Lösung 1

Musterlösung Zahlentheorie
Frühlingssemester 2015, Aufgabenblatt 1
Aufgabenblatt 1
30 Punkte
Aufgabe 1 (Euklidscher Algorithmus)
Sei a = 1001 und b = 299.
a) Bestimme „von Hand“ den grössten gemeinsamen Teiler ggT(a, b)
(Euklidscher Algorithmus).
2
b) Bestimme m, n ∈ Z mit m ⋅ a + n ⋅ b = ggT(a, b) (Euklidscher Algorithmus „rückwärts“).
2
4
Lösung
a) Wir machen den euklidischen Algorithmus:
1001
299
104
91
=
=
=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
3
2
1
7
299
104
91
13
+
+
+
+
104
91
13
0
Der letzte Rest, der nicht 0 ist, war 13, somit haben wir
ggT(1001, 299) = 13.
b) Aus aufgabe 2 a) haben wir die folgenden drei Gleichungen
1001
299
104
=
=
=
⋅
⋅
⋅
3
2
1
299
104
91
+
+
+
104
91
13
⋅
⋅
⋅
299
104
91
Wir lösen erst mal alle nach dem Rest auf:
104
91
13
=
=
=
1001
299
104
−
−
−
3
2
1
Jetzt können wir erst die zweitletze in die letzte Einsetzen, und anschliessend die erste ebenso, wobei wir
stets nur Reste miteinander verrechnen
13 = 104 − 1 ⋅ 91
= 104 − 1 ⋅ (299 − 2 ⋅ 104)
= 104 − 1 ⋅ 299 + 2 ⋅ 104
= 3 ⋅ 104 − 1 ⋅ 299
= 3 ⋅ (1001 − 3 ⋅ 299) − 1 ⋅ 299
= 3 ⋅ 1001 − 9 ⋅ 299 − 1 ⋅ 299
= 3 ⋅ 1001 − 10 ⋅ 299
Somit haben wir die Zahlen gefunden:
13 = 3 ⋅ 1001 − 10 ⋅ 299
Also m = 3, und n = −10.
1
zweite eingesetzt
erste eingesetzt
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Frühlingssemester 2015, Aufgabenblatt 1
Es gibt natürlich unendlich viele solche Lösungen. Wir können diese stehts noch durch hinzuaddieren eines
Elementes des Kerns modifizieren (und so zum Beispiel möglichst kleine Lösungen kriegen). Der Kern ist
hier n ⋅ (23, −77), n ∈ Z.
Somit haben wir zum Beispiel auch die Lösung m = 26, n = −87.
Aufgabe 2 (lineare Gleichung)
a) Bestimme zu den Gleichungen (I), (II) und (III) je alle (reellen) Lösungen (x, y) ∈ R2 .
b) Bestimme je alle ganzzahligen Lösungen (x, y) ∈ Z2 .
(I) 76 ⋅ x + 323 ⋅ y = 133
(II) 12 ⋅ x + 21 ⋅ y = 1
(III) x/12 + y/21 = 1
8
Lösung
Bei allen drei Gleichungen handelt es sich um Geraden. Sehen wir sie als Geraden in R an, so haben wir als
Lösungsmenge alle Punkte auf ihr, falls wir sie in Z ansehen nur jene mit ganzzahligen Koordinaten.
Wir betrachten zuerst die ganzzahligen Lösungen; Vom Satz über “ganzzahlige Lösungen einer linearen Gleichung” wissen wir wie diese aussehen, und leiten dann daraus alle rellen Lösungen ab.
(I) 76 ⋅ x + 323 ⋅ y = 133
Als erstes müssen wir überprüfen, ob 133 überhaupt ein Vielfaches von ggT(76, 323) ist. Also rechnen wir
diesen wieder aus:
323 = 4 ⋅ 76 + 19
76 = 4 ⋅ 19 + 0
(1)
Weiter gilt 133 = 7 ⋅ 19. Also haben wir ganzzahlige Lösugen.
Lösen wir nun (1) nach 19 auf, so erhalten wir
1 ⋅ 323 − 4 ⋅ 76 = 19
Multiplizieren wir diese Gleichung nun mit 7, so erhalten wir also
7 ⋅ 323 − 28 ⋅ 76 = 7 ⋅ 19 = 133.
