Na pedagogických fakultách se po jistou dobu používala a asi i v současnosti

South Bohemia Mathematical Letters Volume 19, (2011, No. 1, 18-26. SOUSTAVY LINEÁRNÍCH DIOFANTOVSKÝCH ROVNIC A SMITHŮV NORMÁLNÍ TVAR MATICE JAROSLAV HORA Abstrakt. S jednoduchými soustavami lineárních diofantovských rovnic se kdysi běžně setkávali i studenti učitelství pro 1. st. ZŠ. Jak ale postupovat, když je daná soustava poněkud složitější a dosazovací metodou nakonec nezískáme jedinou lineární diofantovskou rovnici o dvou neznámých? Odpovědí může být Smithův normální tvar matice a odpovídající zjednodušení soustavy diofantovských rovnic, kterou máme řešit. Na pedagogických fakultách se po jistou dobu používala a asi i v současnosti užívá při výuce matematiky na 1. st. ZŠ celostátní učebnice [1]. Sám jsem podle ní také učil. Tato kniha obsahuje zajímavý příklad: Bylo vystřeleno několik ran do terče se soustřednými kruhy, označenými čísly 8, 12, 20, která znamenají počet bodů. Každá rána byla zásahem a celkový počet bodů byl 168. Ve středním kruhu bylo tolik zásahů jako v obou ostatních dohromady. Kolik zásahů bylo v jednotlivých kruzích? Označme počet zásahů ve středním kruhu x, ve dvanáctibodovém, resp. osmibodovém mezikruží y, resp. z. Dostáváme soustavu dvou lineárních diofantovských rovnic o třech neznámých 20x + 12y + 8z = 168 (1 y = x + z. (2 Po dosazení za y do (1 ovšem získáme jedinou lineární diofantovskou rovnici 32x + 20z = 168. (3 Tato rovnice je řešitelná, nebot D = D(32, 20 = 4 4 168. Zřejmě dále platí 4 = 32 2 + 20 ( 3, po vynásobení 42 dostaneme 168 = 32 84 + 20 ( 126 a nalezli jsme jedno řešení rovnice (3, totiž x 0 = 84, z 0 = 126. Známá teorie pro řešení lineárních diofantovských rovnic pak říká, že obecné řešení rovnice (3 je dáno ve tvaru x = x 0 + (b/d t = 84 + 5 t, z = z 0 (a/d t = 126 8t, kde t je celočíselný parametr. Ze (2 snadno dopočteme y = 42 3t, t Z. Tím je původní soustava vyřešena v množině Z 3 = Z Z Z, ale slovní úloha vyžaduje najít řešení v oboru N 3. Hledáme takové hodnoty celočíselného parametru t, které současně vyhovují podmínkám 84 + 5t 0, 42 3t 0, 126 8t 0. Zjistí se, že vyhovuje jediná hodnota t = 16 a ta poskytuje jediné řešení uvedené slovní úlohy, totiž x = 4, y = 6, z = 2. 18

SOUSTAVY LINEÁRNÍCH DIOFANTOVSKÝCH ROVNIC 19 Jenže daná soustava lineárních diofantovských rovnic může být jindy mnohem více nepřátelská a může být zadána v maticovém tvaru. Nemusí být pak vůbec zřejmé, jak ji řešit a zda má či nemá řešení. Klasické postupy používané v lineární algebře musejí být pozoruhodným způsobem modifikovány. Uved me skromný příklad, z něhož nahlédneme, jaké postupy se užívají. Příklad 1: Řešme soustavu diofantovských rovnic A x = b, kde ( 1 11 10 A =, x = x 1 ( x 2 40 34 2, 4 b =. 