Vorlesung ” Algebra und Zahlentheorie“

Angela Holtmann
Algebra und Zahlentheorie
Vorlesung Algebra und Zahlentheorie“
”
– Leitfaden –
1
Zahlentheorie in Z
Bezeichnungen: Z := {. . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . .} (ganze Zahlen) und N := {1, 2, 3, . . .}
(natürliche Zahlen ohne die Null)
1.1
Teilbarkeit
Definition 1.1.1. Eine Zahl d ∈ Z heißt Teiler von a ∈ Z, wenn es eine Zahl c ∈ Z
gibt mit a = d · c (= c · d). Wir sagen auch d teilt a“ oder a ist Vielfaches von d“ und
”
”
schreiben verkürzt:
d | a.
Ist d kein Teiler von a, so schreiben wir auch: d - a.
Beispiel 1.1.2.
• 4 | 12 (da 12 = 4 · 3), −7 | 56 (da 56 = (−7) · (−8)), 7 | −56 (da
−56 = 7 · (−8)), 4 - 9 (9 kann keinen geraden Teiler besitzen, da sonst 9 gerade
wäre), 12 | 0 (da 0 = 12 · 0) und 0 | 0 (da 0 = 0 · c für jede ganze Zahl c)
• Sei a ∈ Z und n ∈ N. Dann gilt: (a − 1) | (an − 1), denn:
an − 1 = (a − 1) · (an−1 + . . . + a2 + a + 1)
|
{z
}
∈Z
Lemma 1.1.3 (Rechenregeln für Teilbarkeit). Seien a, b, c, d ∈ Z.
1. Es gilt immer: a | a.
2. Gilt a | b und b | c, so gilt auch a | c.
3. Gilt a | b und c | d, so gilt auch a · c | b · d.
4. Gilt a | b und a | c, so gilt auch a | (x · b + y · c) für alle x, y ∈ Z.
Beweis. (Im Prinzip muss man immer nur die Definition der Teilbarkeit ausnutzen (und
wenige Rechenregeln in den ganzen Zahlen).)
1. a = a · 1
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2. a | b, also gibt es ein e ∈ Z mit b = a · e.
b | c, also gibt es ein f ∈ Z mit c = b · f .
Einsetzen der ersten Gleichung in die zweite liefert: c = a ·
∈Z,
e·f
|{z}
.
da e,f ∈Z
Also gilt: a | c.
3. a | b, also gibt es ein e ∈ Z mit b = a · e.
c | d, also gibt es ein f ∈ Z mit d = c · f .
Also ist b · d = a · e · c · f = a · c ·
e·f
|{z}
∈Z,
. (Bei der zweiten Gleichung haben wir
da e,f ∈Z
benutzt, dass die Multiplikation in den ganzen Zahlen kommutativ ist.)
Also gilt: a · c | b · d.
4. a | b, also gibt es ein e ∈ Z mit b = a · e.
a | c, also gibt es ein f ∈ Z mit c = a · f .
e + y · f ).
Dann ist x · b + y · c = x · a · e + y · a · f = a · x · e + a · y · f = a · (|{z}
x · |{z}
|{z} |{z}
∈Z
∈Z
| {z } |∈Z {z ∈Z}
∈Z
∈Z
|
{z
}
∈Z
(Bei der zweiten Gleichung haben wir benutzt, dass die Multiplikation in den ganzen
Zahlen kommutativ ist, in der dritten das Distributivitätsgesetz (also a ausgeklammert).)
Also ist a | x · b + y · c für alle x, y ∈ Z.
Bemerkung 1.1.4. Alle d ∈ Z sind Teiler von 0, denn:
0=d·0
für alle d ∈ Z.
Die 0 hat also unendlich viele Teiler. Alle anderen ganzen Zahlen haben jedoch nur endlich
viele Teiler. Das ist der Inhalt des folgenden Satzes.
Zunächst müssen wir jedoch noch Folgendes bemerken:
Bemerkung 1.1.5. Sind a, b ∈ Z, so gilt: |a · b| = |a| · |b|, wobei für x ∈ Z mit |x| der
Betrag von x bezeichnet wird, also
x,
falls x ≥ 0
|x| =
−x, falls x < 0
Beweis. Fallunterscheidung: Die beiden Zahlen a und b können jeweils positiv, Null oder
negativ sein.
Anschließend alle Fälle durchrechnen – siehe auch meine Rechnung in der Vorlesung vom
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5.4.2011 (oder Mini-Hausaufgabe) – und die Definition des Betrages anwenden (unter Beachtung, dass das Produkt zweier positiver Zahlen bzw. zweier negativer Zahlen positiv ist
und das Produkt einer positiven mit einer negativen Zahl bzw. einer negativen mit einer
positiven Zahl negativ).
Satz 1.1.6. Seien a, d ∈ Z, sei a 6= 0 und d | a. Dann gilt:
|d| ≤ |a|.
Insbesondere hat jedes von Null verschiedene a ∈ Z nur endlich viele Teiler.
Beweis. Sei d | a. Das heißt, es gibt ein c ∈ Z mit a = d · c.
Nach dem vorangegangenen Lemma gilt dann: |a| = |d · c| = |d| · |c|.
Da a 6= 0, folgt auch c 6= 0 (und d 6= 0), also auch schon |c| ≥ 1 (und |d| ≥ 1), da es keine
ganze Zahl zwischen 0 und 1 gibt.
Da aber |c| ≥ 1, gilt auch |a| = |d| · |c| ≥ |d| · 1 = |d|. Also gilt die zu zeigende Ungleichung.
Die Teiler können also nur im Intervall [−a, a] liegen, falls a > 0 ist, bzw. im Intervall
[a, −a], falls a < 0 ist.
Es gibt in beiden Fällen genau 2 · |a| + 1 verschiedene ganze Zahlen in den Intervallen, also
hat a 6= 0 höchstens 2 · |a| + 1 Teiler. Nun ist aber 0 mit Sicherheit kein Teiler von a, falls
a 6= 0, denn 0 · c = 0 für alle c ∈ Z. Somit hat a 6= 0 sogar höchstens 2 · |a| Teiler.
