ML Aufgabenblatt 4: Zahlentheorie @1ceee20

Musterlösung Zahlentheorie
Frühlingssemester 2015, Aufgabenblatt 4
Aufgabenblatt 4
30 Punkte
Aufgabe 1 (Kettenbrüche)
Nach Euler sind unendliche, periodische Kettenbrüche genau die irrationalen Lösungen quadratischer Gleichungen mit ganzzahligen Koeffizienten.
a) Zum Beispiel gilt für x = [1, 2]
x=1+
1
2+
=1+
1
1+
1
2+...
1
3x + 1
=
, also x(2x + 1) = 3x + 1 .
1
2x + 1
2+
x
Also ist x = [1, 2] die (positive) Lösung x = (1 +
√
3)/2 der quadratische Gleichung 2x2 − 2x − 1 = 0.
Bestimme ebenso y = [1, 2, 3] und z = [1, 2, 3].
√
b) Bestimme für alle m ∈ N die (periodische) Kettenbruchentwicklung der Lösung x = m2 + 2m von
5
3
x2 − m2 − 2m = 0 .
(Zur Inspiration kann zunächst m = 1 (Skript S.26/27) oder m = 2 ausprobiert werden.)
Hinweis: Aus der FW2–Prüfung MA420 vom 10. Januar 2015.
8
Lösung
a) • y = [1, 2, 3], also wenn wir den Kettenbruch aussschreiben
y =1+
1
2+
1
3+ y1
=1+
1
2+
1
=1+
3y+1
y
1
2+
y
3y+1
=1+
1
6y+2+y
3y+1
=1+
3y + 1 7y + 2 + 3y + 1 10y + 3
=
=
7y + 2
7y + 2
7y + 2
Somit müssen wir also die Gleichung
y(7y + 2) = 10y + 3
lösen. Also 7y 2 + 2y = 10y + 3 oder 7y 2 − 8y − 3 = 0. Somit
√
√
√
8 ± 64 + 4 ⋅ 3 ⋅ 7 8 ± 148 4 ± 37
y=
=
=
14
14
7
√
37
.
7
Eine alternative Möglichkeit y zu berechnen ist dass wir die “Näherungsbrüche” von y = [1, 2, 3, y]
ansehen (wir bescheissen da etwas mit der Notation). Also haben wir
Da wir uns für die positive Lösung interessieren (und 37 > 16 = 42 ) haben wir somit y =
0
1
1
0
1
1
1
2
3
2
3
10
7
Man sieht, dass der letzte Bruch gerade wieder
10y + 3
7y + 2
ist.
1
y
10y + 3
7y + 2
4+
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• z = [1, 2, 3], also
z =1+
1
2+
1
3+(z−1)
= ⋅⋅⋅ =
3z + 7
2z + 5
Somit 2z 2 + 5z = 3z + 7. Also 2z 2 + 2z − 7 = 0. Das gibt also
√
√
−2 ± 4 + 56 −1 ± 15
z=
=
.
4
2
√
15 − 1
Da z > 0 somit z =
.
2
Auch hier könnten wir es etwas anders rechnen, z.B. könnten wir erst den Periodischen Teil ansehen
w = [2, 3] = [2, 3, w].
0
1
2
2
1
1
0
3
7
3
w
7w + 2
3w + 1
√
hat die positive Lösung 3+ 3 15 .
Die Gleichung w = 7w+2
3w+1
Weiter gilt z = 1 + w1 . Wenn wir nun unser ausgerechnetes w einsetzen, erhalten wir wieder dasselbe
z wie oben.
√
√
b) Der Kettenbruch von m2 + 2m fängt mit ⌊ m2 + 2m⌋ an. Man sieht, dass dies m ist. Denn offensichtlich
ist für m > 0: m2 < m2 + 2m < m2 + 2m + 1 = (m + 1)2 .
Also wissen wir, der Kettenbruch fängt an mit [m, . . . ].
Wir können also schreiben
x=
√
m2 + 2m = m + r1
für ein r1 mit 0 < r1 < 1. Das heisst aber ja nichts anderes, dass
√
r1 = m2 + 2m − m
Wir wollen nun x als Kettenbruch aufschreiben:
x = m + r1 = m +
1
x1
Was ist x1 ?
x1 ∶=
1
r1
=√
1
m2 + 2m − m
√
1
m2 + 2m + m
⋅√
=√
m2 + 2m − m
m2 + 2m + m
√
m2 + 2m + m
= 2
m + 2m − m2
√
m2 + 2m + m
=
2m
√
√
Wir wissen ja von vorher schon, dass m2 + 2m = m + r1 mit 0 < r1 < 1. Somit ist m2 + 2m + m =
m + r1 + m = 2m + r1 .
