Lösung - Mathematik

Mathematisches Institut
Abt. für Reine Mathematik
Dr. K. Halupczok
06.07.2006
Übungen zur Vorlesung
Elementare Zahlentheorie
SoSe 2006
Musterlösung Blatt 9
Aufgabe 1.
Beweise die beiden Ergänzungsgesetze für das Jacobi-Symbol.
m−1
1.Beh.: Für m ∈ N ungerade gilt ( −1
) = (−1) 2 , das 1. EG für das Jacobim
Symbol.
Q
Bew.: Sei m = ri=1 pi , pi > 2 prim, nicht notwendig verschieden.
Dann ist
Y P pi −1
pi −1
m−1
−1 1.EG Y
−1
!
=
=
(−1) 2 = (−1) i 2 = (−1) 2
m
pi
i
i
P
Zu zeigen ist also: ri=1 pi2−1 ≡ m−1
(2), d.h. die Exponenten haben
2
dieselbe Parität.
Vollständige Induktion nach r, r = 1X
OBdA r ≥ 2, r − 1
r: Es gilt:
p1 · · · pr−1 (1 + pr ) − pr − 1
p1 · · · pr−1 − 1 pr + 1 p1 · · · pr−1 pr − 1
−
+
≡
2
2
2
2
1
= (p1 · · · pr−1 − 1)(1 + pr )
2
≡ 0 (2)
da (p1 · · · pr−1 − 1) und (1 + pr ) gerade. Also ist:
m−1
p1 · · · pr−1 − 1
pr − 1 (∗) p1 · · · pr−1 − 1
−
=
≡
2
2
2
2
r−1
X
pi − 1
I.A. pr − 1
+
(2)
≡
2
2
i=1
wobei bei (∗) + oder − bezgl. mod 2 egal ist.
2.Beh.: Für m ∈ N ungerade gilt ( m2 ) = (−1)
Symbol
m2 −1
8
, das 2. EG für das Jacobi-
Q
Bew.: Sei m = ri=1 pi , pi > 2 prim, nicht notwendig verschieden.
Dann ist:
Y P p2i −1
p2
m2 −1
2
2 2.EG Y
i −1
!
=
(−1) 8 = (−1) i 8 = (−1) 8
=
m
pi
i
i
P
2
p2 −1
Zu zeigen ist also: i=1 r i 8 ≡ m 8−1 (2), d.h. die Exponenten haben
dieselbe Parität.
Vollständige Induktion nach r, r = 1X
OBdA r ≥ 2, r − 1
r: Es gilt:
p2 · · · p2r−1 (1 + p2r ) + (p2r + 1) − 4
p21 · · · p2r−1 − 1 p2r − 1 p21 · · · p2r − 1
+
+
= 1
8
8
8
8
1 2
= ((p1 · · · p2r−1 + 1)(p2r + 1) − 4)
8
1
= (16k + 16l + 82 · lk) ≡ 0 (2)
8
mit (p21 · · · p2r−1 + 1) := 2 + 8l und (p2r + 1) := 2 + 8k, denn ungerade
Quadrate sind ≡ 1 (8). Also ist:
p2 · · · p2r − 1 (∗) p2r − 1 p21 · · · p2r−1 − 1
m−1
= 1
+
≡
8
8
8
8
r−1 2
2
X
pi − 1
I.A. pr − 1
+
(2)
≡
8
8
i=1
wobei die Vorzeichen in (∗) mod 2 egal sind.
Aufgabe 2. Zeige:
(a) Für jedes n ≥ 3 gibt es ein pythagoräisches Tripel (x, y, z), so daß n
gleich einer der Zahlen x, y oder z ist.
Beh.: ∀n ≥ 3∃ pyth. Tripel (x, y, z) : n = x ∨ n = y ∨ n = z
Bew.: 1.Fall: 2 - n, etwa n = 2k + 1.
Dann: n = (k + 1)2 − k 2 mit a = k + 1, b = k tut’s dann (n = a2 −
b2 , 2ab, a2 + b2 ).
2.Fall: 2 | n, etwa n = 2t m, 2 - m.
Fall a): t ≥ 2
wähle a = 2t−1 m, b = 1, dann tut’s (a2 − b2 , 2ab =
n, a2 + b2 ).
