Schnupperkurs: Ausgewählte Methoden zur Aufgabenlösung 1

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Mathematisches Institut II
Universität Karlsruhe
Priv.-Doz. Dr. N. Grinberg
06.07.2004
SS’05
Schnupperkurs: Ausgewählte Methoden zur Aufgabenlösung
Vorlesung 5: Elementare Zahlentheorie: Teilbarkeit, Primfaktorzerlegung,
ggT, Euklidischer Algorithmus, kleiner Satz von Fermat, Lösung von
Gleichungen in Z
• Literatur:
1. Shklyarsky-Chentsov-Yaglom: The USSR Olympiad Problem Book - Selected problems and theorems in elementary mathematics: arithmetic and algebra;
2. Engel: Problem-Solving Strategies, Chapter 6;
3. sowie jeden Kurs über elementare Zahlentheorie.
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Vorlesungsbeispiele
Aufgabe 5.1. Seien n ∈ Z und m ∈ N≥1 zwei Zahlen. Dann gibt es eine eindeutige
Darstellung von n in der Form
n = qm + r
(1)
mit einem q ∈ Z und einem r ∈ {0, 1, 2, ..., m − 1}.
Lösung: Existenz der Darstellung (1): Betrachten wir die Menge
M = {n − km : k ∈ Z} .
Diese Menge ist nach unten und nach oben unbeschränkt, sie enthält sowie negative, als
auch positive ganze Zahlen. Sei r = n − qm ∈ M die kleinste nichtnegative Zahl in dieser
Menge. Dann ist r ≥ 0 nach der Definition. Andererseits ist r < m, da wir sonst noch
einmal m subtrahieren könnten und das Ergebnis r − m ∈ M wäre ebenfalls nichtnegativ:
n − (q + 1) m = r − m ≥ 0,
was im Widerspruch steht zu der Wahl von r als kleinster nichtnegativer Zahl in M. Also
ist r < m, d. h. r ∈ {0, 1, 2, ..., m − 1} . Somit erfüllen r und q die Relation (1).
Eindeutigkeit von der Darstellung (1): Sei qm + r = q 0 m + r0 mit r0 ≤ r. Dann ist r − r0 =
(q 0 − q) m, also ist r − r0 ein Vielfaches von m. Da aber
0 ≤ r − r0 ≤ r < m
ist, erhalten wir r − r0 =£ 0,¤ also r = r0 . Daraus folgt auch q = q 0 .
n
Bemerkung: Es ist q = m
.
2
Definition 1 Die Zahlen q und r heißen der Quotient bzw. der Rest der Zahl n bei
der Division durch m. Ist r = 0, so sagt man, m ist ein Teiler von n (Bezeichnung
.
m | n), und n ist durch m (restlos) teilbar (Bezeichnung n..m).
Bemerkung: Wir betrachten hier nur positive Teiler, d. h. die Zahl m muß eine positive
ganze Zahl sein.
Aufgabe 5.2. Die Gesamtanzahl
aller Teiler einer Zahl n ≥ 2 ist ungerade, wenn n eine
√
Quadratzahl ist, d. h. wenn n ∈ N ist, und sonst gerade.
Lösung: Sei n keine Quadratzahl.
√ Betrachten wir die Menge T± aller Teiler von n, die
größer (bzw. kleiner) sind als n. Die Menge T aller Teiler von n ist die Vereinigung
T = T− ∪ T+ . Nun sind die beiden Mengen T− und T+ gleichmächtig, denn die Abbildung
a 7→ na von
√ T− nach T+ ist bijektiv. Also ist |T | = |T− | + |T+ | = 2 |T− | gerade.
Sei jetzt n ∈ N. Dann ist
©√ ª
T = T− ∪
n ∪ T+ ,
und somit
|T | = |T− | + 1 + |T+ | = 2 |T− | + 1
ungerade.
