Elementare Zahlentheorie

Elementare Zahlentheorie
Zusammengestellt von Wolfgang Kirschenhofer
Linz 1996
1. Teilbarkeit und Primfaktorzerlegung
Aufgaben
Definitionen und Sätze
2
3
n n
n
+
+
3 2
6
1.)Beweise: ∀n ∈ N ist die Zahl
eine
Bezeichnungen: Menge N der natürlichen Zahlen:
N:= {1,2,3,4,....}, N0:= N ∪ { 0} , Menge Z der ganzen
natürliche Zahl.
2
3
3
2
n n
n
n + 3n + 2 n n.( n + 1).( n + 2)
+
+
=
=
=: t
3 2
6
6
6
Von drei aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen ist
mindestens eine durch 2 und genau eine durch 3 teilbar. Der
Zähler des Bruches t ist also durch 2 und 3 und folglich,
weil 2 und 3 Primzahlen sind,nach Satz 1.7 durch 6 teilbar.
Der Bruch t stellt also eine natürliche Zahl dar.
Detailliertere Argumentation:
a)Teilbarkeit durch 2:Ist n gerade,dann gilt 2n ⇒
2n.(n+1).(n+2) ; ist n ungerade ⇒ 2(n+1) ⇒
2n.(n+1).(n+2)
b)Teilbarkeit durch 3:Dividiert man n durch 3 ,dann sind
die Reste r=0 oder r=1 oder r=2 möglich. Ist r=0,dann gilt
3n;ist r=1,dann gilt 3(n+2) ;ist r=2,dann gilt 3(n+1).
In jedem dieser Fälle gilt 3n.(n+1).(n+2) .
2.Lösung: Beweis mittels vollständiger Induktion:
1 1 1 6
(1) n=1: + + = = 1 ∈N ;
3 2 6 6
(2) Induktionsvoraussetzung:
n n2 n3
Es sei t:= +
+
∈N ⇒
3 2
6
n + 1 ( n + 1) 2 ( n + 1) 3
+
+
=
3
2
6
n n2 n3 n2 + n
1 1 1
+
+
+
+n+ + + =
3 2
6
2
3 2 6
n.( n + 1)
n.( n + 1)
t + n +1+
∈ N , da ja
∈N

2
2
1.Lösung:
2.)Beweise: 5 6 n + 24 , ∀n ∈ N .
1.Lösung: 6 n − 1 = (6 − 1).(6 n −1 + 6 n − 2 +...+6 + 1) = 5. q ⇒
n
n
n
6 = 5. q + 1 ⇒ 6 + 24 = 5. q + 25 = 5. (q + 5) , d. h. 5 6 + 24
2.Lösung: (vollständige Induktion)
(1) n=1: 5(6+24) , ist richtig.
(2) Induktionsvoraussetzung: 5 6 n + 24 ⇔ 6 n + 24 = 5. q
6 n +1 + 24 = 6.6 n + 24 = (5 + 1).6 n + 24 = 5.6 n + (6 n + 24) =
= 5.6 n + 5. q = 5. (6 n + q ) , d. h. 5 6 n +1 + 24

3.) Beweise: ∀n∈N gilt:a) 19 23 n + 39 n − 20 n − 4 n
b) 143 158 n − 28 n − 4 n + 17 n
n
n
Lösung: a) 23 + 39 − 20 n − 4 n = 23 n − 4 n + 39 n − 20 n =
(23 − 4).(23 n −1 + 23 n − 2 .4+...+4 n −1 ) + (39 − 20).(39 n −1 +...
+20 n − 1 ) = 19. q 1 + 19. q 2 = 19.(q 1 + q 2 ) , d.h.
19 23 n + 39 n − 20 n − 4 n