Somit können wir also schreiben:
√
m2 + 2m + m 2m + r1 2m r1
r1
=
=
+
=1+
x1 =
2m
2m
2m 2m
2m
2
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Da ja gilt, dass 0 < r1 < 1 gilt auch 0 <
r1
2m
< 1. Wir haben also
x1 = 1 +
r1
= 1 + r2
2m
mit 0 < r2 < 1.
Unser Kettenbruch sieht also mittlerweile wie folgt aus:
x = m + r1 = m +
für ein x2 =
1
1
1
=m+
=m+
x1
1 + r2
1 + x12
1
r2
Also müssen wir nun ausrechen was x2 ist: Wir haben
√
√
√
m2 + 2m + m
m2 + 2m + m − 2m
m2 + 2m − m
−1=
=
r2 = x 1 − 1 =
2m
2m
2m
Somit ist
x2 =
1
r2
=√
2m
+ 2m − m
√
2m
m2 + 2m + m
=√
⋅√
2
m + 2m − m
m2 + 2m + m
√
2m ⋅ ( m2 + 2m + m)
=
2m
√
2
= m + 2m + m
m2
Der ganzzahlige Teil von x2 ist 2m. Der Rest der überig bleibt ist somit
√
√
r3 = m2 + 2m + m − 2m = m2 + 2m − m = r1
Das heisst, ab nun wissen wir, wie der Kettenbruch sich wiederholt. Und wir haben x = [m, 1, 2m] .
Aufgabe 2 (Legendre)
1
41 p
a) Bestimme alle (p, q) ∈ N2 mit ∣ − ∣ < 2 .
28 q
2q
3
pn p
1
pn p
− ∣ < 2 und qn ≤ q folgt
= .
qn q
2q
qn q
(Der Beweis auf S.28 im Skript ist damit vollständig. Benutze ∣a ⋅ b∣ = ∣a∣ ⋅ ∣b∣ wie dort.)
b) Beweise, dass für pn , qn , p, q ∈ N aus ∣
1
4
Lösung
a) Wir bestimmen den Kettenbruch für 41/28. Denn nach Legendre (s.27) sind alle Brüche die die gewünschte
Ungleichung erfüllen automatisch Näherungsbrüche – wichtig ist jedoch, dass nicht jeder Näherungsbruch
diese Bedingung erfüllen muss.
41 = 1 ⋅ 28 + 13
28 = 2 ⋅ 13 + 2
13 = 6 ⋅ 2 + 1
2=2⋅1+0
Somit ist 41/28 = [1, 2, 6, 2].
3
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0
1
1
0
1
1
1
2
3
2
6
19
13
2
41
28
Die Näherungsbrüche sind also
1
3
19
41
1
2
13
28
Wir müssen nun nur noch überprüfen, ob die die Bedinung erfüllen.
Wir rechnen nach:
41 1
− ∣=
28 1
41 3
∣ − ∣=
28 2
41 19
∣ − ∣=
28 13
∣
41 − 28 13 14 1
1
=
<
= =
28
28 28 2 2 ⋅ 12
1
1
1
< =
28 8 2 ⋅ 22
1
1
1
<
=
364 338 2 ⋅ 132
b) Seien also p, q, pn , qn ∈ N (sprich positive ganze Zahlen).
Wir haben die zwei Voraussetzungen
pn p
1
− ∣< 2
qn q
2q
qn ≤ q
∣
(1)
(2)
Und wir wollen zeigen, dass unter diesen gilt
pn p
=
qn q
Das heisst aber ja nichts anderes, als dass wir zeigen müssen, dass
pn p
− =0
qn q
– was doch schon schwer an (1) erinnert.
Wenn wir alles auf einen Bruchstrich schreiben also
pn q − qn p
=0
qn q
Der Bruch ist natürlich genau dann 0, wenn sein Zähler 0 ist.
Wir müssen also bloss zeigen, dass unter den gegebenen Voraussetzungen (1), (2) gilt
pn q − qn p = 0
Da in unseren Voraussetzungen überall Beträge vorkommen, schauen wir uns am einfachsten ∣pn q − qn p∣
an.
