4 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ 1

4
ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ 1
…
4.6
Η ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΔΙΟΦΑΝΤΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ
Επίλυση Γραμμικής Διοφαντικής Εξίσωσης
Έστω η εξίσωση x  y   , όπου  , , ακέραιοι με  0 και  0 . Αν αναζητούμε ακέραιες
λύσεις της εξίσωσης αυτής, δηλαδή ζεύγη ακεραίων ( x , y ) που την επαληθεύουν, τότε λέμε ότι έχουμε
να λύσουμε μια γραμμική διοφαντική εξίσωση.
Το θεώρημα που ακολουθεί δίνει απάντηση στο ερώτημα πότε μια διοφαντική εξίσωση έχει λύση, και αν
έχει, πόσες είναι αυτές οι λύσεις.
ΘΕΩΡΗΜΑ
Η γραμμική διοφαντική εξίσωση x  y   έχει λύση, αν και μόνο αν ο μέγιστος κοινός
διαιρέτης  των  , διαιρεί το  .
Αν η εξίσωση αυτή έχει μια λύση ( x 0 , y 0 ) , τότε έχει άπειρες λύσεις ( x, y ) , που δίνονται από
τους τύπους
x  x0 


t , y  y0  t ,


όπου t  Ζ.
Στην περίπτωση που είναι ( , )1 , οι παραπάνω τύποι παίρνουν τη μορφή:
x  x 0  βt , y  y 0  αt , t  Ζ.
ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ
1. Κάποιος οδηγός που χρειάζεται κέρματα, για να ρίξει στο μηχάνημα στάθμευσης (parking),
ζητάει από τον περιπτερά να του ανταλλάξει ένα χιλιάρικο με κέρματα των 100 δραχμών και των
50 δραχμών. Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει η ανταλλαγή, αν ο οδηγός θέλει οπωσδήποτε και
κατοστάρικα και πενηντάρικα;
ΛΥΣΗ
Αν η ανταλλαγή μπορεί να γίνει με x κατοστάρικα και y πενηντάρικα, τότε
100 x 50 y 1000 ή
2 x  y  20 .
(1)
Αναζητούμε προφανώς τις ακέραιες και θετικές λύσεις της (1). Επειδή ( 2,1)1 και 120
| , η εξίσωση έχει
ακέραιες λύσεις. Για να βρούμε το σύνολο των λύσεών της, πρέπει να βρούμε μια μερική λύση ( x 0 , y 0 )
της εξίσωσης ή, όπως λέμε, μια ε ι δ ι κ ή λ ύ σ η της εξίσωσης.
1
Από το βιβλίο: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Β΄ Τάξης Ενιαίου Λυκείου Θετικής Κατεύθυνσης
Εκφράζουμε γραμμικά το Μ.Κ.Δ. των 2 και 1 και έχουμε
2(1)1( 1)1 .
(2)
Πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της (2) με 20 και έχουμε 2( 20 )1(  20) 20 , που σημαίνει ότι
( x 0 , y 0 )( 20, 20 ) . Επομένως, οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης (1) δίνονται από τους τύπους:
x  201 t ,
y   20 2 t , t Z .
Από τις λύσεις αυτές πρέπει να βρούμε εκείνες για τις οποίες ισχύει x 0 και y 0 , δηλαδή πρέπει να
βρούμε πού συναληθεύουν οι ανισώσεις
201 t 0 και  20 2 t 0 , t Z .
Από την επίλυση του συστήματος των ανισώσεων προκύπτει ότι  20 t  10 , t Z . Επομένως,
t  19,18,17,16,15,14,13,12,11 και οι αντίστοιχες τιμές των x και y φαίνονται στον
παρακάτω πίνακα:
x
y
1
18
2
16
3
14
4
12
5
10
6
8
7
6
8
4
9
2
ΑΣΚΗΣΕΙΣ
Α΄ ΟΜΑΔΑΣ
1. Ποιες από τις παρακάτω εξισώσεις έχουν ακέραιες λύσεις;
(i) 4 x  6 y  5
(ii) 4 x  6 y  2
(iii) 3 x 5 y  κ , κ Z
(v) 2κx  4 y  2 λ 1 , κ, λZ .
(iv) κx  (κ 1) y  λ , κ, λZ
2. Να βρείτε τις ακέραιες λύσεις των εξισώσεων
(i) 2 x  3 y  5 ,
(ii) 6 x  4 y  8
(iii) 7 x  5 y 19 ,
(iv) 5 x  3 y  7 .
3. Να βρείτε τις θετικές ακέραιες λύσεις των εξισώσεων
(i) 111x  78 y  300 ,
(ii) 47 x  31 y  78 .