12 x 3 Řešení: Provedeme jistou posloupnost elementárních řádkových a sloupcových úprav matice A. Uvidíme, že tyto úpravy lze realizovat násobením matice A jistými unimodulárními maticemi, tj. čtvercovými maticemi s celočíselnými prvky, jejichž determinant je roven 1 či 1. 1. krok: Přičteme 11 násobek prvního sloupce k druhému sloupci. To je totéž, jako vynásobit matici ( 1 11 10 2 40 34 Matice R 1 je unimodulární, je det R 1 = 1. Máme ( 1 11 0 1 11 10 0 1 0 2 40 34 zprava maticí R 1 = = ( 1 0 10 2 18 34 1 11 0 0 1 0 2. krok: Zbavíme se čísla 10 na pozici (1, 3 tím, že ke třetímu sloupci připočteme sloupec první vynásobený číslem 10. To lze realizovat vynásobením zprava unimodulární 1 0 10 maticí R 2 = 0 1 0. Je ( 1 0 10 ( 1 0 10 0 1 0 =. 2 18 34 2 18 14 3. krok: Nyní se zbavíme čísla 2 na pozici (2, 1 tím, že ke druhému řádku připočteme 2 násobek prvního( řádku. Jde o operaci s řádky a ta se bude realizovat vynásobením maticí L 3 = zleva. (Jde ovšem opět o unimodulární 1 0 2 1 matici. Je ( ( ( 1 0 1 0 0 =. 2 1 2 18 14 0 18 14 4. krok: Nyní nám nevyhovuje číslo 14 na pozici (2, 3 a na jeho místě si připravíme prvek 4. Toho dosáhneme tím, že ke třetímu sloupci přičteme sloupec druhý. Je tedy R 4 = 0 1 1 odpovídající unimodulární matice. Dále platí ( ( 0 1 1 =. 0 18 14 0 18 4..

20 JAROSLAV HORA 5. krok: Odečtení mínus čtyřnásobku třetího sloupce od sloupce druhého zajistí unimodulární matice R 5 = 0 1 0. Je 0 4 1 ( ( 0 1 0 =. 0 18 4 0 2 4 0 4 1 6. krok: Matice R 6 = 0 1 2 provede poslední úpravu, ( ( 0 1 2 =. 0 2 4 0 2 0 Pak Označme L = L 3 = D = LAR = ( 1 0 2 1 ( 1 0 2 1 ( 1 11 10 2 40 34 a R = R 1 R 2 R 4 R 5 R 6 = 1 7 13 0 3 7 0 4 9 1 7 13 0 3 7 0 4 9 = ( 0 2 0 Povšimněme si, jak matice D vypadá. Je to diagonální matice, čímž míníme, že má nenulové prvky pouze v hlavní diagonále, jinde jsme vytvořili nuly. V našem případě je ovšem nutné dávat velký pozor na to, jak provedené řádkové a sloupcové úpravy ovlivní sloupec pravých stran. Původní soustava rovnic má tvar A x = b, po( vynásobení maticí ( L zleva ( máme LA x = L b = c. Vypočtěme součin c = L 1 0 4 4 b = = a přijměme označení x = R y. Pak je 2 1 12 4 LA x = LAR y = D y = c, tj. ( 0 2 0 y 1 y 2 y 3 Máme y 1 = 4, y 2 = 2, y 3 = t, t Z. Nakonec 1 7 13 x = R y = 0 3 7 4 2 0 4 9 t ( 4 = 4 =. 10 + 13t 6 + 7t 8 + 9t t Z. Tím je náš příklad vyřešen pomocí maticového počtu. Projde postup uvedený v ukázkovém příkladu obecně? Co se zdá být cenné a co by mohlo platit i obecně, je to, že jsme místo řešení obtížné soustavy diofantovských rovnic tvaru A x = b mohli řešit jen soustavu D y = c, tj. soustavu jednoduchou vzhledem k tomu, že matice D je v jakémsi diagonálním tvaru. Dá se tento diagonální tvar matice získat vždy? Jak by mohl vypadat? Necht Z značí obor integrity celých čísel, M m,n (Z, 1 m n, je okruh všech celočíselných matic typu m n, SL k (Z je množina všech čtvercových matic typu k k s determinantem 1 či 1 (unimodulární matice. Jako D =diag (d 1, d 2,..., d m,..

