9 . ¨Ubung zur Zahlentheorie

Universität Würzburg
Mathematisches Institut
Dr. J. Jordan, L. Lauerbach
Legendre (1752-1833)
zeitgenössische Karrikatur
23.06.2016
9 . Übung zur Zahlentheorie
Abgabe: Bis 30.06.2016, 10.14 Uhr, in der Vorlesung.
9.1 Zeigen Sie: Die Gleichung 6x2 +5x+1 = 0 hat keine Lösung in Z, aber die Kongruenz
6x2 + 5x + 1 ≡ 0 mod p ist für jede Primzahl p lösbar.
Lösungshinweise:
(i) Binomische Formel liefert als Lösung der Gleichung − 21 und − 31 . Beide Lösungen sind
nicht in Z.
(ii) Wie in der Vorlesung gezeigt kann die Kongruenz ax2 +bx+c ≡ 0 mod p zurückgeführt
werden auf die quadratische Kongruenz y 2 ≡ d mit d = b2 −4ac zusammen mit der linearen
Kongruenz 2ax ≡ y0 − b mod p, wobei y0 eine Lösung der quadratischen Kongruenz ist.
Hier ist also d = 1. Damit hat die Kongruenz y 2 ≡ 1 mod p nach Satz 8.4 genau 2
Lösungen. Diese sind 1 und p − 1. Die daraus resultierenden linearen Kongruenzen sind
12x ≡ −4 mod p und 12x ≡ p − 6 ≡ −6 mod p.
Fall 1: p > 5: Dann ist ggT(12, p) = 1 und nach Satz 4.2 b) gibt es jeweils genau eine
Lösung der Kongruenz.
Fall 2: p = 3 und p = 2: x ≡ 1 mod p ist (einzige) Lösung der Kongruenz (nachrechnen!).
9.2 Zeigen Sie:
(a) Ist p eine Fermat Primzahl, so ist jeder quadratische Nichtrest von p eine Primitivwurzel.
(b) Ist p eine ungerade Germain Primzahl, dann ist −4 ein Primitivwurzel von p.
(c) Ist p eine Mersenne Primzahl, so ist 3 ein quadratischer Nichtrest.
Lösungshinweis: a) Es ist p = 2n + 1. Es gibt φ(φ(p)) = 2n−1 Primitivwurzeln in
{1, . . . , p − 1} (Satz 7.6). Eine Primitivwurzel a ist quadratischer Nichtrest, da ordp (a) =
p−1
p − 1, also a 2 6≡ 1 mod p (vergleiche Satz 8.2). Da es jeweils genau p−1
= 2n−1 Reste
2
wie Nichtreste gibt ist jede Primitivwurzel ein Nichtrest.
p−1
b) Die Aussage ist falsch: z.B. für p = 5 ist (−4/p) = (−1/p)(2/p)2 = −1 2 = 1. Also ist
−4 quadratischer Rest und damit ordp (−4) 6= φ(5) = 4 (Satz 8.2).
Gemeint war eigentlich: Zeigen Sie, dass −4 Primitivwurzel von q = 2p + 1 ist.
Eine Primitivwurzel von q ist stets ein quadratischer Nichtrest (Satz 8.2) und es gibt
φ(φ(q)) viele. Nach Satz 8.6 gibt es genau q−1
quadratische Nichtreste. Es gibt also q−1
−
2
2
φ(φ(q)) viel Nichtreste, die keine Primitivwurzeln sind. Für unseren Fall q = 2p + 1 sind
das p − (p − 1) = 1 Stück, also nur ein Nichtrest, der keine Primitivwurzel ist. Dieser ist
die Zahl −1 was wir zeigen wollen: −1 ist Nichtrest, da q = 2p + 1 = 2(2k + 1) + 1 =
4k + 3 ≡ 3 mod 4 und somit nach Lemma 4.5 c) (−1/q) = −1. Außerdem gilt (−1)2 = 1
und ordq (−1) = 2 6= φ(q), da q > 7 (Germain Primzahl!). Also ist außer −1 jeder
Nichtrest auch eine Primitivwurzel, es bleibt nur noch zu zeigen, dass −4 Nichtrest ist:
(−4/q) = (−1/q)(2/q)2 = −1 (q = 4k + 3 und Lemma 4.5 c)).
c) Lösungshinweise:
Wir zeigen zunächst folgende Aussage:
Ist p 6= 3 eine ungerade Primzahl, so gilt:
(
1
für p ≡ ±1 mod 12,
(3/p) =
−1
für p ≡ ±5 mod 12.
Beweis: Eine ungerade Primzahl hat genau eine der sechs Formen 12k ± 1, 12k ± 3 oder
12k ± 5. Wegen 3|(12k ± 3) haben Primzahlen p > 3 genau eine der vier Formen 12k ± 1
und 12k ± 5. Es gilt nun
p ≡ ±3
⇐⇒
(3/p) = 1,
(1)
was wir im Folgenden zeigen wollen: Aus dem quadratischen Reziprozitätsgesetz erhält
man (vgl. Tutorium 9, Aufgabe 1)
(
(p/3)
für p ≡ 1 mod 4,
(3/p) =
(2)
−(p/3)
für p ≡ 3 mod 4.
Weiter ist eine Primzahl p > 3 stets von der Form 3k ± 1. Mit den Rechengesetzen aus
der Vorlesung gilt
(
1
für p ≡ 1 mod 3,
(p/3) =
(3)
−1
für p ≡ 2 mod 3.
(2) und (3) zusammen ergeben
(3/p) = 1