4. Να αποδείξετε ότι οι παρακάτω εξισώσεις δεν έχουν θετικές ακέραιες λύσεις:
(i) 3 x  5 y  15 ,
(ii) 111x  78 y  50 ,
(iii) 5 x  7 y  5 .
5. Με ποιους τρόπους μπορούμε να αλλάξουμε ένα νόμισμα 10.000 δραχμών με νομίσματα των 1.000
και 500 δραχμών;
B΄ ΟΜΑΔΑΣ
1. Ένας καταστηματάρχης παραγγέλνει 19 μεγάλα και 3 μικρά πακέτα συσκευασίας με σαπούνια του
ίδιου τύπου. Όταν όμως πήρε την παραγγελία, είδε έκπληκτος ότι η συσκευασία είχε καταστραφεί
και τα σαπούνια ήταν σκόρπια στο κοντέινερ. Μπορείτε να τον βοηθήσετε να τα τακτοποιήσει με τον
τρόπο που ήταν αρχικά συσκευασμένα, αν ξέρετε ότι το πλήθος των σαπουνιών είναι 224;
2. Να γράψετε τον αριθμό 100 ως άθροισμα δύο προσθετέων, έτσι ώστε ο ένας να είναι πολλαπλάσιο
του 7 και ο άλλος πολλαπλάσιο του 11. (Euler 1770).
3. Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή απόσταση ανάμεσα σε δύο σημεία, με ακέραιες συντεταγμένες, της
ευθείας με εξίσωση αx  βy  γ , όταν α, β , γZ με (α, β ) | γ .
4. Έστω α, βN * με (α, β ) 1 . Να αποδείξετε ότι
(i) Η εξίσωση αx  βy  αβ δεν έχει θετικές ακέραιες λύσεις.
(ii) Η εξίσωση αx  βy  2αβ έχει μία μόνο θετική ακέραια λύση.
1
Από το βιβλίο: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Β΄ Τάξης Ενιαίου Λυκείου Θετικής Κατεύθυνσης
5. Να βρείτε δύο κλάσματα με παρονομαστές 7 και 13 και με άθροισμα
33
.
91
ΛΥΣΕΙΣ
Α΄ ΟΜΑΔΑΣ
1. (i) Είναι (4,6)=2, οπότε (4,6) | 5 . Άρα η εξίσωση 4 x  6 y  5 δεν έχει ακέραιες λύσεις.
(ii) Είναι (4,6)  2 , οπότε (4,6)| 2 . Άρα η εξίσωση 4 x  6 y  2 έχει ακέραιες λύσεις.
(iii) Είναι (3,5) 1 , οπότε (3,5)| κ . Άρα η εξίσωση 3 x 5 y  κ έχει ακέραιες λύσεις.
(iv) Είναι (κ , κ 1) 1 , οπότε (κ , κ 1)| λ . Άρα η εξίσωση κx  (κ 1) y  λ έχει ακέραιες λύσεις.
(v) Για όλες τις ακέραιες τιμές των x, y το πρώτο μέλος της εξίσωσης είναι άρτιος αριθμός, ενώ το
δεύτερο μέλος περιττός. Άρα η εξίσωση 2κx  4 y  2 λ 1 δεν έχει ακέραιες λύσεις.
2. (i) Μια προφανής ακέραια λύση της εξίσωσης είναι η ( x 0 , y 0 )  (1,1) . Άρα, οι ακέραιες λύσεις,
( x, y ) , της εξίσωσης δίνονται από τις σχέσεις
x 1 3t και
y 1 2t , t Z .
(ii) Η εξίσωση 6 x  4 y  8 γράφεται ισοδύναμα
3x  2 y  4
και έχει μια προφανή λύση την ( x 0 , y 0 )  (2,1) . Άρα οι ακέραιες λύσεις, ( x, y ) , της εξίσωσης
δίνονται από τις σχέσεις
x  2 2t και
y 1 3t , t Z .
(iii) Μια προφανής ακέραια λύση της εξίσωσης είναι η ( x 0 , y 0 )  (2,1) . Άρα, οι ακέραιες λύσεις,
( x, y ) , της εξίσωσης δίνονται από τις σχέσεις
x  2 5t και
y  1 7t , t Z .
(iv) Μια προφανής ακέραια λύση της εξίσωσης είναι η ( x 0 , y 0 )  (2,1) . Άρα, οι ακέραιες λύσεις,
( x, y ) , της εξίσωσης δίνονται από τις σχέσεις
x  2 3t
και
y 1 5t , t Z .
3. (i) Έχουμε
111x  78 y  300  3(37 x  26 y )  3100
 37 x  26 y 100
(1)
Μια προφανής ακέραια λύση της εξίσωσης είναι η ( x 0 , y 0 )  (2,1) . Επομένως, οι ακέραιες λύσεις,
( x, y ) , της εξίσωσης (1) δίνονται από τις σχέσεις
x  2 26t
και
y 1 37t , t Z .
Επειδή αναζητούμε τις θετικές ακέραιες λύσεις, έχουμε
1
Από το βιβλίο: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Β΄ Τάξης Ενιαίου Λυκείου Θετικής Κατεύθυνσης
 x  0 2  26t  0
1
1

