Klausur Elementare Zahlentheorie

Fakultät für Mathematik
Institut für Algebra und Geometrie
Prof. Dr. Martin Henk, Eva Linke
Klausur Elementare Zahlentheorie - WiSe 09/10
26.01.2010
Name
Vorname
Matrikelnummer
Punkte Klausur
Aufgabe
max. Punkte
1
4
2
4
3
4
4
4
P
16
Punkte
Bitte beachten!
• Schreiben Sie auf jedes Blatt Ihren Namen und Ihre Matrikelnummer.
• Alle Aussagen müssen sorgfältig begründet werden.
• Bearbeitungszeit 90 Minuten.
Viel Erfolg!
1. Bestimmen Sie die Lösungsmenge der folgenden quadratischen Kongruenz:
x2 + 3x ≡ 7
mod 11.
Lösung: Es ist
⇔
⇔
⇔
⇔
x2 + 3x ≡ 7 mod 11
x2 + 3x − 7 ≡ 0 mod 11
4x2 + 12x − 28 ≡ 0 mod 11
(2x + 3)2 − 9 − 28 ≡ 0 mod 11
(2x + 3)2 ≡ 37 ≡ 4 mod 11
Damit ergibt sich 2x + 3 ≡ ±2 mod 11, also 2x ≡ −5 mod 11 oder 2x ≡
−1 mod 11. Durch Multiplikation mit 6 ergibt sich x ≡ −30 ≡ 3 mod 11
oder x ≡ −6 ≡ 5 mod 11. Die Lösungsmenge der Kongruenz ist also {3 +
11k : k ∈ Z} ∪ {5 + 11k : k ∈ Z}.
2. Sei F : N → Z definiert durch F (n) =
X
dµ(d).
d|n
(a) Zeigen Sie, dass F multiplikativ ist.
(b) Bestimmen Sie F (pk ) für p ∈ P und k ∈ N.
(c) Berechnen Sie F (3000).
Lösung:
(a) Für n, m mit ggT(n, m) = 1 gilt nmµ(nm) = nµ(n) · mµ(m), da
die Möbiusfunktion multiplikativ ist (5.7). Damit ergibt sich aus der
Vorlesung (5.2), dass F multiplikativ ist.
P
P
(b) F (pk ) = d|pk dµ(d) = ki=0 pi µ(pi ) = 1 − p, da µ(pi ) = 0 für i ≥ 2.
(c) F (3000) = F (3·23 ·53 ) = F (3)·F (23 )·F (53 ) = (1−3)(1−2)(1−5) = −8,
wegen (a) und (b).
3. Zeigen Sie, dass die Menge −1 + 6N unendlich viele Primzahlen enthält.
Lösung: Die Mengen 0 + 6N, −4 + 6N und −2 + 6N enthalten keine ungeraden Zahlen und somit keine ungeraden Primzahlen. Die Menge −3 + 6N
enthält nur die Primzahl 3. Damit ergibt sich, dass alle Primzahlen ungleich
2 und 3 entweder in −1 + 6N oder in 1 + 6N sind.
Seien nun in −1 + 6N nur endlich viele Primzahlen p1 , . . . , pr . Betrachte
r
Y
die Zahl z := 6
pi − 1. Dann gilt pi 6 |z, 3 6 |z und 2 6 |z. Also enthält
i=1
die Primfaktorzerlegung von z nur Primzahlen aus 1 + 6N. Dann ist z ≡ 1
mod 6, was ein Widerpruch ist, da z ≡ −1 mod 6.
(
1, ggT(n, m) = 1
4. (a) Zeigen Sie:
µ(d) =
0, sonst.
d|m,d|n
X
Sei φ(x, y) die Anzahl aller Paare (m, n) ∈ N × N mit m ≤ x, n ≤ y und
ggT(m, n) = 1.
min(x,y)
X
(b) Zeigen Sie: φ(x, y) =
µ(d)
jxk jy k
d=1
(c) Zeigen Sie: φ(x, x) =
d
d
.
6 2
x + O(x ln(x)).
π2
Lösung:
(
1, ggT(n, m) = 1
(a)
µ(d) =
µ(d) =
wegen 5.7.
0,
sonst,
d|m,d|n
d|ggT(n,m)
X
X
(b) Jedes Paar (n, m) soll mit 1 gewichtet werden, wenn ggT(n, m) = 1
und mit 0, wenn ggT(n, m) = 0. Darum ist
φ(x, y) =
y
x X
X
X
µ(d)
n=1 m=1 d|m,d|n
min(x,y)
=
X
µ(d)
min(x,y)
X
µ(d)
d=1
x
X
1
n=1 m=1
d|n d|m
d=1
=
y
x X
X
j x k2
jxk jy k
d
d
.
.
d
Beim Weglassen der Gaußklammer ergibt sich folgender Fehler: Wegen
0 < x/d − 1 ≤ bx/dc ≤ x/d ist (x/d − 1)2 ≤ bx/dc2 ≤ (x/d)2 . Somit
ist der Fehler höchstens (x/d)2 − (x/d − 1)2 = 2x/d − 1. Damit ergibt
(c) Nach (b) ist φ(x, x) =
d=1
µ(d)
sich
φ(x, x) =
x
X
µ(d)
j x k2
d=1
=x
2
= x2
d
x
X
µ(d)
d=1
∞
X
d=1
d2
=
x X
d
+ O(x/d)
+ O(x ln(x))
∞
X
µ(d)
µ(d)
2
−
x
+ O(x ln(x))
2
2
d
d
d=x+1
1
+ O(x ln(x)),
ζ(2)
R
P
2 ∞ 1
|
≤
x
dt = x.
da |x2 ∞
d=x+1
x t2
= x2
µ(d)
d=1
x 2