4
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Nun zum Beweis:
∣pn q − qn p∣
⋅ ∣qn q∣
∣qn q∣
pn q − qn p
=∣
∣ ⋅ ∣qn q∣
qn q
pn p
= ∣ − ∣ ⋅ ∣qn q∣
qn q
1
< 2 ⋅ ∣qn q∣
2q
1
= 2 ⋅ qn q
2q
qn
=
2q
q
≤
2q
1
=
2
∣pn q − qn p∣ =
laut (1)
da q, qn ∈ N, also > 0
kürzen
laut (2)
kürzen
Jetzt ist aber ∣pn q − qn p∣ eine Linearkombination ganzer Zahlen, und somit wieder eine ganze Zahl, da wir
den Betrag verwenden ja sogar eine nicht-negative ganze Zahl. Die einzige nicht-negative ganze Zahl < 1/2
ist 0.
Somit haben wir
∣pn q − qn p∣ = 0
Und somit
pn p
=
qn q
Aufgabe 3 (Dezimaldarstellung)
999
= 1. b1 . . . br br+1 . . . br+n
952
´¹¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¸¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¶ ´¹¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¸¹¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¶
Vor–
Periode
a) Bestimme zunächst r und brechne dann die Vorperiode b1 . . . br der Länge r.
2
b) Bestimme n, die Länge der Periode.
3
c) b100 = ? (100ste Nachkommastelle von 999/952).
1
6
Lösung
Wir benutzen den Satz auf Seite 31. Der sagt, dass wenn wir zwei Teilerfremde Zahlen p, q haben, die länge der
Vorperiode und der Periode von p/q bestimmt werden können.
Wir haben p = 999 = 33 ⋅ 37 und q = 23 ⋅ 7 ⋅ 17.
Dazu schreibt man q als Produkt q ′ ⋅ q ′′ wobei q ′′ teilerfremd zu 10 sein soll (q ′ enthält somit alle Primpotenzen
2m und 5n von q). In unserem Fall ist also
q ′ = 23 = 8
q ′′ = 7 ⋅ 17 = 119
und
Anschliessend bestimmt man das kleinste r ≥ 0, so dass q ′ die Zahl 10r teilt.
a) Gefragt ist also die kleinste 10er Potenz, die ein Vielfaches von q ′ = 8 ist. Somit haben wir r = 3 (da
1000 = 8 ⋅ 125). Unser Bruch hat also eine Vorperiode der Länge 3. Somit wissen wir, dass
999
= 1.0493697478991597 . . .
952
die Vorperiode 049 hat.
5
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b) Die Länge n der Periode ist nach dem Satz die kleinste natürliche Zahl, so dass gilt q ′′ ∣10n − 1.
10n − 1 ist eine Zahl aus n 9en. Also zum Beispiel 103 − 1 = 999.
Wir könnten nun also alle Zahlen 9, 99, 999, 9999, . . . ausprobieren, und kucken, ob q ′′ diese teilt. Das ist
aber leider sehr ineffizient, da die Periodenlänge sehr lang werden kann.
Also müssen wir uns eine bessere Methode überlegen (wobei es natürlicht schaden kann die ersten paar
9, 99, 999, 9999 zu prüfen, ev hat man ja Glück…).
Wir gehen also nochmal auf die Bedingung des Satzes zurück: n soll die kleinste ganze Zahl sein sein, so
dass gilt q ′′ ∣10n − 1.
Das heisst ja aber nichts anderes, als ∃k ∈ Z mit k ⋅ q ′′ = 10n − 1. Oder anders ausgedrück
10n = k ⋅ q ′′ + 1
Das heisst ja aber gerade, dass 10n ≡ 1 sein soll modulo q ′′ .
Wir suchen also das kleinste n, so dass gilt 10n ≡ 1 mod q ′′ .
Das heisst, n ist also nichts anderes als die Ordnung von 10 in Z×q′′ .
[Merke, 10 ∈ Z×q′′ genau weil wir q ′′ so gewählt haben, dass ggT(10, q ′′ ) = 1].
