Lösung 1

Musterlösung Zahlentheorie
Frühlingssemester 2015, Aufgabenblatt 1
Aufgabenblatt 1
40 Punkte
Aufgabe 1 (Teilermengen)
Seien a = 128 und b = 129.
a) Beschreiben Sie die Teilermengen T(a) und T(b) in aufzählender Form.
2
b) Seien p, q zwei verschiedene Primzahlen.
(i) Wie sieht die Teilermenge von p und q aus?
1
(ii) Wie sieht die Teilermenge von p ⋅ q aus?
1
(iii) Wie sieht die Teilermenge von pm ⋅ q n aus, für n, m ∈ N?
1
5
Lösung
a) Wir haben
T(a) = T(128) = T(27 ) = {1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128}
T(b) = T(129) = T(3 ⋅ 43) = {1, 3, 43, 129}
b)
(i) Die Teiler von p sind {1, p} jene von q sind {1, q}.
(ii) Somit sind die Teiler von p ⋅ q also {1, p, q, p ⋅ q}.
(iii) Die Teiler von pm ⋅ pn sind also gerade
{pi ⋅ q j ∣ i ∈ {0, . . . , m}, j ∈ {0, . . . , n}}
Aufgabe 2 (Euklidischer Algorithmus)
Laut dem Satz auf Seite 5 im Skript ist die kleinste positive Zahl, die wir als Linearkombination von a und b
schreiben können gerade der ggT der beiden Zahlen.
Das heisst, wir finden immer Zahlen n, m ∈ Z, so dass gilt
m ⋅ a + n ⋅ b = ggT(a, b)
Bestimmen Sie nun solche n, m für die Zahlenpaare mit dem Erweiterten Euklidischen Algorithmus
a) a = 5, b = 8
2
b) a = 254, b = 34
2
c) a = 0, b = 1
1
5
Lösung
a) Zuerst machen wir die schrittweise die Division mit Rest, bis wir auf den Rest 0 kommen. Anschliessend
können wir vom zweitletzen Rest (= ggT) zurückrechnen, und erhalten so die gesuchten Zahlen.
5=0⋅8+5
(4)
8=1⋅5+3
5=1⋅3+2
(3)
(2)
3=1⋅2+1
2 = 2 ⋅ 1 + 0.
(1)
1
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Frühlingssemester 2015, Aufgabenblatt 1
Somit gilt also ggT(5, 8) = 1. Wir lösen nun die Gleichungen (1)–(3) nach dem Rest auf, und erhalten
8−1⋅5=3
5−1⋅3=2
(3’)
(2’)
3−1⋅2=1
(1’)
Nun setzen wir (2′ ) in (1′ ) ein, und erhalten
1 = 3 − 1 ⋅ (5 − 1 ⋅ 3) = 1 ⋅ 3 − 1 ⋅ 5 + 1 ⋅ 3 = 2 ⋅ 3 − 1 ⋅ 5
Hier können wir nun noch (3′ ) einsetzen, und erhalten so
1 = 2 ⋅ (8 − 1 ⋅ 5) − 1 ⋅ 5 = 2 ⋅ 8 − 2 ⋅ 5 − 1 ⋅ 5 = 2 ⋅ 8 − 3 ⋅ 5
Das heisst, die Zahlen m = −3, n = 2 erfüllen
5 ⋅ m + 8 ⋅ n = 1 = ggT(5, 8)
b) Mit dem selben Vorgehen wie oben
254 = 7 ⋅ 34 + 16
34 = 2 ⋅ 16 + 2
16 = 8 ⋅ 2 + 0
Somit ist ggT(254, 34) = 2.
Durch zurückrechnen erhalten wir also
2 = 34 − 2 ⋅ 16 = 34 − 2 ⋅ (254 − 7 ⋅ 34) = 34 − 2 ⋅ 254 + 14 ⋅ 34 = 15 ⋅ 34 − 2 ⋅ 254
Somit sind zum Beispiel die Zahlen m = −2, n = 15 so dass
m ⋅ 254 + b ⋅ 34 = 2
c) Jede natürliche Zahl ist ein Teiler von 0. Der grösste gemeinsame Teiler von 0 und einer anderen natürlichen
Zahl ist somit die andere Zahl selber.
Also ggT(0, 1) = 1.
