Aufgaben und Lösungen - Institut für Mathematik

Prof. Dr. Jörn Steuding, Pascal Stumpf
Institut für Mathematik, Universität Würzburg
20. April 2017
Elementare Zahlentheorie — Nachklausur
Aufgabe 1 (4+3+3 Punkte).
Beweisen oder widerlegen Sie die folgenden Aussagen, wobei wir eine natürliche Zahl
n schüchtern nennen, falls das Produkt aller Teiler von n kleiner oder gleich n2 ist:
(i) Es gibt unendlich viele natürliche Zahlen, die schüchtern sind.
(ii) Alle natürlichen Zahlen sind schüchtern.
(iii) Es gibt unendlich viele natürliche Zahlen, die nicht schüchtern sind.
Aufgabe 2 (10 Punkte).
Bestimmen Sie die Menge aller ganzzahligen Lösungen des folgenden Systems linearer
Kongruenzen:

 3X ≡ 2 mod 5,
3X ≡ 1 mod 7,

3X ≡ 7 mod 10.
Aufgabe 3 (10 Punkte).
Es sei m ∈ N. Genau eine der beiden nachstehenden Formeln ist korrekt:


m+1
m
n
Y
Y
X


j
n·
=
ℓ,
1+
n=1
1+
m
Y
n=1
j=1

n ·
n
X
j=1
ℓ=1

j  =
m+1
Y
ℓ.
ℓ=1
Beweisen Sie die richtige der beiden Formeln mittels vollständiger Induktion.
Aufgabe 4 (5+5 Punkte).
√
63
Berechnen Sie die Kettenbruchentwicklungen von 3, 10
11 und bestimmen
3 , 19 sowie
Sie die drei kleinsten Lösungen der Pellschen Gleichung
in natürlichen Zahlen.
X 2 − 11Y 2 = 1
Aufgabe 5 (7+3 Punkte).
Bestimmen Sie die Menge aller ganzzahligen Lösungen der Gleichung
71X − 17Y = 1.
Gibt es eine Lösung (x, y), so dass sowohl x als auch y Quadrate sind?
Aufgabe 6 (10 Punkte).
Zeigen Sie, dass jede Primzahl p unendlich viele Schnapszahlen teilt. Hierbei heißt eine
natürliche Zahl Schnapszahl, wenn in ihrer Dezimalentwicklung sämtliche Ziffern
identisch sind, z.B. 666. Hinweis: Was ist 10p−1 aus Sicht von p?
Viel Erfolg!
2
Lösungshinweis zu Aufgabe 1):
Die erste Aussage (i) ist wahr, denn für jede der nach Vorlesung unendlich vielen
Primzahlen p liefern deren laut Definition einzigen beiden Teiler 1 und p im Produkt
1 · p = p 6 p2 , was ihre Schüchternheit belegt.
Allerdings sind nicht alle natürlichen Zahlen schüchtern, da zum Beispiel n = 12
bereits die sechs Teiler 1, 2, 3, 4, 6 und 12 hat, welche 1 · 2 · 3 · 4 · 6 · 12 = 123 > 122
ergeben, oder auch für n = 16 = 24 die fünf Teiler 1, 2, 4, 8 und 16 im Produkt schon
1 · 2 · 4 · 8 · 16 = 4 · 162 > 162 . Auf alle Fälle haben wir Aussage (ii) widerlegt.
Dabei kann uns das letzte Beispiel eine ganze Familie unendlich vieler natürlicher
Zahlen verraten, die nicht schüchtern sind, nämlich wieder für jede Primzahl p dieses
Mal ihre vierte Potenz p4 , deren Teiler 1, p, p2 , p3 und p4 multipliziert
1 · p · p2 · p3 · p4 = p1 + 2 + 3 + 4 = p10 > p8 = (p4 )2
ergeben, womit auch die letzte Aussage (iii) bewiesen ist.
Lösungshinweis zu Aufgabe 2):
Man rechnet leicht nach, dass das Kongruenzsystem äquivalent zu dem nachstehenden ist:

 X ≡ 4 mod 5,
X ≡ 5 mod 7,

X ≡ 1 mod 2.
Wir wenden den Chinesischen Restsatz zur Auffindung der Lösungsgesamtheit an und
erhalten nach einer kurzen Rechnung:
x = 4 · 144 + 5 · 106 + 1 · 351 ≡ 19 mod 70.
Lösungshinweis zu Aufgabe 3):
Wir testen die beiden Formeln auf ihren Wahrheitsgehalt: Für m = 1 ist


n
1
Y
X
n ·
j  = 1 = (1 + 1)!,
1+
n=1
1+
1
Y
n=1
j=1


n
X
n ·
j =1
=
(1 + 1)!.
j=1
Für m = 2 ergibt sich hingegen


2
n
Y
X
n ·
j = 2+2·2 = 6 =
1+
n=1
1+
2
Y
n=1
(2 + 1)!,
j=1


n
X
n ·
j  = 1 + 1 · 2 · 3 = 7 6=
(2 + 1)!.
j=1
Also ist die zweite Formel falsch, und wir beweisen die erste per Induktion nach m:
Der Induktionsanfang ist bereits gezeigt (s.o.); wir nehmen die Gültigkeit der Formel
für m an (Induktionsannahme) und berechnen damit


m+1
m+1
m
n
Y
X
X
X
n ·
j =
n · n! = (m + 1) · (m + 1)! +
n · n!
n=1
j=1
n=1
n=1
=
(m + 1) · (m + 1)! + (m + 1)! − 1;
hier haben wir die Induktionsannahme im letzten Schritt benutzt. Der entstandene
Ausdruck ist
(m + 1 + 1)(m + 1)! − 1 = (m + 2)! − 1,
3
was der rechten Seite der zu beweisenden Formel für m + 1 anstelle von m entspricht.
Die Induktion ist somit abgeschlossen.
Lösungshinweis zu Aufgabe 4):
Es gelten
10
63
3 = [3],
= [3; 3],
= [3; 3, 6] und
3
19
Aus der Vorlesung ist bekannt
p
n2 + 2 = [n; n, 2n]
und mit 11 = 32 + 2 folgt somit
199
= [3; 3, 6, 3].
60
√
11 = [3; 3, 6].
Die Periodenlänge der Kettenbruchentwicklung ist l = 2, also gerade, somit sind die
k-ten Lösungen unter den Näherungsbrüchen (plk−1 , qkl−1 ) zu finden. Aus der vorherigen√Aufgabe kennen wir die ersten Näherungsbrüche der Kettenbruchentwicklung
von 11, u.a.:
p1
10 p3
199
=
=
,
.
q1
3 q3
60
Diese liefern die kleinsten Lösungen in natürlichen Zahlen als
(x1 y1 ) = (10, 3)
und
(x2 , y2 ) = (199, 60).
Lösungshinweis zu Aufgabe 5):
Der eulklidische Algorithmus liefert
71 =
17 =
3 =
womit sich eine spezielle Lösung via
4 · 17 + 3,
5 · 3 + 2,
1 · 2 + 1,
1 = 3 − 2 = 3 − (17 − 5 · 3) = 6 · 3 − 17 = 6(71 − 4 · 17) − 1 · 17 = 6 · 71 − 25 · 17
als x0 = 6, y0 = 25 berechnet. Die Lösungsgesamtheit ist damit gegeben durch
(xm , ym ) = (6, 25) + m(17, 71)
mit
m ∈ Z.
Quadrate sind ≡ 0 oder 1 mod 4, weshalb unter der Annahme, dass sowohl x als auch
y Quadrate sind, nunmehr
0
0
71x − 17 ≡ 3 ·
−1·
mod 4
1
1
folgt, was jedoch ungleich 1 ist.
Lösungshinweis zu Aufgabe 6):
Offensichtlich gilt die Aussage für die Primzahlen p = 2 und 5, denn
2 | 2, 22, 222, 2222, 22222, . . .
und selbiges gilt, wenn wir hier jede Ziffer 2 gegen eine 5 austauschen. Andernfalls
sind p und 10 teilerfremd und der kleine Fermatsche Satz zeigt
10m(p−1) = (10p−1 )m ≡ 1 mod p,
womit p | 10m(p−1) − 1 gilt. Nun ist aber 10m(p−1) − 1 eine natürliche Zahl mit lauter
9en in der Dezimalentwicklung, also eine Schnapszahl.