Bestimmen der Ordnung von 10 in Z×q′′ :
φ(q ′′ ) = φ(7 ⋅ 17) = φ(7) ⋅ φ(17) = 6 ⋅ 16 = 96
Weiter wissen wir, dass die Ordnung eines Elementes von Z×119 die Zahl φ(119) = 96 teilen muss. Die Teiler
von 96 sind
T(96) = {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 16, 24, 32, 48, 96}
Wir müssen also nur diese handvoll Zahlen überprüfen, mit dem Potenzgesetz xa+b = xa ⋅ xb und da sich
Multiplikation sinnvoll mit Modulo verhält müssen wir nie mit allzu grossen Zahlen (> 2500) rechen.
n
1
2
3
4
6
8
12
16
24
32
48
96
10n mod 119
104 = 101 ⋅ 103 = 10 ⋅ 48 = 480
106 = 102 ⋅ 104 = 100 ⋅ 4 = 400
108 = 104 ⋅ 104 = 4 ⋅ 4
1012 = 106 ⋅ 106 = 43 ⋅ 43 = 1849
1016 = 104 ⋅ 1012 = 4 ⋅ 64 = 256
1024 = 108 ⋅ 1016 = 16 ⋅ 18 = 288
1032 = 1016 ⋅ 1016 = 18 ⋅ 18 = 324
1048 = 1024 ⋅ 1024 = 50 ⋅ 50 = 2500
1096 = 1048 ⋅ 1048 = 1 ⋅ 1 = 1
10
100
48
4
43
16
64
18
50
86
1
1
Somit ist n = ord(10) = 48 in Z×q′′ .
[Von Hand hätten wir also bis 1048 − 1 = 999999999999999999999999999999999999999999999999 durchprobieren müssen].
c) Wir wissen, dass für alle k > r = 3 gilt mit unserer Periodenlänge n
bk = bk+n
Oder umgehkehrt, wenn wir ein k > n + r haben gilt
bk−n = bk
6
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Somit gilt
b100 = b100−48 = b52 = b52−48 = b4
Und da
999
= 1.0493697478991597 . . .
952
somit b100 = b4 = 3 .
Aufgabe 4 (ganzzahlige Lösungen)
Wir wollen alle Punkte (x, y, z) ∈ Z3 mit genzzahligen Koordinaten auf einer Ebene E, auf einer Ebene F und
auf ihrer Schnittgeraden g = E ∩ F bestimmen.
a) Gib alle Punkte (x, y, z) ∈ Z3 auf der Ebene E∶ 42 ⋅ x + 18 ⋅ y − 66 ⋅ z = 108.
3
b) Gib alle Punkte (x, y, z) ∈ Z3 auf der Ebene F ∶ 50 ⋅ x + 175 ⋅ y − 140 ⋅ z = 835.
3
c) Gib alle Punkte (x, y, z) ∈ Z3 auf der Schnittgeraden g = E ∩ F .
3
9
Lösung
a) Als erstes müssen wir ggT(42, 18, −66) bestimmen. Teilt dieser 108 so haben wir unendlich viele Lösungen.
Falls nicht, so gar keine. 42 = 2 ⋅ 3 ⋅ 7, 18 = 2 ⋅ 32 , 66 = 2 ⋅ 3 ⋅ 11. Somit ist ggT(42, 18, 66) = 6 . Weiter ist
108 = 22 ⋅ 33 , und somit ein Vielfaches von 6.
Wir können die Gleichung also vereinfachen zu
7x + 3y − 11z = 18
Weiter gilt aber auch 3∣18, da 6 ⋅ 3 = 18. Somit können wir eine Partikulärlösung (x0 , y0 , z0 ) = (0, 6, 0)
direkt hinschreiben.
Die abgestufte Basis des (zweidimensionalen) Kerns können wir sehr einfach bestimmen, in dem wir zwei
Vektoren bestimmen, nämlich einen Vektor der Form
b1 ∶= (ggT(3, 11), ?, ?)
b2 ∶= (0, ?, ?)
Der erste Vektor soll also an der ersten Stelle den ggT der letzten zwei Koeffizienten der Gleichung
haben, der zweite eine 0. Somit bilden die zwei Vektoren automatisch eine Basis eines zwei dimensionalen
Unterraumes.
Die zwei Vektoren kann man auch wieder sehr leicht bestimmen. Dazu bestimmen wir erst drei Lösungen
der Gleichung
7x + 3y − 11z = 0
und zwar jene, wo eine der Koordinaten jeweils = 0 ist – diese können einfach abgelesen werden.
lx = (0, 11, 3)
ly = (11, 0, 7)
lz = (3, −7, 0)
Wir haben also schon das b2 gefunden, nämlich b2 ∶= lx = (0, 11, 3) .
