¨Ubungsblätter zur Vorlesung Elementare Zahlentheorie

Übungsblätter zur Vorlesung
Elementare Zahlentheorie
Sommersemester 2006
Dipl.-Math. Daniel Haase
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
[email protected]
04.05.2006
SS 2006
Elementare Zahlentheorie
-
Lösungsblatt 1
Zur Übungsstunde vom 04.05.2006
Aufgabe 1 (Die Teilbarkeitsrelation)
2 Punkte
Zeigen Sie für a, b, c, d ∈ Z die folgenden Aussagen:
(a) Gilt ggT(a, b) = 1, c|a und d|b, so auch ggT(c, d) = 1.
(b) Gilt a|c, b|c und ggT(a, b) = 1, so ist ab|c.
Lösung
Zu (a): Ist ggT(a, b) = 1, so gibt es nach Satz 1.1.3(i) Koeffizienten x, y ∈ Z mit ax + by = 1. Aus c|a und d|b
folgt, dass a = ca0 und b = db0 für a0 , b0 ∈ Z ist, also gilt ca0 x + db0 y = 1, d. h. die Koeffizienten a0 x und b0 y
kombinieren die Eins aus c und d. Damit ist 1 das kleinste positive Element der Menge {cx + dy | x, y ∈ Z},
nach Satz 1.1.3(ii) also ggT(c, d) = 1.
Wir zeigen (b) mit vollständiger Induktion über die Länge n der Primzerlegung ab = p1 · · · pn (ohne Potenzen). Fall n = 0: hier ist ab = 1 und die Aussage ist trivialerweise richtig. Angenommen die Aussage gilt
bis zu einem n, d. h. für alle a, b ∈ N, so dass ab in höchstens n Primzahlen zerfällt (die auch gleich sein
dürfen). Es seien a, b ∈ N jetzt beliebig, so dass ab = p1 · · · pn pn+1 für irgendwelche Primzahlen pj ist. Dann
gilt ab = (p1 · · · pn ) · pn+1 , und wegen Satz 1.2.2 gilt pn+1 |a oder pn+1 |b. Da (a, b) = 1 vorausgesetzt ist kann
nur genau eine der beiden Möglichkeiten gelten, ohne Einschränkung etwa pn+1 |a (damit auch p|c) und pn+1 6 | b.
0
−1
0
0
0
Wir setzen a0 = ap−1
n und c = cpn , nach Teil (a) gilt ggT(a , b) = 1, und nach Induktionsvoraussetzung a b|c .
Multiplikation auf beiden Seiten mit pn+1 ergibt dann die Teilung ab|c und damit den Induktionsschritt.
Aufgabe 2 (Die Operation ggT)
2 Punkte
Die Operation ggT ist assoziativ (brauchen Sie nicht zu zeigen): ggT(ggT(a, b), c) = ggT(a, ggT(b, c)), also ist das Symbol ggT(a1 , a2 , . . . , an ) wohldefiniert. Wir müssen aber zwischen den Begriffen Teilerfremd“
”
(d. h. ggT(a1 , . . . , an ) = 1) und paarweise Teilerfremd“ (d. h. ggT(ai , aj ) = 1 falls i 6= j) unterscheiden.
”
Konstruieren Sie für alle n ≥ 3 Zahlen a1 , . . . , an ∈ N mit ggT(a1 , . . . , an ) = 1 aber ggT(ai , aj ) 6= 1 für
alle i, j = 1 . . . n, und beweisen Sie ihre Behauptung.
Lösung
Es seien p1 , . . . , pn die n ersten Primzahlen (es gibt bekanntlich unendlich viele). Wir setzen
aj :=
n
Y
pk
k=1
k6=j
für j = 1 . . . n. Dann ist ggT(a1 , . . . , an ) = 1, da für jede Primzahl pj immer ein Operand (und zwar aj ) existiert,
der pj nicht als Faktor enthält. Andererseits ist
ggT(ai , aj ) =
n
Y
k=1
k6=i,j
wegen n ≥ 3 für alle i, j.
pk 6= 1
Aufgabe 3 (Teilbarkeit)
3 Punkte
Zeigen Sie, dass für alle n ∈ N die Teilung 30|(n5 − n) gilt.
Lösung
Wegen 30 = 2 · 3 · 5 ist die Aufgabenstellung gleichbedeutend mit 2, 3, 5|(n5 − n), wir untersuchen diese Teiler
einzeln, und benutzen dabei drei verschiedene Techniken zum Nachweis der Teilung:
p=2 (Technik: sieht man“)
”
Gilt 2|n, so ist 2|(n5 − n) trivial. Ist andererseits 26 | n, so ist auch 26 | n5 . Da die Differenz zweier ungerader
Zahlen aber immer gerade ist folgt 2|(n5 − n), also teilt 2 stets n5 − 5.
p=3 (Technik: Kongruenzrechnung)
Zwischen aufeinander folgenden Vielfachen von 3 liegen jeweils 2 nicht durch 3 teilbare Zahlen, d. h. jede
natürliche Zahl ist von der Form 3k, 3k + 1 oder 3k + 2 für ein k ∈ N0 . Im ersten Fall ist 3|n und damit natürlich
auch 3|(n5 − n). Im zweiten Fall gilt
n5 − n = (3k + 1)5 − 3k − 1 = 35 k 5 + 5 · 34 k 4 + 10 · 33 k 3 + 10 · 32 k 2 + 12k ,
da alle Koeffizienten Vielfache von 3 sind gilt 3|(n5 − n). Im dritten Fall ist
n5 − n = (3k + 2)5 − 3k − 2 = 35 k 5 + 5 · 34 k 4 · 2 + 10 · 33 k 3 · 4 + 10 · 32 k 2 · 8 + 79 · 3k + 30
und wieder sind alle Koeffizienten Vielfache von 3.
p=5 (Technik: Vollständige Induktion)
Wir beweisen die Behauptung durch Induktion nach n: Für n = 0 ist die Aussage wegen 3|0 richtig. Angenommen
sie gilt für ein n ∈ N0 , d. h. n5 − n = 5 · k dann ist
(n + 1)5 − (n + 1) = n5 + 5n4 + 10n3 + 10n2 + 4n = 5k + 5n4 + 10n3 + 10n2 + 5n
auch ein Vielfaches von 5, da alle Koeffizienten Vielfache sind.
Aufgabe 4 (Der Euklidische Algorithmus)
4 Punkte
Stellen Sie den ggT von 2689 und 4001 als Z-Linearkombination der beiden Zahlen dar.
Lösung
Wir benutzen das Schema aus der Vorlesung:
an
qn
4001
2689
1312 1
65
2
12
20
5
5
2
2
1
2
0
···
rn
1
0
1
−2
41
−207
455
-1117
···
sn
0
1
−1
3
−61
308
−677
1662
···
Die gesuchte Z-Kombination ist also (−1117) · 4001 + 1662 · 2689 = 1, und die Zahlen sind teilerfremd.
Aufgabe 5 (Fibonacci-Zahlen)
Die Fibonacci-Zahlen werden rekursiv definiert durch
f1 = 1 , f2 = 1 , fn = fn−1 + fn−2 (n ≥ 3) .
5 Punkte
Zeigen Sie die folgenden Teilbarkeitsrelationen:
(a) fa und fa+1 sind stets teilerfremd,
(b) fa+b = fb+1 fa + fb fa−1 (a ≥ 2, b ≥ 1),
(c) a|b ⇒ fa |fb .
Lösung
Zu (a): Wir zeigen die Aussage mit Hilfe des Euklidischen Algorithmus, den wir mit Eingabe fa+1 und
fa starten: Die Zerlegung fa+1 = 1 · fa + fa−1 ist wegen fa−1 < fa gerade die (eindeutige) Division mit
Rest von fa+1 durch fa . Im ersten Schritt des Algorithmus ist also q = 1 der Quotient und r = fa−1
der Rest. Im nächsten Schritt ist daher a = fa und b = fa−1 die Eingabe, d. h. induktiv ist klar, dass
der Algorithmus in jedem Schritt ein Paar aufeinanderfolgender Fibonacci-Zahlen erhält, bis er schließlich
bei f2 = 1 und f1 = 1 ankommt und im nächsten Schritt mit dem Ergebnis 1 endet. Das bedeutet gerade
ggT(fa+1 , fa ) = ggT(fa , fa−1 ) = · · · = ggT(f2 , f1 ) = ggT(1, 1) = 1, also gilt (a).
Zu (b): Für alle a ≥ 2 und b = 1 gilt wegen f1 = f2 = 1 trivialerweise fa+b = fa+1 = fa +fa−1 = fb+1 fa +fb fa−1 .
Für b = 2 gilt dann
fa+b = fa+2 = fa+1 + fa = f2 fa + f1 fa−1 + fa = 2fa + fa−1 = fb+1 fa + fb fa−1 .
Den Rest beweisen wir per vollständiger Induktion: für b = 1, 2 und alle a ≥ 2 ist die Aussage gezeigt, es sei
also b ≥ 3 und a ≥ 2 beliebig, dann gilt
fa+(b+1) = fa+b + fa+(b−1) = fb+1 fa + fb fa−1 + fb fa + fb−1 fa−1
IH
= (fb+1 + fb )fa + (fb + fb−1 )fa−1 = fb+2 fa + fb+1 fa−1
und Aussage (b) gilt auch für b + 1 und alle a ≥ 2. Damit gilt sie für alle a, b.
