1 . ¨Ubung zur Zahlentheorie

Universität Würzburg
Mathematisches Institut
Dr. J. Jordan, L. Lauerbach
Sommersemester 2016
14.04.2016
1 . Übung zur Zahlentheorie
Abgabe: Bis 21.04.2016, 10.14 Uhr, in der Vorlesung.
1.1 (Zur Primzahlzwillingsvermutung)
Zeigen Sie, dass die Primzahlzwillingsvermutung äquivalent zu der Aussage
Es gibt unendlich viele Primzahlpaare p, q, so dass pq + 1 eine Quadratzahl ist.
ist.
Lösungshinweis:
”⇐”: Es seien p, q zwei Primzahlen, für die pq + 1 = n2 gilt für ein n ∈ N, wie in der
Aussage gefordert. Dies ist äquivalent zu pq = n2 − 1 = (n + 1)(n − 1). Das wiederum
heißt aber, dass o.B.d.A. p = n + 1 und q = n − 1 ist, da die Primfaktorzerlegung bis auf
Reihenfolge der Faktoren eindeutig ist. Also sind p und q Primzahlzwillinge.
”⇒”: Es seien p und q Primzahlzwillinge, d.h. es gilt q = p + 2. Dann ist pq + 1 =
p(p + 2) + 1 = p2 + 2p + 1 = (p + 1)2 eine Quadratzahl, wie gefordert.
1.2 (Aus einem Schülerwettbewerb Mathematik (für die 10. Klasse))
Das Produkt von vier nicht notwendig verschiedenen Primzahlen ist das zehnfache
ihrer Summe. Bestimmen Sie alle Möglichkeiten dieser vier Primzahlen.
Lösungshinweis:
Es sollen alle Lösungen der Gleichung
p · q · r · s = 10 (p + q + r + s)
(1)
gefunden werden, wobei p, q, r, s Primzahlen sind.
Aus Gleichung (1) sieht man sofort, dass o.B.d.A. r · s = 10 = 2 · 5 gelten muss, also r = 2
und s = 5. Setzt man dies in Gleichung (1) ein, erhält man
p · q = p + q + 7.
(2)
Zur Lösung von Gleichung (2) gibt es mehrere Möglichkeiten. Zwei sollen im Folgenden
erläutert werden:
Variante 1: Gleichung (2) ist äquivalent zu 8 = p · q − p − q + 1 = (p − 1)(q − 1). Da p
und q beide positiv und ganzzahlig sind, müssen p − 1 und q − 1 Primteiler von 8 sein.
Dafür kommen nur die Paare 1 & 8 sowie 2 & 4 infrage. Das erste Paar würde auf p = 9
führen, was keine Primzahl ist und somit nicht die Aufgabe löst. Das zweite Paar führt
auf p = 5 und q = 3 (oder anders herum). Somit sind die einzigen vier Primzahlen, die
das Geforderte leisten, die Zahlen 2, 3, 5, 5.
Variante 2: Gleichung (2) ist äquivalent zu
p=
q−1+8
8
q+7
=
=1+
.
q−1
q−1
q−1
Da p und q positiv und ganzzahlig sind, muss q − 1 ein Teiler von 8 sein. Alle möglichen
Teiler von 8 sind 1, 2, 4 und 8, daher muss q einer der Zahlen 2, 3, 5 oder 9 sein. 9 ist
keine Primzahl, fällt also raus. Für q = 2 wäre p = 9, auch keine Lösung. Also bleibt noch
q = 3 (mit p = 5) oder q = 5 (mit p = 3). Somit sind die einzigen vier Primzahlen, die
das Geforderte leisten, die Zahlen 2, 3, 5, 5.
1.3 (Die Collatz Vermutung)
Es sei a ∈ N
an + 1
f (n) =
n
2
falls n ungeade,
falls n gerade.
Die Collatz Vermutung besagt, dass es für a = 3 zu jedem Startwert N ∈ N ein n ∈ N
gibt, so dass f n (N ) = 1 ist. Zu m ∈ N sei Oa (m) := {N ∈ N | ∃n ∈ N : f n (N ) = m}
der Orbit von m. Man vermutet also, dass O3 (1) = N.
a) Es sei N die Quersumme Ihrer Matrikelnummer. Bestimmen Sie, das kleinste
n ∈ N für das f n (N ) = 1 gilt.
b) Untersuchen Sie den Fall a = 1. Für welche m ∈ N gilt O1 (m) = N?
c) Untersuchen Sie den Fall a = 2. Zeigen Sie
(i) Zu jedem t ∈ N gibt es m1 , . . . , mt , m ∈ N, so dass O2 (mi ) ∩ O2 (mj ) = ∅
falls i 6= j aber O2 (mi ) ⊂ O2 (m) gilt.
