Första Boken af Diophanti Arithmetica.

Första Boken af Diophanti Arithmetica. Algebraisk Öfversättning.

---

Akademisk Afhandling, som med Vidtberömda Filosofiska Fakultetens i Lund tillstånd, för Filosofiska Gradens erhållande, kommer att offentligen försvaras af PETER GLIMSTEDT, Filosofie Kandidat af Skånska Nationen, å Auditoriet N:o 1, Onsdagen den 28 November 1855, kl. 10 f.m.

---

Lund, tryckt uti Berlingska Boktryckeriet, 1855.

Professorn i Mathematik vid K:gl. Universitetet i Lund, Ledamoten av K:gl. Vetenskaps-Akademien, Riddaren af K:gl. Nordstjerne-Orden m.m. Höglärde och Vidtberömde Herr Mag:r CARL JOHAN D:son HILL

vördnadsfullt tillegnad.

Diophanti arbete Arithmetica kan onekligen räknas så­som ett af den Grekiska fornålderns dyrbaraste litterära produkter, icke blott för dess egenskap att vara en min­nesvård öfver vetenskapen dåvarande tillstånd, utan äf­ven för dess eget vetenskapliga värde.

Om Diophanti lefnad känner man med visshet intet annat, än att Alexandria varit hans hemort, samt att, enligt det 19:de af de vid slutet af 5:te boken införda versifierade problemer, hans lefnadsålder varit 84 år. Det heter nemligen der: att han tillbragte 1/5:del af sin lefnad som gosse, 1/12:del som yngling; att han efter ännu 1/7:dels förlopp gifte sig; att 5 år härefter föddes honom en son, som uppnådde faderns halfva ålder, och att han öfverlefde denne i 4 år. Vid hvad tid han lefvat kan icke med full noggranhet bestämmas; att det dock varit före 5:te seklet, är säkert, emedan, enligt Suidas, den lärda Hypatia († 415) commenterat hans arbete; och att det varit efter andra seklets början, kan man sluta deraf, att i boken om Polygontal prop. VIII omnämnes en av Hy­psicles (förmodligen menas författaren af den såsom 14:de och 15:de bok till Euclidis Elementer bifogade afhand­ling om reguliera kroppar, då utom denne ingen mathe­maticus af detta namn är bekant) framställd definition på dylika tal, och denne Hypsicles, enligt Montucla, var sam­tidig med Kejsar Antonius (138—161). Enligt Abul­phragus var Diophantus samtidig med Kejsar Julianus

II

(† 363) och denna uppgift öfverensstämmer med en af Prof. Hill i detta ämne anställd undersökning.

Uti inledningen till sin Arithmetica säger Diophan­tus densamma bestå af 13 böcker; deraf återstå nu mera endast 6, hvartill såsom en sjunde kan räknas afhandlin­gen om Polygontal, ehuru denna i anseende till fram­ställningssättet märkbart skiljer sig från de förra.

Huruvida Diophantus varit algebrans uppfinnare, är svårt att med visshet afgöra; att han i inledningen, efter att hafva uttalat sin önskan att framställa en vetenskap­lig method för arithmetiska problemers lösning, anför så­som en orsak till svårigheten häraf orden: ἐπειδή μήπω γνώριμόν ἐστι synes visserligen tala härför; men san­nolikare är det, att dessa ord ej böra så förstås, som fram­ställde han en ny, utan snarare en föga käns theori; emedan i annat fall, hans i inledningen gjorda framställ­ning af talens allmänna egenskaper och redogörelse för beteckningssättet af deras relationer och för de operatio­ner, som med dem kunna företagas, skulle vara alltför kort och ofullständig.

---

Diophanti Arithmetica.

Första Boken.

1.

Att dela ett gifvet tal x i tvenne, hvars skilnad δ är gifven.

Sätt det mindre =x, det större är då =x+δ, man har då x+x+δ=a och således

det mindre x=12⁢a-δ

det större =12⁢a+δ

 Ex. a=100, δ=40, de sökta talen: 30 och 70.

 I stället för det af Diophantus för det obekanta talet använda tecknet ς brukas här den vanliga beteckningen x.

2.

Att dela ett gifvet tal a i ett gifvet förhållande m:n.

Sätt det ena av de sökta talen =x, ur analogien n:m=x:m⁢xn fås det andra =mn⁢x, då är x+mxn=a, och deraf fås x=a⁢nm+n. Ex. a=60, mn=31, de sökta talen: 15, 45.

3.

Att dela ett gifvet tal a i tvenne af gifvet för­hållande och gifven skilnad.

 Då man vet att Diophantus alltid i fråga om ett bestämdt förhållande mellan 2 tal, sätter det ena så­som en jemn multipel af det andra (t. ex. i förhållandet a:b=m:n, sättes n=1 och således a=m⁢b) finner man

2

problemets fordran vara denna: att dela ett tal i 2 så­dana, att det ena med ett bestämdt tal δ öfverskjuter en bestämd multipel af det andra.