SOUSTAVY LINEÁRNÍCH DIOFANTOVSKÝCH ROVNIC 21 označíme diagonální matici, která má celé číslo d i na místě (i, i, i = 1,..., m a nuly jinde. Potom platí: Věta 1: Necht A M m,n (Z. Pak existují L SL m (Z a R SL n (Z takové, že LAR = D = diag (d 1, d 2,..., d s, 0,..., 0, kde d i > 0, i = 1,..., s a d i d i+1, i = 1,..., s 1. Ideou důkazu je užít elementární operace na řádky a sloupce matice A. Matice L a R odpovídají složení těchto operací. Ačkoli se matice L a R ve větě 1 mohou měnit, matice D je jednoznačně definována a nazývá se Smithovým normálním tvarem matice A. O existenci řešení lze již snadno rozhodnout. Věta 2: Necht A, L, R, D mají význam jako ve větě 1, b Z n a c = L b. Pak následující tvrzení jsou ekvivalentní : (1 Soustava lineárních rovnic A x = b má celočíselné řešení. (2 Soustava lineárních rovnic D y = c má celočíselné řešení. Pro širší diskusi odpovídající teorie odkážeme čtenáře na [5]. Příklad 2: Řešme soustavu diofantovských rovnic A x = b, kde 3 5 3 x 1 4 A = 2 3 1, x = x 2, b = 3. 4 2 2 x 3 2 Řešení : Provedeme jistou posloupnost elementárních řádkových a sloupcových úprav matice A. Uvidíme, že tyto úpravy lze dosáhnout násobením matice A jistými unimodulárními maticemi, tj. čtvercovými maticemi s celočíselnými prvky, jejichž determinant je roven 1 či 1. 1. krok: Přičteme druhý řádek k řádku prvnímu, cožlze realizovat vynásobením 1 1 0 matice A zleva unimodulární maticí L 1 = 0 1 0. Máme L 1 A = 1 8 4 2 3 1 4 2 2 = A 1. 2. krok: Postupujme nyní poněkud rychleji. Čísel 2, 4 v prvním sloupci se zbavíme tak, že přičteme dvojnásobek prvního řádku k řádku druhému, resp. čtyřnásobek prvního řádku k řádku třetímu. Ověříme, že to lze provést vynásobením A 1 zleva unimodulární maticí L 2 = 2 1 0. Je 4 0 1 L 2 A 1 = 1 8 4 0 19 9 0 34 14 = A 2.

22 JAROSLAV HORA 3. krok: Provedeme nyní zřejmé operace se sloupci matice A 2, popsané maticí R 1 = 1 8 4 0 1 0. Jde opět o unimodulární matici, přičemž A 2 R 1 = 1 9 0 9 = A 3. 0 34 14 4. krok: Nyní se snadno podaří nahradit číslo 19 jedničkou tak, že ke druhému sloupci přičteme dvojnásobek sloupce třetího. Položíme proto R 2 = 0 1 0 0 2 1 (unimodulární matice a máme A 3 R 2 = 1 0 9 = A 4. 0 6 14 5. krok: Vezměme L 3 = 0 1 0 a ověříme, že 0 6 1 L 3 A 4 = 0 1 9 = A 5. 0 0 40 1 0 0 6. krok: Nakonec položme R 3 = 0 1 9 a dostáváme A 5 R 3 = 0 1 0 = D. 0 0 40 Tím je nalezen Smithův normální tvar D matice A. Dále L = L 3 L 2 L 1 = 2 3 0 1 1 0 8 14 1 a Snadno ověříme, že LAR = D. R = R 1 R 2 R 3 = 1 0 4 0 1 9 0 2 19 Vypočtěme součin c = L b = 7 17 a řešme soustavu D y = c. Jde o soustavu 72 y 1 = 7, y 2 = 17, 40y 3 = 72. Poslední rovnice soustavy a tím i soustava celá nemá celočíselné řešení. Kdybychom ale v zadání příkladu 2 volili kupř. vektor pravé strany b = (40, 30, 20 T, existovalo by jediné řešení soustavy. To je v souladu s výpočty v programu Mathematica:.