Bemerkung 1.1.7. Die Abschätzung, dass jedes 0 6= a ∈ Z höchstens 2 · |a| Teiler hat, ist
im Allgemeinen nicht scharf. (D. h., es gilt echte Ungleichheit für die Teileranzahl.)
Die Teiler von 5 sind beispielsweise: 1, −1, 5 und −5, also vier Stück. Aber 2 · |5| = 10 > 4.
Folgerung 1.1.8. Seien a, d ∈ Z mit a > 0 und d > 0. Gilt sowohl d | a als auch a | d, so
ist a = d.
Beweis. Da a > 0 und d > 0, ist |a| = a und |d| = d. Nach Satz 1.1.6 gilt nun sowohl d ≤ a
als auch a ≤ d, also a = d. (Rechenregeln für Kleiner-Gleich-Relation in Z)
Bemerkung 1.1.9. Sei a ∈ Z. Dann gilt nicht nur a | a, sondern auch −a | a sowie 1 | a
und −1 | a. (Jede ganze Zahl 6= ±1 hat also mindestens vier Teiler.)
Beweis. a = (−a) · (−1), a = 1 · a und a = (−1) · (−a) für alle a ∈ Z.
Definition 1.1.10. Sei a ∈ Z. Wir nennen dann a, −a, 1 und −1 die trivialen Teiler von
a, alle übrigen Teiler echte Teiler von a.
Bemerkung 1.1.11. Insbesondere gilt für echte Teiler d von a (nach Satz 1.1.6) immer:
1 < |d| < |a|.
Bemerkung 1.1.12. Sei a ∈ Z. Dann haben a und −a dieselben Teiler.
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Beweis. Sei d | a. Dann gibt es nach Definition ein c ∈ Z mit a = d · c. Dann ist aber
−a = −(d · c) = d · (−c) mit −c ∈ Z. Also ist auch d | −a.
Sei umgekehrt d0 | −a. Dann gibt es nach Definition ein c0 ∈ Z mit −a = d0 · c0 . Dann ist
aber a = −(−a) = −(d0 · c0 ) = d0 · (−c0 ) mit −c0 ∈ Z. Also ist auch d0 | a.
(Wir können uns also darauf beschränken, zunächst Teiler von nicht-negativen Zahlen zu
bestimmen, da für negative Zahlen die Teiler dieselben sind wie für den (positiven) Betrag
der Zahl.)
Bemerkung 1.1.13. Seien a, d ∈ Z und d | a. Dann gilt auch: −d | a.
Beweis. Da d | a, gibt es ein c ∈ Z mit a = d · c. Dann ist aber auch a = (−d) · (−c) mit
−c ∈ Z. Also ist auch −d | a.
(Wir können uns also auch darauf beschränken, zunächst nicht-negative Teiler zu bestimmen, da diese immer in Paaren“ auftauchen.)
”
1.2
Primzahlen
Ziel/Aufgabe: Wir möchten ganze Zahlen in Produkte kleinerer Zahlen zerlegen (und das
auch noch möglichst eindeutig“). . .
”
1188 = 12 · 9 · 11 = 22 · 33 · 11, 3315 = 3 · 5 · 13 · 17, 512 = 29 etc.
Definition 1.2.1. Sei p ∈ N. Die Zahl p heißt Primzahl, wenn die beiden folgenden Bedingungen erfüllt sind:
1. p > 1.
2. Ist p = a · b mit a, b ∈ N, so ist a = 1 oder b = 1.
Lemma 1.2.2 (1. Charakterisierung von Primzahlen). Sei p ∈ N mit p > 1. Dann sind
die folgenden Aussagen äquivalent:
1. p ist eine Primzahl.
2. 1 und p sind die einzigen positiven Teiler von p.
3. p hat keine echten Teiler.
Beweis. Wir zeigen: 1. ⇒ 2., 2. ⇒ 3. und 3. ⇒ 1.
( 1. ⇒ 2.“ ist logisch äquivalent zu nicht 2. ⇒ nicht 1.“ etc.)
”
”
nicht 2. ⇒ nicht 1.: Wenn 2. nicht gilt, gibt es einen weiteren positiven Teiler a von p mit
1 < a < p.
Es gibt, da a Teiler von p ist, also ein b ∈ Z mit p = a · b. Es gilt aber sogar b ∈ N, denn
sonst wäre p nicht positiv. Insbesondere ist dann 1 ≤ b ≤ |p| = p (nach Satz 1.1.6).
Auch b ist ein echter Teiler von p, denn wäre b = 1 oder b = p, so müsste dementsprechend
a = p oder a = 1 sein. (Dann wäre aber a kein echter Teiler von p).
– 4–
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Algebra und Zahlentheorie
Also haben wir eine Produktzerlegung p = a · b gefunden, in der weder a = 1 noch b = 1
gilt, weshalb die Bedingung 1. nicht erfüllt ist.
nicht 3. ⇒ nicht 2.: Gilt 3. nicht, so gibt es einen echten Teiler d von p. Dann ist aber auch
der Betrag |d| ein echter Teiler von p. Nach Bemerkung 1.1.13 ist ja mit d auch −d ein
Teiler von p, also auf jeden Fall auch |d|. Und nach Bemerkung 1.1.11 gilt: 1 < |d| < |p| = p.
Also kann nicht gelten: |d| = 1 oder |d| = p. Damit haben wir einen weiteren positiven
Teiler von p gefunden, außer den trivialen positiven Teilern 1 und p. Also gilt 2. nicht.
3. ⇒ 1.: Sei p = a · b mit a, b ∈ N. Die Zahl a ist also ein Teiler von p. Da p nach Bedingung
3. nur triviale Teiler hat, gilt a = 1 oder a = p. Im ersten Fall ist p eine Primzahl, und im
zweiten Fall folgt dann b = 1, also ist p auch eine Primzahl.
Bemerkung 1.2.3. Aufgrund der Eigenschaft 3. in der Charakterisierung nennen wir
Primzahlen auch unzerlegbar.1
Satz 1.2.4. Sei a ∈ N mit a > 1. Dann besitzt a einen kleinsten (positiven) Teiler t > 1.