Zu (c): Es sei a ∈ N beliebig, wir müssen dann (c) für alle Vielfachen b = ac von a zeigen. Für c = 1 ist
die Aussage richtig. Angenommen sie gilt für ein beliebiges c ∈ N, dann ist für das nächstgrößere Vielfache
b0 = a(c + 1) die zugehörige Fibonacci-Zahl
fb0 = fac+a = fac+1 fa + fac fa−1 = fac+1 fa + (fa · m)fa−1 = fa · (fac+1 + mfa−1 )
(b)
IH
ebenfalls ein Vielfaches von fa . Per Induktion ist fa ein Teiler von fac für alle c ∈ N. Da a beliebig war und
jedes Vielfache von a von der Form b = ac ist folgt (c).
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
[email protected]
11.05.2006
SS 2006
Elementare Zahlentheorie
-
Lösungsblatt 2
Zur Übungsstunde vom 11.05.2006
Aufgabe 6 (Darstellung der Fibonacci-Zahlen)
4 Punkte
Bestimmen Sie die beiden Lösungen g, h ∈ R der Gleichung x2 = x + 1 (mit g > h). Beweisen Sie die damit die
explizite Darstellung
1
fn = √ · (g n − hn )
5
der Fibonacci-Zahlen.
Lösung
Die aus der Schule bekannte Lösungsformel für das Polynom
zweiten Grades liefert die Lösungen
(∗) x2 − x − 1 = 0
r
√
1
1
1± 5
g, h =
±
+1 =
.
2
4
2
Die Darstellung der Fibonacci-Zahlen beweist man am einfachsten durch Induktion über n. Für n = 1, 2 ist
√ !!
√ !
1 1 1√
1
1
1− 5
1√
1+ 5
−
= √
5+
5 = 1
f1 = √ ·
− +
2
2
2
5
5 2 2 2
1
1
1
1 √
f2 = √ · g 2 − h2 = √ · (g + 1 − h − 1) = √ · (g − h) = √ ( 5) = 1 .
(∗)
5
5
5
5
Die Darstellungsformel sei nun für alle f1 , . . . , fn schon gezeigt. Dann gilt für die nächste Fibonacci-Zahl
1
1
1
fn+1 = fn + fn−1 = √ (g n − hn ) + √ g n−1 − hn−1 = √ g n−1 (g + 1) − hn−1 (h + 1)
IH
5
5
5
1
1
= √ g n−1 g 2 − hn−1 h2 = √ g n+1 − hn+1 ,
(∗)
5
5
womit die Darstellungsformel für alle n ∈ N gezeigt ist.
Bemerkung:
√
Das Längenverhältnis 1 : g mit der Zahl g = 1+2 5 wird auch goldener Schnitt genannt, es spielt eine wichtige Rolle in der Kunst, da dieses Verhältnis unterbewusst als besonders natürlich wahrgenommen wird. Die
Fibonacci-Folge tritt aufgrund ihres einfachen Bildungsgesetzes häufig in der Biologie auf, und wurde von Fibonacci ursprünglich zur Beschreibung des Wachstums von Kaninchenpopulationen entwickelt. Beide Sachverhalte
haben tiefere algebraische Gründe, die wir im Laufe der Vorlesung noch genauer untersuchen werden.
Aufgabe 7 (Der Euklidische Algorithmus)
4 Punkte
Zeigen Sie, dass der Euklidische Algorithmus (in der unten angegebenen Form) bei Eingabe (a, b) mit a ≥ b
eine Laufzeit von O(log(b)) Schritten besitzt.
Der Einfachheit halber betrachten wir den Algorithmus nur für natürliche Zahlen und Eingaben a ≥ b ≥ 0. Für
diese Aufgabe können Sie den Algorithmus in dieser Form benutzen:
(1) Falls b = 0: gebe a aus und fertig
(2) Berechne q, r ∈ N0 so dass a = qb + r mit r < b
(3) a := b, b := r, gehe zu (1).
Für die Laufzeitberechnung werten wir eine Zeile im Algorithmus jeweils als einen Rechenschritt.
Hinweis:
Berechnen Sie die Anzahl der Durchläufe (1)-(3), wenn a, b aufeinander folgende Fibonacci-Zahlen sind.
Lösung
Bekannterweise ist die Folge der Fibonacci-Zahlen definiert durch f1 = f2 = 1 und fn = fn−1 + fn−2 für
n ≥ 3. Sind also a = fn und b = fn−1 aufeinander folgende Fibonacci-Zahlen, so ist a = qb + r mit q = 1 die
Division mit Rest, da die Folge (fn ) ab n ≥ 3 streng monoton steigend ist: a = fn−1 + fn−2 = 1 · b + r mit
r = fn−2 . Startet der Algorithmus also mit Eingabe (fn , fn−1 ), so ergibt ein einzelner Durchlauf der Schritte
(1)-(3) dann gerade das Paar (fn−1 , fn−2 ), und wir haben wieder die gleiche Situation. Per Induktion sieht
man sofort, dass der gesamte Algorithmus genau n − 2 Durchläufe braucht, bis er beim Paar (f2 , f1 ) = (1, 1)
angekommen ist. Im (n−1)-ten Durchlauf ist dann b = 0 und der Algorithmus ist fertig (wir sehen insbesondere,
dass stets ggT(fn , fn−1 ) = 1 ist). Bei Eingabe (fn , fn−1 ) braucht der Algorithmus also n − 1 Durchläufe. Aus
der expliziten Darstellung
√ !n
√ !n !
1
1+ 5
1− 5
−
fn = √ ·
2
2
5
sieht man, dass log(fn ) = O(n) ist, damit ist die Laufzeit des Euklidischen Algorithmus in diesem Spezialfall von
der Größenordnung O(log(a)). Bei der Eingabe von Fibonacci-Zahlen ist der Algorithmus am ineffizientesten: es
wird in jedem Durchlauf q = 1 produziert, d. h. die Reduktion von a ist immer die kleinstmögliche. Für beliebige
Zahlen (a, b) ist die Laufzeit also entweder O(log(a)) wenn immer q = 1 entsteht, oder es treten höhere q auf,
dann ist der Algorithmus sogar schneller als O(log(a)). Damit ist O(log(a)) insgesamt eine obere Schranke für
die Laufzeit. Es ist auch eine scharfe Schranke, da sie für den Fall (fn , fn−1 ) angenommen wird. Da nach einem
einzigen Durchlauf der Wert b für a steht können wir drei Schritte addieren (fällt im O-Kalkül dann weg) und
O(log(b)) als Schranke nehmen.
Aufgabe 8 (Unendlich viele Primzahlen)
4 Punkte
n
Es seien a, m, n ∈ N mit m > n. Zeigen Sie, dass für An = a2 + 1 die Teilung An |(Am − 2) gilt. Berechnen Sie
damit ggT(Am , An ) und folgern Sie, dass es unendlich viele Primzahlen gibt.
Lösung
Es seien a, m, n ∈ N beliebig mit m > n. Nach der 3. binomischen Formel gilt
m
Am − 2 = a2 − 1 = (a2
m−1
+ 1) · (a2
m−1
− 1) = Am−1 · (Am−1 − 2) ,
also sind Am−1 und Am−1 − 2 Teiler von Am − 2. Induktiv ist also An ein Teiler von An+1 − 2, das ist ein Teiler
von An+2 − 2, . . . , ist ein Teiler von Am − 2. Wegen der Transitivität der Teilerrelation ist dann An ein Teiler
von Am − 2. Ist ggT(Am , An ) = g, so folgt:
g|An , g|Am = k · An + 2
⇒
g|2 .
Satz 1.1.1
n
Als ggT kommen also nur 1 und 2 in Frage. Ist a gerade, so ist a2 auch gerade, damit ist An ungerade.
Andererseits ist An gerade, wenn a ungerade ist. Zwei gerade Zahlen haben immer den gemeinsamen Teiler 2,
also folgt
1 falls
a gerade
ggT(Am , An ) =
.
2 falls a ungerade
k
Speziel sind dann alle Elemente der (unendlichen) Menge {22 + 1 | k ∈ N} paarweise(!) teilerfremd. Für
n ≥ 1 sind die An nicht Eins, also enthält jede Faktorisierung nach dem Fundamentalsatz der Arithmetik
mindestens eine Primzahl, etwa pn . Da die An alle paarweise Teilerfremd sind müssen auch die Primzahlen
p1 , p2 , . . . paarweise teilerfremd sein, insbesondere sind sie also voneinander verschieden, d. h. es gibt unendlich
viele Primzahlen.
Aufgabe 9 (Wohldefiniertheit)
4 Punkte
Es sei m ein fester Modulus und n|m ein Teiler. Die folgenden Abbildungen erhalten Restklassen als Argumente.
