Einführung in die Zahlentheorie — 1. ¨Ubung Aufgabe 1 (3+4+3

Nicola Oswald, Prof. Dr. Jörn Steuding
Institut für Mathematik, Universität Würzburg
9. April 2014
Einführung in die Zahlentheorie — 1. Übung
Aufgabe 1 (3+4+3 Punkte). Die Fibonacci-Zahlen sind rekursiv definiert durch
F0 = 0,
F1 = 1
und
Fn+1 = Fn + Fn−1
für
n ∈ N.
i) Berechne den größten gemeinsamen Teiler von F13 und F14 . Äußere eine Vermutung
zum ggT(Fn+1 , Fn ) und versuche, diese zu beweisen.
ii) Beweise die Binetsche Formel: Für n ∈ N0 gilt
1
Fn = √ Gn − (−G)−n ,
5
√
1
wobei G := 2 ( 5 + 1) der goldene Schnitt ist.
iii) Für welche Zahlen a, b ∈ N ist der euklidische Algorithmus besonders langsam? Gib
eine möglichst gute obere Abschätzung für die Schrittlänge des euklidischen Algorithmus in Abhängigkeit von a und b an!
Aufgabe 2 (2+4+4 Punkte).
i) Es sei c ∈ Z. Bestimme die Menge der ganzzahligen Lösungen der linearen diophantischen Gleichung
5X + 8Y = c.
ii) Gesucht ist die größte natürliche Zahl g, die sich nicht darstellen lässt als eine
Linearkombination der Gestalt
g = 5x + 8y
mit
x, y ∈ N0 .
Beachte, dass a priori nicht klar ist, dass diese Zahl überhaupt existiert: x und y müssen
natürliche Zahlen oder null sein! Wenn Du diese Zahl nicht explizit bestimmen kannst,
gib zumindest eine Abschätzung an.
iii) Bestimme die Menge der ganzzahligen Lösungen der linearen diophantischen Gleichung
5X + 8Y − 58Z = 3.
Aufgabe 3 (Zusatzaufgabe: 5 Punkte). Gegeben teilerfremde Zahlen a1 , . . . , am ∈ N,
wobei m ≥ 2, so notieren wir die größte natürliche Zahl g, die sich nicht darstellen lässt als
eine Linearkombination der Gestalt
g = x1 a1 + . . . + xm am
mit
xj ∈ N0 ,
als g(a1 , . . . , am ). Beachte, dass die xj natürliche Zahlen oder null sein müssen! Zeige
g(a1 , a2 ) = a1 a2 − a1 − a2
(oder zumindest die Existenz von g(a1 , a2 ))!
Alle Bearbeitungen sind ausreichend zu begründen. Verwendet werden dürfen lediglich Ergebnisse, die bereits in der Vorlesung oder auf vorangegangenen Übungsblättern dieser Veranstaltung behandelt wurden. Für die Klausurzulassung sind fünfzig Prozent der Punkte
der Übungsblätter hinreichend.
Abgabe der Übungsblätter ist am kommenden Mittwoch vor Vorlesungsbeginn.
Viel Spaß!
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Lösungsskizze ÜA 1: i) Die Rekursion liefert für die Fibonacci-Zahlen der Reihe nach die
Werte 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, . . ., woraus man F13 = 233 und F14 =
377 abliest. Auf Grund der Rekursionsformel liefert Division mit Rest für Fn+1 und Fn den
Rest Fn−1 und der euklidische Algorithmus liefert also ggT(Fn+1 , Fn ) = 1 (und insbesondere
ggT(F13 , F14 ) = 1.
ii) Beweis per Induktion nach n. Die Binetsche Formel gilt offensichtlich in den Fällen
n = 0, 1. (Der weitere Verlauf des Beweises benötigt die Verankerung des Induktionsbeweises
für zwei aufeinanderfolge Indizes!) Angenommen, die zu beweisende Formel ist für n und
n − 1 richtig, so liefert die Rekursionsvorschrift
1
Fn+1 = Fn + Fn−1 = √ Gn − (−g)n + Gn−1 − (−g)n−1 .
