Diofantiske likninger

Hva er diofantiske likninger

En likning på formen ax + by = c, der a, b og c er vilkårlige tall, kaller vi for en lineær likning. Et annet ord for lineær likning er førstegradslikning, fordi de ukjente, x og y er av første grad. Dette i motsetning til en likning som f.eks. ax2 + by = c, som er en andregradslikning.

Med å løse en slik likning mener vi å finne alle kombinasjoner av x og y som gjør at uttrykket på venstre og høyre side av likhetstegnet har samme verdi.

Eksempel 1:

Vi ser på likningen x + 2y = 2. (Her er a = 1, b = 2 og c = 2.)

Løser vi mhp. y, får vi $y = −{\large \frac{x}{2}} + 1$. Grafisk sett er dette ei rett linje med stigningstall $−{\large \frac{1}{2}}$, som skjærer y-aksen i y = 1:

Heltallsløsninger av likningen x + 2y = 2

I noen punkter på ei slik linje kan det være at både x og y er hele tall, slik som markert i grafen over.

En likning med flere ukjente der vi bare er ute etter heltallige løsninger, kalles diofantiske likninger, oppkalt etter grekeren Diofantos. Det vi skal studere i denne artikkelen, er lineære diofantiske likninger med to ukjente, det vil si likninger på formen ax + by = c, der a, b og c er hele tall. For enkelhets skyld kommer vi bare til å kalle dette diofantiske likninger.

Eksistens av løsninger

Hvis vi lurer på hvordan vi kan kombinere sedler på 500 kr og 200 kr til 2500 kr, vil svaret på dette være løsninger til den diofantiske likningen 500x + 200y = 2500, der x er antall sedler på 500 kr og y er antall sedler på 200 kr. Ved å prøve oss fram finner vi ut at det finnes tre muligheter:

x = 1, y = 10, altså 1 · 500 kr + 10 · 200 kr.

x = 3, y = 5, altså 3 · 500 kr + 5 · 200 kr.

x = 5, y = 0, altså 5 · 500 kr.

Men hvis vi i stedet spør om hvordan vi kan kombinere sedler på 1000 kr og 200 kr til 2500 kr, skjønner vi at det ikke går. Det finnes altså ikke noen heltallige løsninger av likningen 1000x + 200y = 2500, der x er antall sedler på 1000 kr og y er antall sedler på 200 kr.

Plottet under viser grafene til de to likningene. 500x + 200y = 2500 i blått, med de heltallige løsningene markert, og 1000x + 200y = 2500 i grønt. Vi ser at den grønne grafen ikke går gjennom noen punkter der både x og y er hele tall.

Grafer til to diofantiske likninger

Men hva er egentlig grunnen til at vi kan kombinere sedler på 500 kr og 200 kr til 2500 kr, men ikke sedler på 1000 kr og 200 kr? Med andre ord, hva er den prinsipielle forskjellen på de diofantiske likningene 500x + 200y = 2500 og 1000x + 200y = 2500?

Intuitivt kan vi si at det med sedler på 500 kr og 200 kr er mulig «å treffe på» 2500 kr, mens vi med sedler på 1000 kr og 200 kr «hopper forbi» 2500 kr. Vi kan få 2400 og 2600, men ikke 2500. Den matematiske årsaken har med største felles faktor, SFF, å gjøre:

Vi har SFF(500, 200) = 100, og SFF(1000, 200) = 200. Og forskjellen er at 100 går opp i totalbeløpet på 2500, mens 200 ikke gjør det. Generelt har vi:

$\fbox{$ \text{En diofantisk likning } ax + by = c \text{ har løsning hvis og bare hvis } SFF(a, b) \, | \, c$}$

Med andre ord må alle tall som går opp i a og b også gå opp i c. Største felles faktor lærte vi om i artikkelen om faktorisering.

Det kan imidlertid være at x og/eller y er negative tall, slik at løsningene ikke kan representere fysiske enheter. Spør vi for eksempel hvordan vi kan kombinere vekter på 4 og 5 kg til totalt 11 kg, skjønner vi at det ikke går. Men det betyr ikke at likningen 4x + 5y = 11 ikke har løsning, for SFF(4, 5) = 1 | 11. Men løsningene involverer negative tall, for eksempel y = −1 hvis x = 4. Og siden vi ikke kan ha et negativt antall vekter, finnes ingen fysisk løsning.

En diofantisk likning som er løsbar, vil alltid ha et uendelig antall løsninger hvis vi aksepterer negative tall.

Oppgave 1:

Avgjør om de diofantiske likningene
4x + 12y = 16
og
3x + 12y = 16
har løsning

​Se løsningsforslag

For å løse en diofantisk likning kan vi i enkle tilfeller prøve oss fram, for eksempel ser vi lett at x = 0, y = 3, er en løsning til 5x + 4y = 12. I andre tilfeller kan dette imidlertid være vanskelig fordi tallene er for store, som for eksempel i 1257x + 389y = 47893. Det kan også være vanskelig å avgjøre om vi har funnet alle relevante løsninger.

Vi skal derfor systematisk se på metoder for å løse lineære, diofantiske likninger.

Løse ved omforming til kongruenslikninger

Hvis vi har en likning på formen ax + by = c, kan vi flytte leddet by over på høyre side, og få ax = c + b(−y). Kaller vi −y for k, og b for n, blir det ax = c + kn.

I artikkelen om kongruens lærte vi at ab (mod n) betyr at det finnes et heltall, k, slik at a = b + kn.

Siden vi i en diofantisk likning bare opererer med heltall, betyr det at ax = c + kn er det samme som axc (mod b).

En lineær, diofantisk likning, ax + by = c, kan altså skrives om til en kongruenslikning, axc (mod b) eller by ≡ c (mod a), og så løses ved hjelp av de verktøyene vi har til rådighet for å løse slike likninger, slik vi lærte i artikkelen om kongruenslikninger.

Eksempel 2:

Vi kan løse problemet med å kombinere sedler på 500 kr og 200 kr til 2500 kr på følgende måte:

Vi starter med likningen 500x + 200y = 2500

Vi flytter y-leddet over på høyre side: 500x = 2500 − 200y

Vi skriver som kongruenslikning: 500x ≡ 2500 (mod 200).

Skulle vi fulgt standardoppskriften, skulle vi nå erstattet 500 og 2500 med mindre tall som er kongruente modulo 200. Men i dette tilfellet er det så lett å finne SFF at vi gjør det først, og forenkler likningen ved å dividere.

Vi har SFF(a, n) = SFF(500, 200) = 100. Vi dividerer alle ledd med 100 og får:

5x ≡ 25 (mod 2).

Vi kan her forenkle videre ved å dividere på begge sider av kongruenstegnet med 5. Modulus forblir uendret fordi SFF(5, 2) = 1. Og vi får:

x ≡ 5 (mod 2).

Siden 5 > 2, erstatter vi 5 med $5 − \lfloor \frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 2} \rfloor \cdot 2 = 5 − 2 \cdot 2 = 1$.

Det endelige resultatet blir x ≡ 1 (mod 2).

(Denne erstatningen kunne vi gjort uten den omstendelige utregningen, for alle oddetall er kongruente med 5 modulo 2, så vi kunne puttet inn 1 uten mer dikkedarer.)

x = 1 er altså en løsning til kongruenslikningen, og derved også til den diofantiske likningen vi startet med.

Setter vi x = 1 inn i den diofantiske likningen, altså 500x + 200y = 2500, får vi 500 · 1 + 200y = 2500, som løst mhp. y gir y = 10.

