Elementare Zahlentheorie — 7. ¨Ubung

Prof. Dr. Jörn Steuding, Pascal Stumpf
Institut für Mathematik, Universität Würzburg
5. Dezember 2016
Elementare Zahlentheorie — 7. Übung
Aufgabe 1. [2 + 2 + 2 + 4 Punkte] Beweisen oder widerlegen Sie die folgenden vier
Aussagen, wobei man gegen Ende besonders viel spielen kann:
(i) Für a, b ∈ N enthält die Menge aZ ∩ bZ immer unendlich viele Zahlen.
(ii) Es gibt keine ganze Zahl r mit |r| 6 2014 und r ≡ 2015 (mod 2016).
(iii) An der Tafel steht 1 + 1, was kommt heraus? Für jede natürliche Zahl r gibt
es ein Modul m derart, dass 1 + 1 ≡ r (mod m) besteht.
(iv) Es gibt fünf Restklassen mi Z + ri = {ami + ri : a ∈ Z} verschiedener Module
1 < m1 < . . . < m5 , mit 0 6 ri < mi für i ∈ {1, 2, 3, 4, 5}, deren Vereinigung
[
(mi Z + ri ) = (m1 Z + r1 ) ∪ · · · ∪ (m5 Z + r5 )
16i65
alle ganzen Zahlen abdeckt.
Aufgabe 2. [3 + 3 + 4 Punkte] Die Folge der Fibonacci-Zahlen ist rekursiv definiert
durch Fn+1 = Fn + Fn−1 für n ∈ N und F0 = 0, F1 = 1.
(i) Zeigen Sie für beliebige n ∈ N
Fn+3 ≡ Fn mod 2
(also z.B: F5 = 5 ≡ 21 = F8 mod 2).
(ii) Beweisen Sie, dass das Produkt von irgendwelchen drei aufeinanderfolgenden
Fibonacci-Zahlen stets gerade ist, nicht aber unbedingt das Produkt zweier
aufeinanderfolgender Fibonacci-Zahlen.
(iii) Zeigen Sie für beliebige n ∈ N
Fn+8 ≡ Fn mod 3 .
Begründen Sie, dass es zu jedem m ∈ N ein ℓ ∈ N gibt, so dass für beliebige
n∈N
Fn+ℓ ≡ Fn mod m .
Aufgabe 3. [3 + 4 + 3 Punkte]
Am 6. Dezember macht Nikolaus seine jährlichen Hausbesuche und füllt die Stiefel
der Kinder mit zahnfreundlichen zuckerlosen Süssigkeiten. In der Restgasse sind die
Häuser nummeriert von 1 bis 235.
• Lässt die Hausnummer eines Hauses bei Division durch 5 den Rest 2, so
hinterlässt Nikolaus einen Apfel,
• Wenn die Hausnummer den Rest 3 bei Division durch 7 hat, so bleibt vom
Nikolaus eine Banane zurück,
• und wenn bei Division der Hausnummer durch 8 der Rest 5 vorliegt, gibt der
Nikolaus eine Clementine.
Hierzu stellen sich nun einige Fragen:
(i) Wie viele Äpfel, Bananen und Clementinen wird Nikolaus los?
(ii) Bekommt jedes Haus mindestens ein Stück Obst oder eine Frucht?
(iii) Beschreiben Sie die Häuser, die sowohl einen Apfel als auch eine Banane
und eine Clementine bekommen!
Übungsblätter werden immer montags in der Vorlesung ausgegeben; sie stehen auch online
auf der homepage https://www.mathematik.uni-wuerzburg.de/∼steuding/elemzahltheo2016.htm zur
Verfügung (wie auch die Folien). Bearbeitete Übungsblätter müssen in Gruppen von maximal
drei Studierenden im Raum 00.105 des BSZ im Briefkasten Elementare Zahlentheorie bis 12 Uhr
am Mittwoch der darauffolgenden Woche abgegeben werden. Die Klausur findet von 10 bis 12
Uhr am 20. Februar 2017 im Turing-Hörsaal statt! Für die Klausurzulassung sind 50% der
Übungspunkte (jeweils 30 pro Blatt) nötig.
Viel Spaß!