Dieser Teiler ist eine Primzahl.
Beweis. Wir benutzen folgendes Beweisprinzip: Ist M ⊆ N mit M 6= ∅, so besitzt M ein
kleinstes Element.
Sei T := {d ∈ N | d > 1 und d | a}, also die Menge der positiven Teiler von a, die echt
größer als 1 sind.
Natürlich ist T ⊆ N. Die Menge T ist nicht leer, denn a ∈ T . (a > 1 und a | a.)
Also besitzt die Menge ein kleinstes Element t, und dieses t ist gerade der gesuchte kleinste
positive Teiler von a, der > 1 ist.
Wir müssen nun noch zeigen, dass dieses t eine Primzahl ist:
Angenommen, t ist keine Primzahl. Dann gäbe es nach dem vorangegangenen Lemma einen
echten Teiler t0 von t, für den dann 1 < t0 < t gilt.
Nun haben wir t0 | t sowie t | a, also nach den Rechenregeln für Teilbarkeit auch t0 | a.
Damit wäre aber auch t0 ∈ T , da t0 einerseits Teiler von a und andererseits t0 > 1 ist.
Widerspruch (zur Minimalität von t)! (Dann wäre ja t nicht das kleinste Element in T
gewesen, denn t0 < t.)
Also muss t eine Primzahl sein.
Satz 1.2.5 (Satz von Euklid). Es gibt unendlich viele Primzahlen.
Beweis. Wir zeigen folgende Behauptung:
Sind p1 , . . . , pn endlich viele Primzahlen, dann ist der kleinste (positive) Teiler t > 1 der
Zahl a := p1 · . . . · pn + 1 eine Primzahl, die von allen Primzahlen p1 , . . . , pn verschieden
ist.
1
Im Allgemeinen stimmen die Begriffe Unzerlegbarkeit“ und Primelement“ nicht überein, mehr dazu
”
”
jedoch später – im Algebrateil dieser Vorlesung.
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Beweis der Behauptung. Nach Satz 1.2.4 ist t eine Primzahl. Wir müssen also nur noch
zeigen, dass sie nicht mit einer der Zahlen p1 , . . . , pn übereinstimmen kann.
Angenommen, t = pi für ein i ∈ {1, . . . , n}, dann würde gelten: t | p1 · . . . · pn . Außerdem
gilt nach Voraussetzung: t | a = p1 · . . . · pn + 1. Nach den Rechenregeln für Teilbarkeit
würde folgen: t | a + (−1) · p1 · . . . · pn = p1 · . . . · pn + 1 − p1 · . . . · pn = 1. Dann wäre aber
|t| = 1, insbesondere t ≤ 1. Widerspruch!
Lemma 1.2.6 (Fundamentallemma). Seien a, b ∈ N. Ist p eine Primzahl mit p | a · b, so
gilt: p | a oder p | b.
Beweis. Wir wenden im Beweis zunächst dasselbe Prinzip an wie im Beweis von Satz 1.2.4.
Sei E := {x ∈ N | p teilt a · x} ⊆ N.
Die Menge E ist nicht leer, denn es gilt unter Anderem: p ∈ E (da ja p | a · p) und b ∈ E
(da ja nach Voraussetzung p | a · b).
Also hat die Menge E ein kleinstes Element, sagen wir c.
Folgende Behauptung ist nun wichtig für den Beweis:
Behauptung: c | y für alle y ∈ E.
(Das kleinste Element in der Menge E ist also ein Teiler aller Elemente in der Menge.)
Beweis der Behauptung. Wir führen eine Division mit Rest durch (– wenn der Rest Null
ist, dann ist c ein Teiler von y):
Jedes y ∈ N hat eine (eindeutige) Darstellung:
y = q · c + r,
wobei q, r ∈ N0 := {0, 1, 2, 3, . . .} und 0 ≤ r < c gilt.
Da y, c ∈ E, gilt p | a · y und p | a · c, also auch p | a · r = a · y − q · (a · c) (nach den
Rechenregeln für Teilbarkeit).
Wäre nun r > 0, so wäre auch r ∈ E. Widerspruch (zur Minimalität von c)! (Es ist ja
r < c.)
Also ist r = 0, und damit c | y.
Da insbesondere immer p ∈ E (s.o.), gilt auch c | p (nach der soeben bewiesenen Behauptung). Daher ist mit Lemma 1.2.2 nun c = 1 oder c = p, da p eine Primzahl ist.
Im ersten Fall ist p | a · c = a · 1 = a (denn c ∈ E), im zweiten Fall gilt p = c | b (nach der
soeben bewiesenen Behauptung), denn es gilt immer b ∈ E (s.o.).
Folgerung 1.2.7. Seien a1 , . . . , an ∈ N.
Ist p ∈ N eine Primzahl mit p | a1 · . . . · an , so gibt es ein i ∈ {1, . . . , n} mit p | ai .
Beweis. Übung 1, Teil 1, Übungsblatt 1.
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Satz 1.2.8 (2. Charakterisierung von Primzahlen). Sei p ∈ N. Dann sind die folgenden
Aussagen äquivalent:
1. p ist eine Primzahl.
2. Ist p | a · b mit a, b ∈ Z, so gilt: p | a oder p | b.
Beweis. Übung 3, Übungsblatt 1.
Beispiel 1.2.9 (Beispiel 1 zum Beweis in Lemma 1.2.6). Seien p = 3, a = 4 und b = 6.
Es gilt 3 | 4 · 6 = 24. Wir wollen herausfinden, ob uns der Beweis des Lemmas korrekt
p | b = 6 voraussagt.
Wir betrachten die Menge E = {x ∈ N | p teilt a · x} = {x ∈ N | 3 teilt 4 · x} =
{3, 6, 9, 12, 15, . . .}. Das kleinste Element in E ist c = 3, und wir sehen zumindest für
die ersten Zahlen in E, dass 3 diese Zahlen teilt, wie in der Behauptung im Beweis des
Lemmas.
Im Lemma treten zwei Fälle auf: c = 1 oder c = p. Im ersten Fall gilt: p | a, im zweiten
Fall gilt: p | b. Hier also nun 3 | b = 6.