Aufgabe 5.3. Ein Schrank hat 100 Schließfächer, die am Abend geschlossen sind. In
der Nacht kommen 100 Geister und treiben ihr Unwesen:
• Der erste Geist macht alle Schließfächer auf;
• Der zweite Geist ändert den Zustand jedes Schließfachs mit gerader Nummer, d. h.
macht die Schließfächer 2, 4, ..., 100 wieder zu;
• Der dritte Geist ändert den Zustand jedes Schließfachs, dessen Nummer durch 3
teilbar ist, u.s.w..
• ... Der k-te Geist ändert den Zustand jedes Schließfachs, dessen Nummer durch k
teilbar ist;
• ... Der letzte Geist greift nur die Tür Nummer 100 an.
Wieviel (und welche) Schließfächer sind am nächsten Morgen auf?
Lösung: Betrachten wir das Schließfach Nummer N. An diesem Schließfach werden sich
genau diejenigen Geister betätigen, deren Nummern Teiler von N sind (inklusive der 1).
Insgesamt wird der Zustand des Schließfachs so oft geändert, wie die Zahl N Teiler hat.
Ist N keine Quadratzahl, so ist die Gesamtzahl ihrer Teiler gerade. In diesem Fall bleibt
das Schließfach im Endeffekt geschlossen. Ist N dagegen eine Quadratzahl, so ist die
Gesamtzahl ihrer Teiler ungerade. In diesem Fall bleibt das Schließfach im Endeffekt
offen.
Die Antwort lautet also: ausgerechnet die Schließfächer mit den Nummern 1, 4, 9, 16, 25, ..., 100
(insgesamt 10 Stück) sind am nächsten Morgen offen.
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Aufgabe 5.4. Seien p und q natürliche Zahlen. Beweisen Sie die folgenden Aussagen:
a). Wir bezeichnen mit MgT(p, q) die Menge aller (positiven) gemeinsamen Teiler von p
und q. Es ist dann MgT(p, q) =MgT(q, r) , wobei der Rest r durch (1) gegeben wird.
b). Wir bezeichnen mit ggT (p, q) den größten gemeinsamen Teiler von p und q. Dann
kann ggT (p, q) durch den folgenden Algorithmus, genannt Euklidischer Algorithmus,
bestimmt werden:
• 1. Schritt: Wir bezeichnen p0 = p und p1 = q, wobei p ≥ q ist.
• Schritt des Euklidischen Algorithmus: Seien pk und pk+1 zwei natürliche Zahlen mit
pk ≥ pk+1 . Man teile pk durch pk+1 mit einem Rest, denn man mit pk+2 bezeichnet:
pk = sk pk+1 + pk+2 .
Es ist dann pk+2 < pk+1 .
• Man führe diesen Algorithmus solange durch, bis pK = 0 auftritt (also höchstens q
mal).
• Es ist pK−1 = ggT (p, q) .
Lösung: a). Jeder gemeinsame Teiler t von p und q ist auch ein gemeinsamer Teiler
von r und q, denn
p = s1 t und q = s2 t
impliziert
r = p − sq = s1 t − ss2 t = (s1 − ss2 ) t.
Umgekehrt: Ist r = s3 t und q = s2 t, so ist
p = sq + r = ss2 t + s3 t = (s3 + ss2 ) t.
b). Nach (a) ist
MgT (p0 , p1 ) = MgT (p1 , p2 ) = ... = MgT (pK−1 , 0) .
Daraus folgt
ggT (p0 , p1 ) = ggT (pK−1 , 0) = pK−1 .
Aufgabe 5.5. Beweisen Sie: Für jedes n ∈ N ist
a). n2 − n durch 2 teilbar;
b). n3 − n durch 3 teilbar;
c). n5 − n durch 5 teilbar;
d). np − n durch p teilbar, falls p eine Primzahl ist (Der kleine Satz von Fermat).
Lösung: Punkte (a) - (c) kann man durch Betrachten aller möglichen Reste explizit
überprüfen. Wir bezeichnen den Rest einer Zahl a modulo b (bei festem b) mit a.
a). Es ist 02 = 0 und 12 = 1 modulo 2.
b). Es ist 03 = 0, 13 = 1 und 23 = 8 = 2 modulo 3.