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Lösungshinweis zu Aufgabe 1:
Bei der ersten Aussage (i) können wir für jede natürliche Zahl n über ab · n (oder
auch kgV(a, b) · n) eine natürliche Zahl konstruieren, die wegen
ab · n = a · (bn) ∈ aZ und ab · n = b · (an) ∈ bZ
stets in aZ ∩ bZ liegt, und die mit wachsendem n gleichzeitig wirklich immer größer
wird, da ab > 1 · 1 > 0 wegen a, b ∈ N. Folglich haben wir wie gewünscht unendlich
viele Zahlen im Durchschnitt aZ ∩ bZ gefunden.
Obwohl wir in (ii) die Bedingung −2014 6 r 6 +2014 stellen, verbleiben so doch
2014 + 1 + 2014 = 4029 aufeinanderfolgende ganze Zahlen für unser r, unter denen
sich insbesondere auch r = −1 ≡ −1 + 2016 = 2015 (mod 2016) versteckt, was uns
ebenfalls das Schubfachprinzip verspricht, und Aussage (ii) ist falsch.
Die vorletzte Aussage (iii) ist wieder richtig, denn für alle r haben wir 1 + 1 = 2 ≡
r (mod 1) wegen 1 | (2 − r) ∈ Z, also können wir immer m = 1 als Modul wählen.
Auch die letzte Aussage (iv) ist wahr. Damit eine Restklasse möglichst viele ganze
Zahlen enthält, versuchen wir die Module mi sehr klein zu wählen, und außerdem so,
dass sie untereinander (falls möglich) Primfaktoren gemeinsam haben, was uns mehr
gemeinsame Struktur und Übersicht zwischen ihnen schenken kann. Folgen wir den
jungen Fußstapfen von Paul Erdős, so ist eine mögliche Familie von fünf Restklassen,
deren Vereinigung ganz Z ergibt, zum Beispiel durch
{2Z + 0, 3Z + 0, 4Z + 1, 6Z + 5, 12Z + 7}
gegeben, denn spitzen wir ein wenig genauer in die Restklassen, die sich hinter dem
kleinsten gemeinsamen Vielfachen 12 aller fünf Module verstecken, so besteht
2Z + 0 = (12Z + 0) ∪ (12Z + 2) ∪ (12Z + 4) ∪ (12Z + 6) ∪ (12Z + 8) ∪ (12Z + 10),
3Z + 0 = (12Z + 0) ∪ (12Z + 3) ∪ (12Z + 6) ∪ (12Z + 9),
4Z + 1 = (12Z + 1) ∪ (12Z + 5) ∪ (12Z + 9),
6Z + 5 = (12Z + 5) ∪ (12Z + 11),
was gemeinsam mit (12Z + 7) in der Tat alle zwölf möglichen Restklassen (mod 12),
und daher (nach Division mit Rest) alle ganzen Zahlen, abdeckt.
Lösungshinweis zu Aufgabe 2:
Zu i): Die Folge der Fibonacci-Zahlen Fn beginnt folgendermaßen:
0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, . . .
Auf eine gerade Zahl folgen hier jeweils genau zwei ungerade Zahlen. Wir beweisen
dieses Muster unter Verwendung der Rekursionsformel Fn+1 = Fn + Fn−1 , welche für
n + 3 anstelle von n + 1 und danach für n + 2 anstelle von n + 1 durch Einsetzen
Fn+3 = Fn+2 + Fn+1 = 2Fn+1 + Fn
liefert. Mit Blick auf die linke und die rechte Seite der Gleichungskette erhalten wir
Fn+3 − Fn = 2Fn+1 ≡ 0 mod 2.
[Alternativ durch Induktion nach n.]
Zu ii): Wir bemerken dank i), dass auf zwei ungerade Fibonacci-Zahlen eine gerade
folgt, und nach dieser wiederum von zwei ungerade auftreten. Schreiben wir für diese
die Reste 0 bzw. 1 modulo 2, so ergibt sich das peridoische Muster 0, 1, 1, 0, 1, 1 usw..
Unter drei aufeinanderfolgenden Fibonacci-Zahlen ist deshalb stets mindestens eine
gerade, während das Produkt zweier aufeinanderfolgender Fibonacci-Zahlen ungerade
sein kann (etwa F4 · F5 = 3 · 5).