Vi kan altså få 2500 kr ved å kombinere én seddel på 500 kr og ti på 200 kr.

Vi vet at hvis en kongruenslikning modulo n har løsning, har den uendelig mange, som kan være fordelt på alt fra 1 til n restklasser. Det betyr at en løsbar diofantisk likning også har uendelig mange løsninger. Dette kommer vi tilbake til i et senere avsnitt.

I eksempel 2 var det b, ikke a, vi brukte som modulus da vi omformet den diofantiske likningen til en kongruenslikning. Men vi kan like gjerne bruke a, slik det er vist i eksempel 3.

Eksempel 3:

Vi starter med samme likning som i eksempel 2: 500x + 200y = 2500

Så flytter vi x-leddet over på høyre side: 200y = 2500 − 500x

Vi skriver som kongruenslikning:

200y ≡ 2500 (mod 500).

Vi har SFF(a, n) = SFF(200, 500) = 100. Vi dividerer alle ledd med 100 og får:

2y ≡ 25 (mod 5).

Siden 25 > 2, erstatter vi 25 med $25 − \lfloor \frac{\displaystyle 25}{\displaystyle 5} \rfloor \cdot 5 = 25 − 5 \cdot 5 = 0$.

Og vi får: 2y ≡ 0 (mod 5).

(Denne erstatningen kunne vi også gjort uten den omstendelige utregningen, for siden 5 går opp i 25, skjønner vi at 25 er kongruent med 0 modulo 5, og kunne puttet inn 0 uten mer dikkedarer.)

Nå kunne vi gått veien om en multiplikativ invers for å finne den endelige løsningen, men vi ser direkte at y = 0 er en løsning.

y = 0 er altså en løsning til kongruenslikningen, og derved også til den diofantiske likningen vi startet med.

Setter vi y = 0 inn i den diofantiske likningen, altså 500x + 200y = 2500, får vi 500x + 200 · 0 = 2500, som løst mhp. x gir x = 5.

Vi kan altså få 2500 kr med fem sedler på 500 kr ingen på 200 kr.

Vi fikk ikke samme svar i eksempel 3 som i eksempel 2, men den diofantiske likningen har altså uendelig mange løsninger, og nå har vi funnet to av dem.

Når vi skal velge om vi skal flytte x-leddet eller y-leddet over på høyre side, gjør det ofte utregningene enklere å velge slik at vi får lavest modulus. I eksempel 2 fikk vi 200 når vi flyttet y-leddet, og i eksempel 3 fikk vi 500 når vi flyttet x-leddet.

Oppgave 2:

Avgjør om den lineære, diofantiske likningen 21x + 14y = 147 er løsbar, og finn i så fall en løsning.

​Se løsningsforslag

Finne alle løsninger

I eksemplet med sedlene fikk vi 1 seddel på 500 kr og 10 sedler på 200 kr da vi regnet modulo 200, og fem sedler på 500 kr og ingen sedler på 200 kr da vi regnet modulo 500. Det er to forskjellige svar, men begge svarene er riktige. Og en løsbar diofantisk likning har altså uendelig mange løsninger.

Generelt er det slik at vi løser diofantiske likninger ved først å finne én spesiell løsning, og så generalisere ut fra den.

I artikkelen om kongruensregning så vi at det fantes uendelig mange løsninger til en løsbar kongruenslikning, og lærte hvordan vi ut fra én løsning kunne beregne hvilke restklasser løsningene lå i. Metoden kan også brukes på diofantiske likninger, men i en diofantisk likning er vi bare interessert i selve løsningene, ikke hvilke restklasser de tilhører, og hvis vi har løst den diofantiske likningen ved hjelp av Euklids algoritme baklengs, har vi heller ikke noen kongruenslikning å arbeide ut fra.

Vi angir derfor en metode til å finne alle løsninger til en lineær, diofantisk likning basert på den opprinnelige likningen. La oss si at vi har funnet et løsningspar, to heltall x = x0 og y = y0, som tilfredsstiller den diofantiske likningen ax + by = c. Da vil alle løsninger av likningen være på formen

$x_k = x_0 + \frac{\displaystyle b}{\displaystyle d}k$

og

$y_k = y_0 − \frac{\displaystyle a}{\displaystyle d}k$

der k er et vilkårlig helt tall, og d = SFF(a, b).

Forklart med ord betyr dette at når vi har funnet et tallpar, x0 og y0, som er en løsning, kan vi finne nye løsningspar, xk og yk, ved å addere heltallige multipler av $\frac{\displaystyle b}{\displaystyle d}$ til x0, og å subtrahere heltallige multipler av $\frac{\displaystyle a}{\displaystyle d}$ fra y0, der vi henter a og b fra den opprinnelige likningen og beregner d som SFF(a, b). For eksempel

$x_1 = x_0 + \frac{\displaystyle b}{\displaystyle d} \cdot 1$ og $y_1= y_0 − \frac{\displaystyle a}{\displaystyle d} \cdot 1$

$x_2 = x_0 + \frac{\displaystyle b}{\displaystyle d} \cdot 2$ og $y_2 = y_0 − \frac{\displaystyle a}{\displaystyle d} \cdot 2$

$x_{−1} = x_0 + \frac{\displaystyle b}{\displaystyle d}(−1)$ og $y_{−1} = y_0 − \frac{\displaystyle a}{\displaystyle d}(−1)$

$x_{−2} = x_0 + \frac{\displaystyle b}{\displaystyle d}(−2)$ og $y_{−2} = y_0 − \frac{\displaystyle a}{\displaystyle d}(−2)$

og så videre. Det finnes i utgangspunktet uendelig mange muligheter, og vi finner dem ved å sette inn forskjellige verdier av k. For eksempel 1, 2, −1, −2, slik vi har vist over.

Eksempel 4:

I eksempel 2 fant vi at en løsning av den diofantiske likningen 500x + 200y = 2500.

Vi har da at a = 500, b = 200 og d = SFF(200, 500) = 100.

Og vi har sett at x0 = 1 og y0 = 10 er en løsning til denne likningen. Så, som et generelt uttrykk for xk og yk, får vi:

$x_k = x_0 + \frac{\displaystyle b}{\displaystyle d}k = 1 + {\large \frac{200}{100}}k = 1 + 2k$

$y_k = y_0 − \frac{\displaystyle a}{\displaystyle d}k = 10 − {\large \frac{500}{100}}k = 10 − 5k$

Tabellen under viser løsningene for verdier av k mellom −5 og 5. Alle parene av x og y gir riktig løsning av likningen, men hvis x og y skal representere antall pengesedler, kan tallene ikke være negative. Løsningene der både x og y er større eller lik null er derfor markert med gult.

k −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5
x −9 −7 −5 −3 −1 1 3 5 7 9 11
y 35 30 25 20 15 10 5 0 −5 −10 −15

Eksempel 5:

Tar vi utgangspunkt i løsningen i eksempel 3, får vi følgende utregning når vi vil finne alle løsninger:

x0 = 5 og y0 = 0. Vi har som før at a = 500, b = 200 og d = SFF(200, 500) = 100. Så da får vi som et generelt uttrykk for xk og yk:

$x_k = x_0 + \frac{\displaystyle b}{\displaystyle d}k = 5 + {\large \frac{200}{100}}k = 5 + 2k$

$y_k = y_0 − \frac{\displaystyle a}{\displaystyle d}k = 0 − {\large \frac{500}{100}}k = − 5k$

Tabellen under viser løsningene for verdier av k mellom −5 og 5. Kombinasjoner der både x og y er større eller lik null er markert med gult.

k −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5
x −5 −3 −1 1 3 5 7 9 11 13 15
y 25 20 15 10 5 0 −5 −10 −15 −20 −25

Vi ser at tallene markert med gult er de samme i tabellene i eksempel 4 og 5. k er forskjellig, men det har ingen betydning for løsningene.