4
c). Es ist
05 = 0, 15 = 1, 25 = 32 = 2, 35 = (−2)5 = −32 = 3, 45 = (−1)5 = −1 = 4,
also jeweils n5 = n modulo 5.
d). Im Falle n = 0 ist die Aussage der Aufgabe trivial. Für ein n ∈ Z mit n 6= 0
betrachten wir die Äquivalenzklassen
n, 2n, ..., (p − 1) n.
Diese sind alle unterschiedlich, weil aus an = bn die Relation (a − b) n = 0 folgt,
..
ist für a, b ∈ {1, 2, ..., p − 1} . Also enthält die Menge
also
n (a − b) .p, was unmöglich
o
n, 2n, ..., (p − 1) n alle möglichen Reste modulo p außer 0, und zwar jedes Element
nur einmal. Daraus folgt
n · 2n · ... · (p − 1) n = 1 · 2 · ... · (p − 1) = (p − 1)!.
Division durch (p − 1)! ergibt dann np−1 = 1, also
np−1 = 1.
Das impliziert
(2)
.
np = n oder (np − n) ..p
für jedes n ∈ Z.
Bemerkung: Die Behauptung gilt i.a. nicht für zusammengesetzte Zahlen p. So ist
beispielweise 24 − 2 = 14 nicht durch 4 teilbar.
Aufgabe 5.6. Beweisen Sie, dass die Gleichung
¡
¢
x 2 + y 2 = 3 z 2 + u2
keine ganzzahligen Lösungen hat außer x = y = z = u = 0.
Lösung: Angenommen, es gibt ganzzahlige Lösungen dieser Gleichung (außer x = y =
z = u = 0). Wir wählen eine Lösung
a = (x, y, z, u)
mit der kleisten Summe s (a) = x2 + y 2 (Extremalprinzip!). Die Zahl s ist durch 3 teilbar.
Wir berechnen den Rest, den s = x2 + y 2 bei der Division durch 3 lässt für alle möglichen
Kombinationen der Reste von x und y :
y≡0
y≡1
y≡2
y2 ≡ 0
y2 ≡ 1
y2 ≡ 1
x≡0
x2 ≡ 0
s≡0
s≡1
s≡1
x≡1 x≡2
x2 ≡ 1 x2 ≡ 1
s≡1 s≡1
s≡2 s≡2
s≡2 s≡2
5
Man sieht: s ist nur dann durch 3 teilbar, wenn x und y beide durch 3 teilbar sind. Also
ist x = 3x1 , y = 3y1 . Entsprechend gilt
¡
¢
¡
¢
s (a) = x2 + y 2 = 9 x21 + y12 = 3 z 2 + u2 .
Daraus folgt
¡
¢
z 2 + u2 = 3 x21 + y12 ,
wobei alle vier Zahlen z, u, x1 und y1 ganz sind. Das Quadrupel
a1 = (z, u, x1 , y1 )
ist also eine weitere ganzzahlige Lösung derselben Gleichung. Dabei gilt für a1
s (a1 ) = z 2 + u2 =
¢ 1
1¡ 2
x + y 2 = s (a) < s (a) ,
3
3
was der Annahme widerspricht, dass a die minimale Lösung ist.
Aufgabe 5.7. Seien zwei natürliche Zahlen a und b teilerfremd. Dann gibt es zwei
natürliche Zahlen x und y mit
ax − by = 1.
Lösung: Betrachten wir die Zahlen
a, 2a, 3a, ..., (b − 1) a.
Da a und b teilerfremd sind, ist keine von diesen Zahlen durch b teilbar. Angenommen, es
gibt unter diesen b − 1 Zahlen keine, die bei Division durch b den Rest 1 lässt. Dann gibt
es zwei Zahlen x1 a und x2 a mit 1 ≤ x1 < x2 ≤ b − 1, die den gleichen Rest bei Division
durch b lassen (Schubfachprinzip!). Daraus folgt aber, dass die Differenz (x2 − x1 ) a durch
b teilbar ist, was unmöglich ist für 0 < x2 − x1 < b. Also gibt es doch eine Zahl xa, die
bei Division durch b den Rest 1 lässt. Dann existiert ein y, sodass xa = 1 + yb, also
ax − by = 1 ist.
