- Denna Diofantiska ekvation har lösningar precis då $a$ och $b$ är relativt prima, dvs. $\SGD(a,b)=1$.
- 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 $(2a+b)x+(3a+2b)y=1$.