Zahlentheorie C. Heuberger Mariazell 2009 S. 1 1. Seien x und y

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1. Seien x und y positive ganze Zahlen mit y > 3 und
x2 + y 4 = 2 (x − 6)2 + (y + 1)2 .
Zeigen Sie, dass x2 + y 4 = 1994.
Lösung. Ausmultiplizieren der gegebenen Gleichung ergibt
y 4 − 2y 2 − 4y − 2 = x2 − 24x + 72.
Wir ergänzen jeweils zu vollständigen Quadraten und erhalten
(y 2 − 1)2 − 4y + 69 = (x − 12)2 .
(1)
Wir betrachten (1) modulo 4 und erhalten
(y 2 − 1)2 + 1 ≡ x2
(mod 4).
Da 0 und 1 die einzigen quadratischen Reste modulo 4 sind, muss x ungerade und y 2 − 1 gerade
sein, also y ungerade sein.
Für y = 5 ergibt sich
242 − 20 + 69 = (x − 12)2 ,
also x − 12 = ±25, woraus x = 37 folgt, weil x als positiv vorausgesetzt wurde. Tatsächlich gilt
372 + 54 = 1994.
Wir können daher ab jetzt y ≥ 7 voraussetzen. Dann gilt
−4y + 69 ≤ 41 < 2(y 2 − 1) + 1,
also (x − 12)2 < (y 2 − 1)2 + 2(y 2 − 1) + 1 = (y 2 )2 .
Andererseits gilt auch
−4y + 69 > −2(y 2 − 1) + 1
(das ist ja äquivalent zur wahren Aussage 2y 2 − 4y + 66 > 0), weshalb (x − 12)2 > (y 2 − 1)2 − 2(y 2 −
1) + 1 = (y 2 − 2)2 gilt.
Daraus folgt (x − 12)2 = (y 2 − 1)2 (das ist die einzige Quadratzahl zwischen (y 2 − 2)2 und (y 2 )2 ).
Das widerspricht den Paritätsüberlegungen von vorhin. Es gibt daher keine weiteren Lösungen der
gegebenen Gleichung.
2. Seien a1 , a2 , . . . , an ganze Zahlen mit Werten zwischen 2 und 1995 mit folgenden Eigenschaften:
(a) Je zwei der ai sind relativ prim.
(b) Jedes ai ist entweder prim oder das Produkt verschiedener Primzahlen.
Wie groß muss n mindestens sein, damit die Folge jedenfalls eine Primzahl enthält?
Lösung. Wir nennen eine Folge a1 , . . . , am zulässig, wenn 2 ≤ aj ≤ 1995 für jedes j ∈ {1, . . . , m}
gilt, die Folgenglieder paarweise relativ prim sind und jedes Folgenglied ein Produkt verschiedener
Primzahlen, aber selbst keine Primzahl ist.
Die Aufgabenstellung ist äquivalent dazu, das größte m zu finden, sodass es eine zulässige Folge der
Länge m gibt. Das in der Aufgabenstellung gesuchte n ist dann n = m + 1.
Wir nehmen an, es gebe für ein m eine zulässige Folge der Länge m. Sei a1 , a2 , . . . , am eine zulässige
Folge mit minimaler Summe der Elemente.
Falls eines der ai aus mehr als zwei Primfaktoren besteht, so könnten wir ai durch das Produkt
zweier dieser Primfaktoren ersetzen. Die entstehende Folge wäre wieder zulässig und hätte eine
kleinere Summe der Elemente, Widerspruch.
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Daher ist jedes der ai das Produkt zweier Primzahlen. Es gelte daher ai = pi qi für gewisse Primzahlen pi und qi , wobei wir pi < qi voraussetzen können. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit können
wir annehmen, dass p1 < p2 < · · · < pn gilt (es können aufgrund der vorausgesetzten Teilerfremdheit
keine Primzahlen mehrfach auftreten).
Daher gilt p1 < p2 < · · · < pm−1 < pm < qm .
Wir bezeichnen die k-te positive Primzahl mit Pk , also P1 = 2, P2 = 3, P3 = 5, . . . . Dann gilt
offensichtlich
1995 ≥ am = pm qm ≥ Pm Pm+1 .
Da 41 · 43 = 1763 < 1995 < 2021 = 43 · 47, folgt Pm ≤ 41 und daher m ≤ 13.
Tatsächlich gibt es eine zulässige Folge mit 13 Gliedern:
n
Pn
P27−n
an = Pn P27−n
1
2
101
202
2
3
97
291
3
5
89
445
4
7
83
581
5
11
79
869
6
13
73
949
7
17
71
1207
8
19
67
1273
9
23
61
1403
10
29
59
1711
11
31
53
1643
12
37
47
1739
13
41
43
1763
Das gesuchte n ist daher 14.
