Lösung 2

Musterlösung Zahlentheorie
Frühlingssemester 2015, Aufgabenblatt 2
Aufgabenblatt 2
30 Punkte
Aufgabe 1 (ggT und kgV)
Länge, Breite und Tiefe eines Pools seien 6.3m, 4.5m und 2.25m.
a) Er soll mit möglichst grossen quadratischen Platten ausgelegt werden. Mit wievielen?
2
Buslinie A fährt alle 10min, B alle 13min und C alle 16min vom Hauptbahnhof ab.
Bei Betriebsbeginn um 6 ∶ 00Uhr fahren alle gleichzeitig los. Ebenso bei der letzten Fahrt.
b) Wie oft fahren Bus A, Bus B und Bus C an einem Tag vom Hauptbahnhof los?
1
c) Wie oft pro Tag fahren A und B, bzw. A und C, bzw. B und C gleichzeitig vom Hauptbahnhof los?
1
d) Als Anna zwischen 8 und 9 im Hauptbahnhof ankommt, sieht sie A und C gleichzeitig losfahren.
Wie lange muss sie auf ihren Bus B warten?
1
5
Lösung
a) Damit wir mit natürlichen Zahlen arbeiten können, rechnen wir Länge, Breite und Tiefe in Centimeter
um. Es gilt 6.3 m = 630 cm , 4.5 m = 450 cm und 2.25 m = 225 cm. Als nächstes wollen wir die Seitenlänge
einer Platte bestimmen. Gesucht ist eine natürliche Zahl a, so dass a ein Teiler der Länge, Breite und
Tiefe ist und a ist die grösste solche Zahl. D.h. wir suchen ggT(630, 450, 225).
Wegen Aufgabenblatt 1, Aufgabe 4a) wissen wir, dass
ggT(630, 450, 225) = ggT(ggT(630, 450), 225)
gilt. Wir berechnen ggT(630, 450) mit dem euklidschen Algorithmus:
630 = 1 ⋅ 450 + 180
450 = 2 ⋅ 180 + 90
180 = 2 ⋅ 90 + 0
Somit haben wir ggT(630, 450) = 90. Als nächstes müssen wir ggT(225, 90) bestimmen:
225 = 2 ⋅ 90 + 45
90 = 2 ⋅ 45 + 0
Das heisst also
ggT(630, 450, 225) = ggT(ggT(630, 450), 225) = ggT(225, 90) = 45.
Die Fläche einer Platte ist (0.45 ⋅ 0.45) m2 = 0.2025 m2 und die Fläche des Pools ist
2 ⋅ (4.5 ⋅ 2.25) m2 + 2 ⋅ (6.3 ⋅ 2.25) m2 + (6.3 ⋅ 4.5) m2 = 76.95 m2 .
Deshalb benötigen wir 76.95/0.2025 = 380 Platten.
b) Es gilt kgV(10, 13, 16) = kgV(kgV(10, 13), 16). Da 13 eine Primzahl ist und 10 ∤ 13, haben wir kgV(10, 13) =
10 ⋅ 13 = 130. Nun müssen wir noch kgV(130, 16) bestimmen:
kgV(130, 16) =
130 ⋅ 16
130 ⋅ 16
=
= 1040
ggT(130, 16)
2
Das heisst die Linien A, B, und C fahren alle 1040 min = 17 h 20 min gleichzeitig los. Da ein Tag 24 Stunden
hat, findet die letzte Fahrt 1040 min nach Betriebsbeginn, also um 23 ∶ 20 Uhr statt.
• Bus A fährt alle 10 min vom Hauptbahnhof ab. Da 1040/10 = 104, hat A vor der letzten Fahrt bereits
104 Fahrten gemacht. Das heisst A fährt an einem Tag 105 Mal vom Hauptbahnhof los.
1
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Frühlingssemester 2015, Aufgabenblatt 2
• Bus B fährt alle 13 min vom Hauptbahnhof ab. Da 1040/13 = 80, fährt B an einem Tag 81 Mal vom
Hauptbahnhof los.
