Zahlentheorie II WS 2005/2006 Lösung

Mathematisches Institut
Abt. für Reine Mathematik
30.01.2006
Prof. Dr. D. Wolke
Yvonne Buttkewitz
Übungen zur Vorlesung1
Zahlentheorie II WS 2005/2006
Lösung - Blatt 11
Aufgabe 29
0 < aq < 1,
− n11 .
Zu
a
q
a
q
6=
1
n wähle man das kleinste
n1
mit
1
n1
<
a
q und fahre fort mit
Zeigen Sie, daÿ das Verfahren nach endlich vielen Schritten abbricht.
a
1
der gröÿtmögliche Stammbruch
q wird
n1 subtrahiert;
q
q
das bedeutet, dass n1 =
a = a + d mit 0 ≤ d < 1.
Damit gilt:
Vom gekürzten Bruch
a
1
a0
= −
0
q
q
n1
1
a
= − q
q
+
d
a
q
a a +d −q
=
q aq + d
da
=
q aq + d · aa
=
da2
q (q + da)
Also folgt:
a0 =
Mit
q 0 = q · n1
und
n1 =
q
a
+d
da2 q 0
q (q + da)
gilt:
da2 q 0
q (q + da)
daqa aq + d
=
q (q + da)
=d·a
a0 =
1 Fehler
und Verbesserungen bitte an Christian Jauch: [email protected]
Der Zähler wird also in jedem Schritt kleiner. Somit endet das Verfahren nach
endlich vielen Schritten.
Berechne die Stammbrüche für
5
121
4
3025
3
2289925
2
1747920361825
5
121 :
1
25
1
>
757
1
>
763309
1
>
873960180913
>
5
1
−
121 25
4
1
⇒
−
3025 757
3
1
⇒
−
2289925 763309
2
1
⇒
−
1747920361825 873960180913
⇒
4
3025
3
=
2289925
2
=
1747920361825
1
=
1527612795642093418846225
=
Durch rekursives Einsetzen erhält man folgende Stammbruchzerlegung:
5
1
1
1
1
1
=
+
+
+
+
121
25 757 763309 873960180913 1527612795642093418846225
2
Aufgabe 30
Sei
A
eine endliche Menge ganzer Zahlen
αg ∈ C
für
g ∈ A, S(t) =
X
αg e(tg)
g∈A
X
k ∈ N, b ∈ Z, A(k, b) =
Df
1)
p
Für jede Primzahl
αg , A =
g∈A,g≡b(k)
Df
X
αg .
g∈A
gilt
p−1 p−1 2 X
X
A
h 2
p
.
− A(p, b) =
S
p
p
b=0
2)
k∈N
Für
h=1
gilt
k
k−1
XX
b=0
k
h 2
X
µ(d) k 2
A ,b =
S
.
d
d
k
h=1
(h,k)=1
d|k
Beweis:
a.)
2
!
p−1 p−1 X
X
A
A
A
− A(p, b)
− A(p, b)
p
p − A(p, b) = p
p
p
b=0
b=0
p−1 X
A
A
|A|2
2
− A(p, b) − A(p, b) + |A(p, b)|
=p
p2
p
p
b=0
Da
p−1
P
A(p, b) = A
folgt:
b=0
p−1
|A|2
|A|2
|A|2 X
=p
−
−
+
|A(p, b)|2
p
p
p
b=0
2 !!
p−1
X
A
=p
|A(p, b)|2 − p
!
b=0
=p
p−1
X
|A(p, b)|2 − |A|2
b=0
Aus dem Skript (Unter 2.) im Beweis zu 5.2) wissen wir, dass das aber gleich
ist wie:
=
p−1 2
X
S h p h=1
3
b.)
Sei
k
zusammengesetzt; hier wird exemplarisch der Fall
k = p1 · p 2
gezeigt. Bei
mehreren Primteilern oder Primzahlpotenzen geht es analog mit etwas mehr
Rechnung.
2
k
X
S h =
k h=1
(h,k)=1
p2
X
p1
X
h2 =1
h1 =1
(h1 ,p1 )=1 (h2 ,p2 )=1
p1
X
=
p2
X
2
S h1 + h2 p1
p2 X
αg αf e
h1 =1
h2 =1
g,f
(h1 ,p1 )=1 (h2 ,p2 )=1
Für festes
h1
und
βg,h1 := αg e
p1
X
=
h1
p1 g
βf,h1 := αf e
und
p2
X
X
βg βf e
h1 =1
g,f
h2 =1
(h1 ,p1 )=1
(h2 ,p2 )=1
p1
X
a.)
=
"
X
p2
h1 =1
(h1 ,p1 )=1
g≡f
g≡f
= p2 · p1
h1
p2 f
folgt:
h2
(g − f )
p2
αg αf e
(p2 )
h1
(g − f )
p1
#
h1
αg αf e
(g − f )
p1
(1)
X
X
αg αf − p2
g≡f
g≡f
−p1
X
−
h1
h2
(g − f ) e
(g − f )
p1
p2
g≡f (p2 )
g≡f (1)
(p2 )
(p1 )
X
αg αf
αg αf +
g≡f (1)
g≡f (p1 )
X
g≡f
g≡f
αg αf
(1)
(1)
4
Aufgabe 31
Zeigen Sie die Zwillingsformel für die quadratfreien Zahlen
X
µ2 (n)µ2 (n + 1) = c x + o(x)
c > 0.
mit einem
n≤x
Beweis:
Mit dem Hinweis:
X
µ2 (n) =
µ(d)
(1)
d|n
d2 |n
folgt nun mit
N (x, d, k) = # n < x; d2 |n, k 2 |n + 1 :
X
X
µ2 (n)µ2 (n + 1) =
µ(d)µ(k)N (x, d, k)
n<x
d,k
Mit dem chinesischen Restsatz gilt
(
xd−2 k −2 + O(1)
N (x, d, k) =
0
Die Terme mit
1
dk ≤ x 4
für
(d, k) = 1
sonst
tragen deshalb das Folgende bei:

x

X


µ(d)µ(k)(dk)−2 + O 
1
X
1
1
dk≤x 4
dk≤x 4
(d,k)=1

=x
X

X


d(n)n−2  + O 
d(n)

X
µ(dk)(dk)−2 + O x

1
1
(d,k)=1
n≤x 4
n>x 4
Mit dem Satz von Dirichlet aus dem elementaren Zahlentheorie (Satz 5.17) gilt
dann:
1
1
1
1
= cx + O(x · x− 4 log x 4 ) + O(x 4 log x 4 )
Die Anzahl der übrigen Werte von
durch
O(log2 x)
d, k
1
DK x 4
Daher existieren
mit
D < d ≤ 2D, K < k ≤ 2K
abschätzen, wobei:
und
D, K x1/2
D, K sodass:
X
µ(d)µ(k)N (x, d, k) N · (log x)2
1
dk>x 4
5
lässt sich
wobei
N = # (d, k, u, v); D < d ≤ 2D, K < k ≤ 2K, d2 u + 1 = k 2 v ≤ x
Jetzt muss man nur noch
N
beschränken. Es gilt die elementare Schranke:
X
N
X
X
K<k≤2K u≤xD −2
1
D<d≤2D
d2 u≡−1 (k2 )
Aus Satz 3.4 und Satz 3.7 aus der Elementaren Zahlentheorie folgt, dass
ρ(p21 ) · · · ρ(p2w(k) ) ≤ p1 · · · pw(k) d(k)
d(k) Lösungen modk 2 und damit
)d(k). Daher gilt für K D (K D
Also hat die obige Kongruenzbedingung
ist die innere Summe
(1 + DK
−2
analog):
N xD−2 (1 + DK −2 )
X
k
−2
−1
d(k) {x |KD
} log x = o(x)
{z } +x (DK)
| {z }
x−1/8
x−1/4
Zur Konstanten:
∞
X µ(d)µ(k) X
µ(n) · σ0 (n)
=
(dk)2
n2
n=1
(d,k)=1
Y
2
=
1−
p2
p
=
Y
1−
p
1
p2
1−
2
p2
1−
1
p2
Y 2
1
p −2
=
1− 2 ·
p
p2 − 1
p
p
1 Y p2 − 2
=
·
ζ(2) p p2 − 1
Y
6