Vi kan altså få 2500 kroner ved å kombinere

1 seddel på 500 kr og 10 sedler på 200 kr.

3 sedler på 500 kr og 5 sedler på 200 kr.

5 sedler på 500 kr og ingen sedler på 200 kr.

Oppgave 3:

Finn et uttrykk for alle løsninger til den lineære, diofantiske likningen fra oppgave 2, 21x + 14y = 147.

​Se løsningsforslag

Finne ikke-negative løsninger

Som vi så et eksempel på da vi regnet med sedler, er vi av og til ikke interessert i negative løsninger av en diofantisk likning. Slik er det ofte når vi opererer med ting fra den virkelige verden. Skruer og muttere, voksne og barn, gule og røde lodd, etc. Vi må alltid ha 0 eller flere enheter.

Skal vi holde oss til ikke-negative løsninger, betyr det at vi i den generelle løsningen må begrense k slik at vi bare får løsninger der xk ≥ 0 og yk ≥ 0. Det vil si at vi i det generelle uttrykket vi fant for x og y må ha

$x_0 + \frac{\displaystyle b}{\displaystyle d}k \geq 0$

og

$y_0 − \frac{\displaystyle a}{\displaystyle d}k \geq 0$

Her må vi altså sette inn verdiene vi finner for x0, y0, a, b og d, og løse ulikhetene med hensyn på k.

Eksempel 6:

I eksempel 4, da vi regnet modulo 200, fant vi at et generelt uttrykk for løsningen til likningen 500x + 200y = 2500 var:

xk = 1 + 2k

yk = 10 − 5k

Her må vi ha at xk = 1 + 2k ≥ 0.

Vi løser ulikheten ved å flytte 1 over til høyre side med fortegnsskifte og dividere begge sider med 2, noe som gir k ≥ −0,5.

Vi må også ha at yk = 10 − 5k ≥ 0.

Vi løser ulikheten ved å flytte 10 over til høyre side med fortegnsskifte og dividere begge sider med −5. Vi husker at vi må snu ulikhetstegnet når vi didviderer med et negativt tall, så dette gir k ≤ 2.

Det betyr altså at −0,5 ≤ k ≤ 2. Siden k må være hele tall, tilsvarer dette k = 0, k = 1 og k = 2.

Og vi får

x0 = 1 + 2 · 0 = 1
y0 = 10 − 5 · 0 = 10

x1 = 1 + 2 · 1 = 3
y1 = 10 − 5 · 1 = 5

x2 = 1 + 2 · 2 = 5
y2 = 10 − 5 · 2 = 0

Altså (1, 10), (3, 5) og (5, 0).

Som er det samme som vi fant i tabellen i eksempel 4.

Eksempel 7:

I eksempel 5, da vi regnet modulo 500, fant vi et annet generelt uttrykk for løsningen til likningen 500x + 200y = 2500 som var:

xk = 5 + 2k

yk = − 5k

Her må vi altså ha at

xk = 5 + 2k ≥ 0, noe som gir k ≥ −2,5.

og

yk = −5k ≥ 0, noe som gir k ≤ 0.

Det betyr altså at −2,5 ≤ k ≤ 0. Siden k må være hele tall, tilsvarer dette k = −2, k = −1 og k = 0.

Og vi får
x−2 = 5 + 2(−2) = 1
y−2 = −5(−2) = 10

x−1 = 5 + 2(−1) = 3
y−1 = −5(−1) = 5

x0 = 5 + 2 · 0 = 5
y0 = −5 · 0 = 0

Altså (1, 10), (3, 5) og (5, 0).

Som er det samme som vi fant i tabellen i eksempel 5.

​Oppgave 4:

Finn alle ikke-negative løsninger til den lineære, diofantiske likningen fra oppgave 2 og 3, 21x + 14y = 147.

Se løsningsforslag

Grafisk framstilling av løsninger

En lineær likning på formen ax + by = c kan ved hjelp av enkel algebra omformes til $y = −\frac{\displaystyle a}{\displaystyle b}x + \frac{\displaystyle c}{\displaystyle b}$. Dette kjenner vi igjen som likningen for ei rett linje med stigningstall $−\frac{\displaystyle a}{\displaystyle b}$ som skjærer y-aksen i $\frac{\displaystyle b}{\displaystyle c}$.

I introduksjonen skrev vi likningen x + 2y = 2 på denne måten som $y = −{\large \frac{1}{2}}x + 1$, en funksjon som har grafen under.

Heltallsløsninger av likningen x + 2y = 2

I grafen er punkter som er heltallige løsninger av likningen, markert. Vi ser at hvis vi fra ett av disse punktene går to skritt til høyre og ett ned, kommer vi til neste punkt. Mer formelt sagt adderer vi 2 til x-verdien, og adderer −1 til y-verdien

Tallene 2 og −1 kommer fra stigningstallet. Generelt vil vi i grafen til ax + by = c , med stigningstall $−\frac{\displaystyle a}{\displaystyle b}$, komme fra én heltallsløsning, (x, y), til neste ved å addere b til x og −a til y: (x + b, ya).

Vi kan selvsagt også gå fra høyre mot venstre ved å subtrahere b fra x og −a fra y: (xb, y +a).

I eksemplet der vi studerte hvordan sedler på 500 kr og 200 kr kunne kombineres til 2500 kr, hadde vi likningen 500x + 200y = 2500, som omformet og forkortet blir $y = −{\large \frac{5}{2}}x + {\large \frac{25}{2}}$. Grafen til denne funksjonen er vist under, med de heltallige løsningene (1, 10), (3, 5) og (5, 0) markert.

Heltallsløsninger til likningen 500x + 200y = 2500

Grafen til 500x + 200y = 2500 med heltallsløsninger markert

Her er stigningstallet $−{\large \frac{5}{2}}$, så a = 5, b = 2. Starter vi i (1, 10) og bruker formelen (x+b, ya), får vi (1+2, 10−5) = (3, 5). Gjør vi det samme en gang til, får vi (3+2, 5−5) =(5, 0). Som er de to andre løsningene til den diofantiske likningen.

Oppgave 5:

Løs likningen fra oppgave 2, 3 og 4, 21x + 14y = 147, som en vanlig likning med hensyn på y og tegn grafen i GeoGebra. Plott inn løsningene fra oppgave 4.

Se løsningsforslag

Oppgave 6:

En snekker lager krakker med 3 bein og bord med 4 bein. En dag har han brukt opp 33 bein, hvor mange krakker og bord han kan ha laget?

Se løsningsforslag

Vi skal avslutte med å se på et alternativ til å løse diofantiske likninger ved å skrive dem om til kongruenslikninger, Euklids algoritme baklengs.

Løse ved Euklids algoritme baklengs

I artikkelen om faktorisering lærte vi å bruke Euklids algoritme til å finne to talls største felles faktor. Brukt baklengs kan algoritmen benyttes til å løse lineære, diofantiske likninger.