• Bus C fährt alle 16 min vom Hauptbahnhof ab. Da 1040/16 = 65, fährt C an einem Tag 66 Mal vom
Hauptbahnhof los.
c) AB: Das kleinste gemeinsame Vielfache von 10 und 13 ist
kgV(10, 13) =
10 ⋅ 13
= 10 ⋅ 13 = 130,
ggT(10, 13)
d.h. die Linien A und B fahren alle 130 min = 2 h 10 min gleichzeitig vom Hauptbahnhof los. Aus Teil
b) wissen wir, dass alle Buslinien 1040 min nach Betriebsbeginn ihre letzte Fahrt antreten. Somit
fahren A und B
1040
+ 1 = 8 + 1 = 9 Mal
130
täglich gleichzeitig los.
AC: Das kleinste gemeinsame Vielfache von 10 und 16 ist
kgV(10, 16) =
10 ⋅ 16
10 ⋅ 16
=
= 80,
ggT(10, 16)
2
d.h. die Linien A und C fahren alle 80 min = 1 h 20 min gleichzeitig vom Hauptbahnhof los. Somit
fahren A und C
1040
+ 1 = 13 + 1 = 14 Mal
80
täglich gleichzeitig los.
BC: Das kleinste gemeinsame Vielfache von 13 und 16 ist
kgV(13, 16) =
13 ⋅ 16
= 13 ⋅ 16 = 208,
ggT(13, 16)
d.h. die Linien B und C fahren alle 208 min = 3 h 28 min gleichzeitig vom Hauptbahnhof los. Somit
fahren B und C
1040
+ 1 = 5 + 1 = 6 Mal
208
täglich gleichzeitig los.
d) Wir haben in Teil c) berechnet, dass A und C alle 80 min gleichzeitig losfahren. Also kommt Anna um 8 ∶ 40
Uhr im Hauptbahnhof an. Bus B ist um diese Zeit seit 2 h 40 min = 160 min in Betrieb (Betriebsbeginn
um 6 ∶ 00 Uhr). Da 160 = 12 ⋅ 13 + 4, ist Bus B das letzte Mal vor 4 min abgefahren. Das heisst Anna muss
9 min auf ihren Bus warten.
Aufgabe 2 (Anzahl Teiler)
a) Für welche Zahlen n ∈ N ist die Anzahl ihrer Teiler prim?
2
b) Bestimme alle n ∈ N mit n ≤ m = 1458 und mit gleich vielen Teilern wie m.
3
5
Lösung
a) Jede Zahl n ∈ N kann eindeutig als Produkt
n = pe11 ⋅ pe22 ⋅ pe33 ⋅ . . . ⋅ pekk ⋅ . . .
(1)
dargestellt werden mit eindeutig bestimmten natürlichen Exponenten ek ∈ N0 , die fast alle 0 sind. Die
Zahl n hat genau (e1 + 1) ⋅ (e2 + 1) ⋅ (e3 + 1) ⋅ . . . Teiler.
Damit die Anzahl der Teiler von n prim ist, muss n entweder eine Primzahl sein (Anzahl der Teiler gleich
2) oder eine Primzahlpotenz n = pek mit ek + 1 prim (Anzahl der Teiler gleich ek + 1).
Falls n mindestens zwei verschiedene Primteiler besitzt, sind mindestens zwei Exponenten ek , eℓ ∈ N0
ungleich 0 und somit ist die Anzahl der Teiler von n zerlegbar.
2
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Frühlingssemester 2015, Aufgabenblatt 2
b) Zuerst bestimmen wir die Anzahl der Teiler von m = 1458. Da 1458 = 2 ⋅ 36 , hat 1458 genau
(1 + 1) ⋅ (6 + 1) = 2 ⋅ 7 = 14
Teiler. Als nächstes wollen wir alle natürlichen Zahlen n mit n ≤ 1458 bestimmen, welche 14 Teiler haben.
Das heisst in der Darstellung (1) gilt entweder ek = 13 für ein ek ∈ N0 oder ek = 1, eℓ = 6 für ek , eℓ ∈ N0 .
Da 213 = 8192 > 1458, kommt nur der zweite Fall in Frage. Wir suchen also Zahlen der Form n = pk ⋅ p6ℓ
mit n ≤ 1458.
Die grösste Primzahl, die mit Vielfachheit 6 vorkommen kann ist 3, denn 56 = 15625 und pk ⋅ 15625 > 1458
für alle Primzahlen pk .
• pℓ = 3
pk ⋅ 36 = pk ⋅ 729 muss kleiner als 1458 sein. Somit ist pk = 2.
