orsakar en del huvudvärk i början. Vi börjar
med en informell beskrivning. Tänk på mängden Z av heltal. Om a och b är två heltal, så finns
det en del notation som vi brukar använda, och som man också kan beskriva med ord:
a=b
a är lika med b
a ̸= b
a är skilt från b
a<b
a är mindre än b
a ≤ b a är mindre än eller lika med b
a>b
a är större än b
a|b
a är en delare i b
aRb
a står i relationen R med b
Alla rader i tabellen beskriver en viss relation
mellan de två talen a och b. De olika relationerna betecknas med =, ̸=, <, ≤, >, |, och
R respektive. De vanligaste relationerna på
mängden av heltal, till exempel de sex översta
i tabellen, har redan en viss symbol. Relationen i den nedersta raden betecknas med R.
För att det ska vara meningsfullt att skriva en sådan sak som aRb, behöver man förstås
definiera relationen R. Det fungerar ungefär som med mängder. Vanliga mängder, som N, Z, Q,
R, och C till exempel har egna symboler. Men ibland vill man införa och prata om andra mängder
än sådana som sedan tidigare är namngivna, och på samma sätt är det ibland användbart att
införa nya relationer. Då inför man en symbol för dem, och ger en definition. Den viktigaste
bland de relationerna som vi ska införa kallas kongruens. Det betecknas med symbolen ≡, och
utsagan a ≡ b (mod n) utläses ”a är kongruent med b modulo n”.
I tabellen ovan, är bara en mängd inblandad, nämligen mängden av heltal. När man pratar
om relationer i allmänhet, är två mängder inblandade: elementet till vänster om relationssymbolen (a ovan) kommer från den ena mängden, och elementet till höger (b ovan) kommer från
den andra. I många situationer som vi kommer att handskas med i den här kursen sammanfaller
dock de två mängderna. Här kommer definitionen för vad en relation är för något:
Definition 3.14. Låt A och B vara två mängder – en relation R från A till B är en delmängd
av A × B, dvs.
R ⊆ A × B.
Kopplingen mellan definitionen och den informella beskrivningen som föregick den, är att
man ofta skriver aRb istället för (a, b) ∈ R. I fallet <, till exempel, skriver vi snarare 3 < 4 än
(3, 4) ∈<.
Relationer är ett mycket allmänt begrepp, som följande exempel visar.
Exempel 3.15.
a) Exempel 3.7 i [Vre06, sid 89].
b) Låt A vara mängden av alla fäder, och B vara mängden av alla människor. Då kan vi
definiera en relation från A till B genom xRy om och endast om x är far till y.
c) Låt A = B = R. Då kan man definiera en relation från A till B genom att säga xRy om
och endast om det finns ett positivt rationellt tal q sådant att x = y + ln q.
Ekvivalensrelationer
Relationer från en mängd till sig själv, dvs. relationer där bara en mängd är inblandad, kallas ofta
för relationer på den mängden. I den här kursen intresserar vi oss främst för sådana relationer,
och särskilt så kallade ekvivalensrelationer :
Definition 3.16. En relation R på en mängd M kallas för en ekvivalensrelation om den uppfyller
följande tre villkor
a) Den är reflexiv : xRx för alla x ∈ M .
b) Den är symmetrisk : xRy ⇒ yRx för alla x, y ∈ M .
c) Den är transitiv : xRy ∧ yRz ⇒ xRz för alla x, y, z ∈ M .
Försök att avgöra vilka av de sex relationerna i tabellen ovan som är reflexiva, symmetriska
respektive transitiva!
Ekvivalensrelationer är särskilt trevliga att arbeta med, och det beror huvudsakligen på
följande egenskap hos ekvivalensrelationer: Låt X vara en mängd. Det visar sig att till varje
ekvivalensrelation på X hör en motsvarande partition på X, och till varje partition på X hör en
motsvarande ekvivalensrelation på X. Det är alltså ”samma sak” att ange en ekvivalensrelation
på en mängd som att ange en partition på samma mängd. Partitioner är ett väldigt naturligt
begrepp.
Definition 3.17. Låt A vara en mängd. En familj (samling) av icke-tomma delmängder till A
kallas för en partition av A ifall
a) de är parvis disjunkta (dvs. inga två olika delmängder från familjen har några gemensamma
element), och
b) deras union är lika med hela A (dvs. alla element i A ingår i någon av delmängderna).
Exempel 3.18. Låt X ⊆ Z bestå av alla jämna heltal, och Y ⊆ Z bestå av alla udda heltal.
Då utgör {X, Y } en partition av Z.