Metoden virker i utgangspunktet bare på spesialtilfeller av den diofantiske likningen ax + by = c, der SFF(a, b) = 1 og c = 1, men utvides lett til å fungere også når SFF(a, b) > 1 eller c ≠ 1.

Prinsippet er at vi tar utgangspunkt i likningen ax + by = 1 og bruker Euklids algoritme til å finne SFF(a, b). Så nøster vi oss tilbake gjennom utregningen for å finne en lineær kombinasjon av a og b som er en løsning til likningen.

Vi illustrerer med et par eksempler.

Eksempel 8:

Vi skal løse likningen 43x + 5y = 1.

Her er SFF(a, b) = 1 og c = 1.

Vi starter med å bruke Euklids algoritme til å finne SFF(43, 5).

$\begin{align}43 &= 8 \cdot 5 + 3\\
5 &= 1 \cdot 3 + 2\\
3 &= 1 \cdot 2 + 1\\
2 &= 2 \cdot 1 + 0 \end{align}$

Konklusjonen er at SFF(43, 5) = 1, men det visste vi jo allerede. Det vi egentlig er ute etter, er å uttrykke resten, r, som en lineær kombinasjon av de to andre tallene, a og b. I siste linje er resten 0, så den er ikke så interessant. Men de andre linjene skriver vi om som vist under, a og b er markert med brunt:

$\begin{align}43 &= 8 \cdot 5 + 3 \, \Rightarrow \, 3 = {\color{brown}{43}} − 8 \cdot {\color{brown}{5}}\\
\\
5 &= 1 \cdot 3 + 2 \, \Rightarrow \, 2 = {\color{brown}{5}} − 1 \cdot {\color{brown}{3}}\\
\\
3 &= 1 \cdot 2 + 1 \, \Rightarrow \, 1 = {\color{brown}{3}} − 1 \cdot {\color{brown}{2}}\end{align}$

I siste linje erstatter vi så 2-tallet med uttrykket i linja over:

Estatning av tall i Euklids algoritme baklengs

Altså

$1 = {\color{brown}{3}} − 1 \cdot {\color{brown}{2}}$
$\Downarrow$
$1 = {\color{brown}{3}} − 1 \cdot ({\color{brown}{5}} − 1 \cdot {\color{brown}{3}})$
$\Downarrow$
$1 = 2 \cdot {\color{brown}{3}} − 1 \cdot {\color{brown}{5}}$

Vi passer på å ikke gjøre utregningene fullt ut, i stedet holder vi rede på hvor mange av de brune tallene vi har.

Vi har nå

$\begin{align}3 &= {\color{brown}{43}} − 8 \cdot {\color{brown}{5}}\\
1 &= 2 \cdot {\color{brown}{3}} − 1 \cdot {\color{brown}{5}} \\
\end{align}$

I siste linje erstatter vi 3-tallet med uttrykket i linja over

Estatning av tall i Euklids algoritme baklengs

Altså

$1 = 2 \cdot {\color{brown}{3}} − 1 \cdot {\color{brown}{5}}$
$\Downarrow$
$1 = 2 \cdot ({\color{brown}{43}} − 8 \cdot {\color{brown}{5}}) − 1 \cdot {\color{brown}{5}}$
$\Downarrow$
$1 = 2 \cdot {\color{brown}{43}} − 17 \cdot {\color{brown}{5}}$

Det betyr at x = 2, y = 17 er en løsning til den diofantiske likningen 43x + 5y = 1, som vi startet med.

Eksempel 9:

Vi skal løse likningen 25x + 7y = 1.

Her er SFF(a, b) = 1 og c = 1.

Vi starter med å bruke Euklids algoritme til å finne SFF(25, 7):

$\begin{align}25 &= 3 \cdot 7 + 4\\
7 &= 1 \cdot 4 + 3\\
4 &= 1 \cdot 3 + 1\\
3 &= 3 \cdot 1 + 0 \end{align}$

Vi dropper den siste linja, i de andre uttrykker vi resten, r, som en lineær kombinasjon av a og b, markert med brunt:

$\begin{align}4 &= {\color{brown}{25}} − 3 \cdot {\color{brown}{7}} \\
3 &= {\color{brown}{7}} − 1 \cdot {\color{brown}{4}} \\
1 &= {\color{brown}{4}} − 1 \cdot {\color{brown}{3}} \\
\end{align}$

I siste linje erstatter vi så 3-tallet med uttrykket i linja over

$1 = {\color{brown}{4}} − 1 \cdot {\color{brown}{3}}$
$\Downarrow$
$1 = {\color{brown}{4}} − 1 \cdot ({\color{brown}{7}} − 1 \cdot {\color{brown}{4}})$
$\Downarrow$
$1 = 2 \cdot {\color{brown}{4}} − 1 \cdot {\color{brown}{7}}$

Vi har nå

$\begin{align}4 &= {\color{brown}{25}} − 3 \cdot {\color{brown}{7}}\\
1 &= 2 \cdot {\color{brown}{4}} − 1 \cdot {\color{brown}{7}} \\
\end{align}$

I siste linje erstatter vi 4-tallet med uttrykket i linja over

$1 = 2 \cdot {\color{brown}{4}} − 1 \cdot {\color{brown}{7}}$
$\Downarrow$
$1 = 2 \cdot ({\color{brown}{25}} − 3 \cdot {\color{brown}{7}}) − 1 \cdot {\color{brown}{7}}$
$\Downarrow$
$1 = 2 \cdot {\color{brown}{25}} − 7 \cdot {\color{brown}{7}}$

Det betyr at x = 2, y = −7 er en løsning til den diofantiske likningen 25x + 7y = 1, som vi startet med.

Oppgave 7:

Finn en løsning til den diofantiske likningen 11x + 3y = 1, ved hjelp av Euklids algoritme baklengs.

​Se løsningsforslag

Så langt har vi altså sett på spesialtilfeller av den diofantiske likningen ax + by = c, der SFF(a, b) = 1 og c = 1. Nå skal vi generalisere metoden ved hjelp av to enkle triks.

Siden vi må ha SFF(a, b) | c for at likningen skal ha løsning, vil vi alltid kunne forkorte likningen med SFF(a, b), slik at vi får SFF(a, b) = 1.

Eksempel 10:

Vi skal løse den diofantiske likningen 50x + 14y = 10. Her har vi SFF(50, 14) = 2. Siden 2 | 10, har likningen løsning. Vi forkorter med 2 og får

25x + 7y = 5, som vi arbeider videre med i eksempel 11.

Siden vi kan multiplisere med samme tall på begge sider i en likning, vil vi, hvis a og b er løsninger til ax + by = 1, ha at ca og cb er løsninger til ax + by = c. Vi kan altså løse likningen ax + by = c ved først å løse ax + by = 1, og så multiplisere svarene med c.

Eksempel 11:

Vi skal løse den diofantiske likningen 25x + 7y = 5. Vi ser da først på likningen 25x + 7y = 1. Denne likningen løste vi i eksempel 9, og fikk

x = 2, y = −7.

Derfor er x = 5 · 2 = 10, y = 5 · (−7) = −35 løsninger til likningen 25x + 7y = 5.

Oppgave 8:

Finn en løsning til likningen fra oppgave 2, 21x + 14y = 147, ved hjelp av Euklids algoritme baklengs. 

​Se løsningsforslag

Vi så tidligere at en lineær, diofantisk likning kan gjøres om til en kongruenslikning, og selvsagt kan vi også gå andre veien, gjøre en kongruenslikning om til en diofantisk likning. Det betyr at Euklids algoritme baklengs også kan brukes til å løse kongruenslikninger ved at vi først gjør dem om til diofantiske likninger.