• pℓ = 2
pk ⋅ 26 = pk ⋅ 64 muss kleiner als 1458 sein und pk ≠ 2. Das heisst pk ∈ {3, 5, 7, 11, 13, 17, 19}.
Ô⇒ n ∈ {192, 320, 448, 704, 832, 1088, 1216, 1458}
Aufgabe 3 (Restklassenringe)
a) Für welche 1 < m ∈ N gilt 33 ≡ 98 mod m?
2
b) p(x) = x3 − 8x + 6 hat die Nullstelle x = 4 in Z19 . Spalte sie ab.
1
(Bestimme a, b ∈ Z19 mit x3 − 8x + 6 = (x − 4)(x2 + ax + b) in Z19 .)
c) Zeige: p(x) = x3 − 8x + 6 hat keine weiteren Nullstellen in Z19 .
2
d) Zeige: p(x) ≠ 0 für alle x ∈ Z (Gauß (1801) Disquisitiones arithmeticae, Kap.1,Abs.10)
1
Hinweis: Bestimme das kleinste m ∈ N, so dass p(x) in Zm keine Nullstelle hat.)
6
Lösung
a) Wir müssen ein 1 < m ∈ N bestimmen, so dass 33 und 98 beim Teilen durch m den gleichen Rest haben.
Gemäss Skript S. 12 gilt
33 ≡ 98 mod m ⇐⇒ m∣(98 − 33) ⇐⇒ m∣65.
Als nächstes bestimmen wir die Teiler von 65. Es gilt 65 = 5 ⋅ 13 und somit
T(65) = {1, 5, 13, 65}.
Da m > 1 gelten soll, ist m ∈ {5, 13, 65}.
b) Wir wissen, dass p(x) in Z19 die Nullstelle x = 4 hat, d.h. wir können p(x) in der Form (x − 4)(x2 + ax + b)
schreiben mit a, b ∈ Z19 . Wir multiplizieren aus:
x3 − 8x + 6 = (x − 4)(x2 + ax + b)
= x3 + ax2 + bx − 4x2 − 4ax − 4b
= x3 + (a − 4)x2 + (b − 4a)x − 4b
Wir vergleichen die Koeffizienten und erhalten die folgenden drei Gleichungen:
a − 4 = 0,
b − 4a = −8,
6 = −4b
Aus der ersten Gleichung folgt a = 4. Wir setzen a in die zweite Gleichung ein und erhalten b = −8 + 16 = 8.
Schliesslich überprüfen wir noch, ob die dritte Gleichung auch erfüllt ist. Wir setzen b = 8 ein. Dies ergibt
6 = −32 ≡ 6 mod 19, d.h. die dritte Gleichung ist ebenfalls erfüllt.
3
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Frühlingssemester 2015, Aufgabenblatt 2
c) Variante 1
Aus Teil b) wissen wir, dass p(x) = (x − 4)(x2 + 4x + 8) gilt. Falls p weitere Nullstellen in Z19 hat, muss
das Polynom q(x) = x2 + 4x + 8 Nullstellen in Z19 haben. Wir setzen alle Elemente von Z19 in q ein:
x
q(x)
0
8
1
13
2
1
3
10
4
2
5
15
6
11
7
9
8
9
9
11
10
15
11
2
12
10
13
1
14
13
15
8
16
5
17
4
18
5
Da q(x) ≠ 0 für alle x ∈ Z19 , hat p keine weitere Nullstelle in Z19 .
Variante 2
Die Nullstellen eines Polynoms der Form ax2 + bx + c können mit der Lösungsformel für quadratische
Gleichungen bestimmt werden. Die Lösungen sind gegeben durch
√
−b ± b2 − 4ac
x1,2 =
.
2a
Das heisst die Gleichung x2 + 4x + 8 = 0 hat die Lösungen
√
√
15 ± 16 − 32 15 ± 3
x1,2 =
=
mod 19.
2
2
√
Es gilt 3 ∉ Z19 , da
±k 2 ≠ 3 + 19n für k = 0, 1, . . . , 9 und n = 0, 1, . . . , 5
√
(3, 22, 41, 60, 79 und 98 sind keine Quadratzahlen). Da 3 ∉ Z19 ist auch x1,2 ∉ Z19 . Das bedeutet, dass
p keine weiteren Nullstellen in Z19 hat.
d) Variante 1
Falls wir ein 1 < m ∈ N finden, so dass p keine Nullstelle in Zm hat, dann hat p keine Nullstelle in Z.