(ii) Es gibt unendlich viele mi , i ∈ N, so dass für jedes m ∈ N nur höchstens
ein mi in O2 (m) liegt.
Lösungshinweis:
b) Nur für m = 1 und m = 2 gilt O1 (m) = N. Dies wollen wir in drei Teilen zeigen:
Teil 1: Wir zeigen zuerst, dass für m = 1 gilt, dass O1 (m) = N ist. Dazu benötigen wir
eine Fallunterscheidung:
1. Fall: n = 1: Es gilt f 2 (1) = f (2) = 1
2. Fall: n gerade: Dann ist f (n) = n2 < n. Sei der Kürze halber n0 := n/2. Nun unterscheidet man wieder n0 in 3 Fälle: 2.1) n0 = 1, dann ist man fertig, 2.2) n0 gerade, dann
setzt man n = n0 und springt zum 2. Fall und 2.3) n0 ungerade, dann setzt man n = n0
und springt zum 3. Fall
< n+n
= n. Sei der Kürze
3. Fall: n ≥ 3 ungerade: Dann ist f 2 (n) = f (n + 1) = n+1
2
2
n+1
0
halber n := 2 . Nun unterscheidet man wiederum zwei Fälle: 3.1) n0 gerade, dann setzt
man n = n0 und spring zum 2. Fall oder 3.2) n0 ungerade, dann setzt man n = n0 und
springt zum 3. Fall.
Da sowohl im zweiten als auch im dritten Fall der Funktionswert kleiner als n wird, muss
der Funktionswert zwangsläufig nach endlich vielen Schritten gegen Eins gehen.
Teil 2: Wir zeigen nun, dass für m = 2 gilt, dass O1 (m) = N ist. Aus Teil 1 wissen wir,
dass man von jedem beliebigen Startwert N ∈ N nach endlich vielen Schritten bei m = 1
landet, d.h. es gibt ein n ∈ N, so dass f n (N ) = 1 für jedes N ∈ N gilt. Das heißt aber,
dass f n+1 (N ) = f (f n (N )) = f (1) = 2 gilt. Also gilt auch, dass es ein n0 ∈ N gibt (nämlich
0
n0 = n + 1), so dass f n (N ) = 2 für jedes N ∈ N gilt. Dies zeigt die Behauptung.
Teil 3: Für alle m 6= 1, 2 gilt O1 (m) 6= N. Es reicht zu zeigen, dass 1 ∈
/ O1 (m). Dies
2k
sieht man wie folgt. Mit dem Startwert N = 1 erhält man f (1) = 1 und f 2k+1 = 2
für alle k ∈ N, d.h. hintereinander angewendet ergibt die Funktion f für den Startwert
1 abwechselnd die Werte 2 und 1, und nichts anderes. Daher kann man, beginnend beim
Startwert 1, auf kein anderes m kommen als auf 1 und 2. Damit ist 1 ∈
/ O1 (m) für alle
m 6= 1, 2 und die Aussage ist bewiesen.
c) Bevor wir die zwei Aussagen beweisen, diskutieren wir allgemein die Struktur dieser
Abbildung. Wir wollen insbesondere herausfinden, wohin man von welchem Startwert
aus alles gelangen kann. Zwei Dinge sind sofort zu sehen: Ist N ein gerader Startwert,
dann wird durch wiederholte Anwendung der Abbildung f dieser so lange durch 2 geteilt,
bis ein ungerader Wert herauskommt. Ist N dagegen ungerade, so wird f daraus stets
wieder eine ungerade Zahl daraus machen, und zwar eine größere. Die ungeraden Zahlen,
die dabei entstehen, wenn man f mehrfach hintereinander anwendet, werden sukzessive
immer größer. Außerdem werden mit einem Startwert N nicht alle ungeraden Zahlen
erreicht, da stets 2N + 1 der Nachfolger zum Startwert N ist. Da jedoch jedes N als
Startwert in Betracht gezogen werden muss, muss es mehrere solcher Bahnen geben, z.B.
