Musterlösungen Nr. 2

Elementare Zahlentheorie
Musterlösungen Zettel 2
Aufgabe 1.
a) Beweis durch vollständige Induktion. Zu zeigen: die Zahl 4n + 1 wird von
einer Promzahl geteilt.
Induktionsanfang: Sei n = 1. Zu zeigen: 4 · 1 + 1 = 5 wird von einer
Promzahl geteilt. Die Zahl 5 besitzt nur zwei Teiler, nämlich 1 und 5 und
ist daher selbst eine Promzahl. Da jede Zahl sich selbst teilt, wird 5 also
von einer Promzahl geteilt.
N
Induktionsschritt: Sei n ∈ beliebig. Die Induktionsvoraussetzung lautet:
Für alle k ∈ mit k < n wird 4k+1 von einer Promzahl geteilt. Zu zeigen
ist, dass 4n + 1 von einer Promzahl geteilt wird. Dies geschieht mit Hilfe
einer Fallunterscheidung.
Fall 1: Die Zahl 4n + 1 ist eine Promzahl, d.h. die hat keine Teiler im M
außer 1 und sich selbst. Dann wird sie von einer Promzahl, nämlich sich
selbst, geteilt.
Fall 2: Die Zahl 4n + 1 ist keine Promzahl, es gibt also eine Zahl x ∈ M
mit x|(4n + 1). Nach Definition von M ist x = 4k + 1 mit k < n, weil
x < 4n + 1 gelten muss. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es also eine
Promzahl p ∈ M mit p|x. Da die Teilbarkeitsrelation transitiv ist (vgl.
Zettel 1, Aufgabe 1d), folgt p|(4n + 1).
N
b) Wieder Beweis durch vollständige Induktion. Der Induktionsanfang für
n + 1, also 4 · 1 + 1 = 5 ist klar, da 5 selbst eine Promzahl ist.
N
Induktionsschritt: Sei n ∈ beliebig. Nach Aufgabe a) gibt es eine Promzahl x = (4m + 1) ∈ M mit x|(4n + 1). Falls x = 4n + 1, falls also
4n + 1 selbst eine Promzahl ist, stimmt die Behauptung. Andernfalls setze y := 4n+1
x .
Zunächst ist zu zeigen, dass y ∈ M gilt. Schreibe also y = 4k + i mit
0 ≤ i ≤ 3. Nach Voraussetzung gilt 4n + 1 = x · y = (4m + 1) · (4k + i) =
16mk + 4m + 4k + i. Die linke Seite lässt bei Division durch 4 den Rest
1 und die rechte Seite den Rest i, also folgt i = 1 und y ∈ M .
Nach Induktionsvoraussetzung lässt sich y als Produkt von Promzahlen
schreiben und wegen 4n + 1 = y · x folgt die Behauptung.
c) Beweis durch Widerspruch. Angenommen die Menge M enthält nur endlich viele Promzahlen p1 , . . . , pk . Definiere dann x := p1 · . . . · · · pk + 4.
Dann ist x keine Promzahl, denn x ist größer als jedes der pi . Andererseits gilt x ∈ M , denn das Produkt zweier Zahlen aus M liegt wieder in
M (wegen (4n + 1)·(4m + 1) = 16mb+ 4m + 4n + 1 = 4(4mn + m + n)+ 1).
Nach Teil a) wird x also von einer Promzahl pj geteilt. Die Zahl pj
teilt aber auch das Produkt p1 · . . . · pk und daher auch die Differenz
x − p1 · . . . · pk = 4, was ein Widerspruch ist, da pj ≥ 5.
d) Es gilt:
{x ∈ M : x ist eine Promzahl und x < 100}
= {5, 9, 13, 17, 21, 29, 33, 37, 41, 49, 53, 57, 61, 69, 73, 77, 89, 93, 97}
Keine Promzahlen sind 25 = 5 · 5, 45 = 5 · 9, 65 = 5 · 13, 81 = 9 · 9 und
85 = 5 · 17.