Sätt det mindre talet =x, det större är då =m⁢x+δ; man har således: x+m⁢x+δ=a, och deraf x=a-δm+1.

 Ex. a=80, δ=4, m=3; de sökta talen: 19 och 61.

4.

Att finna 2 tal af gifvet förhålllande och gif­ven skilnad δ.

Sättes det ena talet =x, så är det andra =m⁢xn, man har då mx⁢n-x=δ, och deraf x=n⁢δm-n. Ex. mn=51, δ=20; de sökta talen: 5 och 25.

5.

Att dela ett gifvet tal i 2 sådana tal, att (om m ej är =n) 1m af det ena talet tillsammans med 1n af det andra bildar ett bestämt tal, som ligger mellan gränserna am och an.

Sätt 1m af det ena talet =x, detta sjelf blir då =m⁢x, 1n af det andra talet =S-x, detta är då =n⁢S-n⁢x, och man har således m⁢x+n⁢S-n⁢x=a, och x=a-n⁢Sm-n.

 Ex. a=100, m=5, n=3, S=30; x=5, de sökta talen 25 och 75.

 Diophantus söker alltid att för den obekanta storheten erhålla ett positivt och rationellt värde, och de

3

inskränkningar, hvaraf hans problemer så ofta äro åt­följda gå alla ut på detta mål, så äfven här.

Antages m>n innebär den af Diophantus för S gjorda limitationen:

1) S<an, eller n⁢S<a, hvilket af den för x funna formeln tydligen inses, ty vore S=an, således n⁢S=a, blefve x=0, och vore S>an, således n⁢S>a, blefve x negativt, hvilket är, såsom redan nämndt, alldeles emot Diophanti syfte.

2) S>am, ty vore S=am, således m⁢S=a, och insättes detta i ofvannämndes formel, förvandlas den i denna: x=m⁢S-n⁢Sm-n=S, då 1n af det andra talet d. v. s. S-x blefve =0; vore återigen S<am, blefve a>m⁢S och insättes i formeln för x, m⁢S i stället för a, blefve x>m⁢S-n⁢Sm-n, x>S, hvaraf följer att 1n af det andra talet blefve negativt.

6.

Att dela ett gifvet tal a i tvenne, så att 1m af det ena öfverskjuter 1n af det andra gifna talet δ, som dock bör vara mindre än am.

Sätt 1n af det sednare talet =x, detta är då =n⁢x, 1m af det förra =x+δ, detta är då =m⁢x+m⁢δ; alltså

4

har man n⁢x+m⁢x+m⁢δ=a, och deraf x=a-m⁢δm+n. Ex. a=100, m=4, n=6, δ=20; x=2, de sökta talen: 88 och 12.

 1. Att δ måste vara <am finner man af denna formel; ty vore δ=am, således a=m⁢δ, blefve x=0, och vore δ>am, blefve x negativt.

 2. Väsentligt för Diophanti method är att han i beräkningar, der verkligen flera obekanta ingå, en­dast använder ett tecken för den obekanta och i anse­ende till denna bestämmer de öfriga med tillhjelp af i problemet uppgifna förhållanden; att härigenom räknin­gen blir vidlyftigare än den är enligt nyare methoder, är temligen klart. Så t. ex. (om det ena talet sättes =x, det andra =y) skulle ifrågavarande problem kunna efter den vanliga methoden lösas sålunda:

x+y=a, xm-yn=δ, hvaraf y=n⁢a-m⁢δm+n.

7.

Att från ett tal x subtrahera 2 gifvna tal a, b, så att resterna hafva till hvarabdra ett gifvet förhållande m:n.

Enligt dessa vilkor är x-a:x-b=m:n, hvaraf fås x=b⁢m-a⁢nm-n. Ex. a=20, b=100, mn=31; a=20.

8.

Att till 2 gifna tal a och b addera ett tal x, så beskaffadt, att båda summorna hafva till hvarandra ett gifvet förhållande m:n, hvilket måste vara mindre än de gifna talens.

Enligt dessa vilkor är a+x:b+x=m:n, hvaraf fås x=a⁢n-b⁢mm-n. Ex. a=100, b=20, mn=31; x=20.

5

Af denna formel synes också, att m:n<a:b, ty vore m:n=a:b, således x=0, och vore m:n>a:b, således m:n>a:b, blefve x negativt.

9.

Att från 2 gifna tal a och b subtrahera ett tal x, så beskaffadt att resterna hafva till hvarandra ett gif­vet förhållande m:n, större än de gifna talens.

Man har a-x:b:x=m:n, och deraf x=b⁢m-a⁢nm-n.

