Universität Würzburg Institut für Mathematik Prof. Dr. Oliver Roth

Universität Würzburg
Institut für Mathematik
Prof. Dr. Oliver Roth, Sebastian Schleißinger
SS 2013
11. Übung zur Einführung in die Zahlentheorie
11.1 Zeigen Sie, dass für n, m ∈ N \ {1} die Zahl n3 + m3 keine Primzahl ist.
(2 Punkte)
Lösungshinweise:
Es gilt n3 + m3 = (n + m)(n2 − nm + m2 ). Wegen n, m > 1 ist n + m < n3 + m3 und damit ist
n + m > 1 und n2 − nm + m2 > 1.
11.2 Es sei p eine Primzahl ≡ 2 (mod) 3. Zeigen Sie, dass jedes [a] ∈ Z∗p ein kubischer Rest ist, also
[a] = [b]3 für ein b ∈ Z.
(3 Punkte)
Lösungshinweise:
Es sei p = 3n + 2. Dann gilt ap ≡ a (mod p) sowie ap−1 ≡ 1 (mod p) nach dem kleinen Satz
von Fermat. Zusammen gilt also a ≡ a · 1 ≡ aq · aq−1 ≡ a2q−1 ≡ a6n+3 ≡ (a2n+1 )3 (mod p).
11.3 Beweisen oder widerlegen Sie:
a) Für jedes p ∈ P ist log10 (p) irrational.
√
√
b) α := 2 + 5 ist algebraisch.I (Hinweis: Berechnen Sie α2 und α4 .)
c) Die Menge der transzendenten komplexen Zahlen ist abzählbar.
(3+3+3 Punkte)
Lösungshinweise:
a) Richtig: Es sei log10 (p) = m/n, m, n ∈ N. Dann ist also
pn = 10m = 2m · 5m .
Also teilt p die Zahl 2m · 5m , d.h. p = 2 oder p = 5. Beide Fälle führen zu Widersprüchen.
√
√
b) Richtig: Es gilt α2 = 7 + 2 10 und α4 = 89 + 28 10. Also ist α Nullstelle des Polynoms
p(x) = x4 − 14x2 + 9.
c) Falsch: Die Menge aller Polynome mit ganzzahligen Koeffizienten und Grad ≤ n ist abzählbar. Es sei An die Menge aller Nullstellen von Polynomen mit Grad ≤ n. Da jedes solche
S Polynom höchstens n verschiedene Nullstellen hat, ist An abzählbar und damit ist auch S n≥1 An
abzählbar. Folglich ist die Menge aller transzendenten komplexen Zahlen, also C \ n≥1 An ,
überabzählbar.
I
Eine komplexe Zahl α heißt algebraisch, falls α Nullstelle eines Polynoms p(x) ∈ Z[x] ist. Andernfalls heißt α
transzendent.
11.4 Zeigen Sie: Jedes α ∈ Q ist approximierbar von der Ordnung 1, aber nicht von der Ordnung
1 + ε für jedes ε > 0.
(6 Punkte)
Lösungshinweise:
Es sei α = rs , r, s ∈ Z.
Zur Approximation der Ordnung 1: Wir müssen zeigen, dass es C > 0 und unendlich viele
Paare p, q ∈ Z gibt, so dass
rq
− p < C.
s
Offenbar können wir für C = 1 und q ∈ Z beliebig stets ein p ∈ Z finden, so dass die Ungleichung erfüllt ist.
Zur Approximation der Ordnung 1 + ε: Es seien C > 0, p, q ∈ Z, so dass | rs − pq | <
Es folgt
Csq
1 ≤ |rq − ps| < 1+ε , q ε < Cs.
q
C
, r
q 1+ε s
6= pq .
Damit gibt es für q nur endlich viele Möglichkeiten und für jedes q nur endlich viele mögliche
Zähler p.