Zahlen: Z:= N ∪{ 0} ∪( −N ) .
Q=Menge der rationalen Zahlen.
R=Menge der reellen Zahlen.
Definition 1.1:Es seien a und b ganze Zahlen.Man
sagt, a teilt b oder a ist Teiler von b -symbolisch: a|b
-,wenn es eine ganze Zahl q gibt,so daß gilt: b = a.q
q heißt auch Komplementärteiler von b zu a.
Ist a kein Teiler von b,dann schreibt man: a /| b .
Bemerkungen: Jede ganze Zahl teilt 0; die einzige
ganze Zahl,die durch 0 teilbar ist,ist die Zahl 0 .
Jede ganze Zahl b ist durch 1,-1,b und -b teilbar.
Definition 1.2:Jeder Teiler von b,der von −1,1,−b, b
verschieden ist,heißt echter Teiler von b.
Lemma 1.1: Sei n∈N und seien b,ai,ci ∈Z, 1≤i≤n,
dann gilt: b a i , ∀i ∈ {1,2,..., n} ⇒ b ∑in=1 a i ci .
Lemma 1.2: Seien a,b,c ∈Z. Es gilt:
(1) ba ⇒ bcac .
(2) (bcac ∧ c≠0) ⇒ ba .
(3) (ca ∧ ab) ⇒ cb .
(4) (ba ∧ a≠0) ⇒ b ≤ a .
(5) (ab ∧ ba) ⇒ a = b .
Bemerkungen: 1.)Aus Lemma 1.2 folgt,daß jede
ganze Zahl a≠0 nur endlich viele Teiler hat. Denn
aus ba folgt b ≤ a und daher
b ∈ { − a ,− a + 1,− a + 2,... ,−1,0,1,... a − 2, a − 1, a} .
2.) Ist a > 0 und hat man alle Teiler t mit 1≤t≤ a
gefunden,so sind die restlichen positiven Teiler von
a gerade die Komplementärteiler diese Teiler t .
Definition 1.3: Eine natürliche Zahl p heißt
Primzahl ,wenn sie keine echten Teiler hat und
größer als 1 ist.
Bemerkung: Eine Primzahl p hat also nur die vier
Teiler 1,-1,p,-p .
Satz 1.1(DIVISION MIT REST): Seien a∈Z und
b∈N . Dann gibt es eindeutig bestimmte ganze
Zahlen q und r, so daß a = b. q + r und 0 ≤ r < b
2
Lösung: b) 143= 11.13 ,
(
)
t:= 158 n − 28 n − 4 n + 17 n = 158 n − 4 n − 28 n − 17 n =
= (158 − 4).(158
n −1
+...+4
n −1
(
) − ( 28 − 7). 28
n −1
+...+7
= 154. q 1 + 11. q 2 = 11. (14q 1 + q 2 ) , d.h. 11t .
n −1
)=
t = 158 n − 28 n + 17 n − 4 n = (158 − 28).(158 n −1 +...+28 n −1 ) +
(
)
+(17 − 4). 17 n −1 +...+4 n −1 = 13.11.q1 + 13.q2 = 13.(11q1 + q2),
d.h. 13t.
Aus 11t und 13t ⇒ 11.13t ,wegen Satz 1.7.
4.) Beweise:
a)∀n∈N gilt: 6n.(n+1).(2n+1)
(
)(
b)∀n∈N gilt: 360 n 2 n 2 − 1 n 2 − 4
)
c)Für jede ungerade Zahl n∈Z gilt: 24n.(n2 −1)
d)Für alle ungeraden Zahlen m,n∈Z gilt:
24m.n.(m+n).(m−n)
n
5.)a)Zeige,daß 3 n + 2 10 3 − 1 für alle n∈N .
b)Für welche Zahlen gilt 5 n 4 − 1 ?
4
c)Zeige,daß n + 4 für alle n∈N mit n>1
zusammengesetzt ist .
d)Zeige,daß n 2 + 3n + 5 für keine natürliche Zahl n durch
121 teilbar ist.
6.) Beweise folgende Behauptungen:
a)Ist p eine Primzahl >2,dann gilt 24p3 − p .
b)Ist p eine Primzahl >5,dann gilt 5p4 − 1 .
c)Ist p eine Primzahl >5,dann gilt 240p4 − 1 .
7.)Beweise: Das Quadrat einer ungeraden Zahl läßt bei
Division durch 8 den Rest 1, und die vierte Potenz einer
ungeraden Zahl läßt bei Division durch 16 den Rest 1
8.)Zeige,daß 111...111 (k Ziffern 1 und k≥2 ) keine
Quadratzahl ist.
9.)a)Bestimme alle natürlichen Zahlen n , für welche n − 9
eine Primzahl und n2 − 1 durch 10 teilbar ist .
b) Bestimme alle Primzahlen p, für welche 4p+1 eine
Quadratzahl ist.
c) Bestimme alle Primzahlen p, für welche 2p+1 eine
Kubikzahl ist.
10.)Beweise,daß n5 + n4 +1 für keine natürliche Zahl n>1 eine
Primzahl sein kann.
11.)Zeige,daß die Summe zweier Kubikzahlen im
allgemeinen keine Primzahl ist .
12.)Zeige,daß 2n + 1 (n∈N) nicht fünfte Potenz einer
natürlichen Zahl ist.
13.)Beweise Satz 1.6 .
Definition 1.4: Seien a und b ganze Zahlen. t heißt ein
gemeinsamer Teiler von a und b ,wenn ta und tb .
Bezeichnung: Ta := Menge der Teiler von a .
Ta ∩Tb ist dann die Menge der gemeinsamen Teiler von
a und b .
Definition 1.5: Seien a , b∈Z und nicht beide = 0.
ggT(a,b) bezeichne den größten gemeinsamen Teiler
von a und b. Ist ggT(a,b)=1,dann nennt man a und b
relativ prim oder teilerfremd .
Bemerkungen:a) ggT(a,b)≥1 , ggT(a,b)= ggT( a , b )
b) ggT(a , b) = a ⇔ zu a b und daher ggT(a,0)= a für
a≠0
Der euklidsche Algorithmus:
Es seien a,b ∈N,sei o.B.d.A. a≥b und sei b kein Teiler
von a. Die folgende Divisionskette heißt euklidscher
Algorithmus:
a = b. q 0 + r1 , 0 ≤ r1 < b
b = r1 . q 1 + r2
r1 = r2 . q 2 + r 3
, 0 ≤ r2 < r1
, 0 ≤ r 3 < r2
.
.
r n − 2 = r n −1 . q n −1 + r n
, 0 ≤ r n < r n −1
rn −1 = r n . q n
Dabei ist n dadurch bestimmt,daß rn der letzte von 0
verschiedene Rest dieser Divisionskette ist. Ein solches
n existiert,denn die Folge der Reste nimmt streng
monoton ab: b > r1 > r2 > r3 >... > r n −1 > rn > 0 .
Satz 1.2: Der letzte von 0 verschiedene Rest rn im
euklidschen Algorithmus ist der größte gemeinsame
Teiler der Zahlen a,b ∈N .
Aus dem euklidschen Algorithmus ergibt sich leicht der
wichtige
Satz 1.3: Seien a,b ∈Z und nicht beide =0. Sei
ggT(a,b)=d . Dann gibt es ganze Zahlen x und y
derart,daß a.x+b.y = d ist .
Satz 1.4: Seien a,b,c ∈Z und (a,b)≠(0,0). Sei
ggT(a,b)=d . Dann ist die lineare diophantische
Gleichung a.x+b.y = c genau dann lösbar in Z×Z,wenn
dc . Im Falle der Lösbarkeit gilt für die Lösungsmenge
L=
b
a