Mögliche Zahlen m, n sind zum Beispiel also m = 1, n = 1.
Aufgabe 3 (Ganzzahlige Lösung von Gleichungen)
Bestimmen Sie alle ganzzahligen Lösungspaare (m, n) der Gleichung
m ⋅ 24 + n ⋅ 15 = 27
5
Lösung
• Als erstes müssen wir überprüfen, dass 27 ein Vielfaches von ggT(25, 15) ist. Da der ggT(25, 15) = 3 ist
und 27 = 33 ist dies der Fall. Die Gleichung hat somit ganzzahlige Lösungen.
• Nun lösen wir die Homogene Gleichung
m ⋅ 24 + n ⋅ 15 = 0
Diese können wir noch mit ggT(24, 15) = 3 kürzen, und erhalten
m⋅8+n⋅5=0
Die ganzzahligen Lösungen davon können wir somit direkt ablesen als
{(5, −8) ⋅ t ∣ t ∈ Z}
2
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• Als letztes brauchen wir noch eine Partikulärlösung. Das heisst eine konkrete Lösung der gleichung
m ⋅ 24 + n ⋅ 15 = 27
Hier haben wir mehrere Möglichkeiten eine zu finden
– Eventuell sehen wir direkt eine; leider nicht der Fall hier.
– Eventuell können wir eine leicht ausrechnen; 27 ist kein Vielfaches von 24 oder 15 alleine, deswegen
kommen wir hier auhc nicht weiter.
– Notfalls verwenden wir den euklidischen Algorithmus
Wir finden ja immer Zahlen m, n so dass gilt m ⋅ 24 + n ⋅ 15 = ggT(24, 15) = 3. Da wir ja anfangs überprüft
hatten, dass 27 ein Vielfaches von ggT(24, 15) = 3 ist können wir also, wenn wir so ein Lösungspaar
gefunden haben, dieses mit 9 multiplizieren, und erhalten so (9 ⋅ m) ⋅ 24 + (9 ⋅ n) ⋅ 15 = 9 ⋅ ggT(24, 15) = 27.
also eine Lösung der Ursprünglichen Gleichung.
Wir müssen also nur kurz die Zahlen m, n bestimmen:
24 = 1 ⋅ 15 + 9
15 = 1 ⋅ 9 + 6
9=1⋅6+3
6=2⋅3+0
Somit gilt
3 = 9 − 1 ⋅ 6 = 9 − 1 ⋅ (15 − 1 ⋅ 9) = 2 ⋅ 9 − 1 ⋅ 15 = 2 ⋅ (24 − 1 ⋅ 15) − 1 ⋅ 15 = 2 ⋅ 24 − 3 ⋅ 15
Das heisst m = 2 und n = −3 ist so ein Zahlenpaar.
Somit löst (18, −27) die ursprüngliche Gleichung.
• Als letztes müssen wir die Resultate noch zusammensetzen
L = {(18, −27) + (5, −8) ⋅ t ∣ t ∈ Z}
• Falls man will kann man die Lösung (18, −27) noch etwas verschönern, in dem wir (5, −8)⋅3 davon abziehen,
so erhalten wir (3, −3), und wir schreiben die Lösungsmenge als
L = {(3, −3) + (5, −8) ⋅ t ∣ t ∈ Z}
Aufgabe 4 (ggT dreier Zahlen)
Analog wie zum ggT von zwei Zahlen, können wir den ggT auch für drei (und mehr) Zahlen definieren:
ggT(a, b, c) ∶= max (T(a) ∩ T(b) ∩ T(c))
Es gilt wieder, dass diese Zahl die kleinste positive Linearkombination der drei Zahlen darstellt.
Berechnen Sie nun
a) ggT(115, 15, 36)
2
b) und Zahlen m, n, o so dass gilt m ⋅ 115 + n ⋅ 15 + o ⋅ 36 = ggT(115, 15, 36).
3
Verwenden Sie dazu, dass gilt
ggT(a, b, c) = ggT(a, ggT(b, c)) = ggT(ggT(a, b), c) = ggT(ggT(a, c), b)
5
3
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Lösung
Wir verwenden dass ggT(115, 15, 36) = ggT(ggT(115, 15), 36) ist. Das heisst, wir rechnen zuerst den grössten
gemeinsamen Teiler von 115 und 15 aus.