Aufgabe 5.8. Jede natürliche Zahl n ≥ 2 kann als Produkt n = p1 · p2 · ... · pm von
Primzahlen dargestellt werden.
Lösung: Wir beweisen diese Behauptung durch vollständige Induktion.
Ind.-Anfang: n = 2. Da gilt die Darstellung mit m = 1, p1 = 2 = n.
Ind.-Schritt: Sei eine solche Darstellung für alle natürliche Zahlen n ≤ N möglich.
Betrachten wir nun die Zahl n = N + 1. Ist n eine Primzahl, so setzen wir m = 1, p1 = n.
Ist n zusammengesetzt, so bezeichnen wir mit p1 den kleinsten Teiler von n. Wir wissen
schon, dass p1 eine Primzahl ist. Nun stellen wir die Zahl n1 = n/p1 in der Form
n1 = p2 · ... · pm dar (dies ist möglich, weil n1 < n = N + 1 und damit n1 ≤ N ist). Für
n gilt dann
n = p1 · n1 = p1 · p2 · ... · pm .
6
2
Übungsaufgaben
Aufgabe 5.9. Beweisen Sie, daß es auch beliebig lange Abschnitte auf der Zahlengeraden
gibt, in denen keine Primzahlen vorkommen. Mit anderen Worten: Beweisen Sie, daß
für jedes natürliche n sich n aufeinanderfolgende natürliche Zahlen finden können, von
denen keine eine Primzahl ist.
Lösung: Ein Beispiel für n aufeinanderfolgende natürliche Zahlen, von denen keine prim
ist, sind die Zahlen
(n + 1)! + 2, (n + 1)! + 3, ..., (n + 1)! + n, (n + 1)! + (n + 1) .
Dass diese Zahlen alle zusammengesetzt (d. h. nicht prim) sind, sieht man wie folgt ein:
Für jedes natürliche k mit 2 ≤ k ≤ n + 1 ist die Zahl (n + 1)! + k durch k teilbar (denn
die Zahl (n + 1)! ist, als Produkt der ersten n + 1 natürlichen Zahlen, durch k teilbar);
da ferner (n + 1)! + k > k ist, ist die Zahl k auch ein echter Teiler der Zahl (n + 1)! + k,
weshalb die Zahl (n + 1)! + k nicht prim sein kann.
Aufgabe 5.10. Wieviele Nullen stehen am Ende der Zahl 100! ?
Lösung: Dies ist zu der folgenden Frage äquivalent: Durch welche maximale Potenz
von 10 ist 100! teilbar? Sei
100! = 2a 5b n,
wobei n mit 10 teilerfremd ist. Dann ist 100! durch 10c teilbar mit c = min {a, b} , aber
nicht durch 10c+1 . Es ist a ≥ 50, da mindestens 50 Faktoren in 100! gerade Zahlen sind.
Ferner gibt es unter der Zahlen 1 bis 100 genau 20, die durch 5 teilbar sind, 4 davon sind
auch noch durch 52 teilbar (durch 53 teilbare Faktoren gibt es in diesem Bereich nicht).
Insgesamt ergibt das b = 20 + 4 = 24. Daher ist c = b = 24. Die Antwort lautet: 24
Nullen.
Aufgabe 5.11. Beweisen Sie: Für jede natürliche Zahl n ≥ 2 ist der kleinste von 1
verschiedene Teiler q von n eine Primzahl.