Prüfen Sie (jeweils mit Beweis oder Gegenbeispiel), ob diese Abbildungen für alle m und n|m wohldefiniert sind:
Z/mZ
→
Z/mZ
Z/mZ
→
Z/mZ
,
, g:
f:
a mod m 7→ 2a mod m
a mod m 7→ a2 mod m
h:
Z/mZ
→
Z/nZ
, k:
a mod m 7→ a mod n
Z/nZ
→
Z/mZ
.
a mod n 7→ a mod m
Lösung
Sind a und b Vertreter der gleichen Restklasse a mod m = b mod m ∈ Z/mZ, so gilt
f (a mod m) = a2 mod m
=
2.1.4(iii)
(a mod m)2 = (b mod m)2 = b2 mod m = f (b mod m) .
Damit hängt das Bildelement f (a mod m) tatsächlich nur von der Restklasse a mod m und nicht vom Vertreter
a ab, d. h. f ist wohldefiniert.
Für m = 4 ist beispielsweise 1 mod 4 = 5 mod 4, aber g(1 mod 4) = 21 mod 4 = 2 mod 4 bzw. g(5 mod 4) =
25 mod 4 = 32 mod 4 = 0 mod 4 6= 2 mod 4. Da das Bild g(a mod m) also von a und nicht von der Restklasse
a mod m abhängt ist g nicht wohldefiniert.
Sind a und b wieder Vertreter der gleichen Restklasse a mod m = b mod m ∈ Z/mZ, so gilt nach Definition m|(a − b). Da n ein Teiler von m gilt auch n|(a − b), d. h. h(a mod m) = a mod n = b mod n = h(b mod m)
im kleineren Restklassenring Z/nZ, und h ist wohldefiniert. Die Aussage wird falsch, wenn n kein Teiler von m
ist.
Die Abbildung k ist nicht wohldefiniert, wie schon das einfache Beispiel n = 1 und m = 2 zeigt: Z/nZ enthält
überhaupt nur eine Restklasse, nämlich 0 mod 1, und für jedes a ∈ Z ist a mod 1 = 0 mod 1 (weil jede Zahl
Rest Null bei Division durch Eins lässt). Es gilt aber h(0 mod 1) = 0 mod 2 6= 1 mod 2 = h(1 mod 1).
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
[email protected]
18.05.2006
SS 2006
Elementare Zahlentheorie
-
Lösungsblatt 3
Zur Übungsstunde vom 18.05.2006
Aufgabe 10 (Die Dreierregel)
3 Punkte
In der Schule lernt man den Satz eine natürliche Zahl ist genau dann durch Drei teilbar, wenn ihre Quersumme
”
durch Drei teilbar ist“. Beweisen Sie den Satz und bestimmen Sie die Ziffern aus z ∈ {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, für
die diese Regel auch gilt (d. h. z teilt eine Zahl genau dann, wenn z die Quersumme teilt).
Lösung
Wir beweisen den Satz erstmal für z = 3. Dazu sei n eine natürliche Zahl mit Dezimaldarstellung n = d0 d1 · · · dk ,
also n = 1 · d0 + 10 · d1 + · · · . Es gilt
3 teilt n ⇔
k
X
j=0
10j dj ≡ 0 mod 3
⇔
10≡1 mod 3
k
X
j=0
dj ≡ 0 mod 3 ⇔ 3 teilt die Quersumme .
Der Satz gilt also schonmal für alle z mit 10 ≡ 1 mod z, das ist neben der Drei noch die Neun. Für alle anderen
Ziffern gilt der Satz nicht wegen der folgenden Gegenbeispiele:
X
X
X
26 | 11 aber
dj = 2 , 46 | 13 aber
dj = 4 , 56 | 14 aber
dj = 5 ,
X
X
X
66 | 15 aber
dj = 6 , 76 | 16 aber
dj = 7 , 86 | 17 aber
dj = 8 .
Aufgabe 11 (Potenzieren in Z/pZ)
3 Punkte
Es sei p eine Primzahl. Zeigen Sie, dass modulo p die Regel (a + b)p ≡ ap + bp gilt.
Lösung
Ausmultiplizieren zunächst im Ring Z ergibt nach dem binomischen Lehrsatz
p−1
p X p
X
p k p−k
ak bp−k .
a b
= ap + bp +
(a + b)p =
k
k
k=1
k=0
Wir müssen also zeigen, dass die letzte Summe kongruent zu 0 ist modulo p. Der Binomialkoeffizient
p!
p
=
k
k! · (p − k)!
in der Summe ist eine ganze Zahl, d. h. das Produkt k! · (p − k)! teilt p!. Der Nenner enthält p selbst aber nicht
als Primfaktor, denn der Faktor k! ist wegen k ≤ p − 1 kein Vielfaches von p, und der Faktor (p − k)! wegen
k ≥ 1 auch nicht. Da p den Zähler, aber nicht den Nenner teilt, ist auch
eine ganze Zahl. Dann ist aber
(p − 1)!
k! · (p − k)!
p
(p − 1)!
= p·
k! · (p − k)!
k
|
{z
}
∈Z
ein ganzzahliges Vielfaches von p. Damit folgt insgesamt
p−1 X
p k p−k
p
p
p
a b
≡ ap + bp mod p .
(a + b) ≡ a + b +
k
k=1 | {z }
≡0
Aufgabe 12 (Reste von Potenzen)
2 Punkte
Berechnen Sie die kleinsten nichtnegativen Reste, die 1099 bei Division durch 9 und durch 11 lässt, sowie die
die kleinsten nichtnegativen Reste, die 311 und 2100000000010000000001 modulo 7 lassen.
Lösung
Mit den Rechenregeln von Satz 2.1.4 gilt
1099 mod 9 = (10 mod 9)99 = (1 mod 9)99 = 199 mod 9 = 1 mod 9 ,
d. h. 1099 lässt den Rest 1 bei Division durch 9. Ebenso folgt
1099 mod 11 = (10 mod 11)99 = (−1 mod 11)99 = (−1)99 mod 11 = (−1) mod 11 = 10 mod 11 ,
d. h. der gesuchte Rest ist 10.
Für 311 arbeiten wir die Potenzen schrittweise durch Quadrieren ab. Alle Kongruenzen gelten modulo 7:
311 ≡ 3 · 310 ≡ 3 · (35 )2 ≡ 3 · (3 · ( |{z}
32 )2 )) ≡ 3 · (3 · 22 )) ≡ 3 · (3 · 4) ≡ 3 · 12 ≡ 3 · 5 ≡ 15 ≡ 1 .
11
≡2 mod 7
Also lässt 3 den Rest 1 modulo 7. Der zweite Rest ist ebenfalls Eins, denn die Drei teilt den Exponenten
(Dreierregel!), und damit ist 23·k ≡ 8k ≡ 1k ≡ 1 modulo 7.
Aufgabe 13 (Der Chinesische Restsatz)
5 Punkte
Bestimmen Sie mit Hilfe des Chinesischen Restsatzes die Anzahl der Nullstellen des Polynoms
P (x) = 3x + 5x2 + 7x3
über dem Ring Z/210Z. Berechnen Sie dazu zunächst die Anzahlen der Nullstellen von P (x) über den kleineren
Ringen Z/pZ für die Primzahlen p|n (es ist 210 = 2 · 3 · 5 · 7). Es ist nur nach der Anzahl gefragt, Sie brauchen
die Lösungen nicht explizit auszurechnen.
Lösung
Nullstellen in Z/2Z: Nur die Null,
denn modulo 2 gibt es nur die Werte 0 mod 2 und 1 mod 2, für 0 mod 2 ist P (0) = 0 , für 1 mod 2 ist
P (1) = 3 + 5 + 7 = 15 ≡ 1 mod 2, also ist P (x) = 0 nur für x ≡ 0 mod 2 möglich.
Nullstellen in Z/3Z: {0 mod 3, 1 mod 3}:
. . . denn der dritte mögliche Wert ist 2 mod 3 mit P (2) = 3 · 2 + 5 · 4 + 7 · 8 = 82 6≡ 1 mod 3.
Nullstellen in Z/5Z: {0 mod 5, 1 mod 5, 4 mod 5}:
. . . denn es gilt P (1) = 15 ≡ 0 mod 5, P (2) = 82 6≡ 0 mod 5, P (3) = 243 6≡ 0 mod 5 und P (4) = 540 ≡ 0 mod 5.
Nullstellen in Z/7Z: {0 mod 7, 5 mod 7} (ebenso)
Insgesamt hat damit P (x) in Z/210Z genau 1 · 2 · 3 · 2 = 12 Lösungen.
Aufgabe 14 (Rechnen mit der Eulerschen ϕ-Funktion)
3 Punkte
Es sei ϕ(n) = |(Z/nZ)∗ | die Eulersche ϕ-Funktion:
(a) Bestimmen Sie jeweils für m = 1, 2, 4 alle n ∈ N mit ϕ(n) = m.
(b) Zeigen Sie, dass ϕ(n) für n ≥ 3 stets gerade ist.
Lösung
Zu (a): Die Primzerlegung von n legt den ϕ-Wert von n fest:
n =
k
Y
a
pj j , m = ϕ(n) =
j=1
k
Y
j=1
a −1
a −1
pj j
(pj − 1) .
