Lösungen der Klausur in Elementarer Zahlentheorie, SoSe 2007

Lösungen der Klausur in
Elementarer Zahlentheorie, SoSe 2007
Aufgabe 1
Zeige, dass für alle n > 1 gilt: Falls n2 + 2 prim ist, so ist n durch 3 teilbar.
Lösung:
Angenommen n sei nicht durch 3 teilbar. ⇒ n ≡ 1(3) oder n ≡ 2(3)
⇒ n2 ≡ 1(3) ⇒ n2 + 2 ≡ 0(3) ⇒ n = 1 oder n2 + 2 zusammengesetzt.
Aufgabe 2
Bestimme alle Lösungen der Kongruenz
7x2 + x + 22 ≡ 0 (60).
Lösung:
Sei f (x) := 7x2 + x + 22. 60 = 22 · 3 · 5.
• Bestimmen der Lösungen mod 2 durch Ausprobieren:
f (x) ≡ x2 + x (2). Lösungen mod 2 sind x ≡ 0 (2) und x ≡ 1 (2).
• Bestimmen der Lösungen mod 4 durch den Aufsteigesatz:
f 0 (x) = 14x + 1 ≡ 1 6≡ 0 (2) ⇒ Jede Lösung modulo 2 liefert genau
eine Lösung modulo 4.
f (x) ≡ 3x2 + x + 2 (4).
0 + 2b, b ∈ {0, 1} ist Lösung für b = 1.
1 + 2b, b ∈ {0, 1} ist Lösung für b = 1.
⇒ x ≡ 2 (4) und x ≡ 3 (4) sind alle Lösungen modulo 4.
(Alternativ können die Lösungen mod 4 auch durch Ausprobieren gefunden werden.)
• Bestimmen der Lösungen mod 3 durch Ausprobieren:
f (x) ≡ x2 + x + 1 (3). Einzige Lösung modulo 3 ist x ≡ 1 (3).
• Bestimmen der Lösungen mod 5 durch Ausprobieren:
f (x) ≡ 2x2 + x + 2 (5). Einzige Lösung modulo 5 ist x ≡ 1 (5).
• Bestimmen der Lösungen mod 60 durch den chinesischen Restsatz:
Es müssen die beiden folgenden Kongruenzensysteme gelöst werden:
x ≡ 1 (3),
x ≡ 2 (4),
x ≡ 1 (5)
(1)
x ≡ 1 (3),
x ≡ 3 (4),
x ≡ 1 (5)
(2)
und
m = m1 · m2 · m3 = 3 · 4 · 5.
M1 = 20, M2 = 15, M3 = 12. Mi Mi∗ ≡ 1 (mi )
⇒ 20 M1∗ ≡ −M1∗ ≡ 1 (3) ⇒ M1∗ = −1,
15 M2∗ ≡ −M2∗ ≡ 1 (4) ⇒ M2∗ = −1,
12 M3∗ ≡ 2 M3∗ ≡ 1 (5) ⇒ M3∗ = 3.
⇒ x ≡ −20x1 − 15x2 + 36x3 (60).
Zu (1):x1 = 1, x2 = 2, x3 = 1
⇒ x ≡ −20 − 30 + 36 = −14 ≡ 46 (60).
Zu (2):x1 = 1, x2 = 3, x3 = 1
⇒ x ≡ −20 − 45 + 36 = −29 ≡ 31 (60).
⇒ x ≡ 31 (60) und x ≡ 46 (60) sind alle Lösungen modulo 60.
Aufgabe 3
Zeige: Ist (m1 , m2 ) = 1 und na ≡ nb (mi ) für i = 1, 2, so folgt
m1 m2
a≡b
.
(m1 , n)(m2 , n)
Lösung:
2.1.(5)
mi
, i = 1, 2. Also gilt nach 2.1.(6)
na ≡ nb (mi ) =⇒ a ≡ b (n,m
i)
i
h
m1 ·m2
m1
m2
a ≡ b (n,m1 ) , (n,m2 ) , d.h. a ≡ b (n,m1 )(n,m2 ) , da (m1 , m2 ) = 1 und damit
m1
m2
= 1.
auch (n,m
,
1 ) (n,m2 )
Aufgabe 4
Sei (m, n) = 1. Zeige: Für jedes z ∈ Z, (z, mn) = 1, existieren x, y ∈
Z, (x, n) = (y, m) = 1, mit z = xm + yn.
Lösung:
Nach dem Euklidischen Algorithmus gibt es eine Darstellung 1 = am + bn
mit a, b ∈ Z. Also ist z = zam + zbn = xm + yn mit x = za, y = zb. Sei
nun d := (x, n) ⇒ d|xm + yn = z und wegen d|n folgt d|(z, n) = 1 ⇒ d = 1.
Ebenso sieht man: (y, m) = 1.
