Musterlösung Übungsklausur

Elementare Zahlentheorie
Musterlösungen Übungsklausur
Aufgabe 1.
a) (a, b) ist genau dann eine Lösung für 105x−42y = 35, wenn es eine Lösung
für 15x − 6y = 5 ist. Da aber ggT(15, 6) = 3 und 3 die Zahl 5 nicht teilt,
hat die Gleichung keine Lösung.
b) Ist (a, b) eine Lösung für 12x + 34y = 28, so muss b = 0, da ansonsten die
linke Seite der Gleichung schon größer als 28 wäre. Im Fall b = 0 müßte
28 ein Vielfaches von 12 sein, was es aber nicht ist. Also hat die Gleichung
keine Lösung.
c) Da 270 kein Vielfaches von 51 oder 22 ist, müßen in einer Lösung (a, b)
beide Zahlen von 0 verschieden sein. Die Zahl a muss kleiner als 6 sein
(da 6 · 51 > 270) und gerade (da 22 und 270 gerade). Ausprobieren liefert,
dass a = 4, b = 3 die einzige Lösung ist.
d) Da 225 − 196 = 29, hat man also eine Lösung 225 · 2 − 196 · 2 = 58.
Da ggT(225,196)=1, haben alle weiteren Lösungen nach einem Satz der
Vorlesung die Form (2 + k · 196, 2 + k · 225).
Aufgabe 2.
a) x2 ≡ −1(7) hat keine Lösung, denn {0, 1, 2, 4} sind genau die Quadrate
modulo 7.
b) 7 und 31 sind beide Primzahlen der Form 4k + 3, also gilt nach dem
Reziprozitätsgesetz, dass 7 ein Quadrat modulo 31, falls 31 ≡ 3 kein
Quadrat modulo 7 ist. Dies gilt nach Teil a), also hat die Kongruenz eine
Lösung.
c) Die Zahlen 17 und 53 sind Primzahlen der Form 4k + 1, also gilt nach
dem Reziprozitätsgesetz, dass 17 ein Quadrat modulo 53, falls 53 ≡ 2 ein
Quadrat modulo 17 ist. Dies ist der Fall, da
(
172 −1
2
) = (−1) 8 = 1.
17
Aufgabe 3.
(a) In diesem Fall kann man direkt nachrechnen, dass die Potenzen von 2 alle
von 0 verschiedenen Reste modulo 13 abdecken: {2, 4, 8, 3, 6, 12, 11, 9, 5, 10, 7, 1}.
2 ist also eine primitive Wurzel für 13.
(b) Dies ist richtig nach einem Satz der Vorlesung.
(c) 4 ist ein Quadrat modulo 7 und ist daher keine primitive Wurzel.
Aufgabe 4.
(a) Die Zahl 6 ist gerade, aber nicht Summe von zwei Quadraten, die Aussage
ist also falsch.
(b) Auch dies ist falsch, denn die einzigen in Frage kommenden Quadrate sind
ja 0, 1 und 4. (Natürlich kann man sich auch auf etwas Theorie berufen,
wie in Aufgabenteil c)).
(c) Nach einem Kriterium aus der Vorlesung ist eine natürliche Zahl Summe
von zwei Quadraten genau dann, wenn jeder Primfaktor der Form 4k + 3
in einer geraden Potenz in der Primfaktorzerlegung vorkommt. Daher ist
die Aussage richtig.
Aufgabe 5. Eine Zahl ist durch 11 genau dann teilbar, wenn ihre alternierende
Quersumme durch 11 teilbar ist. Ist die gesuchte Zahl abcd, so muss also gelten
d − c + b − a ≡ 0 modulo 11. Da die Zahlen a, b, c, d genau die Zahlen 1, 2, 3, 4
sein sollen, und die ”kleinen” Vielfachen von 11 die Zahlen −11, 0, 11 sind, muss
also gelten
d − c + b − a = 0 ⇔ a + c = b + d.
Diese Gleichung hat nur die Lösung 4 + 1 = 2 + 3. Damit die Zahl größtmöglich
wird, muss die 4 am Anfang stehen, und man erhält 4312 als gesuchte Zahl.
Aufgabe 6. Nach der binomischen Formel gilt
p
(k + 1) =
p X
p
i=0
i
ki .
Ist i > 0, i < p, so gilt p | pi , denn sämtliche Faktoren im Nenner des Binomialkoeffizienten sind kleiner als p. Also folgt
p p−1
p
p
p
p
(k + 1) − k = (k +
k
+...+
k + 1) − k p ≡ (k p + 1) − k p ≡ 1.
1
p−1
Hier ist noch ein anderer, einfacherer Beweis. Ist x 6≡ 0, so gilt nach dem kleinen
Satz von Fermat xp−1 ≡ 1, also xp ≡ x, was auch für x ≡ 0 richtig ist. Damit
gilt also (k + 1)p ≡ k + 1 und k p ≡ k, also gilt
(k + 1)p − k p ≡ (k + 1) − k ≡ 1.
Aufgabe 7. Sei (a, b) eine Lösung für 2x2 + (x + 3)2 = y 2 . Interpretiert man
diese Gleichung modulo 3, so folgt
b2 ≡ 2a2 + a2 ≡ 0.
Damit ist auch b durch 3 teilbar. Interpretiert man die Gleichung modulo 9, so
folgt damit
2a2 + (a + 3)2 ≡ 3a2 + 6a ≡ b2 ≡ 0.
Also gilt, dass 9 die Zahl 3(a2 + 2a) teilt. Damit muss 3 ein Teiler von a2 + 2a
sein, was nur geht, wenn a ≡ 0 oder a ≡ 1 modulo 3 ist.