5
Nun berechnet man (X − G)(X + g) = X 2 − X − 1 und folgert daraus G2 = G + 1 bzw.
g 2 = −g + 1. Man erhält
Gn + Gn−1 = Gn+1
sowie
(−g)n + (−g)n−1 = (−g)n+1 .
Substituieren dieser Ausdrücke in der Ausgangsgleichung ergibt die Binetsche Formel für
Fn+1 .
iii) Die Schrittweite des euklidischen Algorithmus beträgt (nach unserer Zählung) m + 1,
wenn rm der letzte nicht-verschwindende Rest ist. Der euklidische Algorithmus für Anfangswerte a = r−1 und b = r0 ist genau dann extremal lang, wenn die Folge der Reste rj so lang
wie nur möglich bzw. die Quotienten qj so klein wie nur möglich ausfallen. Dabei gilt wegen
qj = ⌊rj−1 /rj ⌋ ≥ 1 sicherlich rj−1 ≥ rj + rj+1 . Mit dieser Abschätzung im euklidischen
Algorithmus für a ≥ b der Länge m ergibt sich für ungerade m:
a = r−1 ≥ r0 + r1 > 2r1 ≥ 2(r2 + r3 ) > 4r3 ≥ . . . > 2(m+1)/2 rm ,
während für gerade m die Ungleichung a ≥ b = r0 ≥ r1 + r2 > 2r2 > . . . > 2m/2 rm entsteht.
OBdA seien a und b teilerfremd; dann ergibt sich in jedem Fall a > 2m/2 . Logarithmieren
führt auf die obere Abschätzung für die Schrittlänge
m+1<
2
log a + 1
log 2
(mit dem natürlichen Logarithmus). Eine schärfere Abschätzung stellt sich ein, wenn alle
qj = 1 gesetzt werden, was auf die Folge der Fibonacci-Zahlen führt. In diesem Fall, wenn
also a = Fm+3 und b = Fm , ergibt sich ein euklidischer Algorithmus mit m + 1 Schritten
und mit der Binetschen Formel folgt
1
a = Fm+3 ≥ √ Gm+3 − 1 ,
5
so dass Logarithmieren die bestmögliche Abschätzung
√
log(a 5 + 1)
m+1≤
−2
log G
log a
liefert; hier wächst die obere Schranke bei a → ∞ asymptotisch wie log
G . Damit besitzt der
euklidische Algorithmus eine polynomielle Laufzeit (denn die Eingabegröße einer natürlichen
Zahl N ist gleich der Anzahl ihrer Ziffern in der Binärdarstellung, also in etwa log N ).
Lösungsskizze ÜA 2: i+ii) Die diophantische Gleichung 5X1 + 8X2 = c ist nach dem Satz
von Bézout mit beliebigem ganzzahligen c lösbar mit Lösungsmenge (x1 , x2 ) = c(−3, 2) +
Z(8, −5). In ii) sind jedoch Lösungen gefragt, bei denen sowohl x1 als auch x2 nicht-negativ
sind. Hinsichtlich der Bestimmung von g(5, 8) liefert die Lösung x1 = −6, x2 = 4 für c = 2
a priori keine weiterführende Information. Weil aber Addition homogener Lösungen stets
auf entweder positive x1 und negative x2 oder Umgekehrtes führt, gilt die Ungleichung
g(5, 8) ≥ 2 (unter der Prämisse, dass g(5, 8) überhaupt existiert). Angenommen, für fünf
aufeinanderfolgende natürliche Zahlen n + 1, n + 2, . . . n + 5 existiert eine Darstellung der
gewünschten Art, also
n + ℓ = 5x1,ℓ + 8x2,ℓ
mit xj,ℓ ∈ N0
für
ℓ = 1, 2, . . . , 5,
3
dann gilt natürlich auch
mit denselben xj,ℓ
n + ℓ + 5m = 5(x1,ℓ + m) + 8x2,ℓ
∈ N0 . Es folgt also g(5, 8) ≤ n. Wegen
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= 4 · 5 + 1 · 8,
= 1 · 5 + 3 · 8,
= 6 · 5 + 0 · 8,
= 3 · 5 + 2 · 8,
= 0 · 5 + 4 · 8,
ergibt sich somit g(5, 8) ≤ 27. Andererseits ist 27 nicht als Linearkombination 5x1 + 8x2 mit
Koeffizienten xj ≥ 0 darstellbar (dies ein endliches Problem und damit leicht zu verifizieren).