 Ex. a=100, b=20, mn=61; x=4.

 Att m:n bör vara >a:b, synes tydligen af denna formel, då i annat fall x blefve antingen =0 el­ler negativt.

10.

2 tal a och b äro gifna, till det ena adderas, från det andra subtraheras samma tal x, så beskaffadt att summan har till resten ett gifvet förhållande m:n.

Man har då a+x:b-x=m:n, och deraf x=b⁢m-a⁢nm+n.

 Ex. a=20, b=100, mn=41; x=76.

Ehuru ej Diophantus här gör någon limita­tion f förhållandet m:n, synes dock af den funna for­meln att m:n måste vara >a:b, ty i annat fall blefve x antingen =0 eller negativt.

11.

Att, då 2 tal a och b äro gifna, addera det ena och subtrahera det andra från ett och samma tal x, och de härigenom uppkomna talen böra hafva till hvarandra ett gifvet förhållande m:n.

Man har då x+a:x-b=m:n, och deraf x=a⁢n+b⁢mm-n.

6

 Ex. a=20, b=100, mn=31; x=160.

12.

Att 2 gånger dela ett gifvet tal a, hvarje gång i 2 delar, så att ena talet i förra delningen har ett till ett i den andra ett gifvet förhållande m:1, och det återtstående i den andra delningen har till det återstående i den första ett äfvenledes gifvet förhållane n:1.

Sätt det ena talet i andra delningen =x, då är ett i den första =m⁢x, det återstående i samma delning =a-m⁢x och det återstående i den andra =n⁢a-m⁢x.

Då är n⁢a-m⁢x+x=a, och deraf x=n-1⁢am⁢n-1.

 Ex. a=100, m=2, n=3, x=40, 1:sta deln. 80, 20, 2:dra deln. 60, 40.

13.

Att 3 gånger dela ett gifvet tal a, hvarje gång i 2 delar, så att det ena talet i första delningen har till ett i den andra ett gifvet förhållande m:1, det återstående i denna delning har till ett i den tredje ett gifvet förhål­lande n:1 och det återstående här till det återstående i första delningen ett äfvenledes gifvet förhållande p:1.

Detta problem löses, på samma sätt och efter sam­ma grunder som det föregående.

14.

Att söka 2 sådana tal x1, x2, att deras produkt har till deras summa ett gifvet förhållande m:n, hvilket förhållande måste vara mindre än ettdera af de sökta talen.

Man har då: x1⁢x2:x1+x2=m:n, eller n⁢x1⁢x2=m⁢x1+m⁢x2.

Sättes nu x2=a, så fås a⁢n⁢x1=m⁢x1+a⁢m, och deraf x1=a⁢ma⁢n-m.

7

1. a bör vara >mn, ty vore a=mn, såle­des a⁢n=m blefve x1=∞, och vore a<mn, blefve x1 negativt.

2. Ehuru, såsom redan är nämndt, i Dio­phanti räkning skenbart förekommer endast en obekant, betecknas dock här för korthets skull de hos honom ofta förekommande uttrycken första, andra etc. (obekanta) ta­let med x1, x2 etc.

15.

Att söka 2 tal så beskaffade att, om hvardera ökas med ett bestämdt från det andra subtraherast tal, de så uppkomna summorna få till resterna bestämda för­hållanden n:1, m:1.

De sökta talen äro x1 och x2, x1 ökadt med det från x2 subtraherade talet a, skall nfaldigt af x2 min­skadt med samma tal, och x2 ökadt med det från x1 subtraherade b, mfaldigt af x1 minskadt med samma tal.

Sätt x2=x+a; enligt antagandet är då x1+a=n⁢x, alltså x1=n⁢x-a; vidare är x2+b=m⁢x1-b eller x+a+b=m⁢n⁢x-a+b, och deraf x=m+1⁢a+bm⁢n-1.

 Ex. a=30, b=50, m=3, n=2; x=64, x1=98, x2=94.

16.

Att finna 3 tal x1, x2, x3, sådana att de, hvarje två tillsammantagna bilda bestämda summor a, b, c; dock bör dessa bestämda tals halfva summa vara större än hvarje särskilt.

Nu är x1+x2=a, x2+x3=b, x1+x3=c; sättes vidare x1+x2+x3=S, så fås
x1=S-b
x2=S-c
x3=S-a; adderas dessa eqv., så erhålles

8

x1+x2+x3=3⁢S-a+b+c=S, och deraf S=12⁢a+b+c.

Att halfva summan af de gifvna talen måste vara större än hvardera af dem särskilt, är klart, ty vore t. ex. a=12⁢a+b+c=S, blefve x1+x2=x1+x2+x3, d. v. s. x3=0, och vore a>12⁢a+b+c, blefve x3 negativt.