Beispiel 1.2.10 (Beispiel 2 zum Beweis in Lemma 1.2.6). Seien p = 3, a = 6 und b = 4.
Es gilt 3 | 6 · 4 = 24. Wir wollen herausfinden, ob uns der Beweis des Lemmas korrekt
p | a = 6 voraussagt.
Wir betrachten die Menge E = {x ∈ N | p teilt a · x} = {x ∈ N | 3 teilt 4 · x} =
{1, 2, 3, 4, 5, 6, . . .}. Das kleinste Element in E ist c = 1, und wir sehen für alle Zahlen
in E, dass 1 diese Zahlen teilt, wie in der Behauptung im Beweis des Lemmas.
Im Lemma treten zwei Fälle auf: c = 1 oder c = p. Im ersten Fall gilt: p | a, im zweiten
Fall gilt: p | b. Hier also nun 3 | a = 6.
Nun kommen wir zum ersten größeren Satz in der Vorlesung:
Satz 1.2.11 (Hauptsatz der Elementaren Zahlentheorie). Jede natürliche Zahl a ∈ N mit
a > 1 hat eine (bis auf Reihenfolge der Faktoren) eindeutige Primfaktorzerlegung.
Beweis.
Wir haben zu zeigen:
• Existenz der Primfaktorzerlegung
• Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung (bis auf die Reihenfolge der Faktoren)
Existenz
Beweis der Existenz. (Wir führen eine Induktion über a ∈ N durch.)
Induktionsanfang: a = 2.
In diesem Fall ist a eine Primzahl, also auch ein Produkt von Primzahlen.
Induktionsvoraussetzung:
Es gebe eine Primfaktorzerlegung für alle 1 < a0 < a.
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Induktionsschritt:
Nach Satz 1.2.4 gibt es einen kleinsten Primteiler t > 1 von a.
Also gibt es eine Zahl b ∈ N mit a = t · b, wobei 1 ≤ b < a gelten muss (da ja t > 1).
Fall 1: b > 1.
Nach Induktionsvoraussetzung gibt es nun eine Primfaktorzerlegung von b:
Es gibt also Primzahlen p2 , . . . , pn ∈ N mit b = p2 · . . . · pn . Dann hat aber a die Primfaktorzerlegung a = t · b = t · p2 · . . . · pn , denn auch t ist ja auch Primzahl.
Fall 2: b = 1.
Dann ist aber a = t · b = t, also a eine Primzahl (und damit auch ein Produkt von
Primzahlen).
Eindeutigkeit
Beweis der Eindeutigkeit. (Wir führen eine Induktion über die Anzahl m der Faktoren in
einer(!) Primfaktorzerlegung von a durch.)
Die Zahl a habe zwei Primfaktorzerlegungen mit m bzw. n Faktoren. Wir müssen zeigen,
dass dann m = n gilt. Außerdem ist zu zeigen, dass wir die Primzahlen p1 , . . . , pn und
q1 , . . . , qn in zwei Primfaktorzerlegungen a = p1 · . . . · pn und a = q1 · . . . · qn so durchnummerieren können, dass p1 = q1 , . . . , pn = qn gilt.
Induktionsanfang: m = 1.
In diesem Fall ist a = p1 eine Primzahl, und damit muss auch n = 1 und p1 = q1 sein.
Induktionsvoraussetzung:
Es gebe eindeutige Primfaktorzerlegungen (bis auf die Reihenfolge der Faktoren) von allen
Zahlen, deren Primfaktorzerlegungen ≤ m − 1 Faktoren haben.
Induktionsschritt:
Sind a = p1 · . . . · pm und a = q1 · . . . · qn zwei Primfaktorzerlegungen von a [wir wissen ja
noch nicht, dass dann m = n gilt. . . ], so ist natürlich p1 | a = p1 · . . . · pm = q1 · . . . · qn .
Nach der Folgerung zum Fundamentallemma gibt es ein j ∈ {1, . . . , m} mit p1 | qj . Wir
können dabei ohne Einschränkung der Allgemeinheit davon ausgehen, dass wir die Zahlen
in der zweiten Darstellung a = q1 · . . . · qn schon vorher so angeordnet haben, dass j = 1
und damit p1 | q1 gilt. Nach der Charakterisierung von Primzahlen im Lemma 1.2.2 sind
aber die einzigen positiven Teiler von q1 als Primzahl nun 1 und q1 . Damit folgt p1 = 1,
was nicht sein kann, da p1 Primzahl und damit > 1 ist, oder p1 = q1 . Also: p1 = q1 .
(Nun teilen“ wir a durch p1 .) Wir erhalten die Zahl a0 := p2 · . . . · pm . Dies ist eine Zahl mit
”
m − 1 Primfaktoren, für die wir nach Induktionsvoraussetzung eine (bis auf Reihenfolge
der Faktoren) eindeutige Primfaktorzerlegung haben. Ist nun also auch a = q2 · . . . · qn mit
Primzahlen q2 , . . . , qn , so gilt m − 1 = n − 1 (und damit natürlich auch n = m) gilt. Es gilt
also (nach evtl. voheriger Umnummerierung): m = n und p2 = q2 , p3 = q3 , . . . , pm = qm .
Nun lässt sich aber a = p1 · a0 = p1 · p2 · . . . · pm = p1 · q2 · . . . · qn = q1 · q2 · . . . · qm schreiben,
wobei p1 = q1 war, und p2 = q2 , p3 = q3 , . . . , pm = qm (nach Induktionsvoraussetzung).
Damit hat nun auch die Zahl a eine eindeutige Primfaktorzerlegung (bis auf die Reihenfolge
der Faktoren).
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Bemerkung 1.2.12 (Umformulierung des Hauptsatzes der Elementaren Zahlentheorie).
Sei a ∈ N mit a 6= 1. Dann gibt es Primzahlen p1 < p2 < . . . < pk und natürliche Zahlen
m1 , . . . , mk ∈ N, so dass a eine eindeutige Darstellung (nicht nur bis auf Reihenfolge der
Faktoren)
mk
1
a = pm
1 · . . . · pk
hat.