Lösung: Sei q der kleinste von 1 verschiedene Teiler von n. Angenommen, q ist eine
zusammengesetzte Zahl, d. h. sei q = pr, wobei
2 ≤ p < q und 2 ≤ r < q
ist. Dann ist p (sowie r) auch ein Teiler von n, da
n q
n
n
= · = ·r
p
q p
q
eine natürliche Zahl ist. Das ergibt einen Widerspruch zu der Annahme, dass q der
kleinste Teiler von n ist, da p < q ist.
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Aufgabe 5.12. Welche von den Polynomen
p1 (n) = n2 − 1,
p2 (n) = n2 + 1,
p3 (n) = n5 − 1,
p4 (n) = n4 + 4,
ergeben bei jedem natürlichen n ≥ 3 eine zusammengesetzte Zahl?
Lösung: Die Polynome p1 , p3 und p4 kann man faktorisieren:
p1 (n) = n2 − 1 = (n − 1) (n + 1) ,
¡
¢
p3 (n) = n5 − 1 = (n − 1) n4 + n3 + n2 + n + 1 ,
¡
¢¡
¢
p4 (n) = n4 + 4 = n2 + 2n + 2 n2 − 2n + 2 .
Jeder Faktor ist dabei ≥ 2 :
n − 1 ≥ 2, n + 1 ≥ 4, n4 + n3 + n2 + n + 1 ≥ 34 , n2 + 2n + 2 ≥ 2, n2 − 2n + 2 ≥ 2.
Daher nehmen diese Polynome für n ≥ 3 stets zusammengesetzte Werte an.
Auf p2 trifft diese Aussage nicht zu: beispielweise ist p2 (4) = 17 eine Primzahl.
Aufgabe 5.13. Die Gleichung
15x2 − 7y 2 = 9
(3)
hat keine Lösungen in Z.
.
Lösung: Man hat y ..3, also y = 3y1 . Daraus folgt
15x2 − 7 · 9y12 = 9 oder 5x2 − 21y12 = 3.
.
Damit ist x..3, also x = 3x1 . Einsetzen ergibt
5 · 9x21 − 21y12 = 3 oder 15x21 − 7y12 = 1.
Daraus folgt
y12 + 1 = 0 modulo 3.
2
2
2
Dies ist aber unmöglich, da 0 = 0, 1 = 1, 2 = 4 = 1 ist, also kann y12 + 1 entweder 1
oder 2 modulo 3 sein, aber nie 0.
3
Schwierigere Aufgaben
*Aufgabe 5.14. Beweisen Sie, dass die Darstellung n = p1 · p2 · ... · pm (die sogenannte
Primfaktorzerlegung der Zahl n) mit Primzahlen p1 , p2 , ..., pn , die p1 ≤ p2 ≤ ... ≤ pm
erfüllen, eindeutig ist.
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Lösung: (Der Beweis von Zermelo) Wir verfahren nach dem Extremalprinzip: Wenn es
Zahlen n gibt, für die die Darstellung n = p1 · p2 · ... · pm nicht eindeutig ist, dann gibt es
auch eine kleinste solche Zahl n. Seien
p1 · p2 · ... · pm = q1 · q2 · ... · ql = n
zwei verschiedene Darstellungen dieser Zahl n, wobei p1 , p2 , ..., pn , q1 , q2 , ..., qn Primzahlen
sind und p1 ≤ p2 ≤ ... ≤ pn und q1 ≤ q2 ≤ ... ≤ qn gilt.
Die Gleichung p1 = q1 ist unmöglich, da es sonst für die Zahl n/p1 < n zwei verschiedene
Primfaktorzerlegungen p2 · ... · pm = q2 · ... · ql = n/p1 gäbe, was zu der Minimalität von
n im Widerspruch stehen würde. Also ist p1 6= q1 . O.B.d.A. nehmen wir an, daß p1 < q1
ist. Dann ist q1 = ap1 + r, wobei a und r natürliche Zahlen sind mit 1 ≤ r ≤ p1 − 1 < p1 .