Fall b): t = 1
n = 2m mit 2 - m. Für m gibt es nach Fall 1 ein pyth.
Tripel (x, y, z) mit x = m, dann tut’s (2x = n, 2y, 2z).
(b) Ist n nicht als Summe zweier Quadrate darstellbar, so kann sie auch
nicht als Summe von zwei Quadraten rationaler Zahlen darstellt werden.
Beh.: n nicht Summe von zwei Quadraten ⇒ n nicht Summe von zwei Quadraten rationaler Zahlen.
Bew.: Sonst: n = ( xy11 )2 + ( xy22 )2 ⇔ n(y1 y2 )2 = (x1 y2 )2 + (x2 y2 )2 .
Da n nicht als Summe von 2 Quadraten geschrieben werden kann, gibt
es nach dem Satz von Euler einen Primfaktor p ≡ 3 (4) von m mit:
pk | n, pk+1 - n, k ungerade.
In der Gleichung n(y1 y2 )2 = (x1 y2 )2 +(x2 y2 )2 tritt auf der linken Seite der
Primfaktor p mit ungeradem Exponenten auf, auf der rechten Seite mit
geradem Exponenten, da die rechte Seite ja Summe von 2 Quadraten ist.
Widerspruch, also läßt sich n auch nicht als Summe von 2 Quadraten
rationaler Zahlen schreiben.
Aufgabe 3.
Zeige:
(a) Sei n auf zwei verschiedene Arten in eine Summe von zwei Quadraten
zerlegt:
n = s2 + t2 = u2 + v 2 , s ≥ t > 0, u ≥ v > 0, s > u.
Dann ist d := (su − tv, n) ein nichttrivialer Teiler von n.
Vor.: n = s2 + t2 = u2 + v 2 , s ≥ t > 0, u ≥ v > 0, s > u.
Beh.: d := (su − tv, n) ist nicht trivialer Teiler von n, d.h. d 6= 1, d 6= n.
Bew.: Klar: d | n. Da s2 ≡ −t2 (n), u2 ≡ −v 2 (n), ist s2 u2 ≡ t2 v 2 (n), also gilt
n | (su + tv)(su − tv).
Es ist n2 = (s2 + t2 )(u2 + v 2 ) = (su + tv)2 + (sv − tu)2 mit su + tv <
n ⇒ sv − tu > 0 und sv > tu, da s > u und v > t aus v > s und Glg.,
also 0 < su + tv < n.
Weiter ist 0 < su − tv (da s > u ≥ v, t < v ≤ u
su > tv) und
2
2
2
su−tv < n (da n = (sv+tv) +(su−tv) mit sv+tv > 0 ⇒ su−tv < n)
Wegen n | (su − tv)(su − tv) mit 0 < su − tv < n, 0 < su − tv < n haben
dann su − tv (< n) und n einen nichttrivialen gemeinsamen Teiler, somit
ist d = (su − tv, n) nichttrivialer Teiler von n.
(b) Ist n = pq mit p, q ≡ 1 (4), so läßt sich n auf zwei verschiedene Arten
als Summe von zwei Quadraten schreiben.
* Liefert (a) dann ein geeignetes Faktorisierungsverfahren?
Beh.: Ist n = pq mit p, q ≡ 1 (4), so läßt sich n auf zwei verschiedene Arten als
Summe von 2 Quadraten schreiben.
Bew.: p und q lassen sich als Summe von 2 Quadraten schreiben, etwa p =
x21 + x22 , und q = y12 + y22 mit x1 , x2 , y1 , y2 > 0.
Dann ist n = pq = (x1 y1 − x2 y2 )2 + (x1 y2 + x2 y1 )2 = (x1 y1 + x2 y2 )2 +
(x2 y1 − x1 y2 )2 .
Die Darstellungen sind verschieden:
Es ist x1 y1 − x2 y2 6= x1 x1 + x2 y2 , sonst wäre 2x2 y2 = 0, ein Widerspruch
und x1 y1 − x2 y2 6= −x1 y1 − x2 y2 , sonst wäre 2x1 y1 = 0, ein Widerspruch
sowie x1 y1 −x2 y2 6= x2 y1 −x1 y2 , sonst wäre 0 = (x1 −x2 )y1 +(x1 −x2 )y2 =
(x1 − x2 )(y1 + y2 ) mit x1 − x2 6= 0, sonst p gerade und y1 + y2 6= 0 sonst
q gerade
und x1 y1 −x2 y2 6= −x2 y1 +x1 y2 , sonst wäre 0 = (y1 −y2 )x1 +(y1 −y2 )x2 =
(y1 − y2 )(x1 + x2 ) mit y1 − y2 6= 0, sonst q gerade und x1 + x2 6= 0 sonst
p gerade.