( x, y) ∈Z × Z x = x 0 − . t ∧ y = y 0 + . t ∧ t ∈Z 
d
d


(x0,y0) ist eine partikuläre Lösung der gegebenen
Gleichung,d.h. a.x0+b.y0 = c . Eine partikuläre Lösung
findet man mit Hilfe des euklidschen Algorithmus.
Satz 1.5: Ist p eine Primzahl und gilt pa.b , dann gilt
pa ∨ pb .
Satz 1.6: Es gibt unendlich viele Primzahlen.
3
14.)Beweise: d∈N ist genau dann ggT(a,b),wenn gilt:
da und db und wenn aus ta und tb folgt,daß td .
15.)Seien a und b∈N .Beweise: ggT(a,b)=ggT(b,r), wobei r
der Rest bei der ganzzahligen Division von a durch b ist.
Lösung: a = b.q+r ⇒ ta und tb genau dann,wenn tb
und tr ; d.h.: die Menge der gemeinsamen Teiler von a
und b ist gleich der Menge der gemeinsamen Teiler von
b und r . ⇒ ggT(a,b) = ggT(b,r) .
Beachte: Für r= 0 gilt ggT(a,b)=ggT(b,0)= b.
16.) Beweise Satz 1.2 mit Hilfe von Aufgabe 15 .
17.)Ermittle sämtliche Lösungen der linearen diophantischen
Gleichung 4081.x+2585.y = 11 .
 a b
18.) Beweise: Ist ggT(a,b)=d ,dann ist ggT ,  = 1; und
 d d
umgekehrt gilt: Aus
 a b
d a und d b und ggT ,  = 1 ⇒ ggT(a , b) = d
 d d
19.)Beweise mit Hilfe von Satz 1.3:
a)Seien a,b,c∈Z\ {0}.Aus ab.c ∧ggT(a,b)=1⇒ ac
b)Seien a,b∈N und ggT(a,b)=d.Es gibt dann zwei Zahlen
u,v∈N derart ,so daß a.u − b.v =d .
Satz 1.7 (SATZ VON DER EINDEUTIGEN
PRIMFAKTORZERLEGUNG):
Jede natürliche Zahl n>1 läßt sich als Produkt von
Primzahlen darstellen. Abgesehen von der Reihenfolge
der Faktoren ist diese Darstellung eindeutig , n>1 besitzt
also genau eine Primfaktorzerlegung.
Bemerkung:Jede Primzahl p wird dabei als ihre eigene
Faktorzerlegung mit dem einzigen Faktor p augefaßt.
Vereinbarung: In der Primfaktorzerlegung einer
natürlichen Zahl n>1 ordnet man meistens die
Primzahlen der Größe nach,faßt gleiche Faktoren zu
Potenzen zusammen und nimmt die nicht in der
Faktorzerlegung vorkommenden Primzahlen mit dem
Exponenten 0 in die Darstellung auf. Man erhält auf
diese Weise die sogenannte kanonische Form der
Primfaktorzerlegung von n. Man schreibt dann:
n = ∏ i∞=1 p i i mit ei∈N0 .
e
z.B.: 11781= 20.32.50.71.111.130.171.190.230......
Satz1.8: Es seien a = ∏ i∞=1 p i i
e
und
b = ∏ ∞i =1 p i i
f
zwei natürliche Zahlen in ihrer kanonischen
Primfaktorzerlegung. Dann gilt
ggT(a , b) = ∏ i∞=1 p i
min( e i , f i )
20.)Beweise: Aus ac und bc und ggT(a,b)=1 ⇒ (a.b)c .
21.) Seien a,b,k,m∈N . Beweise: Gilt ak = bm und ist
ggT(k,m)=1,dann existiert ein n∈N mit a= nm und b= nk .
22.)Beweise:
a) ggT(n!+1,(n+1)!+1) = 1,∀n∈N. (1979,Landeswettbew.)
b) Ist m eine ungerade natürliche Zahl,dann gilt
ggT(2 m − 1,2 n + 1) = 1 ,∀n∈N
c)Ist ggT(a,b)=1 , dann gilt ggT(a+b,a−b) ∈{1,2} und
ggT(a + b, a 2 − ab + b 2 ) ∈ {1,3} .
d) Sind a,b,c natürliche Zahlen und gilt ggT(a,b)=1 und
a.b=cn , dann sind a und b n-te Potenzen natürlicher
Zahlen.
Die Menge aller positiven Vielfachen einer natürlichen
Zahl a bezeichnen wir mit Va+ . Für die beiden
natürlichen Zahlen a und b ist Va+ ∩ Vb+ die Menge aller
gemeinsamen positiven Vielfachen von a und b . Diese
Menge ist nicht leer,da sie z.B. das Produkt a.b enthält.
Man kann daher definieren:
Definition 1.6:Die kleinste Zahl der Menge Va+ ∩ Vb+
nennt man das kleinste gemeinsame Vielfache von
a ∈N und b∈N und man bezeichnet dieses mit kgV(a,b)
.
Satz 1.9: Für a,b∈N gilt kgV(a,b).ggT(a,b)=a.b
23.)Es seien m,n und a natürliche Zahlen und a>1.
a)Zeige: ggT(a m − 1, a n − 1) = a ggT( m,n ) − 1 .
(
b)Zeige: Für m≠n ist ggT a
2m
+ 1, a
2n
)
+ 1 = 1 oder 2 , je
nachdem , ob a gerade oder ungerade ist.
c)Beweise mit Hilfe von b),daß es unendlich viele
Primzahlen gibt.
Satz 1.10: Es seien a = ∏ i∞=1 p i i
e
und
b = ∏ ∞i =1 p i i
zwei natürliche Zahlen in ihrer kanonischen
Primfaktorzerlegung. Dann gilt
kgV(a , b) = ∏ i∞=1 p i
max( e i , fi )
24.)Zeige,daß die Gleichung x 3 + 113 = y 3 keine Lösung in
den natürlichen Zahlen hat.
25.)Beweise: a) ggT(a,kgV(a,b))=a und
kgV(a,ggT(a,b))=a
f
4
a,b,n∈N .Es gilt dann: Aus an und bn
b)Seien
folgt
 n n
ggT(a , b). kgV ,  = n
 a b
c) ∀m, n ∈ N gilt m+n ≤ ggT(m,n)+kgV(m,n) . Für
welche m,n gilt das Gleichheitszeichen ?
Satz 1.11: (SATZ DER ZIFFERNDARSTELLUNG)
Sei b∈N und b≥2 und a∈N . Dann gibt es eindeutig
bestimmte Zahlen n∈N0 und ai ,mit 0≤i≤n, so daß
a = a 0 + a 1 . b + a 2 . b 2 +...+ a n −1 . b n −1 + a n . b n , an>0
und 0≤ai < b , mit 0≤i≤n .
1 1
1
26.) Sei H n : = 1 + + +...+
, ∀n ∈ N .
2 3
n
Beweise: Hn ist für kein n>1 eine ganze Zahl.
Die Zahlen ai heißen die Ziffern von a in bezug auf die
Basis b . Man schreibt auch a=(anan-1.....a2a1a0)b .
Für b = 10 erhalten wir die Darstellung von a im
dekadischen System .
27.) a)Beweise Lemma 1.3 und
b) die Gleichung
1
2
n −1
[ x] + x + n  + x + n  +...+ x + n  = [ n. x]