17.

Att finna 4 sådana tal x1, x2, x3, x4, att de hvarje tre tillsammantagna bilda bestämda summor a, b, c, d: dock bör 13 af dessa bestämda tals summa vara större än hvarje särskilt.

Nu är x1+x2+x3=a, x2+x3+x4=b, x3+x4+x1=c, x4+x1+x2=d; sättes vidare x1+x2+x3+x4=S, fås
x1=S-b
x2=S-c
x3=S-d
x4=S-a; adderas dessa eqv., så får man x1+x2+x3+x4=4⁢S-a+b+c+d=S, och deraf S=13⁢a+b+c+d.

På samma sätt som i föregående finner man här att 13⁢a+b+c+d måste vara >a, b, c eller d.

18.

Att finna 3 tal x1, x2, x3, sådana att hvarje två af dem tillsammantagna med bestämda tal δ1, δ2, δ3 öf­verskjuta det tredje.

Enligt antagandet är då
1) x1+x2=x3+δ12) x2+x3=x1+δ23) x3+x1=x2+δ3 (a)
Adderas till eqv. (1) x3 och sät­tes x1+x2+x3=2⁢S, så fås x1+x2+x3=2⁢x3+δ1=2⁢S, och deraf:

9

på samma sätt fås och x3=S-12⁢δ1×2=S-12⁢δ3×1=S-12⁢δ2 (b)
adderas dessa eqv., så får man x1+x2+x3=3⁢S-12⁢δ1+δ2+δ3=2⁢S, och deraf: S=12⁢δ1+δ2+δ3. När nu S är bekant finnas ur eqv. (b) de sökta talen.

 Ex. δ1=20, δ2=30, δ3=40, S=45; x1=30, x2=25, x3=35.

19.

Förenklad lösning af föregående problem. Adderas eqv. (1) och (2) i föreg., så erhålles x1+2⁢x2+x3=x1+x3+δ1+δ2, och deraf
på samma sätt fås och x2=12⁢δ1+δ2×1=12⁢δ1+δ3×3=12⁢δ2+δ3.

20.

Att finna 4 tal x1, x2, x3, x4, sådana att, hvarje tre af dem tillsammantagna, med bestämda tal δ1, δ2, δ3, δ4 öf­verskjuta det fjerde; dock bör hvardera af de gifna talen vara mindre än deras halfva summa.

Enligt antagandet är
1) x1+x2+x3=x4+δ12) x2+x3+x4=x1+δ23) x3+x4+x1=x2+δ34) x4+x1+x2=x3+δ4 (a)
Adderas till eqv. (1) x4, och sättes x1+x2+x3+x4=2⁢S, så får man x1+x2+x3+x4=2⁢x4+δ1=2⁢S, och deraf 1) x4=S-12⁢δ12) x1=S-12⁢δ23) x2=S-12⁢δ34) x3=S-12⁢δ4 (b),
adderas dessa eqv., så har man

10

x1+x2+x3+x4=4⁢S-12⁢δ1+δ2+δ3+δ4=2⁢S; hvaraf S=12⁢δ1+δ2+δ3+δ4; de sökta talen finnas ur eqv. (b).

Af sluteqvationen synes, hvarföre hvardera af de gifna talen måste vara mindre än deras halfva summa; ty om ej så vore, utan ett av dem t. ex. δ1=12⁢δ1+δ2+δ3+δ4, såls:s 12⁢δ1=14⁢δ1+δ2+δ3+δ4=S, blefve enligt eqv. 1 (b) x1=0; vore åter δ1>12⁢δ1+δ2+δ3+δ4, synes af samma eqv. att x4 blefve negativt.

21.

Förenklad lösning af föregående problem, ana­log med den i 19 förekommande lösning af 18:de pro­blemet; hvarföre det ej är nödvändigt att här framställa den­samma.

22.

Att dela ett gifvet tal a i 3 delar x1, x2, x3, så beskaffade, att hvardera af de yttersta, tillsammantagen med den mellersta, har till den återstående ett gifvet förhållande m:n, q:q.

Nu är 1) x1+x2+x3=a2) x1+x2:x3=m:n3) x2+x3:x1=p:q. Insättes i 2) det ur eqv. 1) erhållna värde på x1+x2, så får man a-x3:x3=m:n, och deraf x3=a⁢nm+n; på samma sätt fås x1=a⁢qp+q; x2 kan sedan finnas ur eqv. 1).

 Ex. a=100, mn=31, pq=41; x1=20, x2=55, x3=25.

23.

Att finna 3 tal x1, x2, x3, (x1>x2>x3) af hvilka 1) det största öfverskjuter det mellersta med en

11

bestämd del 1p af det minsta, 2) det mellersta öfverskju­ter det minsta med en bestämd del 1m af det största, 3) det minsta åter en bestämd del 1n af det mellersta med ett gifvet tal δ.