SOUSTAVY LINEÁRNÍCH DIOFANTOVSKÝCH ROVNIC 23 Reduce[3x+5y-3z==4&&-2x+3y-z==3&&-4x+2y+2z==2,{x,y,z},Integers] False Reduce[3x+5y-3z==40&&-2x+3y-z==30&&-4x+2y+2z==20,{x,y,z},Integers] x==-2&&y==8&&z=-2 Výpočet Smithova normální ho tvaru matice lze provést jak v programu Mathematica, tak i v Maple. Ve starších verzích posledně uvedeného programu byl původně obsažen v balíčku linalg (povel ismith, později došlo k vylepšení balíčku pro lineární algebru. Dnes je skoro vhodné použít Helpu programu a získat lze výsledky tohoto typu (výpočet v Maple verze 13: > SmithForm 9 36 30 36 192 180 30 180 180 3 0 0 0 12 0 0 0 60 To, že jsme schopni spočítat Smithův normální tvar matice, nám v dalším umožní poměrně překvapivý pohled do teorie Abelových grup, konkrétně na známou větu popisující strukturu konečně generovaných Abelových grup. Bude ale vhodné si nejprve krátce zopakovat potřebné algebraické poznatky. Je dobře známo, že aditivní grupa celých čísel (Z, + je nekonečnou cyklickou grupou s generátorem 1 či 1. (I v dalším budeme stále užívat aditivní zápis. Budeme ale potřebovat více exemplářů nekonečných cyklických grup a tyto exempláře bychom rádi odlišili. Nekonečná cyklická grupa s generátorem a bude zřejmě obsahovat prvky tvaru n a = a + a +... + a (n sčítanců, kde n N, dále prvky k nim opačné a nulový prvek, tedy souhrnně řečeno, prvky tvaru z a, z Z. Tuto nekonečnou cyklickou grupu generovanou prvkem a zapisujeme symbolem a. Je ovšem izomorfní s výše zmíněnou aditivní grupou celých čísel (Z, +. I kdybychom ale vzali několik exemplářů nekonečných cyklických grup, např. a, b, c, nezískáme nic nového. Připomeňme proto ještě jednu grupovou konstrukci. Necht (H, + H, (K, + K jsou dvě grupy. Množina G = {[h, k], h H, k K} spolu s binární operací definovanou [h 1, k 1 ] [h 2, k 2 ] = [h 1 + H h 2, k 1 + K k 2 ] je zřejmě grupa, kterou nazýváme (vnějším direktním součtem grup (H, + H, (K, + K. Definici direktního součtu lze zřejmým způsobem zobecnit na větší počet grup než jen dvě. Pro naše účely postačí zobecnění na konečný počet direktních sčítanců. Jsou li těmito direktními sčítanci vesměs kopie aditivní grupy celých čísel (Z, +, získáme tzv. volnou Abelovu grupu s konečnou bází. Více o pojmu báze např. ve [3] či [4]. Jsou li tedy kupř. a, b, c tři exempláře nekonečných cyklických grup (budeme spíše psát Za atd., bude příslušná volná Abelova grupa F = Za Zb Zc obsahovat prvky tvaru z 1 a + z 2 b + z 3 c, kde z i Z, i = 1, 2, 3, a bázi této volné grupy tvoří např. množina X = {a, b, c}. Protože každé dvě báze volné Abelovy grupy mají stejnou kardinalitu, je zřejmé, že v daném případě lze hovořit o volné Abelově grupě hodnosti 3. Z teorie je známa věta, že každá Abelova grupa je homomorfním obrazem nějaké volné grupy. Speciálně každá konečně generovaná Abelova grupa mající n prvkovou množinu generátorů je homomorfním obrazem nějaké volné grupy hodnosti n.