Man beachte, dass im letzten Produkt die Faktoren pj j und (pj − 1) stets ganze Zahlen sind. Der Fall m = 1
ist daher schonmal nur dann möglich, wenn aj − 1 = 0 für j = 1 . . . k ist, d. h. jeder Primfaktor kommt in n
höchstens zur Potenz Eins vor. Andererseits ist pj − 1 = 1 nur für pj = 2 möglich. Also gibt es entweder keine
Primfaktoren in n (d. h. n = 1), oder nur die Zwei (d. h. n = 2). Für den Fall m = 2 gibt es drei Möglichkeiten:
entweder ist paj i −1 = 2 für ein i und aj = 0 für j 6= i, alle aj sind Null und pj − 1 = 2 für genau ein j, oder
pi − 1 = 1 und pr − 1 = 2 für ein i und ein r. Der erste Fall kann nur für pi = 2 und ai = 2 eintreten, denn
sonst würde der Term pi − 1 noch einen Beitrag zum Produkt liefern (d. h. n = 4). Im zweiten Fall ist n = 3,
im dritten Fall ist n = 6. Für m = 4 gibt es jetzt die Möglichkeit pai i −1 = 4 für genau ein i und pj − 1 = 1 für
alle j (d. h. n = 8), oder pai i −1 = 2 für genau ein i und pr − 1 = 2 für genau ein r (d. h. m = 12), oder aj ≤ 1
für alle j und pi − 1 = 4 für genau ein i (d. h. m = 5 oder m = 10). Wir fassen zusammen:
m
ϕ−1 (m)
1
{1, 2}
2
{3, 4, 6}
4 {5, 8, 10, 12}
Zu (b): Angenommen ϕ(n) ist ungerade, d. h. in der Produktdarstellung tritt kein Faktor auf, der den Primteiler 2 enthält. Erstmal heißt das (da jede Primzahl p ≥ 3 ungerade, und p − 1 damit gerade ist), dass der
Term (pj − 1) nur für pj = 2 auftreten kann: n enthält also nur den Primfaktor 2 und ist zwangsläufig eine
Zweierpotenz. Dann gilt aber ϕ(2k ) = 2k−1 · (2 − 1) = 2k−1 , d. h. Zweierpotenzen werden von ϕ halbiert. 2k−1
ist aber nur für k = 1 ungerade, d. h. es kommt nur n = 2 in Frage, was zu zeigen war.
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
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24.05.2006
SS 2006
Elementare Zahlentheorie
-
Lösungsblatt 4
Zur Übungsstunde vom 24.05.2006
Aufgabe 15 (Nochmal der Restsatz)
4 Punkte
Bestimmen Sie mit Hilfe der Lösungsformel aus dem Chinesischen Restsatz sämtliche Lösungen von
(a) x6 − 11x4 + 36x2 − 36 ≡ 0 mod 135 mit 135 = 5 · 33 und
(b) x3 − 3x + 27 ≡ 0 mod 45 mit 45 = 5 · 32 .
Lösung
!
Zu (a): Modulo 33 = 27 ist P (x) ≡ x6 − 11x4 + 9x2 − 9 ≡ 0 mod 27 zu lösen. Wegen Aufgabe 9(h) muss aus
P (x) ≡ 0 mod 27 insbesondere P (x) ≡ 0 mod 3 folgen (die Umkehrung gilt natürlich nicht). Reduktion modulo
3 ergibt P (x) ≡ x6 + x4 ≡ 0 mod 3. Anwenden des Fermatschen Satzes liefert x3 ≡ x mod 3, also die weitere
Reduktion P (x) ≡ x2 + x2 mod 3. Diese Kongruenz wird nur für x ≡ 0 mod 3 erfüllt, also muss x ein Vielfaches
von Drei sein, wenn P (x) ≡ 0 mod 27 gelten soll. Für x = 3k ist aber
P (3k) ≡ 36 k 6 − 11 · 34 k 4 + 9 · 32 k 2 − 9 ≡ −9 6≡ 0 mod 27 ,
also ist 3k garkeine Lösung. Es folgt, dass es kein x ∈ Z gibt mit P (x) ≡ 0 mod 27. Daher brauchen wir auch
die Lösungen mod 5 nicht zu betrachten: nach dem Restsatz folgt aus S27 = ∅ schon, dass P (x) 6≡ 0 mod 135
ist für alle x ∈ Z: die Kongruenz war unlösbar.
!
Zu (b): Modulo 5 ist P (x) ≡ x3 + 2x + 2 ≡ 0 zu lösen. Einsetzen und Auswerten ergibt die Lösungsmenge
!
S5 = {1, 3} modulo 5. Es ist noch P (x) ≡ x3 − 3x ≡ 0 mod 9 zu lösen. Auswerten ergibt
P (0)
P (2)
P (4)
P (6)
P (8)
≡
≡
≡
≡
≡
0
2
7
0
2
P (1)
P (3)
P (5)
P (7)
≡
≡
≡
≡
7
0
2
7
Damit ist S9 = {0, 3, 6} modulo 9.
Wir haben also S5 = {1, 3} und S9 = {0, 3, 6}. Wir berechnen die Kofaktoren für die Lösungsformel aus
dem Restsatz: m = 5 · 9, m1 = 5, m2 = 9, M1 = 9, M2 = 5. Die Inversen kann man durch Ausprobieren oder
den Euklidischen Algorithmus finden: M 1 = 4 und M 2 = 2. Damit ist die Lösungsformel für m = 45 gegeben
durch
x45 ≡ M1 M 1 x5 + M2 M 2 x9 = 36x5 + 10x9 mod 45
für x5 ∈ S5 und x9 ∈ S9 . Einsetzen aller Kombinationen ergibt
x5
1
1
1
3
3
3
x9
0
3
6
0
3
6
x45
36
66
96
108
138
168
x45 mod 45
36
21
6
18
3
33
und damit die gesuchte Lösungsmenge S45 = {3, 6, 18, 21, 33, 36} modulo 45.
Aufgabe 16 (Ordnungen von Restklassen)
3 Punkte
Berechnen Sie die Ordnungen aller teilerfremden Restklassen aus Z/5Z und Z/12Z.
Lösung
Alle a mod 5 mit a = 1 . . . 4 sind teilerfremd, da 5 eine Primzahl ist. Es gilt
11 ≡ 1 mod 5
⇒ ord5 (1) = 1
2 6≡ 1 mod 5 2 ≡ 4 6≡ 1 mod 5 2 ≡ 8 ≡ 3 6≡ 1 mod 5 2 ≡ 16 ≡ 1 mod 5 ⇒ ord5 (2) = 4
31 6≡ 1 mod 5 32 ≡ 4 6≡ 1 mod 5 33 ≡ 27 ≡ 2 6≡ 1 mod 5 34 ≡ 81 ≡ 1 mod 5 ⇒ ord5 (3) = 4
41 6≡ 1 mod 5
42 ≡ 16 ≡ 1 mod 5 ⇒ ord5 (4) = 2
1
2
3
4
Wir müssen für alle a mod 12 mit ggT(a, 12) = 1 die Potenzen ausrechnen, also für a = 1, 5, 7, 11:
11 ≡ 1 mod 12
5 6≡ 1 mod 12 5 ≡ 25 ≡ 1 mod 12
71 6≡ 1 mod 12 72 ≡ 49 ≡ 1 mod 12
11 ≡ −1 mod 12 (−1)2 ≡ 1 mod 12
1
2
⇒ ord12 (1) = 1
⇒ ord12 (5) = 2
⇒ ord12 (7) = 2
⇒ ord12 (11) = 2 .
Aufgabe 17 (Pseudo-Primzahlen)
3 Punkte
Eine zusammengesetzte Zahl n heißt Pseudo-Primzahl, wenn für sie der Fermatsche Satz gilt obwohl sie nicht
prim ist, d. h. wenn an−1 ≡ 1 mod n ist für mindestens ein a ∈ N mit ggT(a, n) = 1. Zeigen Sie:
(a) Ist n eine ungerade Pseudo-Primzahl zur Basis a = 2, dann ist auch 2n − 1 eine Pseudo-Primzahl zur
Basis a = 2.
(b) Es gibt unendlich viele Pseudo-Primzahlen zur Basis 2.
Lösung
Zu (a): Die Voraussetzung bedeutet 2n−1 ≡ 1 mod n, also 2n−1 = 1 + nk für ein k ∈ Z. Damit gilt
2(2
n
−1)−1
= 2(2·2
n−1
−1)−1
= 2(2·(1+nk)−1)−1 = 22nk = (2n )2k ≡ (1)2k mod 2n − 1 ,
also gilt der Fermatsche Satz für 2n − 1 zur Basis 2. Im letzten Schritt wurde benutzt, dass aus 0 ≡ (2n −
1) mod 2n − 1 die Kongruenz 2n ≡ 1 mod 2n − 1 folgt. In der Basis einer Potenz mit festem Exponenten darf
man nach Satz 2.1.4(iii) Kongruenzen einsetzen. Damit 2n − 1 eine Pseudo-Primzahl ist müssen wir noch zeigen,
dass 2n − 1 auch zusammengesetzt ist: Nach Voraussetzung ist n = cd für c, d ∈ N und c, d ≥ 3 (der Faktor 2
kann nicht auftreten weil n ungerade war). Dann gilt wegen der Summenformel für die endliche geometrische
Reihe


d−1
X
2n − 1 = (2c )d − 1 = (2c − 1) ·  (2c )j  .
j=0
Diese beiden Faktoren sind wegen c, d ≥ 3 nichttrivial, also ist 2n − 1 zusammengesetzt.