I praktiken är det alltså inte någon skillnad mellan att ge en ekvivalensrelation på en mängd
A och en partition av samma mängd – båda sakerna innehåller exakt samma information. De
olika delmängderna som som en ekvivalensrelation ger upphov till kallas för ekvivalensklasser.
Här följer satsen som beskriver korrespondensen mellan en ekvivalensrelation och en partition
på en given mängd. Vi kommer strax också att se exempel på hur det kan se ut i praktiken.
Sats 3.19. Det finns ett naturligt ett-till-ett förhållande mellan ekvivalensrelationer på A och
partitioner av A.
Bevis. Givet en ekvivalensrelation ∼ på A definierar vi en partition på följande vis: För varje
x ∈ A bildar vi delmängden Ax = {y ∈ A | x ∼ y} av A – mängden kallas för x:s ekvivalensklass.
För varje x ∈ A gäller det att x ∈ Ax , så alla Ax är icke-tomma och unionen av dem är A. För
att visa att de utgör en partition återstår nu att visa att de är disjunkta. Antag att Ax och Ay
har ett gemensamt element z. Då gäller det, för ett godtyckligt element a ∈ A att
a ∈ Ax ⇔ a ∼ x
⇔ a ∼ z (på gund av transitivitet och att x ∼ z)
⇔ a ∼ y (på gund av transitivitet och att y ∼ z)
⇔ a ∈ Ay .
Vi har visat att Ax = Ay om Ax och Ay har något gemensamt element. Det följer att två olika
ekvivalensklasser måste vara disjunkta.
Å andra sidan, givet en partition som består av delmängder Ak , definierar vi en ekvivalensrelation ∼ genom att säga att x ∼ y om och endast om de tillhör samma Ak . Detta är
en ekvivalensrelation: Den är reflexiv eftersom varje element hör till samma delmängd som sig
själv. Den är symmetrisk, eftersom om x och y tillhör samma delmängd, så tillhör även y och x
samma delmängd. Den är transitiv, eftersom om x och y tillhör samma delmängd och y och z
tillhör samma delmängd, så måste nödvändigtvis x och z tillhöra samma delmängd.
Exempel 3.20. I exempel 3.18 såg vi en partition av Z. Motsvarande ekvivalensrelation är
definierad som följer: n ∼ m om och endast om m och n har samma paritet – alltså att de ger
samma rest vid division med 2.
Nu går vi vidare till den en av de huvudsakliga tillämpningarna av relationer. Vi ska
definiera en ny relation på mängden av heltal.
Kongruenser
Låt n vara ett heltal som är 2 eller större. Om a och b är två heltal så säger vi att
a ≡ b (mod n)
om a och b ger samma principala rest3 vid division med n. Det utläses ”a är kongruent med b
modulo n”. Ibland är talet n underförstått, och då kan man skriva a ≡ b istället, men det är
förstås viktigt att ha noga reda på vad n är i så fall. Till exempel gäller det att 4 ≡ 7 om n = 3
men 4 ̸≡ 7 om n = 4.
Det finns en annan användbar karaktärisering av kongruenser, nämligen att a ≡ b (mod n)
om och endast om n|(a − b).
Sats 3.21. Talen a och b ger samma rest vid division med n om och endast om n|(a − b).
Bevis. Om a och b ger samma rest vid division med n, så finns det ett heltal r som uppfyller
0 ≤ r < n och
a = q1 n + r
b = q2 n + r.
Det följer att a − b = (q1 − q2 )n är en multipel av n. Om å andra sidan a − b är en multipel av
n, så att a − b = nk, så följer det att a = nk + b. Om nu b = nq + r, med 0 ≤ r < n, så följer
det att a = (k + q)n + r, så a och b ger samma rest vid division med n.
Vi fixerar ett heltal n ≥ 2 (till exempel n = 9). Kongruenstecknet ”≡” har följande tre
saker gemensamt med likhetstecknet ”=”: För alla heltal a gäller det att a ≡ a (mod n), om
a ≡ b (mod n) så är även b ≡ a (mod n) och slutligen om a ≡ b (mod n) och b ≡ c (mod n) så
är a ≡ c (mod n). Vi sammanfattar detta i följande påstående:
Sats 3.22. Låt n ≥ 2 vara ett heltal. Kongruens modulo n är en ekvivalensrelation på mängden
av heltal.
Bevis. Låt x, y och z vara tre godtyckliga heltal.
a) x ≡ x eftersom n|(x − x).
b) x ≡ y ⇒ n|(x − y) ⇒ n| − (x − y) ⇒ n|(y − x) ⇒ y ≡ x.
c)
(x ≡ y) ∧ (y ≡ z) ⇒ n|(x − y) ∧ n|(y − z)
⇒ (x − y = na för något a) ∧ (y − z = nb för något b)
⇒ x − z = (x − y) + (y − z) = na + nb = n(a + b)
⇒ n|(x − z)
⇒ x ≡ z.