Wir haben also eine partikulär Lösung für (I) gefunden, nämlich
(x0 , y0 ) ∶= (−28, 7)
[Es ist wichtig sich daran zu erinnern, dass dies nur eine der vielen möglichen solchen Lösungen ist].
Nun lösen wir noch die homogene Gleichung (also wir bestimmen den Kern der Gleichung)
76 ⋅ x + 323 ⋅ y = 0
Wir wissen, dass alle Zahlen, die vorkommen, durch 19 teilbar sind. Also können wir kürzen zu
4x + 17y = 0
Und offensichtlich löst jedes Paar der Form (−17n, 4n) für n ∈ Z diese Gleichung.
Also haben wir die Lösungsmenge
LZ = {(−28, 7) + n ⋅ (−17, 4) ∣ n ∈ Z}.
Wenn wir zweimal die Basis des Kerns von unserer Partikulärlösung abziehen erhalten wir die etwas
schönere schreibweise
LZ = {(6, −1) + n ⋅ (−17, 4) ∣ n ∈ Z}.
Wir können nun auch direkt die rellen Lösungen anschreiben, in dem wir einfach n ∈ Z zu t ∈ R ändern:
LR = {(−28, 7) + t ⋅ (−17, 4) ∣ t ∈ R}.
2
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(II) 12 ⋅ x + 21 ⋅ y = 1
Hier haben wir ggT(12, 21) = 3. Aber 3 > 1, und somit 3 ∤ 1. Somit kann diese Gleichung keien ganzzahligen
Lösungen haben. Also
LZ = {}
Wir bestimmen noch alle rellen Lösungen: Als erstes brauchen wir einen Punkt (x0 , y0 ) auf der Geraden.
Am einfachsten setzen wir dafür z.B. x0 = 0 [=y-Achsenabschnitt]. Dann muss gelten 12⋅0+21⋅y0 = 1. Somit
y0 = 1/21. Das heisst wir haben eine Partikulärlösung (0, 1/21). Nun müssen wir noch den Richtungsvektor
der Geraden wissen. Den können wir wie oben direkt ablesen als (−21, 12). Wir können ihn noch kürzen
zu (−7, 4). Also haben wir die Lösungen über R:
LR = {(0, 1/21) + t ⋅ (−7, 4) ∣ t ∈ R}.
(III) x/12 + y/21 = 1
Wir formen die Gleichung erst um, damit wir keine Brüche mehr haben. Das erreichen wir, in dem wir
die Gleichung mit kgV(12, 21) = 12 ⋅ 21/ ggT(12, 21) = 252/3 = 84 Multiplizieren. Das gibt uns
7x + 4y = 84.
Da 7 eine Primzahl ist und 4 = 22 , wissen wir sofort, dass ggT(7, 4) = 1 ist. Weiter sehen wir direkt, dass
gilt
7 ⋅ (−1) + 4 ⋅ 2 = 1
[Wir hätten hier auch den euklidischen Algorithmus machen können]
Nun multplizieren wir wieder beide Seiten mit 84, und erhalten somit
7 ⋅ (−84) + 4 ⋅ 168 = 84
Also haben wir eine partikulär Lösung (−84, 168).
Die Lösungen der Homogenen sind offensichtlich n ⋅ (−4, 7), n ∈ Z.
Also haben wir
LZ = {(−84, 168) + n ⋅ (−4, 7) ∣ n ∈ Z}.,
und
LR = {(−84, 168) + n ⋅ (−4, 7) ∣ t ∈ R}.,
Alternativ hätten wir eine Partikulärlösung auch direkt an der Gleichung x/12 + y/21 = 1 ablesen können,
in dem wir wieder zum Beispiel x = 0 setzen. Dann muss ja gelten y/21 = 1, also y = 21. Somit hätten wir
eine Partikulärlösung (0, 21).
Offensichtlich gilt (0, 21) = (−84, 168) − 21 ⋅ (−4, 7).
Aufgabe 3 (Lemma von Euklid)
In der Vorlesung wurde das Lemma von Euklid bewiesen: Gilt a∣(b ⋅ c) und ggT(a, b) = 1, so folgt a∣c.
Man beweise nun „auf ähnliche Weise“: Aus ggT(a, b) = 1 und ggT(a, c) = 1 folgt ggT(a, b ⋅ c) = 1.
Lösung
Wir müssen zeigen: “ggT(a, b) = 1 und ggT(a, c) = 1 ⇒ ggT(a, b ⋅ c) = 1.”