Zu (b): Es gibt mindestens eine ungerade Pseudo-Primzahl zur Basis a = 2 (beispielsweise c = 172081 aus
der nächsten Aufgabe). Mit Hilfe von (a) kann man dann eine unendliche Folge solcher Zahlen konstruieren.
Aufgabe 18 (Carmichael-Zahlen)
3 Punkte
Eine Zahl n ∈ N heißt Carmichael-Zahl, wenn Sie nicht prim ist, aber der kleine Fermatsche Satz für alle zu
n teilerfremden a ∈ Z gilt. Die Existenz solcher Zahlen stellt ein Problem dar, wenn man algorithmisch nach
großen Primzahlen sucht (die zum Beispiel in Verschlüsselungssystemen verwendet werden), da sie sich von
echten Primzahlen nur schwer unterscheiden lassen.
Zeigen Sie, dass c = 172081 = 7 · 13 · 31 · 61 eine Carmichael-Zahl ist, indem Sie zuerst das folgende hinreichende Kriterium beweisen: Ist n = p1 p2 · · · pk das Produkt mehrerer verschiedener Primzahlen, und teilt
pj − 1 stets n − 1 für j = 1 . . . k, so ist n eine Carmichael-Zahl.
Hinweis: Wenden Sie den Restsatz auf die Fermatsche Kongruenz an ≡ a mod n an.
Lösung
Angenommen für ein n = p1 · · · pk mit k ≥ 2 gilt (pj − 1)|(n − 1) für alle Primteiler. Es sei a ∈ Z beliebig mit
ggT(a, n) = 1, das ist gleichbedeutend damit, dass pj 6 | a ist für alle Primteiler von n. Die Fermatsche Kongruenz
an ≡ a mod n ist nach dem Restsatz genau dann lösbar, wenn sie modulo der pj gilt. Für j = 1 . . . k ist nach
Voraussetzung pj − 1 ein Teiler von n − 1, also n − 1 = (pj − 1) · xj mit xj ∈ Z. Damit folgt modulo pj dann
xj
pj −1 xj
an ≡ a · an−1 ≡ a · a(pj −1)·xj ≡ a · ( a
| {z } ) ≡ a · 1 ≡ a mod pj .
Fermat!
Wenn modulo aller Teiler an ≡ a mod pj gilt, so muss wegen dem Restsatz auch an ≡ a mod n gelten. Aber a
war beliebig und n zusammengesetzt, also ist n eine Carmichael-Zahl.
Wir prüfen die Teilereigenschaften: c − 1 = 172080 ist gerade, also 2|c − 1, nach der Neunerregel ist 9|c − 1, da
die letzte Ziffer Null ist auch 10|c − 1. Da 172080 : 10 = 17208 auch noch gerade ist gilt 20|c − 1. Insgesamt ist
22 , 32 , 5|c − 1, damit ist c − 1 ein Vielfaches von den Zahlen 7 − 1 = 6, 13 − 1 = 12, 31 − 1 = 30 und 61 − 1 = 60.
Nach dem Kriterium ist c eine Carmichael-Zahl.
Das Kriterium ist übrigens nur hinreichend: die kleinste Carmichael-Zahl 561 erfüllt es nicht.
Aufgabe 19 (Richtiges Kongruenzrechnen)
3 Punkte
Die folgenden Lösungen zu vorigen Aufgaben sind falsch, und zwar nicht wegen Rechenfehlern, sondern wegen
Fehlern in der Handhabung von Kongruenzen. Finden Sie die Fehler, und erläutern Sie sie kurz:
!FALSCH!
!FALSCH!
Fermat (ap−1 ≡ 1 mod p) besagt, dass modulo einer Primzahl p alle teilerfremden Restklassen die
Ordnung p − 1 haben. Also ist die Ordnung der teilerfremden Restklassen a mod 5 immer 4.
Jedes Polynom n-ten Grades hat höchstens n Nullstellen, also hat P (x) = x2 − 1 modulo 12 nur die
Nullstellen {±1}.
!FALSCH!
!FALSCH!
Wir betrachten das Polynom aus Teil (b) der Restsatzaufgabe. Zusammenfassen ergibt
P (x) ≡ x3 − 3x ≡ x · (x2 − 3) mod 9 ,
eine Lösung ist damit x ≡ 0 mod 9. Die anderen Lösungen sind die Nullstellen von x2 − 3 modulo 9.
Einsetzen und Auswerten ergibt
!FALSCH!
12
32
52
72
−3
−3
−3
−3
≡
≡
≡
≡
7
6
4
1
22
42
62
82
−3
−3
−3
−3
≡
≡
≡
≡
1
4
6
7
!FALSCH!
womit x2 − 3 keine Nullstellen modulo 9 besitzt. Es bleibt nur S9 = {0}.
Lösung
Zur ersten Box:
Die Aussage widerspricht Aufgabe 16. Fermat besagt schon, dass ap−1 ≡ 1 mod p ist für alle Primzahlen p, aber
daraus folgt nur, dass die Ordnung ein Teiler von p − 1 ist, und nicht genau p − 1 (vgl. dazu Satz 2.5.2).
Zur zweiten Box:
Auch diese Aussage widerspricht Aufgabe 16. Der Fehler besteht darin, dass ein Polynom vom Grad n modulo
m durchaus mehr als n Nullstellen haben kann. Die Anzahl der inkongruenten Nullstellen ist nur dann durch n
beschränkt, wenn m eine Primzahl ist (Satz von Lagrange 2.4.2).
Zur dritten Box:
Die Anzahl der Nullstellen von P (x) = f (x) · f (x) modulo m ist nicht unbedingt gleich der Anzahl der Nullstellen von f (x) plus die Anzahl der Nullstellen von g(x): das liegt daran, dass f (x) 6≡ 0 mod m, g(x) 6≡ 0 mod m
und trotzdem f (x)g(x) ≡ 0 mod m gelten kann. Beispielsweise ist 2 6≡ 0 mod 4 aber 2 · 2 ≡ 0 mod 4. Man darf
also Nullstellen nicht so ohne Weiteres auf Teilpolynome verteilen. Wieder gibt es eine Ausnahme: der Satz von
Lagrange kann (wie im Beweis zu Satz 2.5.5) benutzt werden, um die Nullstellen auf Teilpolynome zu verteilen.
Aber das geht nur, wenn m eine Primzahl ist.
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
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01.06.2006
SS 2006
Elementare Zahlentheorie
-
Lösungsblatt 5
Zur Übungsstunde vom 01.06.2006
Aufgabe 20 (Summationseigenschaft der ϕ-Funktion)
Zeigen Sie für alle n ∈ N die Identität
X
5 Punkte
ϕ(d) = n ,
d|n
wobei d über alle natürlichen Teiler von n (inklusive 1 und n) läuft.
Hinweis: Zeigen Sie die Aussage zuerst für Primzahlpotenzen.
Lösung
Achtung: Satz 2.5.6 und seine Nachfolger dürfen hier natürlich nicht benutzt werden.
Wir zeigen die Aussage zunächst für Primzahlpotenzen n = pk . Deren Teiler sind nur die Potenzen 1, p, p2 , . . . , pk ,
also gilt
X
ϕ(d) = 1 +
k
X
j
ϕ(p ) = 1 +
j=1
d|n
k
X
j=1
p
j−1
(p − 1) = 1 +
pa1 1
· · · pakk
k
X
j=1
j
p −
k
X
pj−1 = pk = n
j=1
da es sich um eine Teleskopsumme handelt. Nun sei n =
irgend eine natürliche Zahl. Ihre Teiler sind
die Produkte der Form d = pb11 · · · pbkk , für die 0 ≤ bj ≤ aj gilt. Ausnutzung der Multiplikativität der ϕ-Funktion
und geschicktes Ausklammern ergibt
X
ϕ(d) =
b1 =0 b2 =0
d|n
=
a1
X
b1 =0
ϕ(pb11 )
a1 X
a2
X
a2 X
ϕ(pb22 )
b2 =0
···
bk
X
bk =0
···
ϕ(pb11 · · · pbkk ) =
X
ak
ϕ(pbkk )
bk =0
und damit die gewünschte Aussage.
Aufgabe 21 (Primitivwurzeln henseln)
!
···
!
a1 X
a2
X
b1 =0 b2 =0
=
a1
X
···
bk
X
bk =0
ϕ(pb11 )
b1 =0
|
{z
a
= p1 1
ϕ(pb11 ) · · · ϕ(pbkk )
!
}
···
ak
X
ϕ(pbkk )
bk =0
|
{z
a
= pk k
!
= n
}
6 Punkte
Es sei p eine Primzahl und r eine Primitivwurzel mod p. Zeigen Sie, dass dann r + tp für genau p − 1 Werte von
t mod p auch eine Primitivwurzeln mod p2 ist.
Hinweis:
Separieren Sie den Fall p = 2, und benutzen Sie für p 6= 2 den Satz von Euler und die Eindeutigkeitsaussage im
Hensel-Lemma. Formulieren Sie dazu eine geeignete Polynomkongruenz.