Jetzt brauchen wir noch einen Vektor mit ggT(11, 3) = 1 an vorderester Stelle. Wenn man Glück hat
taucht so einer schon bei ly oder lz auf. Wir haben jedoch diesmal Pech. Aber siehe da, ly hat eine 11
an vorderster Stelle, lz eine 3. Wie wir wissen können wir ggT(11, 3) als Linearkombination von 11 und 3
schreiben.
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Nämlich zum Beispiel 1 = ggT(11, 3) = 4 ⋅ 3 − 1 ⋅ 11.
Das heisst wenn wir ausrechnen 4⋅(3, −7, 0)−1⋅(11, 0, 7) = (1, −28, −7) haben wir auch unser b1 ∶= (1, −28, −7)
gefunden.
Also haben wir alle ganzzahlige Lösungen von E:
LE = {(0, 6, 0) + s ⋅ (1, −28, −7) + t ⋅ (0, 11, 3) ∣ s, t ∈ Z}
b) Wieder berechnen wir erst den ggT(50, 175, 140) = ggT(ggT(50, 140), 175) = ggT(10, 175) = 5. Weiter teilt
5 auch schön 835.
Somit können wir die Gleichung kürzen zu
10x + 35y − 28z = 167
Diesmal sehen wir keine Partikulärlösung direkt. Deswegen müssen wir uns des euklidischen Algorithmus
bemühen um eine zu finden.
Wir sehen direkt ggT(10, 35) = 5 = 1 ⋅ 35 − 3 ⋅ 10. Und ggT(5, 28) = 1 = 2 ⋅ 28 − 11 ⋅ 5 Somit
1 = 2 ⋅ 28 − 11 ⋅ 5 = 2 ⋅ 28 − 11 ⋅ (1 ⋅ 35 − 3 ⋅ 10) = 2 ⋅ 28 − 11 ⋅ 35 + 33 ⋅ 10
Also
10 ⋅ (33) + 35 ⋅ (−11) − 28 ⋅ (−2) = 1
multiplizieren wir beidseitig mit 167 erhalten wir somit
10 ⋅ (33 ⋅ 167) + 35 ⋅ (−11 ⋅ 167) − 28 ⋅ (−2 ⋅ 167) = 167
Das heisst wir haben eine Partikulärlösung (x0 , y0 , z0 ) = (5511, −1837, −334) .
[Merke, die so gefundenen Partikulärlösungen sind nicht zwingend “schön”. Sobald wir den Kern ausgerechnet haben können wir noch etwas Kosmetik machen wenn wir Lust haben. Dies ist jedoch nur nötig,
wenn explizit nach z.B. der “kleinsten positiven Lösung” gefragt ist].
Nun suchen wir wieder eine Basis des Kerns. Dazu bestimmen wir also wieder die Lösungen mit je einer
0 von 10x + 35y − 28z = 0.
lx = (0, 28, 35)
ly = (28, 0, 10)
lz = (35, −10, 0)
Wieder könenen wir lx benutzen um b2 zu bestimmen. Wir müssen aber darauf achten, dass der Vektor
“gekürzt” ist (alle Zahlen sind noch durch 7 teilbar). Also haben wir b2 ∶= lx = (0, 4, 5) . Um b1 zu bestimmen brauchen wir eine Lösung mit einer 7 = ggT(28, 35) = 35 − 28 an erster Stelle. Also substrahieren wir
die zwei einfach: lz − ly = (7, −10, −10). b1 ∶= (7, −10, −10) .
Also haben wir alle ganzzahlige Lösungen von F :
LF = {(5511, −1837, −334) + s ⋅ (7, −10, −10) + t ⋅ (0, 4, 5) ∣ s, t ∈ Z}
Wir können die Lösung nun noch etwas verschönern. Die 5511 in (5511, −1837, −334) ist gar gross.
Aber wir können z.b. 787 ⋅ (7, −10, −10) davon abziehen. Dann erhalten wir (2, 6033, 7536). Jetzt ist
die erste Ziffern schön klein, dafür sind die anderen doof. Aber wir können ja nun davon z.B. noch
1505 ⋅ (0, 4, 5) abziehen, und erhalten so (2, 13, 11). Das heisst, die gleichwertige, aber schönere Lösungsmenge ist LF = {(2, 13, 11) + s ⋅ (7, −10, −10) + t ⋅ (0, 4, 5) ∣ s, t ∈ Z}
c) Die Ebenen werden wie wir vorher gesehen haben durch die reduzierten Gleichungen
E ∶ 7x + 3y − 11z = 18
F ∶ 10x + 35y − 28z = 167
8
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Frühlingssemester 2015, Aufgabenblatt 4
beschrieben.