Wir machen es auf mehrere Arten
Variante 1 Analog zum Beweis des Lemmas
Seien also ggT(a, b) = ggT(a, c) = 1. Dann gibt es Zahlen n, m, s, t ∈ Z, so dass gilt
n⋅a+m⋅b=1
3
2
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und
s⋅a+t⋅c=1
Multiplizieren wir die zwei Gleichungen, so erhalten wir
(n ⋅ a + m ⋅ b) ⋅ (s ⋅ a + t ⋅ c) = 1
Multiplizieren wir auf der linken Seite aus, erhalten wir
ns ⋅ a2 + nt ⋅ ac + ms ⋅ ab + mt ⋅ bc = 1
Wenn wir nun ein a ausklammern aus allen Termen in denen es vorkommt, so erhalten wir somit
(nsa + ntc + msb) ⋅ a + (mt) ⋅ bc = 1
Aber das heisst gerade, dass wir 1 als Linearkombination von a und bc schreiben können, und da der ggT
die kleinse positive Zahl ist, welche als solche Dargestellt werden kann, und 1 die kleinste positive Zahl
ist, wissen wir dass ggT(a, bc) = 1.
Variante 2 Indirekt
Die Kontraposition der Aussage ist: Aus ggT(a, bc) ≠ 1 folgt ggT(a, b) ≠ 1 oder ggT(a, c) ≠ 1.
Wir machen nun einen Indirekten Beweis: Wir zeigen: “Ist ggT(a, bc) ≠ 1 aber ggT(a, b) = 1 dann muss
ggT(a, c) ≠ 1 sein.”
Nehmen wir also an, dass d ∶= ggT(a, b ⋅ c) ≠ 1 und ggT(a, b) = 1. Das heisst insbesondere, dass d∣a und
d∣bc.
Da d∣a gilt, aber ggT(a, b) = 1 wissen wir auch, dass ggT(d, b) = 1 ist. (Denn jeder Teiler von d ist auch ein
Teiler von a. Da b und a keinen gemeinsaemn Teiler haben, können somit auch d und b keinen gemeinsamen
Teiler haben).
Da nun also gilt d∣bc und ggT(d, b) = 1 wissen wir mit dem Lemma vo Euklid, dass gilt d∣c.
Nun gilt aber d∣a und d∣c somit gilt d∣ ggT(a, c), und da d ≥ 1 sind somit a und c nicht teilerfremd.
Variante 3 Mittels Primfaktorzerlegung
Da ggT(a, b) = 1 kommt in der Primfaktorzerlegung von a und b keine Primzahl in beiden vor. Da
ggT(a, c) = 1 kommt analog in der Prifmaktorzerlegung von a und c keine Primzahl in beiden vor.
Die Primfaktorzerlegung von b ⋅ c ist das Produkt der Primzahlzerlegungen von b und c. Da in keiner der
beiden ein Primfaktor von a vorkam, kommt auch im Produkt keiner vor.
Somit sind a und b ⋅ c teilerfremd.
Aufgabe 4 (ggT dreier Zahlen)
Seien a, b, c ∈ N. Man definiert
ggT(a, b, c) = max(T(a) ∩ T(b) ∩ T(c)) .
a) Begründe: ggT(a, b, c) = ggT(ggT(a, b), c) = ggT(ggT(a, c), b) = . . . .
Verwende T(a) ∩ T(b) = T(ggT(a, b)).
1
b) Begründe: ggT(a, b, c) ist die kleinste positive Zahl der Form
r⋅a+s⋅b+t⋅c
2
mit r, s, t ∈ Z .
Hinweis: Argumentiere analog zum Fall des ggT von nur zwei Zahlen.
c) Berechne ggT(6460, 4845, 4199) „von Hand“ und bestimme r, s, t ∈ Z mit
5
r ⋅ 6460 + s ⋅ 4845 + t ⋅ 4199 = ggT(6460, 4845, 4199) .
8
4
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Lösung
a) Wir rechnen es einfach mittels der Defintionen nach:
ggT(a, b, c) = max(T(a) ∩ T(b) ∩ T(c))
= max([T(a) ∩ T(b)] ∩ T(c))
= max(T(ggT(a, b)) ∩ T(c))
= max(T(ggT(ggT(a, b, ), c)))
= ggT(ggT(a, b, ), c)
nach Definition
Assoziativität
nach Definition
b) Sei d ein gemeinsamer Teiler d von a, b, c. Das heisst d∣a, d∣b und d∣c. Dann teilt d auch all ihre positiven
Linearkombinationen
d∣r ⋅ a + s ⋅ b + t ⋅ c
für alle r, s, t ∈ Z.
