Musterlösungen Nr. 6

Elementare Zahlentheorie
Musterlösungen Zettel 6
Aufgabe 1.
a) Es gilt:
ϕ(42) = ϕ(2 · 3 · 7) = ϕ(2) · ϕ(3) · ϕ(7) = 1 · 2 · 6 = 12.
Ebenso berechnet man:
ϕ(420) = ϕ(22 · 3 · 5 · 7) = (22 − 2) · 2 · 4 · 6 = 96.
Und analog:
ϕ(4200) = ϕ(23 · 3 · 52 · 7) = (23 − 22 ) · 2 · (52 − 5) · 6 = 960.
b) Für n ∈ {17, 32, 40, 48, 60} gilt: ϕ(n) = 16.
Aufgabe 2.
a) Es genügt zu zeigen, dass 22 , 23 , 26 und 29 jeweils nicht kongruent 1 modulo 19 sind. Für 22 und 23 ist das offensichtlich und für die anderen beiden
gilt
26 = 64 ≡ 7 (mod 19) und 29 = 512 ≡ 18 (mod 19).
b) Wegen 211 = 2048 ≡ 1 (mod 23) ist 2 keine primitive Wurzel von 23.
c) Es gilt 10 ≡ −1 (mod 11) und damit ist 102 ≡ 1 (mod 11) und 10 keine
primitive Wurzel von 11.
Aufgabe 3.
a) Die ϕ-Funktion ist mutliplikativ für teilerfremde Zahlen und es gilt ϕ(pk ) =
pk − pk−1 = pk · (1 − 1p ) für alle Primzahlen p. Schreibe n nun zerlegt in
Primfaktoren, wie in der Aufgabe, dann folgt:
!
k
k
k
k Y
Y
Y
Y
1
1
ei
ei
ei
pi · 1 −
ϕ(pi ) =
pi =
ϕ(n) = ϕ
=n·
.
1−
pi
pi
i=1
i=1
i=1
i=1
b) Schreibe n wie in a) in Primfaktoren zerlegt. Mit der Formel aus a) folgt:
k k Y
Y
1
1
1
1−
= 1 ⇐⇒
= .
1−
2 · ϕ(n) = n ⇐⇒ 2 ·
pi
pi
2
i=1
i=1
Schreibe die linke Seite um:
Y
k k Y
pi − 1
1
=
.
1−
pi
pi
i=1
i=1
Ist nun pk die größte der vorkommenden Primzahlen, dann ist der Nenner
des Ausdruckes durch pk teilbar, der Zähler aber nicht, da alle Faktoren
echt kleiner als pk sind und pk eine Primzahl ist. Um auf 12 zu kommen
muss daher die größte (und daher einzige) vorkommende Primzahl gleich
2 sein. Dieser Primfaktor muss aber auch wirklich vorkommen, also folgt
die Behauptung.
c) Mit derselben Argumentation wie in b) folgt:
3 · ϕ(n) = n ⇐⇒
k Y
pi − 1
i=1
pi
=
1
.
3
Wiederum darf die größte vorkommende Primzahl nicht größer als 3 sein.
Daraus folgt wieder die Behauptung, denn falls die einzige vorkommende
Primzahl die 2 ist, ergibt der Ausdruck 12 wie in b) gesehen und falls nur
die 3 vorkommt, ergibt sich 23 . Kommen beide vor, ergibt das Produkt wie
gewünscht 13 .
Aufgabe 4.
a) Zunächst gilt: Da g primitive Wurzel von m ist, ist g modulo m auch
invertierbar, es folgt also
ga ≡ gb (mod m) ⇐⇒ ga−b ≡ 1 (mod m).
Da g primitiv ist, hat g die Ordnung ϕ(m), der Ausdruck oben ist also
äquivalent zu ϕ(m)|(a − b) bzw. a ≡ b (mod ϕ(m)).
b) Vorüberlegung (vgl. auch Zettel 7, Aufgabe 1:) Da a Ordnung 3 modulo p
hat, ist a nicht kongruent 1 modulo p und daher gilt (a − 1) 6≡ 0 (mod p)
bzw. p 6 |(a − 1). Es gilt aber:
(a2 + a + 1) · (a − 1) = a3 − 1 ≡ 1 − 1 = 0 (mod p).
Also folgt p|(a2 + a + 1) bzw. a2 + a + 1 ≡ 0 (mod p).
Betrachte nun (a + 1)3 :
(a+1)3 = a3 +3a2 +3a+1 = 3a2 +3a+2 = 3·(a2 +a+1)−1 ≡ −1 (mod p).
2
Also folgt (a + 1)6 = (a + 1)3 ≡ (−1)2 = 1 (mod p), also teilt ist die
Ordnung von a + 1 ein Teiler von 6.
Es gilt aber a + 1 6≡ 1 (mod p), denn daraus folgte a ≡ 0 (mod p), was
nicht sein kann. Ebenso gilt (a+1)2 = a2 +2a+1 ≡ a (mod p), also ist die
Ordnung von a + 1 auch nicht 2. Die 3 scheidet nach obigen Überlegungen
ebenfalls aus, also folgt, dass die Ordnung genau 6 sein muss.