  t   t  0 .

13
37
 y  0 1 37t  0
Άρα, η μοναδική θετική ακέραια λύση της εξίσωσης είναι η ( x, y )  (2,1) .
(ii) Μια προφανής ακέραια λύση της εξίσωσης 47 x  31 y  78 είναι η ( x 0 , y 0 )  (1,1) . Επομένως, οι
ακέραιες λύσεις ( x, y ) της εξίσωσης (1) δίνονται από τις σχέσεις
x 1 31t
και
y  1 47t , t Z .
Επειδή αναζητούμε τις θετικές ακέραιες λύσεις, έχουμε
1

t   31
 x  0 1 31t  0


 t N * .

 y  0 1 47t  0 t  1
 47
Άρα, η εξίσωση έχει άπειρες θετικές ακέραιες λύσεις ( x, y ) . Αυτές δίνονται από τις σχέσεις
x 1 31t
και
y  1 47t , t N * .
4. (i) Η εξίσωση 3 x  5 y  15 δεν έχει θετικές ακέραιες λύσεις, αφού για όλους του θετικούς ακέραιους
x, y το πρώτο μέλος της εξίσωσης είναι θετικός αριθμός, ενώ το δεύτερο μέλος αρνητικός αριθμός.
(ii) Η εξίσωση 111x  78 y  50 δεν έχει θετικές ακέραιες λύσεις, αφού για όλους τους θετικούς
ακέραιους x, y ισχύει:
111x  78 y 1111 781189  50 .
(iii) Η εξίσωση 5 x  7 y  5 δεν έχει θετικές ακέραιες λύσεις, αφού για όλους τους θετικούς ακέραιους
x, y ισχύει:
5 x  7 y  51 7 112  5 .
5. Έστω ότι αλλάζουμε το νόμισμα 10.000 δρχ. με x χιλιάρικα και y πεντακοσάρικα. Τότε θα ισχύει
1000 x  500 y 10000 ή, ισοδύναμα,
2 x  y  20
(1) ,
όπου x  0, y  0 .
Αναζητούμε, επομένως, τις μη αρνητικές λύσεις της (1). Μια προφανής ακέραια λύση της (1) είναι η
( x 0 , y 0 )  (0,20) . Επομένως, οι ακέραιες λύσεις, ( x, y ) , της (1) δίνονται από τις σχέσεις
x 0  t και
y  20 2t , t Z .
Έτσι έχουμε
 x  0 t  0