 



Definition 1.7: Sei x∈R und sei g die größte ganze Zahl
kleiner oder gleich x . Es gilt dann g≤x<g+1.
Für g schreibt man [x]:= g und nennt [x] die GaußKlammer von x .
28.)Man beweise: ∀n∈N gilt
[
] [
n + n +1 =
4n + 2
]
Es ist x = [x] +f mit 0≤f<1 und diese Darstellung ist
eindeutig.
(1974,Bundeswettbew. f. Anfänger)
Lemma 1.3:
(1) Ist x∈R und k∈Z ,so ist [x+k]= [x]+k .
[
(2) Sind x1,x2,...,xn ∈R , so ist ∑ in=1 [ x i ] ≤ ∑ in=1 x i
 x   [ x] 
(3) Ist b∈N und x∈R ,so ist   =   .
 b   b 
]
2.Kongruenzen,Restklassen
29.)Zeige mit Hilfe von Kongruenzen:
a) 23 n + 39 n − 20 n − 4 n ist durch 19 teilbar .
b) 158 n − 28 n − 4 n + 17 n ist durch 143 teibar.
c) Die diophantische Gleichung 4 y 2 = x 3 + 2 ist unlösbar
(in Z×Z) .
Lösung:a)
23 ≡ 4(19) ⇒ 23 n ≡ 4 n (19)
n
(*)
n
39 ≡ 20(19) ⇒ 39 ≡ 20 (19) (**)
Aus (*) und (*) ⇒ 23 n + 39 n − 20 n − 4 n ≡
4 n + 20 n − 20 n − 4 n ≡ 0(19)
D.h. 19 ist Teiler des gegebenen Terms.
b) 143= 11.13 ; sei t: = 158 n − 28 n − 4 n + 17 n . Wir zeigen:
11t und 13t; es folgt dann 11.13t .
158 ≡ 2(13) ⇒ 158 n ≡ 2 n (13) , 28 ≡ 2(13) ⇒ 28 n ≡ 2 n (13)
17 ≡ 4(13) ⇒ 17 n ≡ 4 n (13) .
Also 158 n − 28 n ≡ 0(13) und 17 n − 4 n ≡ 0(13) ⇒ t ≡ 0(13) ,
d.h. 13t .
c) 4 y 2 ≡ 0(4) (*)
Für x gilt x≡0∨ ≡1∨ ≡2∨ ≡3 mod 4 ;⇒x3 ≡0 ∨ ≡1∨ ≡0∨ ≡3
mod 4 ⇒x3+2 ≡2 ∨ ≡ 3 ∨ ≡ 1 mod 4;und dies widerspricht
der Kongruenz (*) und der Gleichung .
Definition 2.1: Es sei m eine natürliche Zahl. Wenn zwei
ganze Zahlen a,b bei Division durch m denselben Rest
lassen , wenn also a = u.m+r und b = v.m+r mit
u,v,r∈Z und 0≤r<m sind,dann nennt man a kongruent b
modulo m und man schreibt a ≡ b mod m oder kurz
a ≡ b (m) . m∈N heißt auch Modul .
Bemerkung: Aus der Definition folgt sofort: a ≡ b (m)
⇔ a−b ≡0 (m) ⇔ m(a−b) und c ≡ 0(m) ⇔ mc .
Weiters gilt:
Die Kongruenz ist eine Äquivalenzrelation in Z .
Satz 2.1:
(1) a ≡ b( m) ∧ t m ⇒ a ≡ b( t ) .
(2) a ≡ b( m) ∧ k ∈Z \ { 0} ⇒ a. k ≡ b. k ( k . m) .
a ≡ b( m) und c ≡ d ( m) ⇒ a + c ≡ b + d ( m) und
a − c ≡ b − d ( m) .
(4) a ≡ b( m) ∧ c ≡ d ( m) ⇒ ac ≡ bd ( m) .
(5) a + c ≡ b + c( m) ⇒ a ≡ b( m) .
(6) a ≡ b( m) ⇒ a. k ≡ b. k ( m) , ∀k ∈Z .
(3)
(7) a i ≡ b i ( m) , für 1 ≤ i ≤ n ⇒ ∑ in=1 a i ≡ ∑ in=1 b i ( m)
(8) a i ≡ b i ( m) , für 1 ≤ i ≤ n ⇒ ∏in=1 a i ≡ ∏ in=1 b i ( m)
(9) Ist f(x) ein Polynom mit ganzen Koeffizienten,dann
gilt: a ≡ b ( m) ⇒ f (a ) ≡ f ( b) ( m)
30.)Zeige: Für gerades n∈N ist 13 n + 3.7 n −1 + 10 ≡ 0 (8)
31.) Für welche n∈N gilt 2 n + 5 n ≡ 0 (7)
(1) n≡a0 (mod 2) bzw. (mod 5)
(2) n≡10.a1 + a0 (mod 4)
(3) n≡100.a2 + 10.a1 + a0 (mod 8)
(4) n ≡ ∑ ik= 0 a i (mod 3) bzw. (mod 9)
32.)Beweise:∀n∈N gilt: Es gibt keine natürliche Zahl r,so daß
3.4 n + 4. n 4 = 5r gilt. (1974,Gebietswettbew. f. Anfänger)
(5) n ≡ ∑ ik= 0 ( −1) i . a i (mod 11)
33.)Beweise: n 3 + 3. n 2 − n − 3 ist für jede ungerade natürliche
Zahl n durch 48 teilbar.
(mod 7) bzw. (mod 13)
34.)Sind m,n∈N,dann ist die Zahl m.n.(m4 − n4 ) durch 30
teilbar.
35.)Beweise,daß 4.14 k + 1 für kein k∈N eine Primzahl ist.
36.)Es sei n eine ungerade natürliche Zahl. Man zeige,daß im
Zehnersystem die letzten beiden Ziffern von
(
)
2 2 n . 2 2 n +1 − 1 immer 28 sind.
37.)Zeige,daß die Lösungen der Gleichung ax 2 + bx + c = 0
irrational sind,falls a,b,c ungerade ganze Zahlen sind.
38.)a)Zeige,daß jede sechsstellige Zahl der Form (abcabc)10
durch 7,durch 11 und durch 13 teilbar ist.
b)Zeige,daß jede achtstellige Zahl der Form (abcdabcd)10
durch 73 und 137 teilbar ist.
(6) n ≡ ( a 2 a 1 a 0 ) − ( a 5 a 4 a 3 ) + ( a 8 a 7 a 6 ) − ( a 11 a 10 a 9 ) +...
Satz 2.3:
m

