Tenta 2025-08-12

Sats från kursen säger att heltalslösningar kan bara vara delare till 8. Vi ser att ekvationen inte har några positiva rötter. Vi testar $x=-1$ och ser att det är en rot. Polynomdivision ger att vi kan faktorisera vänsterledet som \[ (x+1)(x^6+4x^3 +8). \] Vi sätter $t=x^3$ och får att den andra faktorn blir $t^2+4t+8$. Denna är noll om $t = -2 \pm 2i$. Alltså vill vi nu hitta en lösning till $x^3 = -2+2i$. Nu, omskrivning på polär form ger \[ -2+2i = \sqrt{8} e^{i \frac{3\pi}{4}}. \] En lösning till $x^3 = \sqrt{8} e^{i \frac{3\pi}{4}} $ ges då av \[ x= \sqrt{2} e^{i \frac{\pi}{4}} = \sqrt{2}(\cos \pi/4 + i \sin \pi/4) = 1+i. \] Så, $-1$ och $1+i$ är lösningar vi söker.

Binomialsatsen säger att \[ (x+y)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^k y^{n-k}. \] Om vi sätter $\alpha = \cos 10^\circ + i \sin 10^\circ$ så ger binomialsatsen att \[ \left(z^2+\frac{\alpha}{z}\right)^{10} = \sum_{k=0}^{10} \binom{10}{k} (z^2)^k \left(\frac{\alpha}{z}\right)^{10-k} = \sum_{k=0}^{10} \binom{10}{k} z^{3k-10} \alpha^{10-k}. \] Koefficienten för $z^2$ får man då $k=4$ då det gör att $z^{3k-10}=z^2$. Via De Moivres formel får vi därefter \[ \binom{10}{4} \alpha^{6} = \frac{10!}{4!6!} \left(\cos 10^\circ + i \sin 10^\circ\right)^6 = \frac{10\cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{4\cdot 3 \cdot 2} \left(\cos 60^\circ + i \sin 60^\circ\right). \] Detta förenklas nu till $210 (\frac12 + i\frac{\sqrt{3}}{2}) = 105 + 105\sqrt{3}i$.

1. Denna Diofantiska ekvation har lösningar precis då $a$ och $b$ är relativt prima, dvs. $\SGD(a,b)=1$.
2. Använder vi (a), så vill vi visa implikationen \[ \SGD(a,b)=1 \implies \SGD(2a+b,3a+2b)=1. \] Vi använder Euklides algoritm för att beräkna $\SGD(2a+b,3a+2b)$: \[\begin{aligned} 3a+2b & = 1\cdot(2a+b) + (a+b) \\ (2a+b) &= 1\cdot(a+b) + a \\ (a+b) &= 1\cdot(a) + b \\ a & = k\cdot b + r, \end{aligned}\] och från sista steget kan vi konstatera att $\SGD(2a+b,3a+2b) = \SGD(a,b)=1$, eftersom i stegen ovan så fortsätter vi som om vi beräknar $\SGD(a,b)$.

Alternativ lösning I: Antag att $d$ är en gemensam delare till $(3a+2b)$ och $(2a+b)$, dvs. $d \mid 2a+b$ och $d\mid 3a+2b$. Då gäller det att $d$ delar skillnaden, $d \mid (3a+2b)-(2a+b)$, så $d \mid a+b$. Då måste vi även ha $d \mid (2a+b)-(a+b)$ så $d \mid a$. Från $d \mid 2a+b$ och $d \mid a$ får vi att $d \mid b$. Alltså måste $d$ vara en gemensam delare till $a$ och $b$. Men vi utgår från att $a$ och $b$ är relativt prima, så $d=1$.

Alternativ lösning II: Vi utgår från att $(x_0,y_0)$ är en heltalslösning till $ax+by=1$. Då kan man (med lite tålamod och linjär algebra) se att \[\begin{aligned} (2a+b)(2x_0-3y_0) + (3a+2b)(2y_0-x_0) = a x_0 + b y_0 = 1, \end{aligned}\] så $x^* = 2x_0-3y_0$ och $y^* = 2y_0-x_0$ löser ekvationen $(2a+b)x+(3a+2b)y=1$.