7 . ¨Ubung zur Zahlentheorie

Universität Würzburg
Mathematisches Institut
Dr. J. Jordan, L. Lauerbach
09.06.2016
7 . Übung zur Zahlentheorie
Abgabe: Bis 16.06.2016, 10.14 Uhr, in der Vorlesung.
p
7.1 Es sei p eine Mersenne Primzahl und K = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 = p}. Bestimmen
Sie K ∩ Z × Z.
Lösungshinweise: Klar sind die Lösungen (x, y) = (0, ±p) und (x, y) = (±p, 0). Da
p ∈ P, müsste ein weiteres Lösungstripel ein primitives pythagoreisches Tripel sein. Dann
ist aber p = s2 + t2 für geeignete s, t ∈ N (vergleiche Satz 5.3). Da aber p eine Mersenne
Primzahl ist, ist p = 2q − 1 = 4 · 2q−2 − 1 ≡ −1 ≡ 3 mod 4 für ein q ∈ P (und damit
insbesondere q > 2). Nach Satz 6.1 kann man also p nicht als Summe zweier Quadrate
schreiben. Es gibt also keine weiteren Lösungen.
7.2 Bestimmen Sie alle Fermat Primzahlen p, für die 2 eine Primitivwurzel ist.
Lösungshinweise:
n
Nach Satz 2.2 sind alle Fermat Primzahlen der Form Fn = 22 + 1, n ∈ N0 . In den Fällen
n = 0 bzw. n = 1 ist 2 offensichtlich eine Primitivwurzel zu F0 = 3 und F1 = 5.
Wir zeigen nun, dass 2 für alle n ≥ 2 keine Primitivwurzel von Fn ist:
n+1
n
n+1
Es gilt 22 −1 = Fn ·(22 −1) ≡ 0 mod Fn und damit ist 22
≡ 1 mod Fn . Also ist die
n
n+1
Ordnung ordFn (2) ≤ 2 . Da Fn Primzahl ist, ist aber φ(Fn ) = 22 > 2n+1 ≥ ordFn (2),
also kann 2 keine Primitivwurzel von Fn sein.
7.3 Es sei n ∈ N und p ein ungerader Primteiler von n2 + 1. Zeigen Sie, dass p = 4k + 1,
für ein geeignetes k ∈ N ist.
Lösungshinweise
Zuerst ist klar, dass n > 1 sein muss, denn für n = 1 ist n2 + 1 = 2 und hat somit
keinen ungeraden Primteiler p. Es gilt also n > 1 und p > 2. Wir wollen nun zeigen, dass
ordp (n) = 4.
Aus der Angabe, dass p die Zahl n2 + 1 teilt folgt n2 + 1 ≡ 0 mod p und daraus wiederum
n2 ≡ −1 mod p. Potenzieren liefert n4 ≡ 1 mod p.
Weiter gilt, dass n 6≡ 1 mod p. Dies sieht man durch einen Widerspruchsbeweis: Wäre
n ≡ 1 mod p, so wäre n2 + 1 ≡ 1 + 1 = 2 mod p, im Widerspruch zur Angabe.
Ebenfalls gilt, dass n3 6≡ 1 mod p. Dies sieht man ebenfalls durch einen Widerspruchsbeweis: Zuerst stellen wir fest, dass aus dem schon bekannten Resultat n2 ≡ −1 mod p
folgt, dass n3 ≡ −n mod p. Wäre nun n3 ≡ 1 mod p, würde gelten n ≡ −1 mod p.
Daraus wiederum würde folgen, dass n2 + 1 ≡ 1 + 1 = 2 mod p, ein Widerspruch.
Insgesamt zeigt dies, dass ordp (n) = 4. Mit Satz 7.2 folgt 4 teilt φ(p) = p−1 also p−1 ≡ 0
mod 4 bzw. p ≡ 1 mod 4, also p = 4k + 1.
7.4 Es sei m ∈ N, M = {m1 , m2 , . . . , mφ(m) } ⊂ N die Menge der zu m teilerfremden
Zahlen zwischen 1 und m − 1 und N ⊂ N die Menge aller Teiler von φ(m). Für
welche m ∈ N ist die Abbildung ordm : M → N, a 7→ ordm (a) bijektiv?
Lösungshinweise: Für m = 1, 2, 3, 4, 6 ist ordm : M → N bijektiv, wie man leicht
nachrechnen kann. Das sind die einzigen Fälle, bei denen φ(φ(m)) = 1 ist (vergleiche
auch Satz 3.6). In allen anderen Fällen ist ordm nicht bijektiv.
Beweis 1 Falls es keine Primitivwurzeln gibt, ist ordm nicht surjektiv, da φ(m) nicht
im Wertebereich von ordm liegt. Falls es Primitivwurzeln gibt, gibt es φ(φ(m)) > 1 viele
davon (siehe Lemma 7.6). Also ist ordm nicht injektiv, da der Wert φ(m)4 von φ(φ(m)) > 1
vielen Elementen aus M erreicht wird.
Beweis 2 Offenbar ist |M | = φ(m) und |N | = φ(m) − φ(φ(m)) + 1 (die 1 ist teilerfremd
zu φ(m) und zugleich Teiler von φ(m)). Also folgt aus φ(φ(m)) > 1, dass |N | > |M |. Also
ist ordm nicht surjektiv.
Beweis 3 Jede Ordnung ist ein Teiler von φ(m) (Satz 7.2). Also ist ordm (a) 6= φ(m) − 1,
falls φ(m) ≥ 2 ist. Also ist ordm nicht surjektiv, da der Wert φ(m) − 1 nicht im Bild von
ordm liegt.