• m=2
x
0
p(x) 0
• m=3
x
0
p(x) 0
• m=4
x
0
p(x) 2
Das heisst,
1
1
1
2
2
1
1 2 3
3 2 1
es gilt p(x) ≠ 0 für alle x ∈ Z4 und somit auch p(x) ≠ 0 für alle x ∈ Z.
Variante 2
Wir nehmen an, es gibt ein x ∈ Z mit p(x) = 0. Dann gilt
x3 − 8x = x ⋅ (x2 − 8) = −6.
Da −6 = (−1) ⋅ 6 = (−2) ⋅ 3, muss x ∈ {−6, −1, −2, −3, 1, 2, 3, 6} gelten. Für alle möglichen x ist jedoch
x ⋅ (x2 − 8) ≠ −6 und somit hat p keine Nullstellen in Z.
Aufgabe 4 (Teilbarkeitstests)
Sei n ∈ N eine natürliche Zahl mit der Darstellung . . . xyz, wobei z, y, x, ⋅ ⋅ ⋅ ∈ {0, 1, 2, . . . , 9} (Ziffern).
n = z100 + y101 + x102 + . . . ist genau dann ohne Rest durch 3 teilbar, wenn die sog. Quersumme
z + y + x + ...
all ihrer Ziffern ohne Rest durch 3 teibar ist. Begründung: 10m ≡ 1 mod 3 für alle m ∈ N0 .
a) Wie lautet der entsprechende Test 9∣n ?
1
b) Begründe: 11∣n ⇔ 11∣(z − y + x − . . . ) (sog. alternierende Quersumme)
1
c) Entwirf einen Test für die Frage 7∣n ? Weshalb gilt 7∣8796543210?
3
5
4
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Frühlingssemester 2015, Aufgabenblatt 2
Lösung
a) n = z100 + y101 + x102 + . . . ist genau dann ohne Rest durch 9 teilbar, wenn die Quersumme
z + y + x + ...
all ihrer Ziffern ohne Rest durch 9 teibar ist. Begründung: 10m ≡ 1 mod 9 für alle m ∈ N0 .
b) Es gilt
n = z100 + y101 + x102 + . . .
= z − y + y(101 + 1) + x + x(102 − 1) − . . .
= (y(101 + 1) + x(102 − 1) + . . . ) + z − y + x − . . . .
Der Term in Klammern ist durch 11 teilbar, da
10m ≡ (−1)m mod 11 für alle m ∈ N0 .
Damit n ∈ N durch 11 teilbar ist, muss auch die alternierende Quersumme
z − y + x...
durch 11 teilbar sein.
c) Variante 1
Es gilt:
100 = 1
104 = 7 ⋅ 1429 − 3
101 = 7 ⋅ 1 + 3
105 = 7 ⋅ 14286 − 2
102 = 7 ⋅ 14 + 2
106 = 7 ⋅ 142857 + 1
103 = 7 ⋅ 143 − 1
⋮
Etwas formeller können wir die Zahl n in Dezimaldarstellung schreiben als
n = a0 100 + a1 101 + a2 102 + . . .
= a0 + a1 (7 ⋅ 1 + 3) + a2 (7 ⋅ 14 + 2) + a3 (7 ⋅ 143 − 1) + a4 (7 ⋅ 1429 − 3) + a5 (7 ⋅ 14286 − 2) + . . .
= (a1 7 + a2 (7 ⋅ 14) + a3 (7 ⋅ 143) + a4 (7 ⋅ 1429) + a5 (7 ⋅ 14286) + . . . ) + a0 + a1 3 + a2 2 − a3 − a4 3 − a5 2 + . . .
Der Term in Klammern ist durch 7 teilbar. Das heisst
7∣n ⇔ 7∣(a0 + a1 3 + a2 2 − a3 − a4 3 − a5 2 + . . . ).
Wir überprüfen, ob die Zahl 8796543210 durch 7 teilbar ist und wenden dazu obigen Test an. Wir haben
1 ⋅ 0 + 3 ⋅ 1 + 2 ⋅ 2 − 1 ⋅ 3 − 3 ⋅ 4 − 2 ⋅ 5 + 1 ⋅ 6 + 3 ⋅ 9 + 2 ⋅ 7 − 1 ⋅ 8 = 21.
Da 7∣21, gilt auch 7∣8796543210.