 0  t 10  t  0,1,2,...,10 .

 y  0 20  2t  0
Άρα, οι μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της (1) είναι οι:
(0,20) , (1,18) , (2,16) , (3,14) , (4,12) , (5,10)
(6,8) , (7,6) , (8,4) , (9,2) , (10,0) .
Β΄ ΟΜΑΔΑΣ
1
Από το βιβλίο: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Β΄ Τάξης Ενιαίου Λυκείου Θετικής Κατεύθυνσης
1. Αν καθένα από τα μεγάλα πακέτα περιέχει x σαπούνια και καθένα από τα μικρά πακέτα περιέχει y
σαπούνια, τότε θα ισχύει
19 x  3 y  224 και x  y  0
(1)
Αναζητούμε, επομένως, θετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης (1). Επειδή (19,3) 1 , η εξίσωση (1)
έχει ακέραιες λύσεις. Αρχικά βρίσκουμε μια ειδική λύση της (1) ως εξής:
Γράφουμε τον (19,3) 1 ως γραμμικό συνδυασμό των 19 και 3:
19 1 3(6) 1
(2)
Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη της (2) με 224:
19  224  3(1344)  224
Άρα μια ειδική λύση της (1) είναι η ( x 0 , y 0 )  (224,1344) . Επομένως οι ακέραιες λύσεις της (1)
δίνονται από τους τύπους
x  224 3t
και
y  134419t ,
t Z
(3)
Από τις λύσεις αυτές θα βρούμε εκείνες για τις οποίες ισχύει x  0 και y  0 .
Έχουμε
224

t   3
 x  0 224  3t  0


 74,6  t  70,73

 y  0 1344 19t  0 t   1344

19
t  71 ή t  72 ή t  73 ή t  74 .
Επομένως, οι αντίστοιχες τιμές των x και y δίνονται από τον πίνακα
x
11
8
5
2
y
5
24
43
62
και επειδή x y , θα είναι ( x, y )  (11,5) .
2. Αναζητούμε θετικούς ακέραιους x και y για τους οποίους ισχύει
7 x 11 y 100
(1)
Επειδή (7,11) 1 , η εξίσωση (1) έχει ακέραιες λύσεις. Αρχικά βρίσκουμε μια ειδική λύση της (1) ως
εξής:
Γράφουμε τον (7,11) 1 ως γραμμικό συνδυασμό των 7 και 11:
7(3) 11 2 1
(2)
Πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη της (2) με 100:
7(300) 11 200 100
Άρα μια ειδική λύση της (1) είναι η ( x 0 , y 0 )  (300,200) . Επομένως οι ακέραιες λύσεις της (1)
δίνονται από τους τύπους:
x  30011t και
1
y  200 7t , t Z
Από το βιβλίο: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Β΄ Τάξης Ενιαίου Λυκείου Θετικής Κατεύθυνσης
(3)
Θα βρούμε τώρα τις θετικές λύσεις της (1). Έχουμε λοιπόν
 x  0  300 11t  0 300
200


t 
 t  28 .