Exempel 3.23. Vi har 2 ≡ 7 (mod 5) och −3 ≡ 17 (mod 4).
3
Den principala resten r uppfyller 0 ≤ r < n. Det är alltså den minsta icke-negativa resten.
Om n = 4, och x är ett godtyckligt heltal (positivt, noll eller negativt), så kommer det att
gälla att x ≡ 0 (mod 4), x ≡ 1 (mod 4), x ≡ 2 (mod 4), eller x ≡ 3 (mod 4). Detta beror på
att det bara finns fyra stycken möjliga olika principala rester vid division med 4, nämligen 0,1,2
och 3.
Mer generellt, om vi räknar modulo n (inte nödvändigtvis 4 som nyss, utan vad som helst)
så inser vi på samma sätt att om x är ett godtyckligt heltal så kommer det alltid att finnas
ett tal a, den principala resten då x divideras med n, som uppfyller 0 ≤ a ≤ n − 1 och x ≡ a
(mod n). Man säger att a och b tillhör samma ekvivalensklass modulo n om a ≡ b (mod n).
Detta ger upphov till n stycken ekvivalensklasser, och de utgör en partition av heltalen.
Exempel 3.24. Om vi tar n = 6, får vi följande 6 ekvivalensklasser.
{6k | k ∈ Z} = {. . . − 12, −6, 0, 6, 12, . . . }
{6k + 1 | k ∈ Z} = {. . . − 11, −5, 1, 7, 13, . . . }
{6k + 2 | k ∈ Z} = {. . . − 10, −4, 2, 8, 14, . . . }
{6k + 3 | k ∈ Z} = {. . . − 9, −3, 3, 9, 15, . . . }
{6k + 4 | k ∈ Z} = {. . . − 8, −2, 4, 10, 16, . . . }
{6k + 5 | k ∈ Z} = {. . . − 7, −1, 5, 11, 17, . . . }.
Lägg märke till att detta verkligen utgör en partition av Z, bestående av 6 delmängder.
Aritmetik (räkneregler) för kongruenser
Nu när vi nu har definierat vad kongruenser är för något, så är det dags att prata lite om hur
man räknar med kongruenser. Det vill säga, hur går addition, subtraktion, multiplikation och
division modulo n till? Lite slarvigt kan man beskriva det som att vi räknar som vanligt med
heltal, fast med den extra regeln att n kan ersättas med 0 (eftersom n ≡ 0). Till exempel gäller,
om vi räknar mod 12, att
7 + 9 ≡ 16 ≡ 12 + 4 ≡ 0 + 4 ≡ 4.
Jämför med en klocka, den börjar om från noll igen varje gång timvisaren har gått ett varv.
Ovanstående beräkning visar att timvisaren kommer att stå på 4 nio timmar efter att den stod
på 7.
Så här ser en precis beskrivning av räknereglerna ut vid räkning modulo n:
Sats 3.25. Om a ≡ b och c ≡ d så gäller det att
a+c ≡ b+d
a−c ≡ b−d
ac ≡ bd.
Bevis. Enligt antagande gäller n|(a − b) och n|(c − d). Med andra ord finns heltal s och t sådana
att a = sn + b och c = tn + d. Det följer att
(a + c) − (b + d) = a − b + c − d = sn + tn = n(s + t)
är en multipel av n, alltså gäller a + c ≡ b + d. På liknande sätt är det enkelt att visa att
(a − c) − (b − d) och ac − bd har en faktor n, så att satsen är bevisad.
Säg att vi vill räkna ut a + c modulo n. Då säger första regeln att om a ≡ b och c ≡ d
så kan vi lika gärna räkna ut b + d istället. Med andra ord, kan vi hela tiden ersätta ett heltal
med vilket annat heltal vi vill förutsatt att de är kongruenta med varandra. Samma sak med
subtraktion och multiplikation.
Exempel 3.26. En konsekvens av den sista regeln är att om a ≡ b, så gäller det att
a2 = a · a ≡ a · b ≡ b · b ≡ b2 .
Det leder i sin tur till att
a3 ≡ a2 · a ≡ a2 · b ≡ b2 · b ≡ b3 ,
vilket i sin tur leder till att
a4 ≡ a3 · a ≡ a3 · b ≡ b3 · b ≡ b4 .