Aufgabe 5
Für ungerade natürliche Zahlen x und m zeige: ord2m (x) = ordm (x).
2
Lösung:
Sei d := ord2m (x), dann ist xd ≡ 1 (2m), also auch xd ≡ 1 (m) ⇒ ordm (x) ≤
ord2m (x).
Sei t := ordm (x), dann ist xt ≡ 1 (m). Da x ≡ 1 (2) ist auch xt ≡ 1 (2), also
folgt xt ≡ 1 ([2, m]), wobei [2, m] = 2m, da m ungerade. Also ord2m (x) ≤
ordm (x).
Alternativ:
Sei t := ordm (x), dann ist xt ≡ 1 (m) ⇒ xt = 1 + gm, g ∈ Z. Zu zeigen: g
ist gerade, denn dann gilt xt = 1 + gm = 1 + g 0 · 2m mit g 0 = g/2 ∈ Z und
damit xt ≡ 1 (2m), also ord2m (x) ≤ ordm (x).
xt = 1 + gm ⇒ xt − 1 = gm. Die linke Seite ist gerade, da x und damit
xt ungerade ist. Da m ungerade ist, muss also g gerade sein. Damit ist alles
gezeigt.
Aufgabe 6
Gilt ω(n) · µ2 (n) = 2, so ist n + 1 − ϕ(n) die Summe zweier Primzahlen.
Lösung:
ω(n) · µ2 (n) = 2 ⇒ ω(n) = 2 und µ(n) = 1 ⇒ n = p · q, p, q prim, und
n + 1 − ϕ(n) = p q + 1 − ϕ(p q) = p q + 1 − (p − 1)(q − 1) = p + q.
Aufgabe 7
Sei λ(n) := (−1)Ω(n) . Zeige, dass gilt:
X
µ(d)λ(d) = 2 ω(n) .
d|n
Lösung:
P
Wir zeigen, dass L(n) :=
d|n µ(d)λ(d) multiplikativ ist und rechnen die
Identität auf Primzahlpotenzen nach.
Für n1 , n2 mit (n1 , n2 ) = 1 gilt:
X
X
L(n) :=
µ(d)λ(d) =
µ(d1 d2 )λ(d1 d2 )
d|n
d1 |n1
X
µ(d1 )λ(d1 )
d1 |n1
X
µ,λ mult.
µ(d1 )µ(d2 )λ(d1 )λ(d2 )
d1 |n1
d2 |n2
=
=
d2 |n2
X
µ(d2 )λ(d2 ) = L(n1 )L(n2 ).
d2 |n2
Es reicht also L(pk ) zu betrachten:
X
k
L(pk ) :=
µ(d)λ(d) = 1 + (−1)(−1) + 0 = 2 = 2w(p )
für k ≥ 1.
d|pk
Daraus folgt die Behauptung.
3
Alternative Lösung: Sei n = pa11 · · · · · pakk . (Kanonische Zerlegung)
⇒ rechte Seite = 2ω(n) = 2k .
P
P
Linke Seite = d|n µ(d)(−1)Ω(d) = d|p1 ·····pk µ(d)(−1)Ω(d)
P
P
= d|p1 ·····pk (−1)Ω(d) (−1)Ω(d) = d|p1 ·····pk 1 = k1 + k2 + · · · +
P
= ki=1 ki 1i · 1k−i = (1 + 1)k = 2k = rechte Seite.
k
k
Aufgabe 8
Für n > 1 sei An := 3n − 2. Zeige mit dem quadratischen Reziprozitätsgesetz
für das Jacobi-Symbol:
3
= 1 ⇔ n ungerade.
An
Lösung:
Nach 3.14.(7) gilt:
3
An
An
3
An
3
=
= (−1)
−2
3
An −1 3−1
· 2
2
1
=
3
=1⇒
n gerade ⇒ 3n ≡ 1 (4)
⇒ 3n − 3 ≡ 2 (4) ⇒
n−1
n ungerade ⇒ 3
3
An
= (−1)
3
An
3n −3
2
.
= (−1)
3n −3
2
(
1,
=
−1,
falls 4 |3n − 3
falls 4 - 3n − 3
(denn Potenzen von ungeraden Zahlen sind
ungerade und (2n + 1)2 ≡ 1 (4))
= −1.
n
· 3 ≡ 3 (4) ⇒ 3 − 3 ≡ 0 (4) ⇒
3
An
= 1.
Alternative Lösung:
An −1 3−1
3n −3
1
=
= 1.
Es gilt A3n = A3n (−1) 2 · 2 = (−1) 2 , da A3n = −2
3
3
3n −3
Also gilt: A3n = 1 ⇔ (−1) 2 = 1 ⇔ 3n ≡ 3 (4) ⇔ n ungerade, da
32k ≡ 9k ≡ 1 (4) und 32k+1 ≡ 9k · 3 ≡ 3 (4).
4