 p ≡ 1 mod 4 und p ≡ 1
⇐⇒
oder


p ≡ 3 mod 4 und p ≡ 2
mod 3
mod 3.
Die einzelnen Kongruenzen kann man zusammenfassen zu
p ≡ 1 mod 12
p ≡ −1 mod 12
⇐⇒
⇐⇒
p ≡ 1 mod 4 und p ≡ 1 mod 3,
p ≡ 3 mod 4 und p ≡ 2 mod 3,
(4)
(5)
was man wie folgt zeigt:
zu (4): ”⇒”: p − 1 = 12k = 4(3k) = 3(4k) ⇒ p ≡ 1 mod 4 und p ≡ 1 mod 3.
”⇐”: p − 1 = 4m = 3n und ggT(3, 4) = 1 ⇒ 3|m bzw. 4|n ⇒ p ≡ 1 mod 12.
zu (5): ”⇒”: p + 1 = 12k ⇒ p − 3 = 12k − 4 = 4(3k − 1) ⇒ p ≡ 3 mod 4, und
außerdem p + 1 = 12k ⇒ p − 2 = 12k − 3 = 3(4k − 1) ⇒ p ≡ 2 mod 3.
”⇐”: p − 3 = 4m und p − 2 = 3n ⇒ p + 1 = 4(m + 1) = 3(n + 1), und analog zu eben
folgt daraus p ≡ −1 mod 12.
Damit ist (1) gezeigt und damit auch die Aussage.
Nun zur Aufgabe: Die Aussage gilt natürlich nicht für p = 3. Für alle anderen Mersenne
Primzahlen gilt: Die Primzahl hat die Form q = 2p − 1. Es gilt mit 4n ≡ 4 mod 12 (leicht
nachzuweisen, z.B. per Induktion):
2p − 1 = 2 · 2p−1 − 1 = 2 · 22·
= 2(4
p−1
2
p−1
2
−1=2·4
p−1
2
+ 1) − 3 ≡ 2 · 5 − 3 = 7 ≡ −5
−1=2·4
p−1
2
+2−3
mod 12.
Damit gilt nach dem oben gezeigten Resultat (3/q) = −1, 3 ist also ein Nichtrest von p.
9.3 (Frisch von der Mathematik-Olympiade, 8. Klasse)
Ermittle alle vierstelligen Zahlen, die ein Vielfaches des Produktes der beiden zweistelligen Zahlen sind, die aus den ersten beiden Ziffern und den letzten beiden Ziffern
der vierstelligen Zahl unter Beibehaltung der Reihenfolge der Ziffern gebildet werden.
Lösungshinweis:
Es sei z eine Zahl mit den gesuchten Eigenschaften. Dann gilt
z = 100 · x + y
und z = n · x · y
(6)
(7)
mit zweistelligen, positiven Zahlen x und y und n ∈ N. Nach (7) ist z durch x und y
teilbar. Da z durch x teilbar ist, ist nach (6) auch y durch x teilbar, also y = k · x mit
k ∈ N. Außerdem muss 1 ≤ k ≤ 9 gelten, da x und y beide zweistellig sind (x ≥ 10 und
y ≤ 99, und andersrum, ausrechnen...). Eingesetzt gibt das 100 · x + k · x = n · x · k · x
und wegen x 6= 0
100 + k = k · n · x.
(8)
Es muss gelten n > 1 da sonst 100 + k = k · x = y wäre, was aufgrund der Zweistelligkeit
von y nicht sein kann. Außerdem zeigt (8), dass 100 durch k teilbar ist. Es bleibt also
k ∈ {1, 2, 4, 5}.
Fall 1: k = 1: Aus (8) folgt 101 = n · x. Da 101 eine Primzahl ist und n > 1 gilt, folgt
n = 101 und x = 1, ein Widerspruch da x zweistellig.
Fall 2: k = 2: Aus (8) folgt 51 = n · x. Da 51 = 3 · 17, n > 1 und x zweistellig gilt n = 3
und x = 17, und damit y = 34 und z = 1734.
Fall 3: k = 4: Aus (8) folgt 26 = n · x. Da 26 = 2 · 13, n > 1 und x zweistellig gilt n = 2
und x = 13, und damit y = 52 und z = 1352.
Fall 4: k = 5: Aus (8) folgt 21 = n · x. Da 21 = 3 · 7, n > 1 und x zweistellig gibt es hier
keine Lösung.
Wenn es eine Lösung gibt, kann also nur z ∈ {1352, 1734} sein.
Durch Nachrechnen zeigt sich, dass tatsächlich beide Zahlen den Anforderungen entsprechen und damit sind das die einzigen Lösungen.
9.4 Komponieren Sie ein Lied zur Zahlentheorie. Singen Sie dieses auf dem Sommerfest
der Fachschaft vor.