11
7
 y  0 200  7t  0
Επομένως, η εξίσωση έχει μια μόνο θετική λύση την ( x, y )  (8,4) . Άρα
100  7 8 11 4  56  44 .
3. Έστω δ  (α, β ) . Επειδή δ| γ η εξίσωση έχει ακέραιες λύσεις. Αν ( x 0 , y 0 ) είναι μια ακέραια λύση
της εξίσωσης, τότε οι ακέραιες λύσεις της, ( x, y ) , θα δίνονται από τις σχέσεις
β
x  x0  t
δ
και
α
y  y 0  t , t Z .
δ
Ας θεωρήσουμε τώρα δύο λύσεις ( x1 , y1 ) και ( x 2 , y 2 ) της εξίσωσης. Τότε
β

x x  t
 1 0 δ 1

y  y  α t
 1 0 δ 1
β

x x  t
 2 0 δ 2
(1) και 
y  y  α t
0
2
 2
δ
(2),
όπου t1 ,t 2 Z
οπότε, η απόσταση των A( x1 , y1 ) και B( x 2 , y 2 ) θα είναι ίση με
β2
( AB)  ( x 2  x1 ) 2  ( y 2  y1 ) 2 
|t 2  t1 |
δ
2
α2  β2
δ
(t 2  t1 ) 2 
α2
δ
2
(t 2  t1 ) 2
.
Επομένως, η απόσταση (ΑΒ) ελαχιστοποιείται, όταν ελαχιστοποιηθεί η παράσταση |t 2  t1 | . Αυτό
συμβαίνει όταν |t 2 t1 |1 , οπότε η ελάχιστη απόσταση ανάμεσα σε δύο διαφορετικά σημεία της
ευθείας αx  βy  γ με ακέραιες συντεταγμένες είναι ίση με
α2  β2
δ
.
4. (i) Η εξίσωση αx  βy  αβ έχει ακέραιες λύσεις, αφού (α, β ) 1 . Μια προφανής λύση της είναι η
( x 0 , y 0 )  ( β ,0) . Άρα, οι λύσεις, ( x, y ) , της εξίσωσης δίνονται από τους τύπους
x  β  βt
και
y  αt , όπου t Z .
Ας υποθέσουμε ότι η εξίσωση έχει θετικές λύσεις, τότε θα ισχύει
 x  0  β  βt  0 t  1


 1 t  0 ,

 y  0  αt  0
t  0
που είναι αδύνατο, αφού t Z . Άρα, η εξίσωση δεν έχει θετικές ακέραιες λύσεις.
(ii) Η εξίσωση αx  βy  2αβ έχει ακέραιες λύσεις, αφού (α, β ) 1 . Μια προφανής λύση της εξίσωσης
είναι η ( x 0 , y 0 )  ( β , α) . Επομένως, οι λύσεις, ( x, y ) , της εξίσωσης δίνονται από τους τύπους:
x  β  βt
και
y  α  αt , όπου t Z .
Αναζητούμε θετικές λύσεις της εξίσωσης. Άρα θέλουμε να ισχύει
 x  0  β  βt  0 t  1


 1 t 1 t  0 .

 y  0 α  αt  0 t 1
1
Από το βιβλίο: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Β΄ Τάξης Ενιαίου Λυκείου Θετικής Κατεύθυνσης
Άρα, μοναδική θετική λύση της εξίσωσης είναι η ( β , α ) .
5. Έστω x, yN * οι αριθμητές των κλασμάτων. Τότε θα ισχύει
x y 33
  , ή, ισοδύναμα, 13 x  7 y  33 .
7 13 91
(1)
Αναζητούμε, επομένως, τις θετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης (1). Επειδή (13,7) 1 , η (1) έχει
ακέραιες λύσεις. Μια ειδική της λύση είναι η (33,66) . Άρα, οι ακέραιες λύσεις, ( x, y ) , της (1)
δίνονται από τους τύπους
x  33 7t και
y  6613t , όπου t Z .
Έτσι έχουμε
 x  0  33  7t  0 33
66

 t   t 5 .

y

0
66

13
t

0
7
13


Άρα x  2 και y 1 και επομένως
1
33 2 1
  .
91 7 13
Από το βιβλίο: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Β΄ Τάξης Ενιαίου Λυκείου Θετικής Κατεύθυνσης

Download Report