24 JAROSLAV HORA Ještě připomeneme, že existují konečné cyklické grupy libovolného řádu n N, na které lze nahlížet jako na faktorové grupy nekonečné cyklické grupy (Z, + podle její podgrupy (nz, +. Budeme je značit Z n. Nyní již můžeme uvést klasickou větu popisující strukturu konečně generovaných Abelových grup (český překlad ze [4]: Věta 3: Necht G je konečně generovaná Abelova grupa. (i Existuje jednoznačně určené nezáporné celé číslo s takové, že počet nekonečných cyklických sčítanců v každém rozkladu G na direktní součet cyklických grup je právě s; (ii bud to G je volná Abelova grupa nebo existuje právě jeden soubor (nikoli nezbytně různých přirozených čísel m 1,..., m t takový, že m 1 > 1, m 1 m 2, m 2 m 3,..., m t 1 m t a G = Z m1 Z m2... Z mt F, kde F je volná Abelova grupa; (iii bud to G je volná Abelova grupa nebo existuje soubor přirozených čísel p s1 1,..., p s k k, který je jediný až na uspořádánísvých členů, takový, že p 1,..., p k jsou (nikoli nezbytně různá prvočísla a G = Z p s 1 1... Z p s k k F, kde F je volná Abelova grupa. Získané soubory čísel (invarianty grupy G charakterizují grupu G až na izomorfismus a dvě grupy s různými grupami invariantů již nejsou izomorfní. Proto je charakterizace konečně generovaných Abelových grup příkladem pěkného strukturního výsledku. Ten byl získán již v r. 1888 v článku [2]. Speciálně jsou ovšem popsány konečné Abelovy grupy. Poznamenejme ještě, že přechod mezi invarianty ad (ii a (iii je možný díky tomu, že pro každá dvě nesoudělná přirozená čísla m, n je Z m Z n = Zmn. Ve většině moderních textů o moderní algebře (např. [3], [6] se pouze uvádí charakterizace ad (iii, protože se v textu rozvíjí teorie p grup, p prvočíslo. V dalším textu ukážeme, jak lze se znalostí Smithova normálního tvaru matice a množiny invariantů ad (ii vyřešit jeden problém z teorie Abelových grup zadaný ve sbírce [7], v níž zájemce nalezne i další podobné příklady. Příklad: Určeme strukturu Abelovy grupy G určené generátory a, b, c a relacemi b 1 = 4a + 5b + c = 0, b 2 = 8a + 9b + c = 0, b 3 = 4a + 6b + 2c = 0. Řešení: Bud F volná Abelova grupa s generátory a, b, c, tj. F = Za+Zb+Zc a K necht je podgrupa grupy F generovaná prvky b 1 = 4a + 5b + c, b 2 = 8a + 9b + c, b 3 = 4a+6b+2c. Potom je G izomorfnífaktorové grupě F/K. K vyjasnění struktury 4 5 1 grupy G je vhodné napsat matici A = 8 9 1 a za pomoci nám již známých 4 6 2 postupů získat Smithův normální tvar matice A, což provedeme kupř. následovně: 1 4 5 1 8 9 1 2 1 4 5 1 8 9 3 1 0 5 1 4 9 4 1 4 4 4 6 2 2 4 6 2 4 6 2 4 4 5 0 4 4 2 4 4 6 0 4 4 0 4 4 7 0 4 4 0 0 0 8 0 4 0 0 0 0.