Damit ist also g(5, 8) = 27.
iii) Wir setzen zunächst X = αU + 8V und Y = βU − 5V für irgendwelche α, β ∈ Z
mit 5α + 8β = 1. Nach i) dürfen wir etwa α = −3 und β = 2 nehmen. Einsetzen der
entsprechenden Substituionen für X und Y in die zu lösnede Gleichung liefert
3 = 5X + 8Y − 58Z = U − 58Z.
Diese diophantische Gleichung in zwei Unbekannten U und Z besitzt die Lösungsgesamtheit
(u, z) = (3, 0) + w(58, 1)
mit
w∈Z
beliebig. Resubstitutieren von u = 3+58w in x = −3u+8v führt auf x = −9+8v +174w und
ganz analog zeigt sich y = 6 − 5v + 116w, so dass die Lösungsmenge der Ausgangsgleichung
also gegeben ist durch
{(x, y, z)} = (−9, 6, 0) + Z(8, −5, 0) + Z(174, −116, 1).
Lösungsskizze ZA 3: Hier geht es um das so genannte Briefmarken-Problem (oder auch
Frobenius-Problem nach seinem Urheber Frobenius); die Größe g(a1 , . . . , am ) heißt auch
Frobenius-Zahl. Im allgemeinen Fall sind keine geschlossenen Formeln für die Frobenius-Zahl
bekannt!
Zeigen zuerst, dass n = a1 a2 − a1 − a2 keine Darstellung n = x1 a1 + x2 a2 mit xj ∈
N0 zulässt. Angenommen, es bestünde n = x1 a1 + x2 a2 mit xj ∈ N0 , dann folgte durch
Gleichsetzen
a1 a2 − a1 − a2 = n = x1 a1 + x2 a2 ,
bzw. a1 (a2 − 1 − x1 ) = (x2 + 1)a2 und mit der Teilerfremdheit von a1 und a2 ergäbe sich
a1 | (x2 + 1) sowie analog a2 | (x1 + 1). Damit ergibt sich
n = x1 a1 + x2 a2 ≥ (a2 − 1)a1 + (a1 − 1)a2 = 2a1 a2 − a1 − a2 = n + a1 a2 ,
ein Widerspruch! Also besitzt n tatsächlich keine solche Darstellung. Somit haben wir die
Ungleichung g(a1 , a2 ) ≥ a1 a2 − a1 − a2 gewonnen. Es verbleibt zu zeigen, dass hier sogar
Gleichheit vorliegt.
Zu n = a1 a2 − a1 − a2 wird als Erstes gezeigt, dass n + j für alle j ∈ N eine gewünschte
Darstellung als Linearkombination mit nicht-negativen Koeffizienten besitzt. Nach dem Satz
von Bézout existieren ganzzahlige x, y mit a1 x + a2 y = 1, wobei wir noch 0 ≤ x < a2
auf Grund des regelmäßigen Auftretens von Lösungen fordern dürfen. Also gilt mit diesen
a1 jx + a2 jy = j und somit
n + j = (a2 − 1 + jx)a1 + (jy − 1)a2 .
Folglich ist n+j stets darstellbar als Linearkombination n+j = v1 a1 +v2 a2 mit ganzzahligen
v1 , v2 ; wiederum dürfen wir hierbei 0 ≤ v2 < a1 fordern. Weil
−j = n − v1 a1 − v2 a2 = (−v1 − 1)a1 + (a1 − 1 − v2 )a2
offensichtlich keine Darstellung als Linearkombination mit nicht-negativen Koeffizienten besitzt, aber a1 − 1 − v2 ≥ 0 nach Konstruktion, folgt −v1 − 1 < 0 bzw. v1 ≥ 0. Damit ist aber
n+j = v1 a1 +v2 a2 wie gewünscht eine Linearkombination mit nicht-negativen Koeffizienten.
Also haben wir g(a1 , a2 ) = a1 a2 − a1 − a2 bewiesen. (Als Spezialfall ergibt sich g(5, 8) = 27
aus Aufgabe 2.)