a. k ≡ b. k (mod m) ∧ d = ggT(k , m) ⇒ a ≡ b  mod 

d
Da die Kongruenz eine Äquivalenzrelation in Z
ist,können wir definieren:
Definition 2.2: Jede Äquivalenzklasse der
Kongruenzrelation mod m heißt Restklasse mod m .
a ≡ b (mod m) ⇔ a und b gehören derselben Restklasse
mod m an. Jedes Element einer Restklasse heißt
Repräsentant dieser Restklasse . Die Restklasse,der die
Zahl a∈Z angehört bezeichnen wir mit a .
a = b ⇔ a ≡ b (mod m)
{
}
a = x ∈Z x ≡ a (mod m) . Sei nun a∈Z ; dividiert
39.)Beweise,daß es unendlich viele Primzahlen der Form 6n−1
gibt.
man a durch m ,dann ist nach dem Divisionssatz
a = m.q+r mit 0≤r≤m−1 ,d.h. a≡r (mod m). Jedes a∈Z
liegt daher in genau einer der Restklassen
0, 1, 2,..., m − 1 . Jede Restklasse mod m ist also von der
40.)Gibt es eine natürliche Zahl n,sodaß n 2 + n + 1 durch
1955 teilbar ist ?
Form r , mit 0 ≤ r ≤ m−1 . D.h. die m Restklassen
0, 1, 2,..., m − 1 sind alle Restklassen mod m .
41.)Man zeige,daß 2 2n + 24 n − 10 ∀n ∈ N durch 18 teilbar
ist. (1972,Bundeswettbew. Für Anfänger).
42.)Man bestimme alle natürlichen Zahlen n mit der
Eigenschaft,daß 2 8 + 2 11 + 2 n eine Quadratzahl ist.
43.)Man zeige,daß für alle n ∈ N 0 gilt: 5
n +1
5n
11
−1
n
44.)Man zeige: Für kein n∈N ist 2 ( 3 ) + 1 durch 17 teilbar.
45.)Man finde die kleinste positive ganze Zahl n, sodaß
n 2 − n + 11 vier Primfaktoren hat. (Es können auch
gleiche sein ).
46.) Zeige: n 4 − 20. n 2 + 4 ist für alle n∈N (in ein Produkt)
zerlegbar.
47.) Zerlege den Term a 10 + a 5 + 1 in Faktoren.
48.)Es sei a.b=c.d (a,b,c,d ∈N ) .Zeige,daß ak + bk + ck + dk
für kein k∈N eine Primzahl ist.
Satz 2.2 (TEILBARKEITSREGELN):
Sei n = ∑ k a i .10 i = ( a k a k − 1 ...a 2 a 1a 0 ) ,n≥1. Es gelten
i=0
10
dann die folgenden Teilbarkeitsregeln:
Definition 2.3: Eine Menge ganzer Zahlen heißt ein
vollständiges Restsystem mod m ,wenn sie aus jeder
Restklasse mod m genau ein Element enthält.
Die Menge {0,1,2,3,...,m−1} ist ein vollständiges
Restsystem mod m .
Definition 2.4: Eine Restklasse a heißt prime
Restklasse mod m ,wenn ggT(a,m)=1 ist.
Eine Teilmenge von Z heißt primes Restsystem
mod m ,wenn sie aus jeder primen Restklasse mod m
genau ein Element enthält.
Definition 2.5: Die Anzahl der primen Restklassen mod
m wird mit ϕ(m) bezeichnet und heißt Euler’sche ϕ Funktion.
Als Repräsentanten der primen Restklassen mod m
wählt man am einfachsten jene Elemente aus der ResteMenge {0,1,2,...,m−1},die zu m relativ prim sind.
Einfach gesagt: ϕ(m) ist die Anzahl jener Elemente der
Menge {0,1,2,...,m−1} ,die relativ prim zu m sind; bzw.
ϕ(m) ist die Anzahl der Elemente eines primen
Restsystems mod m .
6
Zwei Beispiele: a)Sei m=6 : {0,1,2,3,4,5} ist ein
vollständiges Restsystem und {1,5} ist ein primes
Restsystem mod 6 ; ϕ(6)=2.
b)Sei m=5: {0,1,2,3,4} ist ein vollständiges Restsystem
und {1,2,3,4}ist ein primes Restsystem mod 5; ϕ(5)= 4.
49.)Zeige,daß alle Zahlen der Folge a1= 10001 ,
a2= 100010001 , a3= 1000100010001 ,...,allgemein
an = 1 + 104 + 108 +...+ 104n , zusammengesetzt sind.
50.)Wie lauten die letzten beiden Ziffern der Zahl
77
77
− 77
7
Die Menge der Restklassen mod m bezeichnen wir mit
Z m und die Menge der primen Restklassen mod m
?
51.)Man beweise den „KLEINEN SATZ VON FERMAT“
(Satz 2.6) mittels vollständiger Induktion nach a (∈N) .
Beweis: Sei p Primzahl und a∈N.Behauptung: pap −a .
1.)Die Behauptung ist richtig für a=1,denn: p1p −1=0 .
2.)Induktionsvoraussetzung: pap −a
(*)
p
 