Aus dieser Darstellung folgt
p1 · p2 · ... · pm = (ap1 + r) · q2 · ... · ql = p1 · a · q2 · ... · ql + r · q2 · ... · ql ,
also
p1 (p2 · ... · pm − a · q2 · ... · ql ) = rq2 · ... · ql .
| {z }
{z
}
|
R
l
Da die Zahl R kleiner ist als n, hat sie nur eine einzige Primfaktorzerlegung
R = ql+1 · ... · ql+k · q2 · ... · ql .
|
{z
}
=r
Die Primzahl p1 muss also mit einer der Primzahlen qj übereinstimmen. Dies ist aber
unmöglich, weil p1 < qj ist für j = 2, ..., l, und p1 > qj ist für j = l + 1, ..., l + k
(denn p1 > r). Dieser Widerspruch zeigt, dass es keine Zahl mit mehreren verschiedenen
Primfaktorzerlegungen gibt. Das heißt, jede natürliche Zahl hat eine einzige Primfaktorzerlegung.
Definition 2 Die Darstellung
n = pα1 1 · pα2 2 · ... · pαmm
mit Primzahlen pj , j = 1..m, wobei p1 < p2 < ... < pm , und αj natürliche Zahlen ≥ 1
sind, heißt kanonische Primfaktorzerlegung der natürlichen Zahl n.
*Aufgabe 5.15. Sei p eine Primzahl. Dann gilt:
a). Eine natürliche Zahl n ist genau dann durch p teilbar, wenn p in der Primfaktorzerlegung von n vorkommt.
b). Das Produkt ab zweier natürlicher Zahlen ist genau dann durch p teilbar, wenn
mindestens eine von den beiden Zahlen a und b durch p teilbar ist.
Lösung: a). ”=⇒ ” Kommt p = pj in der Primfaktorzerlegung von n vor, dann ist n
offensichtlich durch p teilbar.
”⇐= ” Sei n = pk, mit einem k = pα1 1 · pα2 2 · ... · pαmm . Dann ist n = p · pα1 1 · pα2 2 · ... · pαmm eine
mögliche Primfaktorzerlegung von n. Sie enthält die Zahl p. Da aber n nur eine einzige
9
Primfaktorzerlegung hat (bis auf Vertauschung von Faktoren), schließen wir, dass jede
Primfaktorzerlegung von n die Zahl p enthält.
b). Die Zahl n = ab ist genau dann durch p teilbar, wenn die Primfaktorzerlegung von
n die Primzahl p enthält (Punkt a)). Andererseits enthält die Primfaktorzerlegung von
ab genau dann p, wenn mindestens eine Zerlegung - entweder die von a, oder die von b die Primzahl p enthält. Dies bedeutet natürlich, daß a bzw. b durch p teilbar ist.
Aufgabe 5.16. Bestimmen Sie alle Paare ganzer Zahlen x und y, die der Gleichung
1 1
1
+ =
x y
17
(4)
genügen.
Lösung: Wir multiplizieren (4) mit 17xy und erhalten
17y + 17x = xy,
oder äquivalent
xy − 17y − 17x = 0.
Nun addieren wir auf beiden Seiten 172 und faktorisieren die linke Seite
xy − 17y − 17x + 172 = (x − 17) (y − 17) = 172 .
Nun sind beide Zahlen x − 17 und y − 17 ganz; also muss die Zahl x − 17 ein Teiler der
Zahl 172 sein. Doch die einzigen ganzen Teiler der Zahl 172 sind
±1, ±17 und ± 172
(denn 17 ist eine Primzahl). Folglich ist x−17 gleich einer von diesen Zahlen. Entsprechend
172
ist y − 17 =
. In allen Fällen außer x − 17 = −17 (da sollte x = 0 sein, was ausx − 17
geschlossen ist) ergibt sich genau eine Antwort. Die allgemeine Antwort ist also
x = 17 + q, y = 17 +
©
ª
172
für q ∈ −172 , −1, 1, 17, 172 .
q
In Zahlen ist das
µ ¶ ½µ
¶ µ
¶ µ
¶ µ
¶ µ
¶¾
x
−272
16
18
34
306
∈
,
,
,
,
.
y
16
−272
306
34
18
(5)
(6)
Bemerkung: Nach dem gleichen Verfahren wie oben können wir alle ganzzahligen Lösungen
x und y der Gleichung
1
1 1
+ =
x y
p
für eine beliebige Primzahl p finden: (5), (6) wird dann durch
x = p + q, y = p +
©
ª
p2
für q ∈ −p2 , −1, 1, p, p2
q
10
bzw.