Wenn wir das 10-fache von der ersten vom 7-fachen der zweiten abziehen erhalten wir
70x + 245y − 196z − (70x + 30y − 110z) = 1169 − 180
vereinfacht also
215y − 86z = 989
Dies können wir noch mit 43 kürzen und erhalten
5y − 2z = 23
Mit dem Satz über die Lösung von Linearen Gleichungen in zwei Variablen schreiben wir die Lösungsmenge
direkt hin:
{(y, z) ∣ (y, z) = (5, 1) + s ⋅ (2, 5)}
Das heisst, für Punkte (x, y, z) auf der Schnittgerade erfüllt y = 5 + 2s und z = 1 + 5s.
Dies können wir nun in die Gleichung von E einsetzen und erhalten so
7x + 3(5 + 2s) − 11(1 + 5s) = 18
Mit etwas umformen erhalten wir also
7x − 49s = 14
Wir können auch hier direkt die Lösungen aufschreiben
{(x, s) ∣ (x, s) = (2, 0) + t ⋅ (49, 7)}
Zum Beispiel ist also für t = 0: (x0 , s0 ) = (2, 0) so eine Lösung. Für s = 0 ist wiederum (y0 , z0 ) = (5, 1).
Das heisst der Punkt (x0 , y0 , z0 ) = (2, 5, 1) ist auf der Schnittgeraden.
Mit Skript (s.39) wissen wir, dass der Richtungsvektor der Geraden gegeben ist durch (7, 3, −11) ×
(10, 35, −28) = (301, 86, 215).
Diesen können wir noch reduzieren zu (7, 2, 5) .
Somit sind die ganzzahligen Punkte auf der Schnittgerade gerade LE∩F = {(2, 5, 1) + t ⋅ (7, 2, 5) ∣ t ∈ Z}
Aufgabe 5 (keine ganzzahligen Lösungen)
Beachte die vorausgehende Aufgabe. Die Ebene F wird dort definiert.
a) Gib alle Punkte (x, y, z) ∈ Z3 auf der Ebene Ẽ∶ 42 ⋅ x + 18 ⋅ y − 66 ⋅ z = 150.
1
b) Zeige, dass es auf der Schnittgeraden g̃ = Ẽ ∩ F keine Punkte (x, y, z) ∈ Z3 gibt.
2
3
Lösung
a) Wir sehen, dass wir bie Gleichung für Ẽ mit 6 kürzen können, so erhalten wir
Ẽ ∶
7x + 3y − 11z = 25
Diese Gleichung hat natürlich den selben Kern wie das E aus Aufgabe 4 (da der Kern durch die Homogene
Gleichung bestimmt wird, und diese identisch ist), also Kern {s ⋅ (1, −28, −7) + t ⋅ (0, 11, 3) ∣ s, t ∈ Z}.
Eine Paritkulärlösung können wir durch etwas überlegen rausfinden. Wir können z.B. versuchen möglichst
viele der drei Variablen = 0 zu setzen. Offensichtlich können wir mit zweien = 0 nicht schaffen, das 25 kein
Vielfaches eines der Koeffizienten ist. Aber wir können z.B. z = 0 setzen, dann müssen wir eine Lösung der
Gleichung 7x + 3y = 25 finden. Das können wir auch, da ggT(7, 3) = 1. Und da 1 = 1 ⋅ 7 − 2 ⋅ 3 haben wir
25 = 25 ⋅ 7 − 50 ⋅ 3. Also eine Partikulärlösung (x0 , y0 , z0 ) = (25, −50, 0) .
Somit sind alle ganzzahligen Punkte auf der Ebene gegeben durch
{(25, −50, 0) + s ⋅ (1, −28, −7) + t ⋅ (0, 11, 3) ∣ s, t ∈ Z} .
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Musterlösung Zahlentheorie
Frühlingssemester 2015, Aufgabenblatt 4
b) Wir suchen gemeinsame ganzzahlige Lösungen von
Ẽ ∶ 7x + 3y − 11z = 25
F ∶ 10x + 35y − 28z = 167
Wieder subtrahieren wir das 10-fache der Ersten vom 7-fachen der Zweiten. Dies gibt
215y − 86z = 7 ⋅ 167 − 10 ⋅ 25 = 919
Wie wir schon gesehen hatten ist ggT(215, 86) = 43. Jedoch ist 919 prim und somit gilt 43∤919 . Es kann
also keine ganzzahligen Lösungen geben.
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