Genom upprepning av samma resonemang inser man att om a ≡ b, så gäller det att aj ≡ bj för
vilket positivt heltal j som helst.
Några räkneexempel
Vi tar några problem från [Vre06, 3.4].
1. Vilken rest erhålls då 411 · 821 + 376 · 297 divideras med 7?
Lösning: Vi räknar modulo 7. Genom att utföra division med rest inser vi att 411 ≡ 5, 821 ≡ 2,
376 ≡ 5, och 297 ≡ 3. Enligt den tredje räkneregeln i satsen kan vi alltså räkna ut att
411 · 821 ≡ 5 · 2 ≡ 10 ≡ 3
samt att
376 · 297 ≡ 5 · 3 ≡ 15 ≡ 1
(i räkningarna ersatte vi de fyra inblandade talen med andra tal som de är kongruenta med).
Nu kan vi använda den första regeln, den för addition, och att dra slutsatsen att
411 · 821 + 376 · 297 ≡ 3 + 1 ≡ 4.
(här avnände vi resultatet från de två multiplikationerna som vi nyss gjorde). Resten som erhålls
då 411 · 821 + 376 · 297 divideras med 7 är alltså 4.
2. Vilken rest erhålls då 20761 divideras med 13?
Lösning: Vi räknar modulo 13: Eftersom 207 ≡ 12 ≡ −1, så gäller det att 20761 ≡ (−1)61 ≡
−1 ≡ 12, så resten som erhålls då 20761 divideras med 13 är 12.
3. Visa att (1747 + 212 )14 − 4 är delbart med 13.
Ledtråd: Räkna modulo 13, och visa att (1747 + 212 )14 ≡ 4. Det kan vara en bra start att visa
att 26 ≡ −1.
4. Låt n ∈ N (dvs. låt n vara ett icke-negativt heltal). Visa att 112n + 52n+1 − 6 är delbart
med 24.
Lösning: Vi börjar med att primfaktorisera 24 = 23 · 3. För att visa delbarhet med 24, räcker
det alltså att visa delbarhet4 med 3 och 8. Ett tal x är delbart med 8 om och endast om x ≡ 0
4
Vi kan göra så eftersom SGD(3, 8) = 1, men det hade till exempel inte räckt att visa delbarhet med 4 och
6 trots att 4 · 6 = 24. I själva verket gäller följande: Om a|c och b|c så följer det att MGM(a, b)|c, där MGM
betecknar den minsta gemensamma multipeln. Så den enda slutsatsen vi kunde ha dragit från delbarhet med 4
och delbarhet med 6, är delbarhet med MGM(4, 6) = 12.
(mod 8), så vi räknar modulo 8:
112n + 52n+1 − 6 ≡ 32n + (−3)2n+1 − 6
≡ (32 )n + ((−3)2 )n · (−3)1 − 6
≡ 1n + 1n · (−3) + 2
≡ 1 − 3 + 2 ≡ 0.
Sedan räknar vi modulo 3:
112n + 52n+1 − 6 ≡ (−1)2n + (−1)2n+1 − 0
≡ 1 − 1 ≡ 0,
och därmed är även delbarheten med 3 klar. Men om 112n + 52n+1 − 6 är delbart med både 3
och 8, är det delbart med MGM(3, 8) = 24.
Lite mer aritmetik (överkurs, men kul!)
Hittills har vi inte tagit upp någon räkneregel för division, utan bara för de tre första räknesätten.
Anledningen till att vi sparade divisionen är att den är aningen mer invecklad, som följande
exempel visar. Säg att vi räknar modulo 6. Då gäller det att 12 ≡ 6, men om vi dividerar
båda sidorna med 2 så får vi 6 ≡ 3, vilket förstås inte stämmer! Man måste alltså vara lite
försiktig om man vill dividera kongruenser. En annan viktig anmärkning, som har med division
att göra, är att om man skriver a ≡ b (mod n), så måste a, b och n vara heltal. Man kan inte
skriva saker som x ≡ 21 (mod 4). Anledningen är att delbarhet fungerar helt olika för heltal och
rationella tal. Alla nollskilda rationella tal är delbara med varandra, resten blir alltid noll, så
kongruensräkning med rationella tal är alldeles meningslös. Om vi försökte med det, så skulle
vi upptäcka att varje rationellt tal är kongruent med noll. Helt ointressant alltså.
Så vad ska vi göra? Det är ju trots allt bra att kunna dividera ibland.
Svaret är att man faktiskt får dividera ibland när man räknar modulo n, men bara under
vissa förutsättningar. Räkneregeln lyder som följer:
Sats 3.27. Om ac ≡ bc och SGD(c, n) = 1, så gäller det att a ≡ b (dvs. vi kan förkorta med c).