(Dazu sortieren wir die Primfaktoren der Größe nach aufsteigend und fassen gemeinsame
Faktoren zu einer Potenz zusammen. Hier soll cd mit c, d ∈ N wie folgt definiert sein:
cd := c| · .{z
. . · }c
d-mal
Wir nennen hier mi auch die Vielfachheit des Primfaktors pi , i = 1, . . . , k, in a.)
Bemerkung 1.2.13. Der Hauptsatz der Elementaren Zahlentheorie wird im Allgemeinen
falsch, wenn wir statt der natürlichen Zahlen nur bestimmte multiplikativ abgeschlossene
Teilmengen der natürlichen Zahlen nehmen, etwa M := {3n + 1 | n ∈ N0 }, und dort
unzerlegbare Zahlen entsprechend den Primzahlen (wie in Definition 1.2.1) definieren.
Ein Beispiel dazu ist bei Übung 1, Übungsblatt 2 zu finden.
1.3
1.3.1
Anwendungen des Hauptsatzes der EZT
Anzahl der positiven Teiler
mk
1
eine
Satz 1.3.1 (Teilbarkeitskriterium). Sei a ∈ N, a 6= 1, und sei a = pm
1 · . . . · pk
– und nach der Umformulierung des Hauptsatzes damit die – Primfaktorzerlegung mit
p1 < . . . < pk und mi ∈ N für alle i = 1, . . . , k. Sei b ∈ N. (∗)
Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent:
1. b | a
2. Es gibt ni ∈ N, i = 1, . . . , k, so dass b = pn1 1 · . . . · pnk k mit 0 ≤ ni ≤ mi für alle
i = 1, . . . , k
Beweis. 1. ⇒ 2.: Sei b | a. Dann gibt es ein c ∈ Z (sogar c ∈ N), so dass a = b · c.
a = b · c hat (nach dem Hauptsatz) eine (bis auf die Reihenfolge der Faktoren) eindeutige
Primfaktorzerlegung, und b hat eine ebensolche. Also kann b höchstens Primfaktoren haben,
die auch schon in a auftreten, also
b = pn1 1 · . . . · ank k
mit ni ∈ N für alle i = 1, . . . , k.
Wir müssen nun noch zeigen, dass ni ≤ mi für alle i = 1, . . . , k gilt.
Da pni i | b für alle i = 1, . . . , k, folgt: pni i | b · c = a für alle i = 1, . . . , k. Also gibt es ein
d ∈ Z, sogar in N, so dass a = pni i · d. Da a eine (bis auf die Reihenfolge der Faktoren)
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eindeutige Primfaktorzerlegung hat, muss ni ≤ mi für alle i = 1, . . . , k gelten; sonst wäre
i
ja pm
nicht die höchste Potenz von pi in a. (Natürlich sind die ni auch alle nicht-negativ,
i
da wir uns ja in Z befinden (und sonst echte Brüche erhalten würden).)
2. ⇒ 1.: Sei b = pn1 1 · . . . · pnk k mit 0 ≤ ni ≤ mi für alle i = 1, . . . , k. Gilt 0 ≤ ni ≤ mi für
alle i = 1, . . . , k, so ist mi − ni ≥ 0 für alle i = 1, . . . , k. Wir können also
1 −n1
· . . . · pkmk −nk ∈ N
c := pm
1
mk
1
1 −n1
· . . . · pkmk −nk = pm
bilden, wofür dann b · c = pn1 1 · . . . · pnk k · pm
1 · . . . · pk = a gilt. Also
1
ist b | a.
Definition 1.3.2. Sei a ∈ N. Mit τ (a) bezeichnen wir die Anzahl der positiven Teiler von
a.
Der folgende Satz zeigt, dass wir τ (a) ganz schnell berechnen können, wenn wir nur die
Primfaktorzerlegung von a (in dem Sinne wie in (∗)) kennen. (Da der einzige positive Teiler
von 1 die 1 ist, gilt τ (1) = 1. Wir beschränken uns im folgenden Satz daher auf Zahlen
a 6= 1.)
mk
1
Satz 1.3.3. Sei a ∈ N, a 6= 1. Sei a = pm
die Primfaktorzerlegung von a mit
1 · . . . · pk
p1 < . . . < pk und mi ∈ N für alle i = 1, . . . , k.
Dann gilt:
τ (a) = (m1 + 1) · . . . · (mk + 1).
Insbesondere ist dann
mk
mk
m1
1
τ (pm
1 · . . . · pk ) = τ (p1 ) · . . . · τ (pk ).
Beweis. (Induktion nach der Anzahl k der verschiedenen Primteiler von a)
Induktionsanfang: k = 1.
m1
2
1
Dann ist a = pm
1 , und a hat genau die m1 + 1 positiven Teiler 1, p1 , p1 , . . . , p1 . Also
τ (a) = m1 + 1.
Induktionsvoraussetzung: Die Behauptung gelte für alle Zahlen mit höchstens k − 1 verschiedenen Primteilern.
mk
mk
m2
1
Induktionsschritt: Sei a = pm
1 ·. . .·pk . Dann hat b := p2 ·. . .·pk genau k−1 verschiedene
Primteiler, und es gilt nach Induktionsvoraussetzung: τ (b) = (m2 + 1) · . . . · (mk + 1).
1
Alle positiven Teiler von a = pm
1 · b erhalten wir, indem wir die positiven Teiler von
1
pm
und die positiven Teiler von b miteinander kombinieren. Wir erhalten also insgesamt
1
m1
τ (p1 ) · τ (b) = (m1 + 1) · . . . · (mk + 1) positive Teiler von a, also:
τ (a) = (m1 + 1) · . . . · (mk + 1) .
| {z }
| {z }
m
=τ (p1 1 )
Beispiel 1.3.4.
m
=τ (pk k )
• 5 = 51 (Primfaktorzerlegung), also τ (5) = 1 + 1 = 2
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Algebra und Zahlentheorie
• 120 = 23 ·3·5 = 23 ·31 ·51 (Primfaktorzerlegung), also τ (120) = (3+1)·(1+1)·(1+1) =
4 · 2 · 2 = 16
• 5040 = 24 · 32 · 5 · 7, also τ (5040) = 5 · 3 · 2 · 2 = 60
• 123 = 3 · 41, also τ (123) = 2 · 2 = 4
1.3.2
Produkt aller positiven Teiler
Definition 1.3.5. Sei a ∈ N. Mit P (a) bezeichnen wir das Produkt aller positiven Teiler
von a.