Lösung
Der Fall p = 2 ist klar weil r = 1 die einzige Primitivwurzel mod 2 ist, und sie zu der Primitivwurzel 3 = 1 + 2t
mod 22 mit t = 1 fortgesetzt werden kann. Für die andere Restklasse t ≡ 0 mod 2 ist 1 = 1 + 2t keine Primitivwurzel mod 22 , damit gilt die Aussage der Aufgabe.
Wir nehmen jetzt p ≥ 3 an. Es sei r ∈ Z eine Primitivwurzel modulo p. Der Satz von Euler besagt, dass
r eine Nullstelle von P (x) = xϕ(p) − 1 mod p ist mit ϕ(p) = p − 1. Die Ableitung des Polynoms ist P 0 (x) ≡
(p − 1)xp−2 ≡ −xp−2 . Da P 0 (r) ≡ −r2 mod p nicht Null ist (denn ggT(r, p) = ggT(r 2 , p) = 1) gilt das HenselLemma: es gibt genau ein t mod p, so dass P (r + tp) ≡ 0 mod p2 gilt. Andersherum formuliert: für die anderen
p − 1 Werte, die t modulo p annehmen kann, ist P (r + tp) 6≡ 0 mod p2 . Wir benennen die Argumente mit
xj = r + tj p, wobei für j = 1 . . . (p − 1) das tj jeweils einer der Werte für t ist, für die P (xj ) 6≡ 0 mod p2 gilt. Es
sei oj = ordp2 (xj ) die Ordnung von xj modulo p2 , dann müssen wir oj = ϕ(p2 ) = p(p − 1) nachweisen um die
Aufgabe zu zeigen. Es gilt P (xj ) ≡ xp−1
− 1 6≡ 0, also xp−1
6≡ x0 mod p2 , nach Satz 2.5.1 ist p − 1 − 0 = p − 1
j
j
kein Vielfaches der Ordnung oj . Also: einerseits gilt oj |p(p − 1) nach Euler, andererseits ist oj 6 | p − 1, das ist
aber nur möglich, wenn p|oj ist (da p der einzige Faktor ist, der in p(p − 1) aber nicht in p − 1 steckt). Also ist
oj = pkj für irgend ein kj |p − 1. Nun gilt aber
(r + tp)oj ≡ 1 mod p2 ⇒ (r + tp)oj ≡ 1 mod p ⇒ roj ≡ 1 mod p ,
was nur für p − 1|oj möglich ist, da r eine Primitivwurzel war. Wenn also einerseits p|oj und andererseits p − 1|oj
gilt, so bleibt nur oj = p(p − 1). Damit ist xj von voller Ordnung, also eine Primitivwurzel. Damit gibt es für
das feste r genau p − 1 Fortsetzungen xj = r + tj p zu Primitivwurzeln modulo p2 .
Aufgabe 22 (Primitivwurzeln mod pj )
5 Punkte
Es sei p 6= 2 eine Primzahl und r eine Primitivwurzel mod p2 . Zeigen Sie, dass r dann eine Primitivwurzel mod
pj für alle j ≥ 2 ist.
Hinweis: Zeigen Sie zuerst die Aussage ap ≡ 1 mod pj ⇒ a ≡ 1 mod pj−1 für alle j ≥ 2.
Lösung
Es gibt mehrere Methoden, den Hinweis zu zeigen. Wie betrachten für festes j ≥ 2 die Abbildung
(Z/pj−1 Z)∗ −→ (Z/pj Z)∗p
φ:
a mod pj−1 7−→ ap mod pj
und zeigen, dass sie wohldefiniert ist. Mit (Z/pj Z)∗p meinen wir die Menge {xp | x ∈ (Z/pj Z)∗ } der p-Potenzen
aus (Z/pj Z)∗ . Sind nun a, b ∈ Z Vertreter der gleichen Restklasse mod pj−1 , so ist b = a + kpj−1 für irgend ein
k ∈ Z, und es gilt
φ(b mod pj−1 ) = bp mod pj = (a + kpj−1 )p mod pj
=
p X
p
i
i=0
a
p−i
(kp
j−1 i
)
!
mod pj = ap mod pj = φ(a mod pj )
da in der Binomialsumme die Summande mit i ≥ 1 den Faktor p · pj−1 enthalten und damit kongruent Null sind
mod pj . Also ist die Abbildung φ wohldefiniert. Sie ist auch surjektiv, da für beliebige Potenz (a mod pj )p aus
der Menge (Z/pj Z)∗p die Restklasse (a mod pj−1 ) offensichtlich ein Urbild ist wegen (ap mod pj ) = (a mod pj )p .
j
Nach Satz 2.5.4 enthält die Bildmenge (Z/pj Z)∗p genau ϕ(pp ) = pj−2 (p − 1) Restklassen, andererseits enthält
auch die Urbildmenge (Z/pj−1 Z)∗ genau ϕ(pj−1 ) = pj−2 (p − 1) Restklassen. Da die beiden Mengen gleichviele
Elemente enthalten und φ surjektiv ist, muss φ sogar bijektiv sein. Damit gilt der Hinweis:
ap ≡ 1 mod pj ⇒ (a mod pj )p = (1 mod pj )p
⇒ φ(a mod pj−1 ) = φ(1 mod pj−1 )
⇒
bijektiv
a mod pj−1 = 1 mod pj−1 ⇒ a ≡ 1 mod pj−1 .
Für die eigentliche Aussage der Aufgabe führen wir eine kurze Induktion über j ≥ 2. Die Aussage für j = 2
ist trivial, also sei jetzt j ≥ 3 beliebig und die Aussage für j − 1 schon gezeigt. Wegen ϕ(pj ) = pj−1 (p − 1) ist
ordpj (r) = pk · q mit 0 ≤ k ≤ j − 1 und q|p − 1. Es gilt dann nach Definition der Ordnung
rp
k
·q
≡ 1 mod pj
⇒
Hinweis
rp
k−1
·q
≡ 1 mod pj−1 .
Da aber r nach Induktionsannahme eine Primitivwurzel mod pj−1 ist muss pk−1 q ein Vielfaches von ϕ(pj−1 ) =
pj−2 (p − 1) sein, woraus k = j − 1 folgt. Damit ist ordpj (r) = pj−1 (p − 1) = ϕ(pj ), und r ist auch Primitivwurzel
mod pj .
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
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08.06.2006
SS 2006
Elementare Zahlentheorie
-
Lösungsblatt 6
Zur Übungsstunde vom 08.06.2006
Aufgabe 23 (Der diskrete Logarithmus)
3 Punkte
Es sei m ein Modulus, so dass (Z/mZ)∗ eine Primitivwurzel r besitzt. Der diskrete Logarithmus von (Z/mZ)∗
ist durch die Abbildung
(Z/mZ)∗ −→
Z/ϕ(m)Z
logr :
rj mod m 7−→ j mod ϕ(m)
definiert. Zeigen Sie mit Hilfe der Sätze aus Abschnitt 2.5:
(a) logr ist wohldefiniert,
(b) logr erfüllt die Funktionalgleichung logr (a · b) = logr (a) + logr (b),
(c) logr ist bijektiv.
Lösung
Zu (a):
Hier besteht nicht wie in Aufgabe 9 das Problem, dass eine Restklasse über mehrere Vertreter aus Z repräsentiert
werden kann, sondern dass in der Darstellung a mod m = r j mod m der Exponent j nicht eindeutig ist. Nach
Satz 2.5.1 liegen r i und rj in der gleichen Restklasse mod m wenn ordm (r) ein Teiler von i − j ist, und da r
eine Primitivwurzel ist gilt ordm (r) = ϕ(m). Also angenommen a mod m ist eine teilerfremde Restklasse aus
(Z/mZ)× und a mod m = ri mod m = rj mod m sind verschiedene Darstellungen von a mod m als Potenz
von r mod m, dann gilt ϕ(m)|i − j, und damit logr (a mod m) = i mod ϕ(m) = j mod ϕ(m), womit es nur ein
mögliches Bildelement aus Z/ϕ(m)Z von a mod m unter logr gibt: damit ist logr in der obigen Form wohldefiniert.
Zu (b):
Es seien a mod m, b mod m ∈ (Z/mZ)∗ zwei beliebige teilerfremde Restklassen. Da r eine Primitivwurzel ist
gibt es i, j ∈ Z (nicht eindeutig bestimmt!) mit a mod m = r i mod m und b mod m = rj mod m, und nach
Definition ist logr (a mod m) = i mod ϕ(m) sowie logr (b mod m) = j mod ϕ(m). Es folgt
logr ((a mod m) · (b mod m))
=
logr ((ab) mod m) = logr (ri rj ) mod m
Satz 2.1.4
i+j
= logr (r ) mod m = (i + j) mod ϕ(m)
=
(i mod ϕ(m)) + (j mod ϕ(m))
Satz 2.1.4
= logr (ri mod m) + logr (rj mod m) = logr (a mod m) + logr (b mod m) .