µ ¶ ½µ
¶ µ
¶ µ
¶ µ
¶ µ
¶¾
x
−p (p − 1)
p−1
p+1
2p
p (p + 1)
∈
,
,
,
,
y
p−1
−p (p − 1)
p (p + 1)
2p
p+1
ersetzt. Wenn dagegen p keine Primzahl ist, dann hat (4) nicht nur diese fünf Lösungspaare;
es kommen einige neue Lösungspaare hinzu, weil die Zahl p2 auch andere Teiler hat als
−p2 , −p, −1, 1, p und p2 . In diesem Fall kann man für konkretes p durch Betrachtung
aller Teiler der Zahl p2 alle Lösungen bestimmen.
Aufgabe 5.17. Finden Sie alle natürlichen Lösungen der Gleichung
x2 + y 2 = z 2 .
(7)
Lösung: Wir betrachten erst den Fall, wo die Zahlen x, y und z paarweise teilerfremd
sind. Dann gibt es unter x, y und z eine gerade und zwei ungerade Zahlen. Nehmen wir
erst an, x und y sind beide ungerade:
x = 2x1 + 1, y = 2y1 + 1.
.
Entsrechend ist z gerade und damit z 2 ..4. Es ist aber
¡
¢
z 2 = x2 + y 2 = (2x1 + 1)2 + (2y1 + 1)2 = 4 x21 + x1 + y12 + y1 + 2,
also z 2 nicht durch 4 teilbar. Dieser Widerspruch zeigt, dass die Zahlen x und y nicht
beide ungerade sein können. Wären diese Zahlen x und y beide gerade, dann wäre auch z
gerade, und damit wären die Zahlen x, y und z nicht mehr paarweise teilerfremd. Somit
muß genau eine von den Zahlen x und y gerade sein. O. B. d. A. können wir annehmen,
daß x gerade ist und y ungerade; dann ist z ebenfalls ungerade. Es ist dann
³ x ´2 z − y z + y
=
x2 = (z − y) (z + y) , oder
·
= uv,
2
2
2
z−y
z+y
wobei u =
und v =
ganzzahlig und teilerfremd sind (denn jeder gemeinsame
2
2
Teiler der Zahlen u und v wäre auch ein gemeinsamer Teiler
der Zahlen y = v − u und
³x´
2
folgt damit, dass u und
z = v + u). Aus der kanonischen Primfaktorzerlegung von
2
v selbst Quadratzahlen sind (denn sollte eine Primzahl p | u eine ungerade Potenz in der
kanonischen PFZ von ³
u haben,
so müsste die PFZ von v diese Primzahl auch erhalten,
x ´2
da p in der PFZ von
eine gerade Potenz hat; damit wären u und v nicht mehr
2
teilerfremd). Bezeichnen wir u = n2 und v = m2 , so erhalten wir
x = 2nm, y = m2 − n2 , z = n2 + m2 .
Diese Formel gibt somit alle natürlichen Lösungen zu (7) mit teilerfremden x, y und z (bis
auf Vertauschung von x und y) an. Dabei sind n und m beliebige teilerfremde natürliche
Zahlen, eine davon gerade und die andere ungerade.
11
Der Fall beliebiger natürlicher Lösungen unterscheidet sich von dem Fall paarweise teilerfremder x, y und z nur dadurch, dass alle Zahlen x, y und z mit der gleichen Konstante
c = ggT (x, y) = ggT (x, z) = ggT (y, z)
multipliziert werden:
¡
¢
¡
¢
x = 2cnm, y = c m2 − n2 , z = c n2 + m2 .