1 → 3 → 7 → 15 → 31 → ...
5 → 11 → 23 → 47 → ...
9 → 19 → 39 → ...
Wir wollen nun zunächst drei kurze Zwischenresultat beweisen, die uns den Beweis später
erleichtern.
Behauptung 1: Ist N ungerade, dann gilt für alle k ∈ N, dass f k (N ) ≡ 3 mod 4 ist.
Beweis: Durch vollständige Induktion über k: I.A.: k = 1: Sei N = 2a + 1, a ∈ N (N
ungerade), dann ist f (N ) = f (2a + 1) = 2(2a + 1) + 1 = 4a + 3 ≡ 3 mod 4. I.A.: Ist
N ungerade, dann gilt f k (m) ≡ 3 mod 4 für ein k ∈ N. I.S.: Sei N ungerade. Dann ist
I.A.
f k+1 (N ) = f (f k (N )) = f (4b + 3) = 2(4b + 3) + 1 = 8b + 7 ≡ 3 mod 4, für ein b ∈ N.
Dies zeigt die Behauptung.
Behauptung 2: Es gibt unendlich viele disjunkte Bahnen.
Beweis: Auf den Bahnen liegen nur ungerade Zahlen. Diese müssen also von der Form
4k + 1 oder 4k + 3 sein. Auf einer einzelnen Bahn liegen jedoch, abgesehen vom Startwert,
nur Zahlen der Form 4k + 3, was uns Behauptung 1 zeigt. Also kann auf jeder Bahn
höchstens eine Zahl der Form 4k + 1 liegen (nämlich der Startwert). Da aber jeder der
(unendlich vielen) Zahlen 4k + 1 auf irgendeiner Bahn liegen muss, gibt es unendlich viele
solcher Bahnen.
Behauptung 3: Zu jeder ungeraden Zahl m auf den oben gezeigten Bahnen gibt es genau
eine weitere eindeutig Bahn, die zu dieser Zahl m hinführt, und diese besteht aus den
(geraden) Zahlen 2k · m, k ∈ N.
Beweis: Zu einer gegebenen ungeraden Zahl m gibt es genau zwei mögliche Urbilder unter
f , nämlich (m − 1)/2 und 2m. Die erste Zahl, (m − 1)/2, muss selbst ungerade gewesen
sein, sonst wäre nicht die Vorschrift von f für ungerade Zahlen angewandt worden. Damit
liegt diese auf der Bahn von ungeraden Zahlen und interessiert uns nicht. 2m hingegen
ist eine gerade Zahl. Deren Urbild wiederum kann nur 22 m sein, da f ungerade Zahlen
nur auf ungerade Zahlen abbildet. Damit, rechnet man immer wieder das Urbild unter f
aus, kommt man auf die Bahn 2k · m, welche auf m zuläuft.
Nun kommen wir zu den Fragen aus der Angabe:
(i) Wir suchen uns eine beliebige Bahn aus ungeraden Zahlen heraus, die wir
a1 → a2 → a3 → a4 → ...
nenne, mit ai ungerade. Nun wählen wir mi = 2 · ai für i = 1, ..., t und m = at+1 . Wie in
Behauptung 3 gezeigt, gilt dann dass der Orbit von mi nur Zahlen 2k ·m enthält und somit
gilt O2 (mi ) ∩ O2 (mj ) = ∅ falls i 6= j. Jedoch ist f t−i+1+1 (mi ) = f t−i+1 (ai ) = at+1 = m
und somit gilt O2 (mi ) ⊂ O2 (m).
(ii) Wir wählen als mi jeweils den kleinsten Startwerte jeder Bahn von ungeraden Zahlen.
Wie in Behauptung 1 gezeigt, gibt es unendlich viele davon. Des Weiteren sind die Bahnen
disjunkt, daher ist für ungerades m die Behauptung gezeigt, denn es liegt nur genau ein
mi in O2 (m), nämlich das mi , welches auf der gleichen Bahn wie m liegt. Für gerades m
enthält O2 (m) sowieso nur gerade Zahlen, denn nur mit einer geraden Zahl als Startwert
kommt man auf ein gerades m.