SOUSTAVY LINEÁRNÍCH DIOFANTOVSKÝCH ROVNIC 25 Obecná teorie Abelových grup nyní konstatuje, že grupa G = F/K je direktním součtem dvou konečných cyklických grup Z 1 a Z 4 a jedné nekonečné cyklické grupy Z. (Počet exemplářů nekonečných cyklických grup v direktním součtu je dán rozdílem mezi počtem generátorů grupy F a hodností matice A, tj. v našem případě bude do direktního součtu vstupovat jediná cyklická grupa Z. Je tedy G = F/K = Z 1 Z 4 Z. Avšak cyklická grupa Z 1 je jednoprvková, tudíž direktní součet lze zapsat stručněji jako G = F/K = Z 4 Z. Jiná věc je, jak budou vypadat generátory grupy G. Pro posouzení této otázky jsou jednotlivé matice vznikající při získávání Smithova normálního tvaru matice A číslovány vlevo a změny uspořádané báze grupy F, resp. generátory K jsou uvedeny v tabulce. Číslo matice Uspořádaná báze F Generátory K 1 a, b, c b 1 = 4a + 5b + c, b 2 = 8a + 9b + c, b 3 = 4a + 6b + 2c, 2 c, a, b b 1 = c + 4a + 5b, b 2 = c + 8a + 9b, b 3 = 2c + 4a + 6b 3 c + 4a, a, b b 1 = (c + 4a + 5b, b 2 = (c + 4a + 4a + 9b, b 3 = 2(c + 4a 4a + 6b 4 c + 4a + 5b, a, b b 1 = (c + 4a + 5b, b 2 = (c + 4a + 5b + 4a + 4b, b 3 = 2(c + 4a + 5b 4a 4b 5 c + 4a + 5b, a, b b 1 = (c + 4a + 5b, b 2 b 1 = 4a + 4b, b 3 = 2(c + 4a + 5b 4a 4b 6 c + 4a + 5b, a, b b 1 = c + 4a + 5b, b 2 b 1 = 4a + 4b, b 3 2b 1 = 4a 4b 7 c + 4a + 5b, a, b b 1 = c + 4a + 5b, b 2 b 1 = 4(a + b, (b 3 2b 1 + (b 2 b 1 = 0 8 c + 4a + 5b, a + b, b b 1 = c + 4a + 5b, b 2 b 1 = 4(a + b, 0 Tabulka 1 Více informací k těmto výpočtům nalezne čtenář v [4]. Hledanými generátory budou nakonec prvky c + 4a + 5b, a + b a b. (Dohodneme se, že při izomorfismu ϕ grupy F/K na G je symbolem p značen obraz prvku p + K F/K. Můžeme učinit závěry vztahující se k historii matematiky. Postup, který původně vyšel z oblasti teorie čísel a jehož kořeny bychom snad mohli hledat v oblasti rekreační matematiky, byl využit k řešení významného strukturního problému obecné algebry. Připomeňme, že popis struktury konečně generovaných Abelových

26 JAROSLAV HORA grup byl jedním z velkých úspěchů vznikající obecné algebry (podrobněji viz [5]. V tomto článku výše uvedený tvar matice studoval Henry John Stephen Smith (1826 1883, významný učenec irského původu, který se mj. r. 1861 se stal profesorem na Savilian Chair of Geometry at Oxford. Obrázek 1. Busta v Univerzitním muzeu v Oxfordu Reference [1] Drábek Križalkovič Liška Viktora: Základy elementární aritmetiky pro učitelství 1. stupně ZŠ, SPN Praha, 1985. [2] Frobenius G., Stickelberger L.: Über Grupen von vertauschbaren Elementen, J. Reine und Angew. Math., 86 (1878, 217-262. [3] Fuchs, L.: Beskonečnyje abelevy gruppy, t. I, ruský překlad, Mir, Moskva, 1974. [4] Hungerford T.W.: Algebra, Graduate Texts in Mathematics 73, Springer, 2003. [5] Lazebnik, F.: On Systems of Linear Diophantine Equations, The Mathematics Magazine, vol. 69, no. 4, October 1996, 261 266. [6] Procházka, L. a kol.: Algebra, Academia, Praha, 1990. [7] Proskurjakov I. V.: Sbírka příkladů z lineární algebry (Sbornik zadač po linejnoj algebre, Nauka, Moskva 1970. KMT FPE Plzeň E-mail address: horajar@kmt.zcu.cz