(**) ;
( a + 1) p = a p + ∑ip=−11 i  . a p −i + 1
 
(
) (
weiters ist ( a + 1) − (a + 1) = ( a + 1) − a p − 1 + a p − a
p
p
)
Aus (**) folgt daher:
( a + 1) p − (a + 1) = ∑ip=−11 i  . a p − i + (a p − a )
 p
 
(***)
 p
Nun gilt p   für 1≤i≤p-1 und laut (*) gilt pap − a. Es
 i
(
)
 p
gilt daher p ∑ ip=−11  . a p − i + a p − a , d.h. p(a+1)p − (a+1).
 i
Sei nun a<0 ⇒ a= − a ;nach obigem gilt
p
p a − a ,d.h.
a − a = p. q ⇒ ( − a ) + a = p. q ⇒ ap − a = p.(−q) ,∀p≥3 .
p
p
D.h. pap − a , ∀p≥3 ; für p=2 gilt: 2a2 − a=a.(a − 1).
Damit gilt pap −a , ∀a∈Z . Ist nun ggT(p,a)=1,d.h. p /| a ,
dann gilt: pap −a ⇔ ap −a =p.q ⇒ p.q=a.(ap-1 −1) ⇒
pap-1 −1 , weil p /| a . Es gilt daher:
Aus p /| a folgt,daß ap-1 ≡ 1 (mod p) .
52.)Man zeige,daß 834 − 818 − 816 + 1 durch 323 teilbar ist.
53.)Es sei p eine ungerade Primzahl und verschieden von 5.
Man beweise,daß es unter den ersten p dekadisch
geschriebenen Gliedern der Folge 1,11,111,1111,11111,...
mindestens eine Zahl gibt,die durch p teilbar ist.
(1972, Gebietswettbew. für Anfänger).
54.)a) Bestimme die Lösung des Systems
5x ≡ 2 mod 3 , 4 x ≡ 4 mod 7 , 2 x ≡ 4 mod 10
b) Beweise:Sind k verschiedene Primzahlen p1,p2,...,pk
gegeben, dann existiert ein m∈N ,sodaß pi (m+i) ,
∀i∈{1,2,3,...,k} .
Lösung: a) x ≡ 22 (mod 105)
b) Man hat nur das System m ≡ −i mod pi ,
i∈{1,2,3,...,k}, zu lösen. Die Lösung m existiert
nach dem chinesischen Restsatz.
bezeichnen wir mit Z ∗m . Definiert man ,wie in der
Algebra üblich ,in Z
m
eine Multiplikation durch
a ⊗ m b = a. b ,dann ist Z ∗m bezüglich dieser
Multiplikation eine abelsche Gruppe der Ordnung ϕ(m)
.Insbesondere ist also in Z ∗m die Gleichung a ⊗ m x = 1
eindeutig lösbar;die Lösung x ist das inverse Element
zu a . a ⊗ m x = 1 ⇔ a.x≡ 1 (mod m)
⇔ ∃x,y∈Z, so daß a.x + m.y = 1 ist; dies ist aber
richtig nach Satz 1.3,wegen ggT(a,m)=1.
Satz 2.4 (Satz von EULER - FERMAT):
Ist a eine prime Restklasse mod m ,dann gilt
ϕ ( m)
a
= 1 ; diese Aussage ist äquivalent zu:
Ist ggT(a,m)=1,dann gilt: a ϕ ( m) ≡ 1 mod m
Satz 2.5:
(1) ϕ( p e ) = p e − p e −1 für jede Primzahl p und e∈N .
(2) Ist ggT(k,l) = 1,dann gilt ϕ(k.l) = ϕ(k).ϕ(l)
Aus (1) und (2) folgt:
(3) Ist

1
e
n = ∏ p i i mit e i ≥ 1 , dann ist ϕ ( n) = n. ∏  1 −  .
 pi 
Insbesondere ist ϕ(p) = p−1 ;
daraus und aus Satz 2.4 ergibt sich der folgende Satz:
Satz 2.6 (Kleiner Satz von FERMAT):
Ist p Primzahl und gilt p /| a ⇒ a p −1 ≡ 1 (mod p) .
Oder äquivalent damit:
Ist p Primzahl ⇒ a p ≡ a (mod p) , ∀a ∈Z
Satz 2.7: (Satz von WILSON):Genau dann ist p eine
Primzahl,wenn (p−1) ! ≡ −1 (mod p) .
Satz 2.8: (CHINESISCHER RESTSATZ):
Seien m1,m2,...,mn ∈N und paarweise relativ prim und
seien c1 ,c2 ,...,cn ∈Z; weiters sei m:=m1.m2.....mn .
Dann ist das System von Kongruenzen x≡ci (mod mi ) ,
1≤i≤n, mod m eindeutig lösbar. Es gilt:
x ≡ ∑ nj=1
 m
m