115 = 7 ⋅ 15 + 10
15 = 1 ⋅ 10 + 5
10 = 2 ⋅ 5 + 0
Somit gilt ggT(115, 15) = 5 und weiter
5 = 15 − 1 ⋅ 10 = 15 − 1 ⋅ (115 − 7 ⋅ 15) = 8 ⋅ 15 − 1 ⋅ 115.
Nun müssen wir noch den grössten gemeinsamen Teiler von 5 und 36 ausrechnen.
36 = 7 ⋅ 5 + 1
5=5⋅1+0
Somit ist
ggT(5, 36) = 1 = 1 ⋅ 36 − 7 ⋅ 5.
Somit gilt auch
ggT(115, 15, 36) = ggT(5, 36) = 1 = 1 ⋅ 36 − 7 ⋅ 5 = 1 ⋅ 36 − 7 ⋅ (8 ⋅ 15 − 1 ⋅ 115) = 7 ⋅ 115 − 56 ⋅ 15 + 1 ⋅ 36
a) Also ggT(115, 15, 36) = 1 und
b) zum Beispiel m = 7, n = −56, o = 1.
Aufgabe 5 (Anzahl der Teiler einer Zahl I)
In der Vorlesung haben Sie gesehen, dass die Zahl n ∈ N mit der Primfaktorzerlegung
pr11 ⋅ pr22 ⋯prkk
gerade (r1 + 1) ⋅ (r2 + 1)⋯(rk + 1) Teiler hat.
a) Für welche Zahlen ist die Anzahl der Teiler 2?
1
b) Für welche Zahlen ist die Anzahl der Teiler prim?
2
c) Für welche Zahlen ist die Anzahl der Teiler ungerade?
2
Beweisen Sie ihre Behauptung.
5
Lösung
Wir stellen fest: Kommt eine Primzahl p in der Primfaktorenzerlegung mit Potenz pr vor, dann trägt sie den
Faktor (r + 1) ≥ 2 zur Anzahl der Teiler bei.
a) Mit der Vorüberlegung von oben wissen wir, dass somit nur genau eine Primzahl in der Primzahlzerlegung
auftauchen darf, und diese sogar nur mit Potenz 1. Das heisst, alle Zahlen der Form n = p1 = p für eine
Primzahl p haben genau 2 Teiler.
b) Die Faktoren (ri + 1) der Anzahl der Teiler sind ja jeweils ≥ 2. Insbesondere darf also hier auch wieder
nur exakt eine Primzahl in der Primfaktorzerlegung auftauchen. Wir haben also n = pr für ein r, so dass
gilt r + 1 ist Prim. Oder anders, alle Zahlen der Form n = pq−1 mit p, q Primzahlen haben eine Primzahl
Anzahl Teiler
c) Ein Produkt von Zahlen ist genau dann ungerade, wenn alle Faktoren ungerade sind. Das heisst, jeder der
einzelnen Faktoren (ri + 1) musst Ungerade sein. Das heisst aber, dass jedes der vorkommenden ri gerade
sein muss. Das heisst wir könenn schreiben ri = 2 ⋅ si für eine natürliche Zahl si .
4
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Das heisst, wir suchen Zahlen der Form
k
n = pr11 ⋯prkk = p12⋅s1 ⋯p2⋅s
= (ps11 )2 ⋯(pskk )2 = (ps11 ⋯pskk )2
k
(mit den Potenzgesetzen xab = (xa )b und xa y a = (xy)a ).
Das heisst, das sind gerade Quadratzahlen.
Aufgabe 6 (Anzahl der Teiler einer Zahl II)
Welche Zahlen in {1, . . . , 500} haben 18 Teiler?
5
Lösung
Wir suchen also Zahlen n = pr11 ⋯prkk die einerseits in {1, . . . , 500} liegen, und andererseits auch genau 18 Teiler
haben.
Wir wissen, dass die obige Zahl gerade
(r1 + 1)⋯(rk + 1)
Teiler hat. Dies soll nun 18 sein.
Wir müssen uns also fragen, wie können wir 18 aufteilen in ein solches Produkt, wo alle Faktoren ≥ 2 sind?