Kilder

    • Rosen, Kenneth H. (1984). Elementary Number Theory and Its Applications. Addison-Wesley.
    • Rinvold, A. R. (2009). Visuelle perspektivTallteori. Caspar Forlag.
    • Petersen, V. B., Tvete, K. S. (2013). I tallkongruensenes verden. Caspar Forlag.
    • Gustavsen, T.S., Hinna, T.R.C., Borge, I.C., Andersen, P.S. (2014). QED 5-10, bind 2. Cappelen Damm A/S.

Modellere med likninger

I den virkelige verden er det sjelden vi støter på problemstillinger i form av ferdig oppstilte likninger, som regel må vi selv stille opp likningene. Dette kan være utfordrende, men idet en likning er på plass, kan vi løse den ved hjelp av faste matematiske metoder. Å stille opp likninger som representerer en situasjon i den virkelige verden kaller vi gjerne å modellere med likninger.

Vi skal ikke her se på noen fast teknikk til å modellere med likninger, bare si at hvis vi skal løse et problem der en eller flere ukjente verdier skal bestemmes under gitte betingelser, kan en modell med likninger være et nyttig verktøy. Å modellere med likninger er en teknikk som kommer gjennom øvelse og erfaring.

Likningene vi trenger, kan være av forskjellig type. Vi skal se på noen eksempler.

Førstegradslikninger

Eksempel 1:

Johan kan velge mellom to typer mobilabonnement. Abonnement 1 har en fast pris på kr 200 per måned, i tillegg koster hver GB med data brukt kr 30. Abonnement 2 har en fast pris på kr 100 per måned, men hver GB brukt koster kr 40.

Det er klart at abonnement 2 er billigere enn abonnement 1 hvis Johan bruker lite data, og omvendt hvis han bruker mye data. Men vi ønsker å finne ut nøyaktig hvor mye data Johan må bruke per måned for at det lønner seg å velge abonnement 1.

Her skal vi finne en bestemt verdi under gitte betingelser, og vi kan bruke en likning til dette.

Trinn 1 blir å stille opp likningen. La oss kalle mengden data Johan bruker per måned for x. Med abonnement 1 vil den månedlige kostnaden bli 200 + 30x. Med abonnement 2 vil den månedlige kostnaden bli 100 + 40x. Kostnadene er like store når 200 + 30x = 100 + 40x.

Trinn 2 blir å løse likningen 200 + 30x = 100 + 40x. Dette er en førstegradslikning som vi løser ved å isolere x på venstre side av likhetstegnet og forenkle så langt det går.

200 + 30x = 100 + 40x

30x − 40x = 100 − 200

−10x = −100

x = 10

Abonnement 1 lønner seg hvis Johan bruker mer enn 10 GB per måned.

Se løsningsforslag

Oppgave 1:

Alea skal ha sommerjobb med å plukke jordbær. Hun kan velge å bli betalt etter alternativ 1, som er en fast dagslønn på kr 800, eller alternativ 2, som er en timebetaling på kr 50 og kr 5 per kurv hun plukker. Arbeidsdagen er 8 timer. Hvor mange kurver må Alea plukke per dag for at det skal lønne seg å velge alternativ 2?

Se løsningsforslag

En klassiker er grublis-oppgaver av typen «hvor gammel er». I stedet for å prøve og feile, kan vi ofte løse denne typen oppgave med likninger.

Eksempel 2:

Om 10 år er Samir dobbelt så gammel som han var for 5 år siden. Hvor gammel er Samir?

Kaller vi Samirs alder for x, vil han om 10 år være x + 10, og for 5 år siden var han x − 5. At han om 10 år er dobbelt så gammel som han var for 5 år siden, betyr at vi må ha 2 · (x − 5) = x + 10. Det er fort å bomme her, og multiplisere med 2 på feil side, men vi har altså at når han er x + 10 er han det dobbelte av x − 5, så det er x − 5 vi må multiplisere med 2.

Vi løser likningen:

2 · (x − 5) = x + 10

2x − 10 = x + 10

2xx =10 + 10

x = 20

Samir er 20 år.

Så et litt mer komplisert eksempel:

Eksempel 3:

Astrid er halvparten så gammel som Torhild. Knut er tre år eldre enn Torhild. Til sammen er de 53 år gamle. Hvor gamle er Astrid, Torhild og Knut?

Her er mange opplysninger, så denne oppgaven kan være litt krevende å uttrykke matematisk. Men vi kan merke oss at både Astrids og Knuts alder er oppgitt i forhold til Torhilds. Vi velger derfor å kalle Torhilds alder for x.

Vi har da at

      • Torhild er x år.
      • Astrid er x/2 år.
      • Knut er x + 3 år.

Så vet vi at summen av disse aldrene er 53 år. Vi får derfor likningen x + x/2 + x + 3 = 53.

Vi løser likningen:

x + x/2 + x + 3 = 53

2x + x + 2x + 6 = 106

5x = 100

x = 20

Følgelig er x/2 = 10 og x + 3 = 23

Torhild er 20 år, Astrid er 10 år og Knut er 23 år.

Oppgave 2:

Ta utgangspunkt i eksempel 3, men la nå Astrids alder være den ukjente x. Still opp og løs den tilhørende likningen. Du skal få samme svar som i eksempel 3.

SkjermfilmSe film der likningen stilles opp og løses
 

Likningssett

Har vi flere uavhengige opplysninger, modellerer vi med likningssett.

Eksempel 4:

Vi vet at 1 kg tomat og 2 kg potet koster kr 46 til sammen, og at 2 kg tomat og 1 kg potet koster kr 53 til sammen. Så skal vi finne ut hva tomat og potet koster per kg.

La oss kalle prisen på tomat t og prisen på potet p, da er det lettere å huske hvilken ukjent som representerer hva, enn om vi kaller prisene x og y.

Vi har altså at 1t + 2p = 46 og 2t + 1p = 53. Dette er et likningssett med 2 likninger og 2 ukjente. Vi skal altså løse settet:

(I) t + 2p = 46
(II) 2t + p = 53

Vi kan velge å bruke innsettingsmetoden eller addisjonsmetoden. Her virker det som det enkleste er at vi lett kan finne et uttrykk for t fra (I): t + 2p = 46 ⇒ t = 46 − 2p

Vi setter inn 46 − 2p for t i (II), og får 2(46 − 2p) + p = 53 ⇒ 92 − 4p + p = 53 ⇒ −3p = −39 ⇒ p = 13

Vi fant tidligere at t = 46 − 2p, så t = 46 − 2 · 13 = 20

1 kg tomat koster kr 20 og 1 kg potet koster kr 13.

Oppgave 3:

1 stk. brokkoli og 2 stk. purre koster kr 55 til sammen. 2 stk. brokkoli og 4 stk. purre koster kr 110 til sammen.

Kan du ut fra disse opplysningene finne ut hva 1 stk. brokkoli og 1 stk. purre koster? Hvis ikke, hva er problemet?

Se løsningsforslag

Likninger med ukjent i eksponent

Eksempel 5:

Setter vi kr 1000 i banken og får 3 % rente pr. år, har vi etter 1 år

kr 1000 · 1,03

Siden vi får rente av rentene, har vi etter 2 år

kr (1000 · 1,03) · 1,03, altså kr 1000 · (1,03)2

Etter 3 år har vi

kr ((1000 · 1,03) · 1,03) · 1,03, altså kr 1000 · (1,03)3

og etter x år har vi

kr 1000 · (1,03)x

Så lurer vi på hvor mange år pengene må stå før vi passerer kr 1500 på konto.