Variante 2
Eine natürliche Zahl n > 100 kann geschrieben werden als
n = 100 ⋅ a + b
mit a, b ∈ N, b < 100.
Wegen 100 ⋅ a + b = (2 ⋅ a + b) mod 7, ist n genau dann durch 7 teilbar, wenn 2 ⋅ a + b durch 7 teilbar ist.
Wir wenden diesen Test mehrmals an, um zu zeigen, dass 7∣8796543210 gilt.
2 ⋅ 87965432 + 10 = 175930874
2 ⋅ 1759308 + 74 = 3518690
2 ⋅ 35186 + 90 = 70462
2 ⋅ 704 + 62 = 1470
2 ⋅ 14 + 70 = 98
Da 7∣98, gilt auch 7∣8796543210.
5
Musterlösung Zahlentheorie
Frühlingssemester 2015, Aufgabenblatt 2
Aufgabe 5 (chinesischer Restsatz)
Bestimme die kleinste Zahl n ∈ N mit
n
n
n
≡ 3 mod 13 und
≡ 2 mod 14 und
≡ 1 mod 15 .
5
Lösung
Da 13, 14 und 15 paarweise teilerfremd sind, hat das Gleichungssystem unendlich viele Lösungen. Gesucht ist das
kleinste n ∈ N, so dass alle drei Gleichungen erfüllt sind. Zuerst bestimmen wir ganze Zahlen a1 , b1 , a2 , b2 , a3 , b3 ,
so dass
a1 ⋅ 13 + b1 ⋅ (14 ⋅ 15) = 1
a2 ⋅ 14 + b2 ⋅ (13 ⋅ 15) = 1
a3 ⋅ 15 + b3 ⋅ (13 ⋅ 14) = 1.
Dazu wenden wir drei Mal den Euklidschen Algorithmus an.
• Bestimmen von a1 , b1 :
14 ⋅ 15 = 210 = 16 ⋅ 13 + 2
13 = 6 ⋅ 2 + 1
2=2⋅1+0
Wir lösen die ersten beiden Gleichungen nach dem Rest auf und erhalten
2 = 210 − 16 ⋅ 13
1 = 13 − 6 ⋅ 2.
Einsetzen der ersten Gleichung in die zweite liefert
1 = 13 − 6 ⋅ (210 − 16 ⋅ 13) = 13 − 6 ⋅ 210 + 96 ⋅ 13 = 97 ⋅ 13 − 6 ⋅ 210.
Das heisst a1 = 97 und b1 = −6.
• Bestimmen von a2 , b2 :
13 ⋅ 15 = 195 = 13 ⋅ 14 + 13
14 = 1 ⋅ 13 + 1
13 = 13 ⋅ 1 + 0
Wir lösen die ersten beiden Gleichungen nach dem Rest auf und erhalten
13 = 195 − 13 ⋅ 14
1 = 14 − 1 ⋅ 13.
Einsetzen der ersten Gleichung in die zweite liefert
1 = 14 − 1 ⋅ (195 − 13 ⋅ 14) = 14 − 1 ⋅ 195 + 13 ⋅ 14 = 14 ⋅ 14 − 1 ⋅ 195.
Das heisst a2 = 14 und b2 = −1.
6
Musterlösung Zahlentheorie
Frühlingssemester 2015, Aufgabenblatt 2
• Bestimmen von a3 , b3 :
13 ⋅ 14 = 182 = 12 ⋅ 15 + 2
15 = 7 ⋅ 2 + 1
2=2⋅1+0
Wir lösen die ersten beiden Gleichungen nach dem Rest auf und erhalten
2 = 182 − 12 ⋅ 15
1 = 15 − 7 ⋅ 2.
Einsetzen der ersten Gleichung in die zweite liefert
1 = 15 − 7 ⋅ (182 − 12 ⋅ 15) = 15 − 7 ⋅ 182 + 84 ⋅ 15 = 85 ⋅ 15 − 7 ⋅ 182.
Das heisst a3 = 85 und b3 = −7.
Somit haben wir
n1 = 1 − 97 ⋅ 13 = −6 ⋅ 210
n2 = 1 − 14 ⋅ 14 = −1 ⋅ 195
n3 = 1 − 85 ⋅ 15 = −7 ⋅ 182.