Dock bör den del af det större talet, hvarmed det mellersta öfverskjuter det minsta, vara sådan, att en större mängd tal (nemligen afficierade af x, då Diophantus med πλῆθος ἀριθμῶν betecknar koefficienten till den obe­kanta storheten) innehålles i produkten af dess näm­nare och skilnaden mellan det mellersta och minsta talet, än i det mellersta.

Sättes x2n=x, således x2=n⁢x, så är enligt 3) x3=x+δ, och x2-x3=n-1⁢x-m⁢δ; men enligt 2) är x2-x3=1m⁢x1, alltså: x1=m⁢n-1⁢x-m⁢δ.

Enligt 1) är också x1=x2+1p⁢x3=n⁢x+x+δp; af dessa tvenne olika expressioner för x1 få vi alltså eqv. m⁢n-1⁢x-m⁢d=n⁢x+x+δp, och deraf x=p⁢m+1⁢δp⁢m⁢n-p⁢m+p⁢n+1.

 Ex. p=m=n=3, δ=10; x=12⁤12; x1=45, x2=37⁤12, x3=22⁤12.

 1. Det problemet vidfogade villkor säger, att i m⁢x2-x3 måste x innehållas än i x2, att x ingår oftare i m⁢n⁢x-m⁢x-m⁢δ än i n⁢x, d. v. s. att m⁢n⁢x-m⁢x måste vara >n⁢x, m⁢n-m>n, eller m⁢n>m+n; hvilket grundar sig därpå, att, då för x sökes ett positivt värde, måste nämnaren i den för x funna formeln vara

12

positiv och således p⁢m⁢n>p⁢m+p⁢n+1, eller m⁢n>m+n+1p, och derföre med ännu mera skäl m⁢n>m+n.

2. Med tillhjelp af nu funna värdet på x, får man för de sökta talen följande uttryck:
x1=δ⁢m⁢n⁢p+1p⁢m⁢n-p⁢m+p⁢n+1×2=δ⁢n⁢p⁢m+1p⁢m⁢n-p⁢m+p⁢n+1×2=δ⁢p⁢n⁢m-1p⁢m⁢n-p⁢m+p⁢n+1
och då δ ingår såsom gemensam faktor i alla dessa eqv., synes, att man, när 3 tal, som uppfylla problemets fordrin­gar, äro funna, kan genom att multiplicera δ med hvad tal som helst, finna nya tal af samma egenskaper.

24.

Detta problem är endast en anna upplösning af det föregående och det här vidfogade vilkor är, så­som här kommer att visas, ehuru framställdt i annan form, identiskt med det der förekommande.

Om samma beteckninar som i föregående problem här bibehållas, så är x2=n⁢x, x3=x+δ, och x1=x2+1p⁢x3=n⁢x+1p⁢x+δ; vidare är x2=x3+1m⁢x1=x+δ+n⁢xm+x+δp⁢m; men x2 är också =n⁢x; vi få sålunda eqv. n⁢x=x+δ+n⁢xm+x+δp⁢m, och deraf x=p⁢m+1⁢δp⁢m⁢n-p⁢m+p⁢n+1.

Det här bifogade vilkor lyder sålunda:

Den del af det större talet, hvarmed det mellersta

13

öfverskjuter det minsta, bör vara sådan, att i summan af denna och det minsta talet den obekanta storheten ingår färre gånger än i det mellersta talet; d. v. s. att x in­nehålles färre gånger i 1m⁢x1+x3 än i x2; färre gånger i 1m⁢n⁢x+x+δp+x+δ än i n⁢x, och att således p⁢m+p⁢n+1p⁢m⁢x<n⁢x, eller p⁢m+p⁢n+1p⁢m<n; hvaraf m+n+1p<m⁢n, och således med ännu mera skäl m+n<m⁢n; hvilken olikhet är identisk med den i förra problemet framställda.

25.

Att finna 3 tal x1, x2, x3, sådana att, sedan hvardera aflemnat en bestämd del af sitt värde åt det nästföljande, alla blifva lika.

Antag att x1 bör aflemna 1m, x2 1n och x3 1p af sitt värde.

Sättes 1m⁢x1=x så är x1=m⁢x, x2 bör sättas lika med ett med n divisibelt tal; alltså x2=a⁢n der a är en arbiträr koefficient; aflemnar nu x2 1n af sitt värde åt x3, men ökas deremot sjelf med 1m⁢x1, så förändras det till n-1⁢a+x.