En likning som beskriver problemet, er 1000 · (1,03)x = 1500. På venstre side av likhetstegnet har vi et uttrykk for beløpet vi har etter x år, og på høyre beløpet 1500, og vi skal finne ut hva x må være for at venstre side er lik høyre. Vi løser likningen:

1000 · (1,03)x = 1500
⇓ (Dividerer med 100 på begge sider. Dette er ikke nødvendig, men gir lavere tall å arbeide med.)
10 · (1,03)x = 15
⇓ (Tar logaritmen på begge sider)
ln(10 · (1,03)x) = ln 15
⇓ (Benytter at ln uv = ln u + ln v)
ln10 + ln 1,03)x = ln 15
⇓ (Benytter at ln ux = x ln u)
ln 10 + x ln 1,03 = ln 15

x = (ln 15 − ln 10)/ln 1,03

x ≈ 13,72

Siden x må være et helt tall, betyr dette at vi etter 14 år har passert kr 1500 på konto.

Oppgave 4

Et typisk prisfall på nye biler er 13 % per år. Med andre ord vil prisen på en bil et gitt år være lik prisen året før multiplisert med 0,87. Finn ut hvor mange år det vil gå før prisen på en bil til kr 350 000 er blitt lavere enn kr 200 000. Regn i hele år.

Se løsningsforslag

Prinsippet vi har brukt i alle eksemplene, er at vi først modellerer problemet vi skal løse, med en likning eller et likningssett. Vi har ikke angitt noen fast oppskrift på dette, men arbeider etter en såkalt heuristisk metode, ut fra erfaring og intuisjon. Når likningen(e) først er satt opp, bruker vi imidlertid kjente matematiske metoder i løsningsprosessen. Når vi har funnet en løsning, gir vi en tolkning av løsningen i den situasjonen vi modellerte. Det siste er viktig, vi nøyer oss ikke med å komme fram til verdiene til de ukjente, vi forklarer også hva resultatet betyr. I eksempel 1, for eksempel, nøyer vi oss ikke med å si at x = 10, vi forklarer at dette betyr at abonnement 1 lønner seg hvis Johan bruker mer enn 10 GB per måned. I dette eksempelet er tolkningen riktignok nokså opplagt, men i andre sammenhenger kan de matematiske resultatene være mer subtile, så det er en god vane å alltid ta med en tolkning av resultatet.

Kilder

Likninger med ukjent under brøkstrek

Dersom den ukjente står i nevneren i en brøk, vil en god løsningstaktikk gjerne være å, som første steg, sørge for at den ukjente kommer bort fra nevneren. Det gjør vi ved å multiplisere med nevneren på begge sider av likhetstegnet.

Eksempel 1:

Vi skal løse likningen $\frac{\displaystyle 8}{\displaystyle x + 2} = 2$ med hensyn på x.

Vi multipliserer begge sider av likningen med x + 2:
$\frac{\displaystyle 8(x + 2)}{\displaystyle x + 2} = 2(x + 2)$

Vi forkorter med x + 2 i brøken:
8 = 2(x + 2)

Vi multipliserer 2-tallet inn i parentesen:
8 = 2x + 4

Vi flytter 2x over til venstre side med fortegnsskifte og 8 over til høyre med fortegnsskifte:
−2x = 4 − 8

Vi regner ut høyre side:
−2x = − 4

Vi dividerer begge sider med −2:
x = 2

Setter vi prøve på svaret, får vi:

V.S.: $\frac{\displaystyle 8}{\displaystyle x + 2} = \frac{\displaystyle 8}{\displaystyle 2 + 2} = \frac{\displaystyle 8}{\displaystyle 4} = 2$

Dette er det samme som står på høyre side, så løsningen er riktig.

Eksempel 2:

Vi skal løse likningen $\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x + 2} = \frac{\displaystyle 4}{\displaystyle x + 3}$ med hensyn på x.

Vi multipliserer begge sider av likningen med x + 2:
$\frac{\displaystyle 2(x+2)}{\displaystyle x + 2} = \frac{\displaystyle 4(x+2)}{\displaystyle x + 3}$

Vi forkorter med x + 2 i brøken på venstre side:
$2 = \frac{\displaystyle 4(x+2)}{\displaystyle x + 3}$

Vi multipliserer begge sider av likningen med x + 3:
$2(x+3) = \frac{\displaystyle 4(x+2)(x+3)}{\displaystyle x + 3}$

Vi forkorter med x + 3 i brøken på høyre side:
2(x + 3) = 4(x + 2)

Vi multipliserer 2- og 4-tallet inn i parentesene:
2x + 6 = 4x + 8

Vi flytter 4x over til venstre side med fortegnsskifte og 6 over til høyre med fortegnsskifte:
2x − 4x = 8 − 6

Vi regner ut begge sider:
−2x = 2

Vi dividerer begge sider med −2:
x = −1

Setter vi prøve på svaret, får vi:

V.S.: $\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x + 2} = \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle −1 + 2} = \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 1} = 2$

H.S.: $\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle x + 3} = \frac{\displaystyle 4}{\displaystyle −1 + 3} = \frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 2} = 2$

Venstre og høyre side er like, så løsningen er riktig.

I eksempel 1 så vi at nevneren på venstre side av likningen, x + 2, etter noe omregning ble en faktor på høyre side. I eksempel 2 så vi at nevneren på venstre side av likningen, x + 2, etter noe omregning ble en faktor på høyre side, og at nevneren på høyre side, x + 3, etter noe omregning ble en faktor på venstre side. Generelt, blir utregningen slik, hvis vi har en likning med to brøker:

$\frac{\displaystyle a}{\displaystyle b} = \frac{\displaystyle c}{\displaystyle d}$

$\Downarrow$

$\frac{\displaystyle a \cdot b}{\displaystyle b} = \frac{\displaystyle c \cdot b}{\displaystyle d}$

$\Downarrow$

$a = \frac{\displaystyle c \cdot b}{\displaystyle d} $

$\Downarrow$

$a \cdot d = \frac{\displaystyle c \cdot b \cdot d}{\displaystyle d} $

$\Downarrow$

$a \cdot d = c \cdot b$

Vi ser at slutteffekten generelt er at nevneren på venstre side blir en faktor på høyre side, og vice versa. Vi går derfor gjerne ikke gjennom alle stegene i å multiplisere og forkorte, men gjør alt i én operasjon ved å kryssmultiplisere i det opprinnelige uttrykket, slik:

Illustrasjon av kryssmultiplisering

Å kryssmultiplisere er etablert som en metode til å løse likninger der den ukjente står i én eller begge nevnerne. Men for å forstå hvorfor denne metoden kan brukes, må vi vite at det vi egentlig gjør er å multiplisere med begge nevnerne på begge sider, og deretter forkorte. Regneoperasjonen som inngår er altså multiplikasjon med samme verdi på begge sider av likningen, som vi i artikkelen om førstegradslikninger listet opp som to av fire «lovlige operasjoner» til å løse likninger.

Eksempel 3:

Vi ser på likningene fra eksempel 1 og 2 igjen.

Vi har:
$\frac{\displaystyle 8}{\displaystyle x + 2} = 2$

Når vi kryssmultipliserer, får vi
8 = 2(x + 2), som vi så arbeider videre med, som i eksempel 1.