3. Gibt es drei ganze Zahlen, sodass jede größer als 1 ist und sodass das um 1 verminderte
Quadrat jeder Zahl durch jede der anderen Zahlen geteilt werden kann?
Lösung. Wir nehmen an, dass es drei solche Zahlen x, y, z gibt. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit nehmen wir an, dass 1 < x ≤ y ≤ z. Laut Angabe gilt
y | x2 − 1,
x | y 2 − 1,
x | z 2 − 1,
z | x2 − 1,
z | y 2 − 1,
y | z 2 − 1.
Da y | x2 − 1, folgt ggT(x, y) = 1. Analog erhält man ggT(y, z) = ggT(x, z) = 1.
Da ggT(y, z) = 1 und y | x2 − 1 und z | x2 − 1, folgt auch
yz | x2 − 1.
Da z ≥ y ≥ x > 1, folgt
x2 ≤ yz ≤ x2 − 1,
ein Widerspruch. Daher gibt es keine solchen Zahlen.
4. Wie viele Paare positiver ganzer Zahlen (x, y) mit x ≤ y gibt es, sodass ggT(x, y) = 5! und
kgV(x, y) = 50! gilt? (n! = 1 · 2 · · · (n − 1) · n)
Lösung. Die einzigen Primzahlen, die 50! teilen, sind die Primzahlen kleiner oder gleich 50. Das sind
die 15 Zahlen P50 := {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47}. Sei αp = vp (x) und βp = vp (y)
für p ∈ P50 . Da
vp (5!) = vp (ggT(x, y)) = min(vp (x), vp (y)) = min(αp , βp ),
vp (50!) = vp (kgV(x, y)) = max(vp (x), vp (y)) = max(αp , βp ),
ist für jede Primzahl p ∈ P50 nur die Auswahl zu treffen, ob αp = vp (5!) und βp = vp (50!) oder
umgekehrt βp = vp (5!) und αp = vp (50!) gelten soll, weil ja vp (5!) < vp (50!) für alle p ∈ P50 gilt.
Die Anzahl der Paare (x, y), die ggT(x, y) = 5! und kgV(x, y) = 50! erfüllen, entspricht also genau
den 2|P50 | = 215 Möglichkeiten, die αp und die βp für alle p ∈ P50 festzulegen. Dabei zählen wir
allerdings jedes Paar (x, y) und (y, x) getrennt, die Angabe fordert allerdings x ≤ y. Daher müssen
wir das Ergebnis durch 2 dividieren und erhalten 214 Paare der geforderten Gestalt.
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5. Eine positive ganze Zahl n heißt abundant, wenn σ(n) > 2n, wobei σ(n) die Summe der
positiven Teiler von n ist. Seien a und b positive ganze Zahlen und sei a abundant. Zeigen
Sie, dass ab abundant ist.
Lösung. Da für jeden Teiler d von a auch db ein Teiler von ab ist, gilt
σ(ab) =
X
t|ab
t≥
X
db = b
d|a
X
d = bσ(a) > b2a.
d|a
Daher ist ab abundant.
6. Finden Sie alle ganzen Zahlen x, für die
x2000 + 20001999 = x1999 + 20002000
gilt.
Lösung. Die gegebene Gleichung ist äquivalent zu
x1999 (x − 1) = 20001999 · 1999.
(2)
Da 1999 eine Primzahl ist und diese auf der rechten Seite von (2) genau einmal auftritt, kann 1999
kein Teiler von x sein und daher gilt 1999 | x − 1. Daraus folgt x − 1 ∈ {−1999, 0, 1999} oder
|x − 1| ≥ 2 · 1999.
Wenn x − 1 = −1999, folgt x = −1998, was offensichtlich keine Lösung ergibt. Der Fall x − 1 = 0
ist unmöglich, weil die rechte Seite von (2) ungleich 0 ist. Der Fall x − 1 = 1999 führt auf x = 2000,
was offensichtlich eine Lösung ist.
Wenn |x − 1| ≥ 3998, so folgt |x| ≥ 3997 und damit |x1999 (x − 1)| ≥ 39971999 3998 > 20001999 1999.
Daher ist x = 2000 die einzige ganzzahlige Lösung der gegebenen Gleichung.
7. Zeigen Sie, dass für alle ganzen Zahlen n ≥ 2 und alle Primzahlen p die Zahl
p
np + pp
zusammengesetzt ist.
Lösung. Betrachte zunächst den Fall p ≥ 3. Sei x = np
xp = np·p
p−1
p−1
. Dann ist
p
= np .
Also gilt
xp + pp = (x + p)(xp−1 − xp−1 p + · · · + pp−1 ).
Wir behandeln jetzt p = 2. Dann ist die zu betrachtende Zahl gleich n4 + 4. Da
n4 + 4 = (n2 − 2n + 2)(n2 + 2n + 2)
und die beiden Faktoren für n ≥ 2 größer als 1 sind, folgt die Aussage auch hier.