När x1 aflemnat 1m af sitt värde åt x2, återstår m-1⁢x, hvilken res, ökad med 1p⁢x3 bör enligt thesen vara =n-1⁢a+x, man får således eqv. n-1⁢a+x=m-1⁢x+x3p, och deraf x3=n-1⁢a⁢p-m-2⁢p⁢x. Subtraheras från detta tal

14

1p av dess värde, så återstår
n-1⁢a⁢p-m-2⁢p⁢x-a-1⁢a+m-2⁢x, hvilken rest, ökad med 1n⁢x2, skall vara =n-1⁢a+x; vi få så­ledes eqv.
n-1⁢a⁢p-m-2⁢p⁢x-n-1⁢a+m-2⁢x+a=n-1⁢a+x, och deraf x=n-1⁢p-2⁢a+am-2⁢p-1+1.

 Ex. m=3, n=4, p=5, a=1, x=2; x1=6, x2=4, x3=5.

Då arbiträra koefficienten a ingår som ge­mensam faktor i täljarens begge termer, kan man, genom att multiplicera x med hvad tal som helst, erhålla en oändlig mängd tal, som uppfylla problemets fordringar.

26.

Att söka 4 tal af samma egenskap som i förra probleme, verkställes på samma sätt.

27.

Att finna 3 tal x1, x2, x3, sådana att, om hvar­dera ökas med en bestämd del af de andras summa, alla blifva lika.

Låt vara att x1 bör ökas med x2+x3m, x2 med x1+x3n och x3 med x1+x2p.

På det att x2+x3 må vara jemnnt divisibel med m, sätt x2+x3=a⁢m, der a är ett arbiträrt tal; x1 ökadt med 1m af de andras summa är då =x1+a.

x2 ökadt med 1n af de andras summa är =x2+x1+x3n; enligt problemets fordran är således

15

x2+x1+x3n=x1+a; denna eqv. kan sättas under formen
n-1⁢x2+x1+x2+x3=n⁢x1+a⁢n; subtraheras här­ifrån eqv. x1+x2+x3=x1+a⁢m, så fås till rest n-1⁢x2=n-1⁢x1+n-m⁢a, och deraf
x2=x1+n-mn-1⁢a.

Vidare är också x3+x1+x2p=x1+a, eller p-1⁢x3+x1+x2+x3=p⁢x1+a⁢p; subtraheras härifrån eqv. x1+x2+x3=x1+a⁢m; så fås till rest p-1⁢x3=p-1⁢x1+p-m⁢a, och deraf x3=x1+p-mp-1⁢a.

Insättas de för x2 och x3 nu funna värdena i eqv. x1+x2+x3=x1+a⁢m, så får man
3⁢x1+n-mn-1⁢a+p-mp-1⁢a=x1+a⁢m, och deraf finnes x1=a2⁢m-n-mn-1-p-mp-1.

Då gemensamma faktorn a är arbiträr, kan man, i en händelse att x1 blefve ett bråk, göra det till ett helt tal, genom att taga a= bråkets nämnare.

 Ex. m=3, n=4, p=5, a=1; x1=1312, x2=1712, x3=1912, eller om man sätter a=12; x1=13, x2=17, x3=19.

28.

Att finna 4 tal af samma beskaffenhet som i föregående problem, verkställes på samma sätt.

29.

Att, då 2 tal a och b äro gifna, finna ett tredje x, som multiplicerat med det ena af talen a, bildar en

16

qvadrat, hvars rot är = produkten af det obekanta talet och det andra af de bekanta.

Nu är: a⁢x=b⁢x2, och deraf x=ab2.

30.

Att finna 2 tal, hvars summa a och produkt b äro gifna.

Dock måste de gifna talen vara sådana, att qvadra­ten på halfva summan med ett qvadrattal öfverskjuter produkten; och detta är verkställbart.

Sätt skilnaden mellan de sökta talen =2⁢x, då är
det större =12⁢a+x,
det mindre =12⁢a-x,
och deras produkt b=14⁢a2-x2
hvaraf x=14⁢a2-b.

 Ex. a=20, b=96; x=2, det större talet =12, det mindre =8.

 1. Af denna formel finner man att 14⁢a2 må­ste vara >b, på det att x må blifva reellt, och att vi­dare 14⁢a2-b måste vara en kvadrat, på det att x må er­hålla ett rationellt värde.

Om möjligheten häraf, är det som Diophantus säger ἐστὶ δε τοῦτο πλασματικόν; hvilket här är öfversatt med detta är verkställbart d. v. s. hvad som här for­dras för möjligheten af problemets lösning är ej en hos alla tal varande egenskap, utan måste alltid så be­stämma, bilda (πλάσσειν) talen a och b att de uppfylla problemets fordringar. Detta kan ske på följande sätt:

Om ett tal a delas i tvenne, u och z, så är *) 14⁢a2=u⁢z+12⁢a-z2, eller om u⁢z sättes =b, 14⁢a2-b=12⁢a-z2=□; denna eqv. löst i anseende till

*) Euclides 2: 5.