Vi har:
$\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x + 2} = \frac{\displaystyle 4}{\displaystyle x + 3}$

Når vi kryssmultipliserer, får vi
2(x + 3) = 4(x + 2), som vi så arbeider videre med, som i eksempel 2.

Oppgave 1:

Løs likningen $\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x} + 10 = 12$ og sett prøve på svaret.

SkjermfilmSe film der likningen løses

Oppgave 2:

Løs likningen $\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 6x − 16} = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x − 2}$ med hensyn på x. Start med å kryssmultiplisere. Sett prøve på svaret.

Se løsningsforslag

I eksempel 1 og 2 hadde vi konstanter i tellerne og uttrykk med x i nevnerne. Da vi kryssmultipliserte, så vi at vi hadde en førstegradslikning. Hvis vi har x både i en teller og en nevner, har vi en andregradslikning.

Eksempel 4:

Vi skal løse likningen $\frac{\displaystyle x + 1}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 4x}$ med hensyn på x.

Vi kryssmultipliserer:
4x(x + 1) = 2 · 4

Vi multipliserer inn 4x på venstre side og multipliserer på høyre side:
4x2 + 4x = 8

Vi flytter 8 over til venstre side med fortegnsskifte:
4x2 + 4x − 8 = 0

Vi løser ved hjelp av abc-formelen:
$x_{1, 2} = {\large \frac{−b \pm \sqrt{b^2 −4ac}}{2a}} = x_{1, 2} = {\large \frac{−4 \pm \sqrt{4^2 −4 \cdot 4 \cdot (−8)}}{2 \cdot 4}} = {\large \frac{−4 \pm \sqrt{144}}{8}} = {\large \frac{−4 \pm 12}{8}} = {\large \frac{−1 \pm 3}{2}}$


$x_{1}= {\large \frac{−1 + 3}{2}} = 1$

$x_{2}= {\large \frac{−1 − 3}{2}} = −2$

Setter vi prøve på svaret, får vi, når x = 1:

VS.: $\frac{\displaystyle x + 1}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 1 + 1}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}$

H.S.: $\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 4x} = \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 4 \cdot 1} = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}$

Når x = −2, får vi:

VS.: $\frac{\displaystyle x + 1}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle −2 + 1}{\displaystyle 4} = −\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4}$

H.S.: $\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 4x} = \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 4 \cdot (−2)} = \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle −8} = −\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4}$

I begge tilfeller er venstre og høyre side like, så løsningene er riktige.

Oppgave 3:

Løs likningen $\frac{\displaystyle x+2}{\displaystyle x − 3} = \frac{\displaystyle 2x + 4}{\displaystyle x}$ med hensyn på x. Sett prøve på svaret.

Se løsningsforslag

Kilder

    • Sydsæter, K. (2001). Elementær algebra og funksjonslære. Gyldendal Norsk Forlag

Førstegradslikninger

En algebraisk likning der den høyeste potensen av den ukjente er 1, kalles en førstegradslikning. For eksempel er 3x − 2 = x + 2 en førstegradlikning. Vi husker at x kan skrives som x1, så x er i første potens, selv om vi sløyfer å skrive 1-tallet.

En førstegradslikning kalles ofte også en lineær likning.

Løse førstegradslikninger

Vi kan tenke på en førstegradslikning som en skålvekt, der venstre skål inneholder det som står til venstre for likhetstegnet i en likning, og høyre skål inneholder det som står til høyre for likhetstegnet:

Skålvekt som illustrerer balanse i likning

Skålvekta er i balanse, og vår jobb er å få elementene organisert slik at den ukjente ligger alene på venstre skål, og vekta fremdeles er i balanse.

Vekta forblir i balanse selv om vi

    • adderer eller subtraherer samme verdi på begge sider.
    • multipliserer eller dividerer med samme verdi på begge sider. (Vi må da passe på å ikke dividere med 0.)

De fire grunnleggende regneoperasjonene nevnt over er alt vi trenger for å løse en førstegradslikning.

Hvilke regneoperasjoner vi skal gjøre, og i hvilken rekkefølge, når en likning skal løses, vil variere, og det kan ikke gis noen entydig oppskrift. Vi må imidlertid arbeide med å isolere den ukjente som mål. Planløs taktikk fører gjerne til unødvendige og kompliserende regneoperasjoner.

Eksempel 1:

Vi skal løse likningen 3x − 2 = x + 2.

Subtraherer x på begge sider av likningen:
3xx − 2 = xx + 2

Trekker sammen leddene med x:
2x − 2 = 2

Adderer 2 på begge sider av likningen:
2x − 2 + 2 = 2 + 2

Regner sammen:
2x = 4

Dividerer med 2 på begge sider av likningen:
x = 2

Vi skal nå være litt mer generelle og tenke oss at vi har vilkårlige tall på begge sider av likhetstegnet: x + b = c. Så ønsker vi å stå igjen med bare x på venstre side. Da adderer vi –b på begge sider: x + bb = cb. På venstre side blir bb null, så vi står igjen med x = cb. Sammenlikner vi med det vi startet med, ser vi at b-en har flyttet seg over til høyre side og skiftet fortegn. I praksis går vi derfor ikke gjennom den omstendelige prosedyren med å addere eller subtrahere på begge sider, vi flytter bare over og skifter fortegn. Dette er den såkalte «flytte-bytte»-regelen. Regelen er praktisk i bruk, men illustrerer ikke at det vi faktisk gjør, er å legge til eller trekke fra det samme på begge sider av likhetstegnet.

Fra nå av kommer vi til å bruke «flytte-bytte»-regelen for enkelhets skyld, men husk at det vi egentlig gjør, er å legge til eller trekke fra det samme på begge sider av likhetstegnet.

Utregningen i eksempel 1 vil vi gjøre så kortfattet som i eksempel 2:

Eksempel 2:

Vi skal løse likningen 3x − 2 = x + 2.

Flytter x over på venstre side, skifter fortegn og trekker sammen:
2x − 2 = 2

Flytter −2 over på høyre side, skifter fortegn og trekker sammen:
2x = 4

Dividerer med 2 på begge sider:
x = 2

Oppgave 1:

Under vises løsningen av en likning i fire trinn. Angi for hvert trinn hvilke regneregler som brukes. Det kan være det brukes flere regler i hvert trinn.

$\begin{align} 3(2x + 3) &= 12 + 3x \\
\; \\
6x + 9 &= 12 + 3x \\
\; \\
6x &= 3 + 3x \\
\; \\
3x &= 3 \\
\; \\
x &= 1 \end{align}$

SkjermfilmSe film der løsningen vises
 

Sette prøve på svar

Når vi har løst en likning, kan vi sette prøve på svaret. Det gjør vi ved å sette svaret vårt inn som verdi for den ukjente på både venstre og høyre side av den opprinnelige likningen, og kontrollere at vi får samme svar på begge sider.

Eksempel 3:

Vi har løst likningen 3x − 2 = x + 2, funnet at x = 2, og skal sette prøve på svaret. Vi får

V.S.: 3x − 2 = 3 · 2 − 2 = 4

H.S.: x + 2 = 2 + 2 = 4

Begge sider er lik 4, så løsningen er riktig.

I eksempel 3 ser vi at vi regner ut venstre og høyre side hver for seg. Her står V.S. for «venstre side» og H.S. for «høyre side». Alternativt kan vi regne ut venstre og høyre side parallelt med en vertikal strek imellom. Det vi imidlertid ikke gjør, er å føre prøven med likhetstegn mellom sidene, for vi vet ikke om de er like, det er det vi skal kontrollere.

