Musterlösungen Nr. 5

Elementare Zahlentheorie
Musterlösungen Zettel 5
Aufgabe 1.
Für die gesamte Aufgabe wird folgender Sachverhalt benutzt: Ist p eine Primzahl und a ∈ , so gilt ap ≡ a (mod p).
N
a) Betrachte den Term zunächst modulo p:
ap+q − ap+1 − aq+1 + a2 ≡ a · aq − a · a − aq+1 + a2 = 0 (mod p).
Modulo q ergibt sich das Gleiche, da der Term symmetrisch in p und q
ist. Also wird er sowohl von p als auch von q geteilt und da p und q
verschiedene Primzahlen sind, teilt also nach Korollar 1.11 pq den Term.
b) Betrachte den Term wieder modulo p:
apq − ap − aq + a ≡ aq − a − aq + a = 0 (mod p).
Analog zu Teil a) folgt die Behauptung.
c) Es gilt:
22p−1 = 2p · 2p−1 ≡ 2 · 2p−1 = 2p ≡ 2 (mod p).
Also folgt p|(22p−1 − 2) und wegen 2|(22p−1 − 2) folgt die Behauptung
wieder nach Korollar 1.11.
Aufgabe 2.
N
a) Sei n ∈
eine Primzahl mit n > 3, also folgt n − 1 ist keine Primzahl.
Dann gilt σ(n) = n + 1. Da n − 1 keine Primzahl ist, gibt es mindestens
einen echten Teiler 1 < d < n − 1 von n − 1, es folgt also σ(n − 1) ≥
1 + d + (n − 1) = n + d > n + 1 = σ(n).
b) Sei n ∈
gilt
N in Primfaktorzerlegung gegeben: n = pe1
1
· pe22 · . . . · pekk . Dann
σ(n) = σ (pe11 ) · . . . · σ pekk .
Dies ist genau dann ungerade, wenn jeder einzelne Faktor ungerade ist.
Betrachten wir also den Spezialfall n = pk für eine Primzahl p und
entscheiden, wann dies ungerade ist. Zur Erinnerung: Es gilt σ(pk ) =
1 + p + p2 + · · · + pk .
Fall 1: p = 2. Es gilt σ(2k ) = 2k+1 − 1 ≡ 1 (mod 2), d.h. dieser Term ist
immer ungerade.
P
Fall 2: p 6= 2. Wegen pj ≡ 1 (mod 2) für alle j folgt: σ(pk ) ≡ ki=0 1 =
k + 1 (mod 2). Dieser Faktor ist also genau dann ungerade, wenn k
gerade ist.
N
ist σ(n) genau dann ungerade,
Zusammengefasst: Für beliebiges n ∈
wenn in der Primfaktorzerlegung bei allen von 2 verschiedenen Primzahlen
nur gerade Exponenten vorkommen, oder anders ausgedrückt: n ist von
der Form n = 2k · m2 , wobei m ungerade und k ≥ 0 beliebig ist.
Aufgabe 3.
a) Dies folgt aus der Tatsache, dass es zu jedem Teiler d|n einen Teiler d′ |n
gibt mit dd′ = n, die Teiler kommen also paarweise vor. Außerdem kann
es dabei höchstens einen Teiler d|n geben, der sich selbst als Partner hat,
nämlich dann wenn d2 = n. Die Anzahl der Teiler ist also genau dann
ungerade, wenn dieser Fall auftritt, also genau dann, wenn n ein Quadrat
ist.
b) Sei wie in Teil a) zu einem Teiler d|n ein Teiler d′ |n gegeben mit dd′ = n.
Dann folgt durch Erweiterung jeden Bruches d1 mit d′ :
P
′
X 1 X d′
σ(n)
d′ |n d
=
=
=
.
d
n
n
n
′
d |n
d|n
c) Falls n keine Quadratzahl ist, so ist nach Aufgabe a) die Zahl d(n) gerade
und die Teiler bilden Paare, deren Produkt jeweils n ist, wobei es also
genau d(n)
2 solcher Paare gibt. In diesem Fall folgt direkt die Behauptung.
solcher Paare
Ist n nun ein Quadrat, so kann man immer noch d(n)−1
2
√
bilden und der Teiler n ∈ steckt einzeln im Produkt, es folgt also
N
Y
d|n
d=
√
n·n
d(n)−1
2
=n
d(n)
2
.
Aufgabe 4.
a) Betrachte die Menge Mn := {1, . . . , n}. Der Funktionswert ϕ(n) ist definiert als Anzahl der Elemente aus Mn , die teilerfremd zu n sind. Falls
nun 6|n, so ist n durch 2 und durch 3 teilbar, d.h. alle durch 2 und durch
3 teilbaren Zahlen in Mn sind nicht teilerfremd zu n.
Es gilt aber #{x ∈ Mn : 2|x} = n2 wenn n durch 2 teilbar ist und
#{x ∈ Mn : 3|x} = n3 . Die Schnittmenge bilden die durch 6 teilbaren
Zahlen, wovon es nach dem gleichen Argument n6 gibt. Zieht man nun die
Anzahl der Elemente dieser beiden Mengen von n = #Mn ab und addiert
die Mächtigkeit der Schnittmenge, so ergibt sich:
ϕ(n) ≤ n −
n
n n n
− + = .
2
3
6
3
b) Da n − 1 ≥ 4 eine Primzahl ist, folgt n − 1 ≡ 1 (mod 2) und daher ist
n gerade. Allerdings ist n auch durch 3 teilbar, da andernfalls entweder
n−1 oder n+1 durch 3 teilbar wäre, was aber dadurch ausgeschlossen ist,
dass beides Primzahlen sind, die echt größer sind als 3. Insgesamt folgt
also 6|n und damit die Behauptung aus Teil a).