Es gilt: 18 = 2 ⋅ 9 = 3 ⋅ 6 = 2 ⋅ 3 ⋅ 3 Das heisst, wir haben vier Fälle:
I: 18, Zahlen der Form n = p17 , p Primzahl
II: 2 ⋅ 9, Zahlen der Form n = p ⋅ q 8 , p, q verschiedene Primzahlen
III: 3 ⋅ 6, Zahlen der Form n = p2 ⋅ q 5 , p, q verschiedene Primzahlen
IV: 2 ⋅ 3 ⋅ 3, Zahlen der Form n = p ⋅ q 2 ⋅ r2 mit p, q, r paarweise verschiedene Primzahlen.
Wir können nun die vier Fälle separat abarbeiten und schauen welche Zahlen der jeweiligen Form im Intervall
{1, . . . , 500} liegen.
I: 217 = 131072 > 500. Das heisst die kleinste solche Zahl ist schon grösser als 500. Dieser Fall liefert uns also
keine Lösungen.
II: Als erstes stellen wir fest, dass 28 = 256 und 500/256 < 3 ist. Das heisst, auch hier finden wir keine
Lösungen.
III: Wir schauen uns zuerst, was wir für q einsetzen können. Da 55 = 3125 > 500 muss q entweder 2 oder 3 sein.
– q = 2, 25 = 32, 500/32 < 16 Das heisst wir suchen noch alle von 2 verschiedenen Primzahlen p mit,
p2 ≤ 15.
Somit p ∈ {3}.
Das heisst, wir haben hier nur die Lösung
32 ⋅ 25 = 288
– q = 3, 35 = 243, 500/243 < 3 < 4 = 22 .
Dieser Fall liefert uns also keine Lösungen.
IV: Es bleibt also noch die Zahlen mit Primfaktorzerlegung n = pq 2 r2 zu untersuchen.
Da pq 2 r2 = pr2 q 2 können wir voraussetzen, dass q < r gilt.
Wir überlegen uns zuerste, welche solchen Primzahlenpaare q, r möglich sind.
– 2, 3: dann muss p ≤ 500/36 < 14 sein. Somit p ∈ {5, 7, 11, 13} Das heisst, wir haben die Lösungen
{180, 252, 396, 468}
– 2, 5: dann muss p ≤ 500/100 = 5 sein. Somit p = 3. Das heisst, wir haben die Lösung
3 ⋅ 22 ⋅ 52 = 300
5
Musterlösung Zahlentheorie
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– 2, 7: dann muss p ≤ 500/196 < 3 sein. Somit finden wir kein p.
Wir können also insbesondere für r ≥ 7 keine weiteren Lösungen mehr finden.
– 3, 5: dann muss p ≤ 500/225 < 3 sein. Das heisst, die einzig mögliche Lösung hier ist p = 2. Und somit
2 ⋅ 32 ⋅ 52 = 450
Weiter sehen wir dass es kein weiteres Paar r, q mehr mit Lösungen geben kann. Somit sind wir fertig.
Wir tragen alle sieben Lösungen zusammen, und erhalten so
{288, 180, 252, 396, 468, 300, 450}
Oder nach der Grösse sortiert
{180, 252, 288, 300, 396, 450, 468}
Aufgabe 7 (Restklassen & 9-er Regel)
a) Stellen Sie Additions- und Multiplikationstabelle für Z9 auf.
2
b) Was ist der Zusammenhang zwischen der Quersumme einer Zahl und ihrem Repräsentanten in Z9 ?
2
c) Wir wissen, dass gilt
a+b=a+b
Erklären Sie damit die “9-er Regel”
a⋅b=a⋅b
und
1
1
5
Lösung
a) Die Tabellen sind
+
0
1
2
3
4
5
6
7
8
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
1
1
2
3
4
5
6
7
8
0
2
2
3
4
5
6
7
8
0
1
3
3
4
5
6
7
8
0
1
2
4
4
5
6
7
8
0
1
2
3
5
5
6
7
8
0
1
2
3
4
6
6
7
8
0
1
2
3
4
5
7
7
8
0
1
2
3
4
5
6
8
8
0
1
2
3
4
5
6
7
∗
0
1
2
3
4
5
6
7
8
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
2
0
2
4
6
8
1
3
5
7
3
0
3
6
0
3
6
0
3
6
4
0
4
8
3
7
2
6
1
5
5
0
5
1
6
2
7
3
8
4
6
0
6
3
0
6
3
0
6
3
7
0
7
5
3
1
8
6
4
2
8
0
8
7
6
5
4
3
2
1
b) Eine Zahl im Zehnersystem hat die Darstellung
k
n = ∑ ai ⋅ 10i
i=0
wobei die Ziffern ai ∈ {0, . . . , 9} sind.