Eksempel 4:

Vi har løst likningen 3x − 2 = x + 2 feil, funnet at x = 3, og skal sette prøve på svaret:

3x − 2 = x + 2
3 · 3 − 2 = 3 + 2
7 = 5

I eksempel 4 ser vi at vi ender opp med å si at 7 er lik 5. Å sette likhetstegn mellom noe vi ikke vet er likt, kalles misbruk av likhetstegnet, og er noe vi skal unngå.

Oppgave 2:

Løs likningen 5x + 3x + 6 – 2 = 7x + 6 og sett prøve på svaret.

SkjermfilmSe film der likningen løses
 

Grafiske løsninger

Generelt har førstegradslikninger formen ax + b = 0, der a og b er vilkårlige tall, for eksempel 3x + 2 = 0. Hvis vi har en førstegradslikning som ikke har denne formen, kan vi omforme den ved å flytte alle leddene til venstre side og forenkle så langt som mulig.

Eksempel 5:

Vi skal skrive likningen fra eksempel 1 på formen ax + b = 0.

Vi har:
3x − 2 = x + 2

Flytter x over på venstre side, skifter fortegn og trekker sammen:
2x − 2 = 2

Flytter 2 over på venstre side, skifter fortegn og trekker sammen:
2x − 4 = 0

Likningen er nå på formen ax + b = 0, med a = 2 og b = −4.

Når en likning er på formen ax + b = 0, kan vi løse den grafisk ved å tegne opp grafen til funksjonen y = ax + b. Løsningen til likningen er da den verdien x har der grafen skjærer x-aksen, det vil si der y = 0.

Grafen til en førstegradsfunksjon er en rett linje, og vi kan tegne den for hånd ved å beregne to punkter på grafen og så trekke en rett linje gjennom punktene ved hjelp av en linjal. Det spiller ingen rolle hvilke punkter, men vi får en mer presis graf hvis vi velger punktene et stykke fra hverandre. Og å velge x = 0 som ett av punktene gir jo en enkel utregning. Det vi ikke gjør, er å velge mer enn to punkter, det gir en dårligere graf. Vi ser av og til studenter som velger mange punkter for å tegne grafen til en førstegradsfunksjon, og på grunn av unøyaktighet ender de opp med noe som ser ut som en slange som bukter seg mellom punktene.

I eksempel 5 har vi likningen 2x − 4 = 0, den tilhørende førstegradsfunksjonen blir y = 2x − 4. For å finne to punkter på grafen til denne kan vi for eksempel først velge x = 0, da får vi y = 2x − 4 = 2 · 0 − 4 = − 4. Velger vi så x = 4, får vi y = 2x − 4 = 2 · 4 − 4 = 4. Vi har da punktene (0, −4) og (4, 4), og kan tegne en rett linje gjennom dem. Vi vil se at grafen skjærer x-aksen i (2, 0). Løsningen til likningen 3x − 2 = x + 2 er altså x = 2, noe som stemmer med det vi fant ved regning i eksempel 1 og 2.

Vi kan også tegne grafen og finne skjæringspunktet med x-aksen i GeoGebra, slik det er vist under. Her har vi første skrevet 2x − 4 i inntastingsfeltet, og GeoGebra har tegnet opp grafen og kalt den tilhørende funksjonen f. Så har vi skrevet Skjæring(f, xAkse) for å finne punktet der grafen til f skjærer x-aksen. GeoGebra har kalt punktet A, markert det i grafikkfeltet, og angitt koordinatene i algebrafeltet.

Grafen til y = 2x - 4

Vi ser at skjæringspunktet med x-aksen er (2, 0). I dette tilfellet er skjæringspunktet et helt tall, men det kan være at skjæringspunktet ser ut til å være et helt tall, men egentlig ikke er det. I bildet under kan det for eksempel se ut som skjæringen er i x = 2, mens det egentlig er i x = 2,05. For å få den eksakte verdien bruker vi derfor funksjonen Skjæring i GeoGebra.

Skjæringspunkt som ikke er heltall

 

Oppgave 3:

Løs likningen 5x + 3x + 6 – 2 = 7x + 6 grafisk.

SkjermfilmSe film der likningen løses grafisk
 

Likninger med algebraiske symboler

Så langt har vi arbeidet med likninger der den ukjente har vært x, og de andre elementene tall. Men det er ikke noe i veien for at vi kan ha flere algebraiske symboler i en likning. Når vi skal løse en slik likning, må det være klargjort hvilket symbol som representerer den ukjente vi skal løse med hensyn på.

Eksempel 6:

Vi skal løse likningen 2uv = 4u + v − 2 med hensyn på u. Målet er da å isolere u på venstre side av likhetstegnet.

Flytter 4u over på venstre side, skifter fortegn og trekker sammen:
−2uv = v − 2

Flytter −v over på høyre side, skifter fortegn og trekker sammen:
−2u = −2v − 2

Dividerer med −2 på begge sider:
u = −v + 1

Vi har nå løst likningen med hensyn på u, for u er isolert på venstre side av likhetstegnet, og uttrykket på høyre side er forenklet så langt det går.

Vil vi sette prøve på svaret, erstatter vi u med løsningen −v + 1 på begge sider av likhetstegnet:

V.S.: 2uv = 2(−v + 1) − v = −2v + 2 − v = −3v + 2

H.S.: 4u + v − 2 = 4(−v + 1) + v − 2 = −4v + 4 + v − 2 = −3v + 2

Begge sider er lik −3v + 2, så løsningen er riktig.

Oppgave 4:

Løs likningen fra eksempel 6, 2uv = 4u + v − 2, med hensyn på v, og sett prøve på svaret.

Se løsningsforslag

Kilder

Hva er likninger?

En likning er matematiske uttrykk forbundet med likhetstegn. Et eksempel på en likning er x + 2 = 3. Denne likningen inneholder en variabel, symbolisert med bokstaven x. Å løse denne likningen vil si å finne verdien av x som gjør at vi får 3 når vi adderer 2 til x. Det er lett å se at denne verdien må være 1, men i mer kompliserte tilfeller vil vi ofte ikke kunne se svaret direkte. Det er derfor behov for systematiske metoder for å løse likninger.

Likninger kan inneholde et vilkårlig antall variable, for eksempel inneholder likningen x + y = 4 to variable, symbolisert med x og y. For å kunne finne entydige løsninger for alle variable, kreves det vanligvis et likningssett med like mange likninger som ukjente.

Vi bruker ofte x som symbol for den ukjente hvis vi har en likning med 1 ukjent, x og y hvis vi har en likning med 2 ukjente, og x, y og z hvis vi har en likning med 3 ukjente. Men det er ikke noe krav. I likninger der den ukjente representerer tid, er det vanlig å bruke t som symbol.

Likninger kan også inneholde potenser av variable, for eksempel x2 − 1 = 3. Potensen angir likningens grad, i dette tilfellet 2, vi har en andregradslikning. Dette nettstedet inneholder en egen artikkel om å løse andregradslikninger.

I eksemplene vi har sett, består likningene av polynomer. Slike likninger kalles algebraiske. Likninger som ikke er algebraiske, er transcendente.

Kilder

    • Sydsæter, K. (2001). Elementær algebra og funksjonslære. Gyldendal Norsk Forlag
    • Store norske leksikon