Es kann relativ mühsam sein, alle positiven Teiler einer Zahl hinzuschreiben und davon
dann auch noch das Produkt zu berechnen. Der folgende Satz zeigt, dass es nicht so schwer
ist, vorausgesetzt, wir wissen, wie wir Zahlen schnell potenzieren können. (Dafür gibt es
relativ schnelle Rechenverfahren, die man auf Computern implementieren kann.)
Zunächst zeigen wir aber noch Folgendes:
Lemma 1.3.6. Sei a ∈ N. Dann ist a eine Quadratzahl, d. h., es gibt ein b ∈ N mit a = b2 ,
genau dann, wenn τ (a) ungerade ist.
Beweis. Falls a = 1 = 1 · 1, so hat a genau einen Teiler.
mk
1
Sei nun a 6= 1 und a = pm
1 · . . . · pk die Primfaktorzerlegung von a mit p1 < . . . < pk und
m1 , . . . , mk ∈ N.
Ist a eine Quadratzahl, so sind alle Exponenten mi , i = 1, . . . , k, gerade, es gibt also ni ∈ N
mit mi = 2 · ni für alle i = 1, . . . , k.
Dann ist
τ (a) = (m1 + 1) · . . . · (mk + 1) = (2n1 + 1) · . . . · (2nk + 1)
als Produkt von ungeraden Zahlen ungerade.
Ist a dagegen keine Quadratzahl, so gibt es (mindestens) einen Exponenten mi ,
i ∈ {1, . . . , k}, der ungerade ist, für den es also ein ni ∈ N0 gibt mit mi = 2ni + 1.
m /2
m /2
(Sonst könnten wir ja b := p1 1 · . . . · pk k setzen, für das dann b2 = a wäre.)
Dann ist aber
τ (a) = (m1 + 1) · . . . · (mk + 1) = (m1 + 1) · . . . · (mi−1 + 1) · (2ni + 2) ·(mi+1 + 1) · . . . · (mk + 1)
| {z }
gerade
als Produkt einer geraden Zahl mit weiteren Zahlen gerade.
Hier nun der Satz, wie man das Produkt aller positiven Teiler einer Zahl berechnen kann:
Satz 1.3.7. Sei a ∈ N. Dann gilt:
P (a) = aτ (a)/2
– 11–
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Beweis. Wir ordnen die Teiler positiven Teiler di von a der Größe nach an:
1 =: d1 < d2 < d3 < . . . < dτ (a)−2 < dτ (a)−1 < dτ (a) := a
Dann gilt:
d1 · dτ (a) = a,
d2 · dτ (a)−1 = a,
d3 · dτ (a)−2 = a
..
.
Es können zwei Fälle auftreten:
Fall 1: τ (a) ist gerade, etwa τ (a) = 2 · s mit s ∈ N.
(Dann ist s = τ (a)
.)
2
Wir enden“ dann bei
”
..
.
ds · ds+1 = a.
Das Produkt aller positiven Teiler von a ist also das Produkt der einzelnen Zeilen, und wir
haben s Stück. Daher ist
P (a) = d1 · dτ (a) · d2 · dτ (a)−1 · . . . · ds · ds+1 = as = aτ (a)/2 .
Fall 2: τ (a) ist ungerade, etwa τ (a) = 2 · s + 1 mit s ∈ N0 .
(Dann ist s = τ (a)−1
.)
2
Wir enden“ dann bei
”
..
.
ds · ds+2 = a,
ds+1 · ds+1 = a.
Das Produkt aller positiven Teiler von a besteht also aus dem Produkt der einzelnen Zeilen
– bis auf die letzte –, und wir haben davon s Stück. Multiplizieren müssen wir das Ganze
aber noch mit ds+1 . (Die letzte Gleichung zeigt aber auch, dass a1/2 (= ds+1 ) in dem Fall
immer existiert.)
Daher ist
P (a) = d1 · dτ (a) · d2 · dτ (a)−1 · . . . · ds · ds+2 · ds+1 = as · a1/2 = aτ (a)/2 .
(Es ist ja s +
1
2
=
Beispiel 1.3.8.
τ (a)−1
2
+
1
2
=
τ (a)
.)
2
• 12 = 22 · 3, also τ (12) = 3 · 2 = 6, also P (12) = 126/2 = 123 = 1728
• 9 = 32 , also τ (9) = 3, also P (9) = 93/2 = 9 · 91/2 = 9 · 3 = 27
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Algebra und Zahlentheorie
• a := p3 mit p Primzahl, also τ (p3 ) = 4, also P (p3 ) = (p3 )4/2 = (p3 )2 = p6
• a := p · q mit zwei verschiedenen Primzahlen p und q, also τ (p · q) = 2 · 2 = 4, also
P (p · q) = (p · q)4/2 = p2 · q 2
• a := p2 mit p Primzahl, also τ (p2 ) = 3, also P (p2 ) = (p2 )3/2 = p3
1.3.3
Summe der positiven Teiler
Auch die Summe der positiven Teiler einer natürlichen Zahl a ∈ N lässt sich leicht berechnen, wenn man die Primfaktorzerlegung der Zahl a kennt.
Definition 1.3.9. Sei a ∈ N. Mit σ(a) bezeichnen wir die Summe aller positiven Teiler
von a.
Zur Vorbereitung müssen wir noch eine kleine Formel zeigen, die geometrische Summenformel.