Zu (c):
Die Abbildung ist surjektiv, denn zu beliebigem j mod ϕ(m) ist r j mod m ein Urbild mit logr (rj mod m) =
j mod ϕ(m). Sie ist auch injektiv, das Argument ist gerade die Umkehrung von Teil (a): angenommen log r (ri mod
m) = logr (rj mod m), dann gilt wegen der Funktionalgleichung 0 = logr (ri r−j mod m) = logr (ri−j mod m) =
(i − j) mod ϕ(m). Das bedeutet gerade ϕ(m)|(i − j), nach Satz 2.5.1 also r i mod m = rj mod m, d. h. die
Urbilder waren gleich in (Z/mZ)∗ . Damit ist logr injektiv.
Aufgabe 24 (Existenz der Primitivwurzel)
3 Punkte
Um Satz 2.5.10 der Vorlesung zu beweisen fehlt zu den auf dem letzten Blatt abgehandelten Fall einer ungeraden
Primzahlpotenz und dem Fall m = 2k aus der Vorlesung nur noch der gemischte“ Fall m = pq.
”
Zeigen Sie: ist m = pq das Produkt verschiedener ungerader Primzahlen, so gibt es keine Primitivwurzel mod m.
Hinweis: Vergleichen Sie die Ordnung ordm (r) mit den Ordnungen ordp (r) und ordq (r).
Lösung
Wir betrachten die Mengen Om = {k ∈ Z | rk ≡ 1 mod m} und ebenso Op und Oq . Nach Definition ist ordm (r)
die kleinste nichtnegative Zahl aus Om , das Gleiche gilt für ordp (r) und ordq (r). Nach dem Chinesischen Restsatz gilt rk ≡ 1 mod m genau dann, wenn r k ≡ 1 mod p und rk ≡ 1 mod q ist. Das ist gleichbedeutend damit,
dass jedes l ∈ Om auch in Op ∩ Oq liegen muss. Es sei also a = ordp (r) die kleinste positive Zahl aus Op
und b = ordq (r) die kleinste positive Zahl aus Oq sowie c = ordm (r). Es sei c0 = kgV(a, b). Da c wegen dem
0
Restsatz in Op und Oq liegen muss gilt a, b|c, also c0 |c. Andererseits folgt wegen dem Restsatz aus r c ≡ 1 mod p
0
0
und rc ≡ 1 mod q auch r c ≡ 1 mod m, also auch c|c0 . Damit ist c = c0 = kgV(a, b). Es ist nach Fermat
a ≤ ϕ(p) = p − 1 und b ≤ ϕ(q) = q − 1. Wir unterscheiden jetzt zwei Fälle:
Fall a = p − 1 und b = q − 1:
Da p und q ungerade sind müssen a und b gerade sein, also 2|ggT(a, b), und damit kgV(a, b) 6= a · b. Damit ist
ordm (r) = c = kgV(a, b) 6= (p − 1)(q − 1) = ϕ(m), also ist r doch keine Primitivwurzel mod m.
Fall a < p − 1 oder b < q − 1:
In diesem Fall ist kgV(a, b) ≤ ab < (p − 1)(q − 1) = ϕ(m), also wieder ordm (r) 6= ϕ(m), und r ist auch in diesem
Fall keine Primitivwurzel mod m.
Insgesamt konnte es also garkeine Primitivwurzel mod m geben.
Aufgabe 25 (Quadratische Reste I)
5 Punkte
Berechnen Sie die folgenden Legendre-Symbole:
133
17
,
144
61
,
23
137
.
Hinweis: Benutzen Sie die Rechenregeln für das Legendre-Symbol.
Lösung
Anwenden der Regeln für das Legendre-Symbol aus Abschnitt 2.6 ergibt
172 −1
2
133 (133=7·17+14) 14
7
7
7
7
36
8
=
·
=
(−1)
·
= (−1) ·
=
=
17
17 2.6.1(ii) 17
17 2.6.3(ii)
17
17
17
2.6.1(iii)
=
2.6.3(i)
=
2.6.3(i)
(−1)
(−1)
3−1 7−1
2 · 2
7−1 17−1
2 · 2
·
17
7
= (−1)3·8 ·
17
7
7
7
7
1·3
·
= (−1) ·
= −
3
3
3
Die Kongruenz x2 ≡ 133 mod 17 ist also unlösbar.
=
17
7
(7=2·3+1)
=
2.6.1(iii)
(17=2·7+3)
=
2.6.1(iii)
3
7
1
−
= (−1) · 1 = −1 .
3
2
Das zweite Legendre-Symbol ( 144
61 ) ist Eins, da 144 = 12 schon in Z ein Quadrat ist.
23
137
=
2.6.3(i)
(−1)
23−1 137−1
2 ·
2
·
137
23
= (−1)11·68 ·
137
23
=
137
23
23−1
22
−1
=
=
=
(−1) 2 = (−1)11 = −1 ,
23 2.6.1(iii)
23
2.6.1(iii)
2.6.3(iii)
also ist auch die Kongruenz x2 ≡ 23 mod 137 unlösbar.
(137=5·23+22)
Die Laufzeit ist wie beim Euklidischen Algorithmus O(log(p)), denn in der oberen Komponente des LegendreSymbols werden abwechselnd Division mit Rest und der Tausch mit der unteren Komponente ausgeführt.
Machen Sie sich klar, dass der einzige Unterschied zwischen dem Euklidischen Algorithmus und der Berechnung
des Legendre-Symbols darin besteht, dass beim Legendre-Symbol die durch das Reziprozitätsgesetz entstehenden Vorzeichen mitgeführt werden müssen. Die Auswertung der (−1)-Potenzen in den Rechenregeln kann als
einziger Schritt angesehen werden.
Aufgabe 26 (Quadratische Reste II)
5 Punkte
Entscheiden Sie, ob die Kongruenz x2 ≡ 6533 mod 1232051 lösbar ist. Beachten Sie, dass 1232051 = 1103 · 1117
keine Primzahl ist.
Lösung
Eine Lösung von x2 ≡ 6533 mod 1232051 gibt es nach dem Restsatz genau dann, wenn es komponentenweise“
”
Lösungen x21 ≡ 6533 mod 1103 und x22 ≡ 6533 mod 1117 gibt, also gilt
6533
6533
x2 ≡ 6533 mod 1232501 lösbar ⇐⇒
= 1 und
= 1.
1103
1117
Rechnungen analog zur vorigen Aufgabe ergeben
11022
6533
1018
2
509
509
509
509
152076
8
=
=
·
= (−1)
·
= (−1)
·
=
1103
1103
1103
1103
1103
1103
1103
= (−1)
509−1 1103−1
·
2
2
·
1103
509
= (−1)
139954
·
1103
509
=
1103
509
=
85
509
= (−1)
85−1 509−1
2 ·
2
85−1
509
509
84
−1
= (−1)
·
=
=
=
= (−1) 2 = (−1)42 = 1 .
85
85
85
85
Damit ist die Kongruenz x21 ≡ 6533 mod 1103 lösbar. Ebenso gilt
2
2 6533
948
2 · 3 · 97
2
3
97
=
=
=
·
·
1117
1117
1117
1117
1117
1117
{z
}
|
10668
·
509
85
=1
= (−1)
=
1117
3
3−1 1117−1
2 ·
2
·
1117
3
· (−1)
97−1 1117−1
2 ·
2
·
1117
97
= (−1)558 ·
1117
3
· (−1)26784 ·
1117
97
972 −1
50
2
1117
1
2
25
= (−1)1176 = 1 ,
·
=
·
=
=
·
= (−1) 8
97
3
97
97
97
97
| {z }
| {z }
=1
=1
also ist auch die Kongruenz x22 ≡ 6533 mod 1117 lösbar. Nach dem Restsatz ist damit die Gesamtkongruenz
x2 ≡ 6533 mod 1232501 lösbar.
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
[email protected]
14.06.2006
SS 2006
Elementare Zahlentheorie
-
Lösungsblatt 7
Zur Übungsstunde vom 14.06.2006
Aufgabe 27 (Kongruenzen lösen)
4 Punkte
Es sei P (x) = 20x2 − 1 und n ∈ N. Zeigen Sie: ist p|P (n) für eine Primzahl p, so folgt p ≡ 1 mod 5 oder
p ≡ 4 mod 5. Folgern Sie, dass es unendlich viele Primzahlen p mit p ≡ 4 mod 5 gibt.
Hinweis: Formulieren Sie die Aussage p|P (n) mit dem Legendre-Symbol.
Lösung
Aus der Annahme p|P (n) folgt
Daraus folgt
P (n) ≡ 0 mod p ⇒ 20n2 ≡ 1 mod p ⇒ 5 · (2n)2 ≡ 1 mod p .
5(2n)2
1
5
=
=
= 1.
p
p
p
Es gilt nach dem Reziprozitätsgesetz
p
p
5−1 p−1
5
=
· (−1) 2 · 2 =
.
p
5
5
Also: p|P (n) für ein n ∈ N impliziert p5 = 1. Wir rechnen alle Legendre-Symbole über 5 per Hand aus:
0
1
2
3
4
= 0 ,
= 1 ,
= −1 ,
= −1 ,
= 1.