8. Zeigen Sie, dass für jede ganze Zahl n > 1 die Zahl (n − 1)2 ein Teiler von nn−1 − 1 ist.
Lösung. Sei
x=
nn−1 − 1
= nn−2 + nn−3 + · · · + n + 1.
n−1
Da n ≡ 1 (mod n − 1), gilt
x ≡ 1 + 1 + ··· + 1 + 1 ≡ n − 1 ≡ 0
(mod n − 1).
Wir haben gezeigt, dass (n − 1) | x und daher (n − 1)2 | x(n − 1) = nn−1 − 1.
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9. Zeigen Sie, dass das Produkt der ersten n positiven ganzen Zahlen genau dann durch die
Summe der ersten n positiven ganzen Zahlen teilbar ist, wenn n + 1 keine ungerade Primzahl
ist.
Lösung. Die Summe der ersten n positiven ganzen Zahlen ist
1 + 2 + ··· + n =
n(n + 1)
.
2
Wir sollen also zeigen, dass
˛
n(n + 1) ˛
˛ n! ⇐⇒ n + 1 ist keine ungerade Primzahl.
2
Wenn n + 1 eine ungerade Primzahl ist, so ist n + 1 kein Teiler von n! und daher ist erst recht
n
(n + 1)
2
kein Teiler von n! (man bemerke, dass n/2 eine ganze Zahl ist).
Wenn n + 1 eine gerade Zahl größer oder gleich 4 ist, so ist (n + 1)/2 eine ganze Zahl kleiner als
n und daher sind (n + 1)/2 und n zwei verschiedene ganze Zahlen kleiner oder gleich n. Daher gilt
n(n + 1)/2 | n!.
Für n + 1 = 2 gilt tatsächlich 1 | 1.
Wenn n+1 das Quadrat einer ungeraden Primzahl ist, also n+1 = p2 , so sind p und 2p < n = p2 −1,
also gilt 2p · p · n | n! und daher erst recht n(n + 1)/2 | n! .
Wenn n + 1 eine ungerade zusammengesetzte Zahl ist, die nicht das Quadrat einer Primzahl ist,
dann gibt es ungerade Zahlen r, s mit 1 < r < s < n und n + 1 = rs. Dann gilt r · s · n | n! und
daher erst recht n(n + 1)/2 | n! .
10. Für jede positive ganze Zahl n sei S(n) die Summe der Ziffern von n (wenn n in Basis 10
geschrieben ist). Zeigen Sie, dass für jede positive ganze Zahl n
S(2n) ≤ 2S(n) ≤ 10S(2n)
gilt. Zeigen Sie auch, dass es eine positive ganze Zahl n mit
S(n) = 1996S(3n)
gibt.
Lösung. Sei n = (a` a`−1 . . . a2 a1 a0 )10 die Dezimaldarstellung von n. Wir wählen cj und dj für
0 ≤ j ≤ ` derart, dass
cj ∈ {0, 1},
2aj = 10cj + dj ,
dj ∈ {0, 1, . . . , 9}.
Wir bemerken, dass dj sicherlich gerade ist und daher in Wahrheit dj ein Element von {0, 2, 4, 6, 8}
ist.
Es gilt
2n = 2
`
X
j=0
aj 10j =
`+1
`
X
X
(10cj + dj )10j =
(dj + cj−1 )10j ,
j=0
j=0
wobei wir der Einfachheit halber c−1 = 0 und d`+1 = 0 setzen. Da jeweils 0 ≤ dj + cj−1 ≤ 8 + 1 = 9
gilt, haben wir damit die Dezimaldarstellung von 2n gefunden, nämlich
2n = (c` (d` + c`−1 )(d`−1 + c`−2 ) . . . (d2 + c1 )(d1 + c0 )d0 )10 .
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Daher gilt
S(2n) =
`
`
`
X
X
X
(cj + dj ) ≤
(10cj + dj ) =
2aj = 2S(n)
j=0
j=0
j=0
und auch
S(2n) =
`
`
`
X
1 X
1
1 X
(10cj + dj ) =
2aj = S(n).
(cj + dj ) ≥
10
10
5
j=0
j=0
j=0
Somit ist sind alle Behauptungen über S(2n) vollständig gezeigt.
Für den zweiten Teil der Aufgabe wählen wir
n` = (33
. . 33} 6)10 ,
| .{z
`
die Dezimaldarstellung von n` bestehe also aus ` Ziffern 3, gefolgt von einer Ziffer 6. Es gilt somit
n` = 3 +
10`+1 − 1
3
und S(n` ) = 3` + 6.
Es gilt
3n` = 8 + 10`+1 = (10 . . . 08)10
mit ` Nullen. Somit folgt S(3n` ) = 9.
Wir erhalten
S(3n` )
9
3
=
=
.
S(n` )
3(` + 2)
`+2
Somit ist n3·1996−2 eine Lösung für den zweiten Teil der Aufgabe.