Lemma 1.3.10 (Geometrische Summenformel). Sei q ∈ R mit q 6= 1. Dann gilt:
1 + q + q2 + . . . + qn =
q n+1 − 1
q−1
Beweis. Wir multiplizieren die linke Seite zunächst mit q − 1 und erhalten dann:
(q − 1) · (1 + q + q 2 + . . . + q n ) = (q + q 2 + q 3 + . . . + q n+1 ) − (1 + q + q 2 + . . . + q n ) = q n+1 − 1
Dann können wir, da q 6= 1, beide Seiten durch q − 1 teilen, woraus wir sofort die Formel
erhalten.
Nun können wir die Summe aller positiven Teiler einer natürlichen Zahl berechnen, wobei
wir uns wieder auf den Fall beschränken, dass a 6= 1 ist. (Denn σ(1) = 1, da 1 der einzige
positive Teiler von 1 ist.)
mk
1
Satz 1.3.11. Sei a ∈ N und a 6= 1. Sei a = pm
die Primfaktorzerlegung von a
1 · . . . · pk
mit p1 < . . . < pk und mi ∈ N für alle i = 1, . . . , k. Dann gilt:
1 +1
pm
−1
pkmk +1 − 1
1
· ... ·
.
σ(a) =
p1 − 1
pk − 1
Insbesondere gilt:
mk
mk
m1
1
σ(pm
1 · . . . · pk ) = σ(p1 ) · . . . · σ(pk ).
Beweis. (Induktion nach der Anzahl k der verschiedenen Primteiler von a)
Induktionsanfang: k = 1.
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1
Dann ist a = pm
1 mit einem m1 ∈ N. Die positiven Teiler von a sind also genau die Zahlen
m1
1
1, p1 , p21 , . . . , pm
1 . Damit ist deren Summe σ(a) = 1 + p1 + p2 + . . . + p1 , und nach der
geometrischen Summenformel:
pm1 +1 − 1
σ(a) = 1
.
p1 − 1
Induktionsvoraussetzung:
Die Formel gelte für alle Zahlen mit bis zu k − 1 verschiedenen Primteilern.
Induktionsschritt:
Nach Satz 1.3.1 sind die Teiler von a genau die Zahlen
pn1 1 · . . . · pnk k
mit 0 ≤ ni ≤ mi für alle i = 1, . . . , k.
Wir bilden also für σ(a) die Summe all dieser Zahlen.
Dazu können wir diese nach der Vielfachheit sortieren, mit der p1 auftritt, also
pn2 2 · . . . · pnk k ,
p21 · pn2 2 · . . . · pnk k ,
p1 · pn2 2 · . . . · pknk ,
...,
nk
n2
1
pm
1 · p2 · . . . · pk ,
wobei jeweils alle Zahlen ni mit 0 ≤ ni ≤ mi für alle i = 2, . . . , k auftreten.
Aus der Summe der erstgenannten Zahlen können wir keine Potenzen von p1 ausklammern. Aus der Summe der zweitgenannten Zahlen können wir p1 ausklammern. Aus der
Summe der drittgenannten Zahlen können wir p21 ausklammern usw. Aus der Summe der
1
letztgenannten Zahlen können wir pm
1 ausklammern.
Haben wir die Potenzen von p1 jeweils ausgeklammert, bleibt als zweiter Faktor noch die
Summe über alle pn2 2 · . . . · pnk k mit 0 ≤ ni ≤ mi für alle i = 2, . . . , k stehen.
k
Schreiben wir zur Abkürzung b := p2m2 · . . . · pm
k , so ist der zweite Faktor gerade die Summe
über alle positiven Teiler der Zahl b, also σ(b).
Wir erhalten also für die Gesamtsumme σ(a) also
1
σ(a) = (1 + p1 + p21 + . . . + pm
1 ) · σ(b)
1 +1
pm
−1
1
· σ(b).
p1 − 1
Da b aber nur k − 1 verschiedene Primfaktoren hat, gilt nach Induktionsvoraussetzung:
=
2 +1
pm
−1
pkmk +1 − 1
2
σ(b) =
· ... ·
.
p2 − 1
pk − 1
Daraus folgt unmittelbar:
1 +1
pm
−1
pkmk +1 − 1
1
· ... ·
.
σ(a) =
p1 − 1
pk − 1
Beispiel 1.3.12.
• 72 = 23 · 32 , also σ(72) =
• 19 = 191 , also σ(19) =
192 −1
19−1
• a := pm , dann ist σ(a) =
=
360
18
pm+1 −1
p−1
=
24 −1
2−1
·
33 −1
3−1
=
16−1
1
= 20
pm+1 −pm +pm −1
p−1
– 14–
= pm +
pm −1
p−1
·
27−1
2
= 15 · 13 = 195
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Algebra und Zahlentheorie
1.3.4
Vollkommene Zahlen
Definition 1.3.13. Sei a ∈ N. Wir nennen a vollkommen, wenn σ(a) = 2a gilt.
Während sich die Suche nach ungeraden vollkommenen Zahlen als ziemlich schwierig herausgestellt hat – tatsächlich weiß man zurzeit noch nicht einmal, ob es überhaupt ungerade
vollkommene Zahlen gibt. . . –, können die geraden vollkommenen Zahlen leicht charakterisiert werden.
Satz 1.3.14. Sei a ∈ N, so dass es s, b ∈ N mit s ≥ 2 und b ungerade gibt mit: a = 2s−1 b.
Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent:
1. a ist vollkommen.
2. b ist eine Primzahl und b = 2s − 1.
Beweis. 2. ⇒ 1.: Wir müssen zeigen, dass für eine Zahl a mit den angegebenen Bedingungen immer σ(a) = 2a gilt. Da b nach Voraussetzung eine Primzahl ist, ist a = 2s−1 · b die
Primfaktorzerlegung von a. Nach Satz 1.3.11 gilt dann:
σ(a) =
2s − 1 b2 − 1
·
= (2s − 1) · (b + 1) = (2s − 1) · 2s = 2 · 2s−1 · (2s − 1) = 2a.
2−1 b−1
1. ⇒ 2.: Sei nun a vollkommen. Wir müssen nun zeigen, dass b eine Primzahl ist und sich
als b = 2s − 1 mit dem vorgegebenen s schreiben lässt.