Aufgabe 2.
a) Behauptung: kgV (12, 30) = 60. Beweis: Zunächst ist 60 = 5 · 12 = 2 ·
30 ein gemeinsames Vielfaches von 12 und 30. Sei nun x ein weiteres
Vielfaches von 12 und 30. Dann gilt 12|x nach Voraussetzung und wegen
5|30 folgt auch 5|x wegen der Transitivität der Teilerrelation. Da 5 und
12 teilerfremd sind, folgt mit Korollar 1.11 dann (5 · 12)|x, also 60|x, was
zu zeigen war.
Nimm für den zweiten Teil zunächst q 6= 2 an. Dann gilt kgV (pq, 2p2 ) =
2p2 q. Offensichtlich ist dies ein Vielfaches der beiden Zahlen. Falls x ein
weiteres Vielfaches ist, folgt zunächst 2p2 |x und wegen q|pq auch q|x. Da
q und p verschiedene Primzahlen sind und q 6= 2 gilt, folgt wieder mit
Korollar 1.11, dass 2p2 q|x, was zu zeigen war.
Im Fall q = 2 gilt: kgV (pq, 2p2 ) = kgV (2p, 2p2 ) = 2p2 . Dies ist wegen
2p|2p2 offensichtlich.
b) Mit den Bezeichnungen der Aufgabe setze y := ph1 1 · . . . · phk k . Zu zeigen
ist, dass y = kgV (a, b). Sei dazu x ein weiteres Vielfaches von a und b. Zu
zeigen ist nun y|x.
Für jedes i mit 1 ≤ i ≤ k gilt pei i |a und pfi i |b. Also teilen beide Ausdrücke
das x und damit folgt phi i |x, denn hi = ei oder hi = fi . Wieder nach
h
Korollar 1.11 folgt nun y|x, denn phi i und pj j sind für i 6= j teilerfremd.
c) Nimm wieder die Bezeichnungen von Teil b). Dann gilt nach Satz 2.14:
ggT (a, b) = pg11 · . . . · pgkk
, wobei gi = min{ei , fi }.
Wegen ei + fi = min{ei , fi } + max{ei , fi } = gi + hi folgt die Behauptung:
a · b = pe11 +f1 · . . . · pekk +fk = p1g1 +h1 · . . . · pkgk +hk = kgV (a, b) · ggT (a, b).
Aufgabe 3.
a) Sei zunächst n ein Quadrat, also n = m2 für ein m ∈
Primfaktorzerlegung von m:
N. Betrachte die
m = pa11 · . . . · pakk .
Es folgt:
n = m2 = pa11 · . . . · pakk
2
2ak
1
= p2a
1 · . . . · pk .
Also ist jeder Exponent in der (eindeutigen) Primfaktorzerlegung von n
gerade.
Sei andererseits jeder Exponent in der Primfaktorzerlegung von n gerade.
Zu zeigen: n ist ein Quadrat. Nach Voraussetzung gilt aber:
2
2ak
1
n = p2a
= pa11 · . . . · pakk .
1 · . . . · pk
b) Nach Voraussetzung gilt p3 > n, also p2 > np .
Nimm nun an, dass np keine Primzahl ist, dann gibt es nach Lemma 2.5
q
einen Primteiler q mit q ≤ np . Daraus folgt q 2 ≤ np < p2 . Da q aber auch
Primteiler von n ist und p nach Voraussetzung kleinster Primteiler, folgt
auch p ≤ q, also p2 ≤ q 2 < p2 , ein Widerspruch.
Aufgabe 4.
Sei n keine Primzahl, also n = pq mit p 6= 1 und q 6= 1.
Behauptung: (2q − 1)|(2n − 1). Der Beweis geht analog zur Betrachtung der
geometrischen Reihe, es gilt nämlich:
! p−1
p−1
p−1
p
p−1
X
X
X
X
X
q
qk
(2 −1)·
=
2
2q(k+1) −
2qk =
2qk −
2qk = 2qp −1 = 2n −1.
k=0
k=0
k=0
k=1
k=0
Wegen q > 1 ist 2q − 1 > 1 und wegen p > 1 ist die Summe größer als 1 und
damit ist ein echter Teiler gefunden.