. b j . c j (mod m) , b j ≡ 

mj
 mj 
−1
(mod m j )
7
3.Einige wichtige Beweismethoden und Lösungsstrategien
Neben dem direkten, dem indirekten und dem Indutionsbeweis seien (insbesondere für die Zahlentheorie) die folgenden
Methoden angeführt:
3.1:wDie Anwendung der Formeln von HORNER : a n − b n = (a − b).(a n −1 + a n − 2 . b +...+a. b n − 2 + b n −1 ) , ∀n ≥ 2, n ∈ N ,
a 2 k +1 + b 2 k +1 = (a + b).(a 2 k − a 2 k −1 . b + −...− a. b 2 k −1 + b 2 k ) ,∀k∈N ,
 n
n
wAnwendung des binomischen Lehrsatzes: ( a + b) = ∑ in= 0   . a n − i . b i ,∀n∈N
 i
wDie Division mit Rest und zwar sowohl von ganzen Zahlen als auch von Polynomen.
wDie Anwendung der Tatsachen,daß jede nichtleere Teilmenge von N eine kleinste Zahl und daß jede
nichleere endliche Teilmenge von N sowohl eine kleinste als auch eine größte Zahl enthält.
wDas Rechnen mit Kongruenzen .
3.2: Die Anwendung des Schubfachprinzips:
Das DIRICHLETsche Schubfachprinzip (englisch:pigeonhole principle) lautet ,locker formuliert:
Werden s+1 Gegenstände in s Schubfächer gelegt,dann muß mindestens ein Schubfach mindestens zwei
Gegenstände enthalten .
Etwas allgemeiner formuliert,lautet es:
Werden k.s+1 Gegenstände (k≥1) in s Schubfächer gelegt,dann enthält mindestens ein Schubfach wenigstens k+1
Gegenstände.
Dieses einfache kombinatorische Prinzip wurde zuerst von DIRICHLET (1805 - 1859) explizit formuliert und
in der Zahlentheorie verwendet. Das Prinzip liefert nur Existenzbeweise. Jede Existenzbehauptung über endliche
Mengen kann in der Regel mit dem Schubfachprinzip bewiesen werden.
Es hat innerhalb der Mathematik und insbesondere in der Zahlentheorie eine Fülle von überraschenden
Anwendungen.
Die Hauptschwierigkeit seiner Anwendung liegt dabei in der Identifizierung der „Gegenstände“ und der
„Schubfächer“ .
Ein erstes Beispiel dazu: Unter 13 Personen gibt es mindestens zwei,die im gleichen Monat geboren sind.
Die „Schubfächer“ sind jetzt die zwölf Monate und die „Gegenstände“ sind die 13 Personen.
Ergänzung:Exakte Formulierungen zum Schubfachprinzip:
Vereinbarung: Sei n ∈N0 . S(0):=∅=leere Menge und S(n):={0,1,...,n−1}, für n≥1.
Satz 3.1: Ist n<m,dann gibt es keine bijektive Abbildung von S(n) auf S(m),d.h. die Mengen S(n) und S(m) sind nicht
gleichmächtig.
Definition 3.1: Eine Menge M heißt endlich genau dann,wenn es eine Zahl n∈ N0 gibt,sodaß es eine bijektive Abbildung
von S(n) auf M gibt.
Bemerkung: Falls n existiert,dann ist es eindeutig bestimmt.
Definition 3.2: Das eindeutig bestimmte n∈ N0 aus Definition 3.1 heißt Kardinalzahl von M und man schreibt M : = n .
Definition 3.3: Ist eine Menge nicht endlich,dann heißt sie unendliche Menge .
Satz 3.2(Dirichletsches Schubfachprinzip): Seien K und L endliche,nichtleere Mengen und sei K > L . Sei f eine
surjektive Abbildung von K auf L. Dann gibt es l∈L und k , k’ ∈ K , k≠k’ , mit f(k) = f(k’) = l .
8
55.)Gegeben sei eine Menge von n+1 natürlichen Zahlen,die alle ≤2.n sind.
Zeige: Es gibt mindestens eine Zahl dieser Menge,welche eine andere Zahl dieser Menge teilt.
Lösung mittels Schubfachprinzip: Die gegebenen n+1 Zahlen seien x1,x2 ,...,xn+1 . Für jedes i∈{1,2,...,n+1} können
wir schreiben x i = 2 n i . y i , wobei ni∈N0 und yi ungerade sind . Sei nun T:={yi | i∈{1,2,...,n+1}}. Dann ist T eine
Menge von n+1 ungeraden Zahlen, von denen jede < 2.n . Es gibt aber nur n ungerade Zahlen,die kleiner als 2.n sind .
Nach dem Schubfachprinzip müssen daher zwei Zahlen aus der Menge T gleich sein. Es seien dies etwa yj = yk mit
j<k .
n
Es gilt dann x j = 2 j . y j und x k = 2 n k . y j . Ist nj ≤ nk ,dann teilt xj die Zahl xk ; ist nj > nk ,dann teilt xk die Zahl xj .
Bemerkung:Die Aufgabe 55.) kann auch mittels vollständiger Induktion nach n gelöst werden.
56.) Gegeben sei eine beliebige Menge von zehn natürlichen Zahlen zwischen 1 und 99. Beweise,daß es zwei
disjunkte,nichtleere Teilmengen gibt,deren Summe der Elemente gleich ist.
57.) Beweise,daß jede Teilmenge von 55 Zahlen aus der Menge {1,2,3,...,100} zwei Zahlen enthalten muß,die sich um 9
unterscheiden.
58.)Zeige,daß von fünf beliebigen natürlichen Zahlen n1 ,n2 ,n3 ,n4 ,n5 immer drei ausgewählt werden können,deren
Summe durch drei teilbar ist.
59.)Zeige: Unter 100 ganzen Zahlen,von denen keine durch 100 teilbar ist,ist es stets möglich zwei oder mehrere zu
finden,deren Summe durch 100 teilbar ist.
60.) Sei A eine beliebige Menge von 20 verschiedenen Zahlen aus der arithmetischen Folge 1,4,7,10,...,100. Man
zeige,daß A stets zwei verschiedene Zahlen enthält,deren Summe 104 ist.
3. 3: Die Methode des unendlichen Abstiegs:
Schon die Pythagoräer (5.Jahrh.v.Chr.) haben diese wichtige Methode zur Führung von Unmöglichkeitsbeweisen
erfunden. Der Grundgedanke ist der folgende:
Es soll gezeigt werden,daß eine gewisse Gleichung f(x,y,z,....)= 0
(1)
für natürliche Zahlen unmöglich ist.
Man zeigt: Wenn Gleichung (1) für gewisse natürliche Zahlen a,b,c,... gelten würde,dann würde (1) auch für die
kleineren natürlichen Zahlen a1 , b1 , c1 , .... gelten. Aus den gleichen Gründen würde (1) für die noch kleineren
natürlichen Zahlen a2 , b2 , c2 , ... gelten usw. ad infinitum . Dies ist jedoch unmöglich, da eine Folge natürlicher
Zahlen
nicht unbegrenzt abnehmen kann.
Pierre de Fermat (1601 - 1665) hat diese Methode wiederentdeckt und Methode des unendlichen Abstiegs (descente
infinie) genannt. Er war besonders stolz auf diese Methode. Mit dieser Methode kann man z.B.relativ leicht beweisen,
daß die Gleichung x4 + y4 = z4 keine nichttrivialen Lösungen in N0×N0×N0 besitzt.
61.)Beweise,daß die Gleichung 8x 4 + 4 y 4 + 2 z 4 = t 4 keine Lösungen in natürlichen Zahlen hat.
Lösung: Beweis erfolgt indirekt und zwar mit der Methode des unendlichen Abstiegs :
Die Gleichung 8x 4 + 4 y 4 + 2 z 4 = t 4
(1)
sei lösbar. Dann muß t gerade sein,da die linke Seite von (1) gerade ist; es ist daher t= 2.t1 .Setzt man dies in (1)
ein , dann erhält man,nachdem man außerdem durch 2 dividiert hat
4.x4 + 2.y4 + z4 = 8.t14 .
Daraus folgt wiederum,daß z gerade sein muß; also z=2.z1 und es gilt daher
2.x4 + y4 + 8.z14 = 4.t14 ⇒ y ist gerade,d.h. y = 2.y1 und daher
x4 + 8.y14 + 4.z14 = 2.t14 .
Schließlich ist x = 2.x1 und wir erhalten
8.x14 + 4.y14 + 2.z14 = t14 , x1<x , y1<y , z1<z , t1<t
(2).
Mit (1) und (2) haben wir die beiden ersten Schritte des unendlichen Abstiegs und damit sind wir fertig.
62.)Zeige: Die diophantische Gleichung x2 + y2 + z2 = x2.y2 hat x = y = z = 0 als einzige ganzzahlige Lösung.
(1976, 5. Mathematik-Olympiade der USA)
63.)Es seien a und b positive ganze Zahlen,so daß a.b+1 ein Teiler von a2 + b2 ist. Man zeige,daß
einer ganzen Zahl ist. (1988, 29. IMO in Australien;vorgeschlagen von der BRD).
a 2 + b2
das Quadrat
a. b + 1
9
4.Pythagoräische Zahlentripel. Die Gleichung x4 + y4 = z2
4.1. Die diophantische Gleichung x2 + y2 = z2
Wir betrachten die nichtlineare,diophantische Gleichung x2 + y2 = z2
(1)
Die Lösungen der Form (x,y,z)=(0,t,t) , (x,y,z)= (t,0,t),t∈Z, nennt man ihre trivialen Lösungen; (x,y,z)=(3,4,5) ist eine
nichttriviale Lösung der Gleichung (1). Es genügt,wenn wir alle Lösungen von (1) in N3 :=N× N× N suchen.
Ein Zahlentripel (x,y,z)∈ N3 , welches die Gleichung (1) erfüllt,nennen wir ein pythagoräisches Tripel.
((
)
(
Satz 4.1: Sei t∈N, seien a>b ,a,b∈N und a ≡/ b (mod 2).Dann sind t. a 2 − b 2 , 2 tab , t. a 2 + b 2
(2tab , t. (a
2
) (
− b 2 , t. a 2 + b 2
)) und
)) pythagoräische Tripel. Ist umgekehrt (x,y,z) ein pythagoräisches Tripel,
so gibt es t∈N , a>b>0 , a ≡/ b (mod 2) , sodaß x = t.(a2 − b2) , y = 2tab , z = t.(a2 + b2 ) oder x = 2tab ,
y = t.(a2 − b2 ) , z = t.(a2 + b2 ) .
Bemerkung:Pythagoräische Tripel (x,y,z) mit ggT(x,y,z)=1 nennt man primitive pythagoräisches Tripel.
Alle primitiven pythagoräischen Tripel mit geradem y haben die Form (a2 − b2 , 2ab , a2 + b2 ) mit a>b>0,ggT(a,b)=1 und
a ≡/ b (mod 2) .
Satz 4.2: Die diophantische Gleichung x4 + y4 = z2 besitzt keine nichttriviale Lösung.
Bemerkung:Aus Satz 4.2 folgt sofort die Unlösbarkeit der Gleichung x4 + y4 = z4 .
Lehrbücher der Zahlentheorie:
1.)E.Hlawka , J.Schoißengeier: Zahlentheorie .Eine Einführung. Manz - Verlag,Wien 1979
2.)H. Scheid:Zahlentheorie. BI-Wissenschaftsverlag ,Mannheim,Wien 1994 .
3.)A.Bartholomé,J.Rung,H.Kern: Zahlentheorie für Einsteiger,Vieweg,Braunschweig/Wiesbaden,1995
4.)G.H.Hardy,E.M.Wright:An introduction to the theory of numbers, Clarendon Press, Oxford 1960
Quellen der Aufgaben:
♦ Skriptum „ Zahlentheorie“ des BMfUu.kult.Ang. für ÖMO-Kursleiter und Schüler.
♦ H.Scheid:Zahlentheorie. BI-Wissenschaftsverlag ,Mannheim,Wien 1994 .
♦ G.Baron ,E.Windischbacher: Österreichische Mathematik-Olympiaden 1970-1989, Universitätsverlag
Wagner,Innsbruck , 1990.
♦ A.Engel: Mathematische Olympiadeaufgaben aus der UdSSR .Klett -Verlag,Stuttgart ,1966
♦ D.O.Shklarsky,N.N.Chentzov,I.M.Yaglom:The USSR Olympiad problem book , Dover Publications,New York,1994.
♦ M.S.Klamkin: USA Mathematical Olympiads 1972-1986,The Mathematical Association of America ,1988
♦ L.C.Larson:Problem-Solving through problems,Springer-Verlag,New York,1983
♦ H.D.Hornschuh:Internationale Mathematik-Olympiaden: Bd.I,1959-1968;Bd.II,1969-1978;Bd.III,1979-1988,ManzVerlag,München 1977,1983,1988