Zu iii): Wie bei i) setzt man sukzessive die Rekursionsformel erin und erhält
Fn+8 = . . . = 34Fn + 21Fn−1 ,
3
womit
Fn+8 − Fn ≡ Fn+8 − 34Fn = 21Fn−1 ≡ 0 mod 3.
Sei nun m ≥ 2 gegeben, so fällt jede Fibonacci-Zahl Fn in eine der m − 1 Restklassen
modulo m. Für zwei aufeinanderfolgende Fibonacci-Zahlen betrachten wir deren Reste
modulo m, also
(Fn+1 mod m, Fn mod m) ∈ (Z/mZ)2 .
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Nun gibt es m viele Möglichkeiten für diese Reste. Also gibt es unter den ersten m2 +1
Paaren aufeinanderfolgender Reste (Fn+1 mod m, Fn mod m) nach dem Schubfachprinzip mindestens eine Wiederholung, sagen wir
(Fn+1 mod m, Fn mod m) = (Fn+1+ℓ mod m, Fn+ℓ mod m)
für ein ℓ ≤ m2 + 1. Dann gilt mittels der Rekursion
Fn+2+ℓ = Fn+1+ℓ + Fn+ℓ ≡ Fn+1 + Fn = Fn+2
und per Induktion nach n folgt die Behauptung.
Lösungshinweis zu Aufgabe 3:
Zu i): Startend mit Hausnummer 2 wird alle 5 Häuser ein Apfel hinterlassen. Wegen
235 = 5 · 47 sind dies zusammen 47 Äpfel (weil 2 + 46 · 5 = 232 ≤ 235 < 2 + 47 · 5 ist
und berücksichtigt werden muss, dass der erste Apfel bei Hausnummer 2, der zweite
bei Hausnummer 2 + 5 usw. verteilt wird). Eine Banane bleibt bei Hausnummer 3 und
dann in jedem siebten Haus liegen, womit insgesamt 34 (denn 3 + 33 ·7 = 234 ≤ 235 <
241 = 3+34·7 und wiederum ist zu beachten, dass es mit Hausnummer 3 losgeht). Bei
den Clementinen sind es in Summe 29 (denn 5 + 28 · 8 = 229 ≤ 235 < 237 = 5 + 29 · 8).
[Geht es um die Anzahl bem Modul m ist also die größte ganze Zahl ≤ 235/m von
Interesse.]
Zu ii): Nein, es gehen einige Häuser leer aus (wie kann der Nikolaus bloss so ein
schlechter Rechner sein!), denn nach i) werden insgesamt nur 47+34+29 = 110 Äpfel,
Bananen und Clementinen verteilt, wo es aber insgesamt 235 Häuser gibt. [Alternativ
könnte man auch beispielsweise Haus Nummer 1 angeben: Weil 1 weder den Rest 2
modulo 5 noch den Rest 3 modulo 7 noch den Rest 5 modulo 8 lässt, hinterlässt der
Nikolaus weder einen Apfel noch eine Banane noch eine Clementine.]
Zu iii): Wir schreiben die Apfel-, Bananen- und Clementinen-Bedingung als Kongruenzen:

 X ≡ 2 mod 5,
X ≡ 3 mod 7,

X ≡ 5 mod 8.
Gesucht ist also ein x zwischen 1 und 235, welches die obigen drei Kongruenzen erfüllt.
Das System ist lösbar, weil die Module 5, 7, 8 paarweise teilerfremd sind. Mit unsere
chinesischen Restsatz berechnet sich die lösende Restklasse des linearen Kongruenzsystems als
x
= 2 · (7 · 8)ϕ(5) + 3 · (5 · 8)ϕ(7) + 5 · (5 · 7)ϕ(8)
= 2 · 564 + 3 · 406 + 5 · 354
≡ 157 mod 280.
Man beachte, dass 5 · 7 · 8 = 280. Also existiert genau ein Haus, nämlich das mit der
Hausnummer 157, wo sowohl Apfel als auch Bananen und Clementine hinterlassen
werden. [Alternativ kann diese Lösung natürlich auch durch Vergleich der Mengen
gefunden werden.]
(2 + 5Z) ∩ {1, 2, . . . , 235} =
{2, 7, . . . , 232},
(3 + 7Z) ∩ {1, 2, . . . , 235} =
(5 + 8Z) ∩ {1, 2, . . . , 235} =
{3, 10, . . . , 234},
{5, 13, . . . , 229}