Somit muss die kleinste solche positive linear Kombination mindestens max(T(a)∩T(b)∩T(c)) = ggT(a, b, c)
gross sein. Nun wissen wir aber aus der vorangehenden Aufgabe
max(T(a) ∩ T(b) ∩ T(c)) = ggT(ggT(a, b), c)
= ggT(α ⋅ a + β ⋅ b, c)
= δ ⋅ (α ⋅ a + β ⋅ b) + γ ⋅ c
= (δα) ⋅a + (δβ) ⋅b + γ c
r
s
für bestimmte α, β ∈ Z
für bestimmte γ, δ ∈ Z
t
Also ist dies die kleinste solche Zahl.
c) Wir benutzen wieder die Zerlegung in ggT(6460, 4845, 4199) = ggT(ggT(6460, 4845), 4199)):
Wir berechnen also zuerst ggT(6460, 4845):
6460 = 1 ⋅ 4845 + 1615
4845 = 3 ⋅ 1615 + 0
Das heisst ggT(6460, 4845) = 1615.
Nun müssen wir also nur noch ggT(1615, 4199) berechnen:
4199 = 2 ⋅ 1615 + 969
1615 = 1 ⋅ 969 + 646
969 = 1 ⋅ 646 + 323
646 = 2 ⋅ 323 + 0
Das heisst also
ggT(6460, 4845, 4199) = ggT(ggT(6460, 4845), 4199)) = ggT(1615, 4199) = 323.
Jetzt müssen wir nur noch zurück rechnen:
323 = 969 − 1 ⋅ 646
= 969 − 1 ⋅ (1615 − 1 ⋅ 969)
= 2 ⋅ 969 − 1 ⋅ 1615
= 2 ⋅ (4199 − 2 ⋅ 1615) − 1615
= 2 ⋅ 4199 − 5 ⋅ 1615.
Und
1615 = 6460 − 1 ⋅ 4845.
5
Musterlösung Zahlentheorie
Frühlingssemester 2015, Aufgabenblatt 1
Setzen wir nun das zweite Resultat ins erste ein, so erhalten wir
323 = 2 ⋅ 4199 − 5 ⋅ (6460 − 1 ⋅ 4845)
= 2 ⋅ 4199 − 5 ⋅ 6460 + 5 ⋅ 4845.
Das heisst, r ∶= −5, s ∶= 5, t ∶= 2.
Aufgabe 5 (Anzahl Teiler)
1 hat 1 Teiler, nämlich 1. 2 hat 2 Teiler, nämlich 1 und 2.
Untersuche die Zahlen 3, 4, 5, 6, . . . , ob diese eine gerade oder ungerade Anzahl Teiler haben.
Stelle eine Regel auf und beweise diese.
3
Lösung
Wir machen eine Tabelle
n
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
Teiler von n
1
1, 2
1, 3
1, 2, 4
1, 5
1, 2, 3, 6
1, 7
1, 2, 4, 8
1, 3, 9
1, 2, 5, 10
1, 11
1, 2, 3, 4, 6, 12
1, 13
1, 2, 7, 14
1, 3, 5, 15
1, 2, 4, 8, 16
Anzahl Teiler
1
2
2
3
2
4
2
4
3
4
2
6
2
4
4
5
Behauptung n hat eine ungerade Anzahl Teiler genau dann, wenn n eine Qudratzahl ist.
Beweis Sei n ∈ N gegeben, und sei n = pe11 ⋅ pe22 . . . ihre Primzahlzerlegung mit pi die Folge der Primzahlen, und
ei ≥ 0. Die Zahl n hat somit genau
(e1 + 1) ⋅ (e2 + 1)⋯
Teiler.
Nun wissen wir, dass ein Produkt von Zahlen genau dann Ungerade ist, wenn jeder Faktor ungerade ist
(da 2 ⋅ k stehts gerade).
Das heisst also, dass für alle i = 1, 2, . . . gelten muss
ei + 1 ist ungerade
was nichts anderes heisst als
ei ist gerade
das heisst wir können alle ei schreiben als ei = 2fi mit fi ∈ N0 .