Als erstes berechnen wir die Summe σ(b) aller positiven Teiler von b aus der Summe σ(a)
aller positiven Teiler von a:
Da b ungerade ist, kommen in der Primfaktorzerlegung von b keine Primfaktoren = 2 vor.
Daher gilt nach Satz 1.3.11:
2s b = 2a = σ(a) = σ(2s−1 ) · σ(b) = (2s − 1) · σ(b),
also:
σ(b) =
2s
b = b + c,
2s − 1
wenn wir c := 2sb−1 > 0 setzen.
Da σ(b) ∈ N und b ∈ N, muss c ∈ Z gelten. Also insgesamt c ∈ N.
Da b = c · (2s − 1), ist c ein positiver Teiler von b. Da aber σ(b) = b + c, sind b und c
die einzigen positiven Teiler von b, und daher c = 1. (Gäbe es einen weiteren Teiler, so
wäre σ(b) ≥ b + c + 1 > b + c = σ(b). Widerspruch!) Nach der Charakterisierung aus
Lemma 1.2.2 erhalten wir, dass b eine Primzahl ist. Insbesondere ist wegen c = 1 dann
b = c · (2s − 1) = 2s − 1.
Bemerkung 1.3.15. Die vielleicht ein wenig komisch aussehende Darstellung der Zahl a
in der Voraussetzung des vorangegangenen Satzes ist wie folgt zu erklären“:
”
– 15–
Sommersemester 2011
Angela Holtmann
• s ≥ 2 ⇒ s − 1 ≥ 1, also taucht der Primfaktor 2 in der Primfaktorzerlegung von a
wirklich auf. a ist also gerade.
Umgekehrt hat auch jede gerade Zahl a so eine Darstellung.
• b ist ungerade. ⇒ b enthält keine 2 als Primfaktor. ⇒ Der Primfaktor 2 taucht in
der Primfaktorzerlegung von a genau mit der Vielfachheit s − 1 auf.
Umgekehrt gilt auch: Hat a so eine Darstellung, wobei 2 genau mit Vielfachheit s − 1
in der Primfaktorzerlegung von a auftaucht, so muss b ungerade sein.
Um herauszufinden, ob eine gerade Zahl a eine vollkommene Zahl ist, müssen wir also
testen, ob sie als a = 2s−1 · (2s − 1) mit s ∈ N und s ≥ 2 dargestellt werden kann und dabei
2s − 1 eine Primzahl ist. Der folgende Satz gibt ein (hinreichendes) Kriterium an, wann
Letzteres nicht der Fall ist.
Satz 1.3.16. Sei s ∈ N. Ist s keine Primzahl, so ist auch 2s − 1 keine Primzahl.
Beweis. Ist s keine Primzahl, so lässt es sich schreiben als s = m · n mit m, n ∈ N, wobei
1 < m, n < s gilt.
Wir wenden nun einen Spezialfall der geometischen Summenformel an, um einen echten
Teiler von 2s − 1 zu finden:
q k+1 − 1 = (q − 1) · (q k + · · · + q 2 + q + 1)
für alle q ∈ R und alle k ∈ N, wobei wir hier k := n − 1 und q := 2m setzen.
Wir erhalten:
2s − 1 = 2mn − 1 = (2m )n − 1 = (2m − 1) · ((2m )n−1 + · · · + (2m )2 + 2m + 1),
wobei 3 ≤ 22 − 1 ≤ 2m − 1 < 2s − 1 ist, da nach Voraussetzung 1 < m < s ist.
Also haben wir mit 2m − 1 einen echten Teiler von 2s − 1 gefunden, weshalb 2s − 1 nach
Lemma 1.2.2 keine Primzahl sein kann.
Definition 1.3.17. Zahlen der Form 2s − 1 mit s ∈ N, die Primzahlen sind, nennt man
auch Mersennesche Primzahlen.
Bemerkung 1.3.18. Achtung! Nicht alle Zahlen der Form 2s − 1 mit s ∈ N, wobei s
Primzahl ist, sind wiederum Primzahlen. Ein Gegenbeispiel ist u. a. bei Übungsaufgabe 3
auf Übungsblatt 3 zu finden.
Im Folgenden betrachten wir weitere Primzahlen, die eine spezielle Form haben.
Definition 1.3.19. Wir nennen die Zahlen der Form 2s + 1 mit s ∈ N, die Primzahlen
sind, Fermatsche Primzahlen.
Satz 1.3.20. Sei s ∈ N. Ist 2s + 1 eine Primzahl, so gibt es ein t ∈ N0 mit s = 2t .
(Mit anderen Worten: Ist s keine Zweierpotenz, so ist 2s + 1 definitiv keine Primzahl.)
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Angela Holtmann
Algebra und Zahlentheorie
Beweis. Wir können s = m · n schreiben, wobei m = 2t für ein t ∈ N0 gilt und n ungerade
ist.2 Wir müssen nun zeigen, dass die Zahl 2s + 1 = 2mn + 1 für n > 1 keine Primzahl sein
kann.
Da n ungerade ist, gilt: (−1)n = −1 und somit
2s + 1 = 1 + (2m )n = 1 − (−1) · (2m )n = 1 − (−1)n · (2m )n = 1 − (−2m )n .
Durch Umstellen der geometrischen Summenformel erhalten wir:
1 − q k+1 = (1 − q) · (1 + q + q 2 + · · · + q k )
für alle k ∈ N und alle q ∈ R.
Setzen wir dort nun q := −2m ein und k := n − 1, so erhalten wir:
2s + 1 = 1 − (−2m )n = (1 + 2m ) · (1 − 2m + 22m − 23m ± . . . + 2(n−1)m ),
wobei 2 = 1 + 20 ≤ 1 + 2m < 1 + (2m )n = 1 + 2mn = 1 + 2s , falls n > 1 ist.
Also haben wir mit 1 + 2m einen echten Teiler von 2s + 1 gefunden, weshalb 2s + 1 nach
Lemma 1.2.2 keine Primzahl sein kann.
Also kann, falls 2s + 1 eine Primzahl ist, nur n = 1 und somit s = m = 2t mit t ∈ N0
sein.
2
t ist also gerade die Vielfachheit von 2 in s.
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