Universität Würzburg Institut für Mathematik Prof. Dr. Oliver Roth

Universität Würzburg
Institut für Mathematik
Prof. Dr. Oliver Roth, Sebastian Schleißinger
SS 2013
4. Übung zur Einführung in die Zahlentheorie
4.1 Bestimmen Sie alle Lösungen (x, y) ∈ Z2 von 12x + 129y = 3.
(4 Punkte)
Lösungshinweise:
Es bezeichne L die Lösungsmenge von 12x + 129y = 3 ⇐⇒ 4x + 43y = 1.
Mit Hilfe des euklidischen Algorithmus erhält man: 43 = 10 · 4 + 3, 4 = 3 + 1, also 1 = 4 − 3 =
4 − (43 − 10 · 4) = 11 · 4 − 43. Ist (11 + c, −1 + d) eine weitere Lösung, so gilt 4c + 43d = 0, also
c = 43t, d = −4t mit t ∈ Z beliebig. Es folgt L = {(11 + 43t, −1 − 4t) t ∈ Z}.
P
4.2 Zeigen Sie: Für jedes n ∈ N \ {1} ist die Summe nk=1 k1 keine ganze Zahl.
(4 Punkte)
Lösungshinweise:
P
P
Es sei nk=1 k1 = m ∈ N, also nk=1 n!
= m · n! ∈ N. Es sei j mit 1 ≤ j ≤ n fixiert. Dann wäre
k
n!
wegen j| k für alle 1 ≤ k ≤ n und j 6= k auch j| n!j . Ist j die größte Primzahl ≤ n, dann kann
allerdings j 2 nicht n! teilen. Dies ist klar für n = 2 und n = 3. Für n ≥ 4, siehe die Lösung zu
Aufgabe 2.4.
4.3 Beweisen oder widerlegen Sie:
a) Ist a ≡ b mod m, dann gilt a2 ≡ b2 mod m.
b) Ist a2 ≡ b2 mod m, dann gilt a ≡ b mod m.
c) Ist a2 ≡ b2 mod m, dann gilt a ≡ b mod m oder a ≡ −b mod m.
d) Ist a2 ≡ b2 mod m, dann gilt a2 ≡ b2 mod m2 .
(4 Punkte)
Lösungshinweise:
a) Wahr: Dies folgt aus Lemma 4.1 (a) (ii).
b) Falsch: Es gilt 12 ≡ 22 mod 3, aber 1 6≡ 2 mod 3.
c) Auch das ist falsch: Es gilt 22 ≡ 42 mod 12, aber 2 6≡ ±4 mod 12.
d) Schon wieder falsch: 12 ≡ 42 mod 3, aber 12 6≡ 42 mod 9.
4.4 Die Fibonacci-Zahlen Fn sind rekursiv definiert durch F1 = 1, F2 = 1 und Fn+2 = Fn + Fn+1
für alle n ∈ N. Beweisen Sie:
a) Eine Fibonacci-Zahl ist genau dann durch 2 bzw. 3 teilbar, wenn ihr Index durch 3 bzw.
4 teilbar ist.
b) Keine Fibonacci-Zahl lässt bei Division durch 8 den Rest 4.
(Zur „Worst-Case-Laufzeit“ des euklidischen Algorithmus:)
c) Falls a > b natürliche Zahlen sind und der euklidische Algorithmus für (a, b) genau k
IterationenI benötigt, so gilt a ≥ Fk+2 und b ≥ Fk+1 . II
(2+3+3 Punkte)
Lösungshinweise:
a) Teilbarkeit durch 2:
Beweis durch Induktion:
Induktionsanfang n ∈ {1, 2, 3}: F1 = 1, F2 = 1 und F3 = 2.
Induktionsschritt (n → n + 1, n + 2, n + 3 mit 3|n): Ist die Aussage für alle 1 ≤ k ≤ n bewiesen,
so gilt Fn+1 = Fn + Fn−1 , also ist Fn+1 ungerade. Fn+2 = 2Fn + Fn−1 ist auch ungerade und
Fn+3 = 3Fn + 2Fn−1 ist gerade.
Teilbarkeit durch 3:
Beweis durch Induktion:
Induktionsanfang n ∈ {1, 2, 3, 4}: F1 = 1, F2 = 1, F3 = 2 und F4 = 3.
Induktionsschritt (n → n + 1, n + 2, n + 3, n + 4 mit 4|n): Ist die Aussage für alle 1 ≤ k ≤ n
bewiesen, so gilt Fn+1 = Fn + Fn−1 , also 3 6 | Fn+1 . Fn+2 = 2Fn + Fn−1 , also auch 3 6 | Fn+2 ,
Fn+3 = 3Fn + 2Fn−1 , also auch 3 6 | Fn+3 und Fn+4 = 5Fn + 3Fn−1 , also 3|Fn+4 .
b) Die Reste der Fibonacci-Zahlen bei Division durch 8 bilden eine periodische Folge mit der
Periodenlänge 12 :
1
n
Rest von Fk bei Division durch 8 1
2
1
3
2
4
3
5
5
6
0
7
5
8
5
9
2
10
7
11
1
12
0
13
1
14
1
und 4 kommt als Rest nicht vor.
c) Induktion über k :
Induktionsanfang (k = 1): Offenbar ist b ≥ 1 = F2 und wegen a > b gilt a ≥ 2 = F3 .
Induktionsschritt (k → k + 1): Der Algorithmus benötigt nun k + 1 ≥ 2 Schritte, d.h. der erste
Schritt hat die Form a = qb + r mit 0 < r < b und es wird mit dem Paar (b, r) weitergerechnet.
Auf dieses Paar können wir die Induktionsvoraussetzung anwenden, d.h. b ≥ Fk+2 und r ≥ Fk+1 .
Damit müssen wir nur noch a ≥ Fk+3 zeigen:
a = qb + r ≥ b + r ≥ Fk+2 + Fk+1 = Fk+3 .
I
Die Anzahl der Iterationen sei hierbei die Anzahl der Divisionen mit Rest, wobei die letzte Iteration die Division
mit Rest = 0 ist. So benötigt man bspw. zur Bestimmung von ggT(5, 3) drei Iterationen:
5 = 1 · 3 + 2, 3 = 1 · 2 + 1, 2 = 2 · 1.
II
Hieraus folgt: Falls a ≥ b und b < Fk+1 für ein k ∈ N, so benötigt der euklidische Algorithmus weniger als k
Iterationen. Mit Hilfe der expliziten Formel für die Fibonacci-Zahlen erhält man so:
√
Falls a ≥ b > 1, so benötigt der euklidische Algorithmus höchstens 1 + [logφ b] Iterationen, wobei ϕ = 1+2 5 .