Alle Lösungen sind also
n = 3 ⋅ (−6 ⋅ 210) + 2 ⋅ (−1 ⋅ 195) + 1 ⋅ (−7 ⋅ 182) + m ⋅ (13 ⋅ 14 ⋅ 15)
= −5444 + m ⋅ 2730
mit m ∈ Z. Die kleinste positive Lösung ist n = 16, denn
−5444 + 1 ⋅ 2730 = −2730 < 0
−5444 + 2 ⋅ 2730 = 16.
Wir sehen uns die Kongruenzen nochmals an und merken, dass die Lösung n = 16 eigentlich von Anfang an
klar war. Gesucht war nämlich die kleinste Zahl n ∈ N, welche um 3 grösser ist als ein Vielfaches von 13, um 2
grösser als ein Vielfaches von 14 sowie um 1 grösser als ein Vielfaches von 15.
Aufgabe 6 (Kongruenzen)
Die kleinste Zahl n ∈ N …
…mit n ≡ 1 mod 2 und n ≡ 2 mod 3 ist n = 5 (prim),
…mit n ≡ 1 mod 2 und n ≡ 2 mod 3 und n ≡ 3 mod 4 ist n = 11 (prim),
…mit n ≡ 1 mod 2 und n ≡ 2 mod 3 und n ≡ 3 mod 4 und n ≡ 4 mod 5 ist n = 59 (prim).
a) Führe das Schema drei Schritte weiter.
3
b) Beweise oder widerlege: Dieses Schema liefert immer eine Primzahl.
1
4
Lösung
a) Wir haben Kongruenzen der Form
n ≡ m − 1 mod m mit m ∈ {2, 3, . . . }.
Insbesondere gilt also
n + 1 ≡ 0 mod m
7
⇐⇒
m∣(n + 1).
(2)
Musterlösung Zahlentheorie
Frühlingssemester 2015, Aufgabenblatt 2
Die kleinste Zahl n ∈ N, welche die Kongruenz (2) für alle m ∈ {2, 3, . . . , k} erfüllt, ist somit n + 1 =
kgV(2, 3, . . . , k), d.h. n = kgV(2, 3, . . . , k) − 1.
Wir haben
kgV(2, 3, 4, 5, 6) = kgV(kgV(2, 3, 4, 5), 6) = kgV(60, 6) = 60
kgV(2, 3, 4, 5, 6, 7) = kgV(kgV(2, 3, 4, 5, 6), 7) = kgV(60, 7) = 7 ⋅ 60 = 420
kgV(2, 3, 4, 5, 6, 7, 8) = kgV(kgV(2, 3, 4, 5, 6, 7), 8) = kgV(420, 8) = 8 ⋅ 420/4 = 840.
Nun können wir das Schema drei Schritte weiter führen.
Die kleinste Zahl n ∈ N …
…mit n ≡ 1 mod 2 und n ≡ 2 mod 3 und n ≡ 3 mod 4 und n ≡ 4 mod 5 und n ≡ 5 mod 6 ist, n = 59 (prim)
…mit n ≡ 1 mod 2 und n ≡ 2 mod 3 und n ≡ 3 mod 4 und n ≡ 4 mod 5 und n ≡ 5 mod 6 und n ≡ 6 mod 7 ist
n = 419 (prim),
…mit n ≡ 1 mod 2 und n ≡ 2 mod 3 und n ≡ 3 mod 4 und n ≡ 4 mod 5 und n ≡ 5 mod 6 und n ≡ 6 mod 7
und n ≡ 7 mod 8 ist n = 839 (prim).
b) Wir führen das Schema nochmals einen Schritt weiter. Wir haben
kgV(2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) = kgV(kgV(2, 3, 4, 5, 6, 7, 8), 9) = kgV(840, 9) = 9 ⋅ 840/3 = 2520.
Das heisst, die kleinste Zahl n ∈ N mit n ≡ 1 mod 2 und n ≡ 2 mod 3 und n ≡ 3 mod 4 und n ≡ 4 mod 5 und
n ≡ 5 mod 6 und n ≡ 6 mod 7 und n ≡ 7 mod 8 und n ≡ 8 mod 9 ist n = 2519.
Die alternierende Quersumme von 2519 ist 9 − 1 + 5 − 2 = 11, also durch 11 teilbar. Somit ist 2519 keine
Primzahl und wir können daraus folgern, dass dieses Schema nicht immer eine Primzahl liefert.
8