Bevis. Enligt definitionen betyder ac ≡ bc att n|(ac − bc). Alltså gäller n|(a − b)c, men eftersom
c och n inte har några gemensamma delare så måste det gälla att n|(a − b), vilket är detsamma
som att säga a ≡ b. Därmed är beviset klart.
Resultatet är alltså att det går bra att förkorta kongruenser med tal c som inte har några
gemensamma faktorer med modulen n.
Exempel 3.28. 8 ≡ 34 (mod 13). Eftersom SGD(2, 13) = 1 är det tillåtet att dividera med 2,
och om vi gör det så erhåller vi 4 ≡ 17 (mod 13), vilket är korrekt.
Nästa sats som vi ska ta upp är Fermats lilla sats – den bevisas enklast med hjälp av
induktionsprincipen.
Sats 3.29. (Fermats lilla sats) Låt p vara ett primtal. Då gäller det för alla heltal a att
ap ≡ a (mod p).
Om dessutom SGD(a, p) = 1, kan vi dividera med a och få
ap−1 ≡ 1
(mod p).
Observera att det är ”samma p” i vänster och höger led av kongruenserna. Likheten
ap ≡ a
(mod q)
gäller i allmänhet inte om p och q är olika primtal. Den första delen av satsen säger att om man
räknar modulo ett primtal p, så gör det ingen skillnad om man tar en p:te potens. Ett heltal a
är alltid kongruent med ap . Den andra delen säger att om vi tar a upphöjt till (p − 1), så blir
det alltid 1 utom om p|a, dvs. utom om a ≡ 0 (mod p). Observera att om p är ett primtal så
gäller alltid att SGD(a, p) = 1 utom just ifall p|a.
Säg till exempel att vi vill beräkna 983 (mod 17). Fermats lilla sats säger5 att 916 ≡ 1
(mod 17), så
983 ≡ (916 )5 · 93
≡ 15 · 93 ≡ 92 · 9
≡ (−4) · 9 ≡ −36
≡ 15 (mod 17).
Bevis för ett par delbarhetsregler
Som tillämpning av kongruensräkning bevisar vi några av delbarhetskriterierna från vecka 17.
Till exempel att ett tal är delbart med 9 om och endast om dess siffersumma är delbar med 9.
Vi antar för enkelhets skull att talet x som vi är intresserade av har fyra siffror. Om entalssiffran
är d, tiotalssiffran c, hundratalssiffran b och tusentalssiffran a så har vi
x = 103 a + 102 b + 10c + d,
och om vi räknar modulo 9 så ser vi att6
x ≡ 103 a + 102 b + 10c + d
≡ 13 a + 12 b + 1c + d
≡ a+b+c+d
= siffersumman av x
(mod 9).
Det vill säga, x är kongruent med sin siffersumma modulo nio. Nu följer resultatet eftersom ett
tal är delbart med 9 precis om det är kongruent med 0 modulo 9.
Samma sak gäller för n = 3, x är kongruent med sin siffersumma:
x ≡ 103 a + 102 b + 10c + d
≡ 13 a + 12 b + 1c + d
≡ a+b+c+d
= siffersumman av x
(mod 3).
Antag att vi vill undersöka delbarhet med 11 istället, så att vi räknar modulo 11. Då ser vi att7 :
x ≡ 103 a + 102 b + 10c + d
≡ (−1)3 a + (−1)2 b + (−1)c + d
≡ −a + b − c + d
= den alternerande siffersumman av x (mod 11).
5
eftersom SGD(17, 9) = 1
Detta gäller eftersom 10 ≡ 1 (mod 9).
7
Detta gäller eftersom 10 ≡ −1 (mod 11)
6
Det vill säga, x är kongruent med sin alternerande siffersumma modulo 11.
Vi undersöker delbarhet med 4 också8 . Antag att x = 100a + b, där 0 ≤ b ≤ 99, och a är
något icke-negativt heltal. Då är b det talet som man får om man stryker alla siffror i x utom
de två sista9 , och om vi räknar modulo 4 så får vi
x ≡ 100a + b
≡ 0a + b
≡ b,
eftersom 100 ≡ 0 (mod 4). Alltså är x delbart med 4 om och endast om talet som utgörs av de
två sista siffrorna är det.
Referenser
[Vre06] A. Vretblad och K. Ekstig. Algebra och geometri. Gleerup, 2006.
8
9
Nu antar vi inte längre att x är fyrsiffrigt.
Till exempel om x = 42317894 = 423178 · 100 + 94 så tar vi a = 423178 och b = 94