Also ist
n = pe11 ⋅ pe22 ⋯
2
= p12f1 ⋅ p2f
2 ⋯
2
2
= (pf11 ) (pf22 ) ⋯
2
= [(pf11 ) (pf22 ) ⋯]
Aber das heisst ja gerade, dass n eine Quadratzahl ist.
6
b
a
xab = (xa ) = (xb )
a
xa ⋅ y a = (xy)
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Aufgabe 6 (vollkommene Zahlen)
Behauptung: Ist p = 2n − 1 prim, so ist N = 2n−1 ⋅ p vollkommen, d.h. Summe seiner echten Teiler.
Beispiel: p = 22 − 1 = 3 ist prim und 6 = 22−1 ⋅ p ist Summe seiner echten Teiler 1,2,3. Also 1 + 2 + 3 = 6.
Beweise diese Behauptung. (Euklid gab einen Beweis.) Gib zwei weitere vollkommene Zahlen.
Hinweis: Notiere zuerst alle echten Teiler von N , wenn p prim ist.
5
Lösung
Die echten Teiler von N sind
T(N ) ∖ {N }
also alle ihre Teiler ohne sie selbst.
Sei also p = 2n − 1 prim. Wir schauen uns zuerst die Primfaktoren von p = 2n − 1 und 2n−1 an.
T(p) = {1, p}
T(2
n−1
p prim
) = {2 , 2 , 2 , . . . , 2
0
1
2
n−1
}
zweier Potenz
Ein Teiler von N setzt sich nun zusammen aus einem von p mal einem von 2n−1 (siehe Argument zur Primfaktorzerlegung im Skript).
Das heisst die Teiler von N sind gerade:
T(N ) = {1 ⋅ 20 , 1 ⋅ 21 , 2 ⋅ 22 , . . . , 1 ⋅ 2n−2 , 1 ⋅ 2n−1 ,
p ⋅ 20 , p ⋅ 21 , p ⋅ 22 , . . . , p ⋅ 2n−2 , p ⋅ 2n−1 }
Die echten Teiler somit
T(N ) ∖ {N } = {1 ⋅ 20 , 1 ⋅ 21 , 2 ⋅ 22 , . . . , 1 ⋅ 2n−2 , 1 ⋅ 2n−1 ,
p ⋅ 20 , p ⋅ 21 , p ⋅ 22 , . . . , p ⋅ 2n−2 }
Wir werden die Summation der Geometrischen Reihe brauchen:
20 + 21 + ⋅ ⋅ ⋅ + 2k =
2k+1 − 1
= 2k+1 − 1
2−1
geometrische Reihe
Die echten Teiler sind alle, bis auf den letzten, der gerade N ist, also haben wir für die Summe
S = 1 ⋅ 20 + 1 ⋅ 21 + 2 ⋅ 22 + ⋅ ⋅ ⋅ + 1 ⋅ 2n−2 + 1 ⋅ 2n−1 + p ⋅ 20 + p ⋅ 21 + p ⋅ 22 + ⋅ ⋅ ⋅ + p ⋅ 2n−2
= 20 + 22 + 22 + ⋅ ⋅ ⋅ + 2n−2 + 2n−1 + p ⋅ (20 + 22 + 22 + ⋅ ⋅ ⋅ + 2n−2 )
= (2 + 2 + 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + 2
0
2
2
= (2 − 1) + p ⋅ (2
n
n−2
n−1
+2
n−1
) + p ⋅ (2 + 2 + 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + 2
0
2
2
− 1)
= p ⋅ (1 + 2
p ausklammern
)
geometrische Reihe
p = 2n − 1
= p + p ⋅ (2n−1 − 1)
n−1
n−2
p ausklammern
− 1)
=p⋅2
n−1
= N.
Um zwei weitere anzugeben benutzen wir was wir wissen: wir suchen also N = 2n−1 ⋅ p wobei p = 2n − 1 prim sein
soll. Primzahlen der Form 2n − 1 nennt man auch Mersenne-Primzahlen. Die ersten vier solche sind 3 = 22 − 1,
7 = 23 − 1, 31 = 25 − 1, and 127 = 27 − 1.
Somit haben wir die vollkommen Zahlen
N2 ∶= (22 − 1) ⋅ (22−1 ) = 6
N3 ∶= (23 − 1) ⋅ (23−1 ) = 28
N5 ∶= (25 − 1) ⋅ (25−1 ) = 496
N7 ∶= (27 − 1) ⋅ (27−1 ) = 8128.
7