17

a, ger a=z2+bz; nu kan b vara en storhet, hvilken som helst, z måste då tagas så, att det blir en faktor i b, hvarefter a bestämmes med tillhjelp af den nu funna eqvationen.

 Ex. b=42, z=6; då är a=13, och 14⁢a2-b=1694-42=14=□

2. Härmed har Diophantus i sjelfva verket löst qvadratiska eqvationen, ehuru han, i stället att di­rekt söka de obekanta talen, först söker deras skilnad, och sedan, när denna är obekant, bestämmer dem, och sålunda kringgår den blandade och skenbart löser en­dast en ren qvadratisk eqvation. Detta synes tydligast genom jemförelse med vanliga methoden att lösa ifråga­varande problem:

Sättes ena talet =x1, det andra =x2, så kunna följande eqv. upställas:
1) x1+x2=a2) x1⁢x2=b, hvaraf genom elimination fås x12-a⁢x1=-b, hvilken eqv. ger x1=12⁢a±14⁢a2-b ; ur eqv. (2) fås sedan x2=12⁢a∓14⁢a2-b.

Enligt Diophanti method är, om det större talet sät­tes =x1, det mindre =x2, x1=12⁢a+x, x2=12⁢a-x; insätttes i dessa eqv. det förut funna värdet på x, så erhållles x1=12⁢a+14⁢a2-b och x2=12⁢a-14⁢a2-b, hvilka eqv. äro all­deles desamma som de på direkt väg funna.

Detsamma gäller om följande 31:ste och 33:dje pro­blemerna.

31.

Att, då såväl summan (a) af tvenne tal, som

18

summan (A) af deras qvadrater äro gifna, finna sjelfva talen. Dock bör qvadraternas dubbla summa med ett qvadrattal öfverskjuta qvadraten på de sökta talens sum­ma; och detta är verkställbart.

Sättes de sökta talens skilnad =2⁢x, så är det större =12⁢a+x, dess qvadrat =14⁢a2+a⁢x+x2, det mindre =12⁢a-x, dess qvadrat =14⁢a2a⁢x+x2, och qvadraternas summa =12⁢a2⁢x2=A, och deraf a=A-12⁢a22=12⁢2⁢A-a2.

Att så bestämma a och A, att 2⁢A-a2 blir =□, kan ske på följande sätt:

Om talet a delas i tvenne, u och z, så är u+z2=u2+2⁢u⁢z+z2, u2+z2=u+z2-2⁢u⁢z, 2⁢u2+z2=2⁢u+z2-4⁢u⁢z=u+z2+u-z2, 2⁢u2+z2-u+z2=u-z2: sättes nu u2+z2=A, så är 2⁢A-a2=u-z2=□.

Tages nu a= hvad tal som helst, t. ex. =6=4+2, så har man 2⁢A-62=4-22=4, och A=20.

Man kan således taga a= hvad tal som helst, u-z= skilnaden mellan två tal, hvars summa är =a; då bestämmer ofvanstående formel det värde på A, som uppfyller problemets fordringar.

32.

Att, då såväl summan (S) af tvenne tal, som deras qvadraters skilnad (Δ) äro bekanta, finna sjelfva talen.

Sätt de sökta talens skilnad =2⁢x, då är det större =12⁢S+x, dess qvadrat =14⁢S2+S⁢x+x2, det mindre =12⁢S-x, dess qvadrat =14⁢S2S⁢x+x2, och qvadraternas skilnad är =2⁢S⁢x=Δ, och deraf x=Δ2⁢S.

19

33.

Att söka två tal, hvars såväl skilnad δ, som produkt b äro gifna. Dock måste de gifna talen vara sådana, att den fyrdubbla produkten tillsammantagen med qvadraten på skilnaden är en qvadrat; äfven detta är verkställbart.

Sättes de sökta talens summa =2⁢x, så är
det större =x+12⁢δ,
det mindre =x-12⁢δ,
deras produkt b=x2-14⁢δ2,
och deraf x=12⁢4⁢b+δ2.

 Att så bestämma b och δ, att 4⁢b+δ2 blir =□, kan ske sålunda:

Om man har två tal u och z, så är 4⁢u⁢z+u-z2=u+z2; sättes nu u⁢z=b och u-z=δ, så är 4⁢b+δ2=u+z2=□. Tages nu b= hvad tal som helst, u+z= summan af de tvenne tal, hvars produkt =b, så bestämmes genom eqv. δ2=u+z2-4⁢b, det värde på δ, som uppfyller pro­blemets fordringar.

 Ex. b=15=3.5, u+z=8; δ2=64-60; δ=2.

34.