* Zur Frage, ob (a) ein geeignetes Faktorisierungsverfahren liefern würde:
Ja, falls es einfach wäre, für n = pq die zwei Darstellungen als Summe
von zwei Quadraten zu finden. Dafür gibt es - außer Probieren - kein
Verfahren, und Probieren geht zu lange. Obiger Existenzbeweis in (b)
geht davon aus, daß die Faktorisierung von n in Faktoren p und q bekannt
ist.
Aufgabe 4.
Zeige:
(a) Die diophantische Gleichung x4 −y 4 = z 2 hat keine Lösung in natürlichen
Zahlen x, y und z.
Beh.: x4 − y 4 = z 2 hat keine Lösung (x, y, z) ∈ N3
Bew.: Sei sonst (x, y, z) Lösung mit x minimal
Dann: (x, y) = 1, sonst: d := (x, y) > 1
x = dx1 , y = dy1
4 4
4
2
d (x1 − y1 ) = z mit (x1 , y1 ) = 1
Gleichung ist mit d4 kürzbar und
4
4
4
x1 − y1 = z1 im Widerspruch zur Minimalität von x.
Weiter ist x ungerade. Es ist:
z 2 + (y 2 )2 = (x2 )2 mit (x2 , y 2) = 1
(z, y 2 ) = 1
(z, y 2 , x2 ) phyta2
2
goräisches Tripel mit (z, y ) = 1
x ungerade
x ungerade.
1.Fall y ungerade
Dann: z gerade und (z, y 2 , x2 ) phyt. Tripel mit (z, y 2 ) = 1, 2 | z, also
z = 2ab, y 2 = a2 − b2 , x2 = a2 + b2 für a > b > 0, (a, b) = 1, a + b ≡
1 (2).
a4 − b4 = (a2√
+ b2 )(a2 − b2 ) = x2 y 2 = (xy)2 , d.h. (a, b, xy)
Lösung, aber 0 < a < a2 + b2 = x, im Widerspruch zu x minimal.
2.Fall y gerade
Dann: z ungerade und (z, y 2 , x2 ) pyth. Tripel mit (z, y 2 ) = 1, 2 | y 2 ,
also y 2 = 2ab, z = a2 − b2 , x2 = a2 + b2 für a > b > 0, (a, b) =
1, a + b ≡ 1 (2). Sei OBdA a gerade, b ungerade (sonst folgendes
analog).
Mit y 2 = (2a)b und (2a, b) = 1 folgt dann:
2a = w 2 , b = v 2 und w = 2u, also a = 2u2.
Somit: x2 = a2 + b2 = 4u4 + v 4
pyth. Tripel (2u2, v 2 , x) mit
2 2
2 2
2 2
(2u , v ) = (4u , v ) = (w , v ) = (2a, b) = 1
es ex. s > t > 0 mit 2u2 = 2st, v 2 = s2 − t2 , x = s2 + t2 und
(s, t) = 1. Aus u2 = st folgt s = c2 , t = d2 , sowie v 2 = s2 − t2 =
c4 −d4 , d.h. (c, d, v) Lösung mit 0 < c < s2 + t2 = x im Widerspruch
zur Minimalität von x.
(b) Die Fläche eines pythagoräischen Dreiecks (rechtwinklig mit ganzzahligen
Seitenlängen) kann nie eine Quadratzahl sein.
Beh.: Es existiert kein pythagoräisches Dreieck, dessen Flächeninhalt Quadratzahl ist.
2xy = 4u4 , also (x + y)2 = z 2 +
Bew.: Sonst x2 + y 2 = z 2 mit 21 xy = u2
4u2 , (x − y)2 = z 2 − 4u2 . Die Gleichungen miteinander Multiplizieren
ergibt: (x2 − y 2 )2 = ((x + y)(x − y))2 = (x + y)2 (x − y)2 = z 4 − 16u4 =
z 4 − (2u)4 im Widerspruch zu (a)