Zum Beispiel ist
123 = 100 + 20 + 3 = 1 ⋅ 102 + 2 ⋅ 101 + 3 ⋅ 100
1 Die 9-er Regel besagt, dass man bei einer Rechnung die Quersumme ansehen kann, um zu überprüfe ob man sich eventuell
verrechnet hat.
6
Musterlösung Zahlentheorie
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Schauen wir uns nun an, was passiert wenn wir die Zahl n modulo 9 betrachten:
k
n = ∑ ai ⋅ 10i
i=0
k
= ∑ ai ⋅ 10i
i=0
k
= ∑ ai ⋅ 10i
i=0
k
= ∑ ai ⋅ 10
i
i=0
k
= ∑ ai ⋅ 1
i
i=0
k
= ∑ ai ⋅ 1i
i=0
k
= ∑ ai ⋅ 1
i=0
k
= ∑ ai
i=0
k
= ∑ ai
i=0
Wir sehen also, dass die Zahl n den gleichen Rest modulo 9 hat, wie ihre Quersumme.
Insbesondere hat sie den selben Rest, wie ihre iterierte Quersumme (das heisst, wenn wir die Quersumme
so lange weiter machen, bis die Zahl < 10 wird).
Das heisst die iterierte Quersumme einer Zahl n ist gerade ihr Repräsentant in Z9 .
c) Wir können überprüfen, ob eine Rechnung nicht stimmt in dem wir sie Modulo 9, das heisst mit den
Quersummen der Zahlen nachrechnen.
Zum Beispiel sehen wir sofort, dass
123 ⋅ 123 = 15119
nicht stimmen kann, denn 123 = 6, somit 123 ⋅ 132 = 6 ⋅ 6 = 0 ≠ 8 = 15119.
Aber, wir sehen nicht, dass
123 ⋅ 123 = 15219
ebenfalls falsch ist (es müsste 15129 sein).
Modulo 9 stimmt die Gleichung. Sie ist aber falsch.
Merke: Mit der 9er Probe erkennt man nicht wenn man sich um ein Vielfaches von 9 verrechnet hat!
Aufgabe 8 (Vollkommene Zahlen)
Eine Zahl n heisst vollkommen, wenn die Summe ihrer echten Teiler gerade n ist – die echten Teiler von n
sind T(n) ∖ {n}.
Zeigen Sie: Ist p = 2k − 1 eine Primzahl, so ist n = 2k−1 ⋅ p vollkommen.
Lösung
Wir benutzen Aufgabe 1; die Teiler von 2k−1 ⋅ p sind gerade die Zahlen
{2m ⋅ ps ∣ m ∈ {0, . . . , k − 1}, s ∈ {0, 1}}
7
5
Musterlösung Zahlentheorie
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In aufzählender Schreibweise sind das also gerade die Zahlen
{20 , 21 , . . . , 2k−1 , 20 p, 21 p, . . . , 2k−1 p}
Die echten Teiler sind alle bis auf die letzte, also müssen wir das folgende zusammenzählen:
S = 20 + 21 + ⋅ ⋅ ⋅ + 2k−1 + 20 p + 21 p + ⋅ ⋅ ⋅ + 2k−2 p
S = 20 + 21 + ⋅ ⋅ ⋅ + 2k−1 + 20 p + 21 p + ⋅ ⋅ ⋅ + 2k−2 p
= 20 + ⋅ ⋅ ⋅ + 2k−1 + (20 + . . . 2k−2 ) ⋅ p
= (2 − 1) + (2
k
k−1
− 1) ⋅ p
p ausklammern
2x Geom. Reihe
k−1
= p + (2
− 1) ⋅ p
Definition von p
k−1
= (1 + 2
− 1) ⋅ p
p ausklammern
=2
k−1
⋅p
Das heisst die Summer der echten Teiler von n = 2k−1 ⋅ p ist in der Tat wieder n selber. Und n somit vollkommen.
8