Att finna 2 tal x1, x2 af gifvet förhållande sinsemellan m:n, hvars qvadraters summa har till sum­man af sjelfva talen ett äfven gifvet förhållande p:q. x1:x2=m:n, x12+x22:x1+x2=p:q; deraf x2=p⁢n⁢m+nq⁢m2+n2.

35.

Att finna 2 tal x1, x2 af gifvet förhållande sins­emellan m:n, hvars qvadraters summa har till sjelfva ta­lens skilnad ett äfven gifvet förhållande p:q. x1:x2=m:n, x12+x22:x1-x2=p:q; hvaraf man erhåller x2=p⁢n⁢m-nq⁢m2+n2.

20

36.

Att finna 2 tal x1, x2 af gifvet förhållande sins­emellan m:n, hvars qvadraters skilnad har till talens summa ett äfven gifvet förhållande p:q.

x1:x2=m:n, x12-x22:x1+x2=p:q; x2=p⁢n⁢m+nq⁢m2-n2=p⁢nq⁢m-n.

37.

Att finna 2 tal x1, x2 af gifvet förhållande sins­emellan m:n, hvars qvadraters skilnad har till talens skilnad ett äfven gifvet förhållande p:q.

x1:x2=m:n, x12-x22:x1-x2=p:q; x2=p⁢n⁢m-nq⁢m2-n2=p⁢nq⁢m+n.

På lika sätt kan man finna två tal af gifvet förhål­lande sinsemellan, hvars produkt har ett äfven gifvet för­hållande till deras summa eller skilnad.

38.

Att finna 2 tal x1, x2 af gifvet förhållande sins­emellan m:n, af hvilka det mindres qvadrat har till det större talet ett äfven gifvet förhållande p:q.

x1:x2=m:n, x22:x1=p:q; x2=m⁢pn⁢q.

39.

Att finna 2 tal x1, x2 af gifvet förhållande sins­emellan m:n, af hvilka det mindres qvadrat har till det mindre talet sjelf ett äfven gifvet förhållande p:q.

x1:x2=m:n, x22:x2=p:q; x2=pq.

40.

Att finna 2 tal x1, x2 af gifvet förhållande sins­emellan m:n, af hvilka det mindres qvadrat har till de sökta talens summa ett äfven gifvet förhållande p:q.

21

x1:x2=m:n, x22:x1+x2=p:q; x2=pn⁢q⁢m+n.

41.

Att finna 2 tal x1, x2 af gifvet förhållande sins­emellan m:n, af hvilka det mindres qvadrat har till de sökta talens skilnad ett äfven gifvet förhållande p:q.

x1:x2=m:n, x22:x1-x2=p:q; x2=pn⁢q⁢m-n.

42.

På samma sätt kan man finna 2 tal af gifvet förhållande, af hvilka det störres qvadrat har ett gifvet förhålllande, till antingen det mindre eller större talet, till antingen deras summa eller skilnad.

43.

Att, då två tal äro gifna, finna ett tredje af den beskaffenhet att, om man af dessa tre multiplicerar summan af hvarje två med det tredje, de härigenom upp­komna produkterna äro i en arithmetisk serie.

Sättes det större talet =a, det mindre =b, det sökta =x, så äro de 3 produkterna:
a+b⁢x=a⁢x+b⁢x=Aa+x⁢b=a⁢b+b⁢x=Bb+x⁢a=a⁢b+a⁢x=C.

Dessa produkter böra enligt problemets fordran vara i en arithmetisk serie, och som a är >b, så är också C>B, hvarföre, i anseende till produkternas inbördes storlek, endast följande 3 fall möjliga:
1) C>A>B2) C>B>A3) A>C>B.

Då i en arithmetisk serie af 3 termer summan af de yttersta är lika med den dubbla mellersta, så erhållas

22

följande eqv.

1) B+C=2⁢A; insättas värdena på A, B och C, och löses denna eqv. i anseende till x, så får man
x=2⁢a⁢ba+b.

2) A+C=2⁢B; och deraf får man på samma sätt som i förra fallet x=a⁢b2⁢a-b.

3) A+B=2⁢C; hvaraf erhålles
x=a⁢b2⁢b-a.

 Af dessa 3 för x funna formler ser man, att problemet löses, hvilka värden man än måtaga på a och b, såväl i första som i andra händelsen; i tredje deremot måste x vara >2⁢b, på det att icke x må blifva negativt.

---

Rättelser:

Sid.	1	rad.	5	uppifr.	står	det mindre	bör vara	det mindre talet
«	5	«	10	«	«	vore	«	är
«	5	«	13	«	«	vore	«	är
«	—	«	—	«	«	blefve	«	blifver
«	—	«	15	«	«	blefve	«	blifver
«	8	«	23	«	«	tillsammantagna	«	tillsammantagna,
«	11	«	17	«	«	m⁢d	«	m⁢δ
«	15	«	24	«	«	m 2	«	m-2

---