5
5
5
5
5
Also gilt insgesamt
p
5
= 1 ⇒
= 1 ⇒ p ≡ 1, 4 mod 5
p
5
wie zu zeigen war. Wir bilden damit eine unendliche Folge von Primzahlen (pj ), die alle kongruent zu 4 mod 5
sind. Als erstes nehmen wir beispielsweise p1 = 19 mit 19 ≡ 4 mod 5. Angenommen wir haben die Folge schon
bis pj berechnet, dann bestimmen wir pj+1 rekursiv: Es sei n = p1 · · · pj das Produkt aller schon gefundenen
Primzahlen und P (n) = 20n2 −1 = q1 · · · qs die Primzerlegung von P (n) (die qk sind nicht notwendig voneinander
verschieden). Da 20n2 − 1 und n teilerfremd sind ist pi 6= qk für alle i, k. Alle qk sind nach der obigen Rechnung
≡ 1 oder ≡ 4 mod 5. Angenommen alle qk sind kongruent zu 1 mod 5, dann ist auch ihr Produkt kongruent
zu 1 mod 5 (Satz 2.1.4), ein Widerspruch zu P (n) ≡ 20n2 − 1 ≡ −1 ≡ 4 mod 5. Also muss mindestens ein qk
kongruent zu 4 mod 5 sein und wir können pj+1 = qk nehmen, da qk von den p1 , . . . , pj verschieden ist.
p|P (n) ⇒
Aufgabe 28 (Das Jacobi-Symbol)
3 Punkte
Berechnen Sie die folgenden Jacobi-Symbole und entscheiden Sie, ob die zugehörigen Kongruenzen lösbar sind:
93
127
,
115
240
Lösung
Für das erste Jacobi-Symbol gilt
93
93
3
1
93
3
=
·
=
·
=
115
5
23
5
23
5
| {z }
=1
=
Satz 2.6.3(i)
(−1)
3−1 5−1
2 · 2
5
5
5
2
1·2
·
= (−1) ·
=
=
3
3
3
3
=
Satz 2.6.3(ii)
(−1)
32 −1
8
= −1 .
Da das Jacobi-Symbol den Wert −1 ergibt, ist die Kongruenz x2 ≡ 93 mod 115 unlösbar.
Im zweiten Fall ist das Jacobi-Symbol wegen des geraden Nenners nicht definiert. Wir rechnen das Symbol
trotzdem nach den Rechenregeln aus:
4 127
127
127
127
127
1
2
·
=
=
·
=
·
240
24 · 3 · 5
2
3
5
3
5
| {z }
=1
=
2.6.3(ii)
(+1) · (−1)
52 −1
8
= (−1)3 = −1 .
···
) nicht wohldefiniert ist sagt das Ergebnis garnichts über die Lösbarkeit der Kongruenz x2 ≡
Aber da ( 240
127 mod 240, wir müssen Sie daher in den Chinesischen Restsatz stecken. Für den Faktor 24 = 16 kann kein
Legendre-Symbol aufgestellt werden, die Kongruenz muss also mit elementaren Mitteln untersucht werden:
∀x ∈ Z : x2 ≡ 127 mod 16 ⇔ x2 ≡ −1 mod 16
Falls es ein solches x gibt muss wegen Aufgabe 9(h) auch x2 ≡ −1 ≡ 3 mod 4 gelten. Einsetzen ergibt aber
02 ≡ 0 6≡ 3 mod 4 , 12 ≡ 1 6≡ 3 mod 4 , 22 ≡ 0 6≡ 3 mod 4 , 32 ≡ 1 6≡ 3 mod 4 .
Also gibt es kein x dass die Kongruenz x2 ≡ 127 mod 16 löst. Nach dem Chinesischen Restsatz gibt es dann
auch keine Lösung für die Kongruenz x2 ≡ 127 mod 16 · m für alle m ∈ N, insbesondere ist die Kongruenz
x2 ≡ 127 mod 240 unlösbar, obwohl das (in diesem Fall nicht definierte) Jacobi-Symbol den Wert Eins ergibt.
Der Fehler nicht auf die Wohldefiniertheit zu achten wird häufig gemacht. Beispielsweise liefert MAPLE
with(numtheory);
legendre(5,2);
-1
obwohl 5 ein quadratischer Rest mod 2 ist.
Aufgabe 29 (Invertierung im Jacobi-Symbol)
3 Punkte
Es seien a, b ∈ N teilerfremd und ungerade. Die Zahl a0 ∈ N sei ein positiver Vertreter der zu a mod b inversen
Restklasse, d. h. aa0 ≡ 1 mod b. Zeigen Sie, dass
a0
b
b
a0
=
a
b
=
b
a
für das Jacobi-Symbol gilt, aber
im Allgemeinen nicht richtig ist.
Lösung
Nach den Rechenregeln für das Jacobi-Symbol gilt
0 0 a
a ·a
1
a
·
=
=
= 1,
b
b
b
b
0
also müssen ( ab ) und ( ab ) beide +1 oder beide −1 sein, woraus die erste Behauptung folgt. Ein Gegenbeispiel
für die zweite Aussage ist wegen 3 · 5 ≡ 1 mod 7
7
7
1 =
6=
= −1 .
3
5
Aufgabe 30 (Das RSA-System)
6 Punkte
Gegeben sei ein RSA-System mit dem gemeinsamen Modulus n = 15. Ein Teilnehmer am System besitzt den
öffentlichen Schlüssel (e, n) mit e = 3, codieren Sie die Nachricht B = 7 für diesen Teilnehmer.
Sie besitzen den privaten Schlüssel (d, n) mit d = 5 und erhalten die Nachricht C = 13. Decodieren Sie die
Nachricht mit ihrem Schlüssel. Wie lautet ihr öffentlicher Schlüssel?
Begründen Sie ausführlich, warum d = 5 eine schlechte Wahl für einen privaten Schlüssel mit Modulus n = 15
ist (zwei Gründe, einer davon ist schwerwiegend).
Lösung
Die Zerlegung von n ist n = pq mit p = 3 und q = 5, wir rechnen also im Ring Z15 = Z3 × Z5 . Die codierte
Nachricht mit e = 4 ist
C ≡ B e mod n ≡ 73 mod 15 ≡ 49 · 7 mod 15 ≡ 4 · 7 mod 15 ≡ 28 mod 15 ≡ 13 mod 15 .
Decodieren ergibt
B ≡ C d mod n ≡ 135 mod 15 ≡ 169 · 133 mod 15 ≡ 4 · 133 mod 15 ≡ 52 · 132 mod 15
≡ 7 · 132 mod 15 ≡ 91 · 13 mod 15 ≡ 1 · 13 mod 15 ≡ 13 mod 15 .
Um aus d = 5 den öffenlichen Schlüssel zu bekommen muss d modulo ϕ(n) = (p − 1)(q − 1) = 8 invertiert
werden, wozu wir den ELBA benutzen:
n
1
2
3
4
5
6
an
8
5
3
2
1
0
qn
1
1
1
1
rn
1
0
1
-1
2
sn
0
1
-1
2
-3
Daraus folgt 5−1 ≡ −3 mod 8, also ist −3 ≡ 5 das Inverse von 5, und der private Schlüssel stimmt mit dem
öffentlichen überein (was ja nicht ausgeschlossen ist).
Die gegen d = 5 sprechenden Gründe sind
• Öffentlicher und privater Schlüssel stimmen überein,
• der Schlüssel operiert trivial, d. h. er verschlüsselt garnicht.
Wir haben folgende Effekte gesehen: 13d ≡ 13 mod 15, d. h. die Nachricht wurde beim Verschlüsseln nicht
verändert. Zudem ist d = e = 5, d. h. öffentlicher und privater Schlüssel sind gleich. Den Grund für dieses
Verhalten liefert der Chinesische Restsatz: potenzieren mit 5 in Z/15Z ist äquivalent mit separatem Potenzieren
mit 5 jeweils in Z/3Z und Z/5Z. Aber ϕ(3) = 2 und ϕ(5) = 4, und es gilt 5 ≡ 1 mod 2 sowie 5 ≡ 1 mod 4, und
potenzieren mit Eins lässt alle Eingaben gleich. Anders ausgedrückt: C d ≡ C mod 15 für alle C, der Schlüssel
d = 5 ist zwar nicht verboten, führt in diesem Spezialfall aber zur Aushebelung des ganzen Systems. Solche
Trivialschlüssel sind problematisch, weil die über das RSA-System kommunizierenden Partner meist Computer
in einem Netzwerk sind, denen das Problem nicht auffällt.
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
[email protected]
22.06.2006
SS 2006
Elementare Zahlentheorie
-
Lösungsblatt 8
Zur Übungsstunde vom 22.06.2006
Aufgabe 31 (Programmieraufgabe)
16 Punkte
Schreiben Sie MAPLE-Funktionen zur Auswertung des Legendre-Symbols!
Laden Sie dazu die Vorlage von der Vorlesungshomepage und füllen Sie alle Lücken die mit IHRE LÖSUNG
gekennzeichnet sind. Die Lösung zu dieser Aufgabe (d.h. das fertige Worksheet) können Sie per eMail an
[email protected] schicken (Name und Matrikelnummer nicht vergessen).
Bei dieser Aufgabe ist Gruppenarbeit ausdrücklich erwünscht, aber senden Sie trotzdem pro Teilnehmer eine Lösung ein.
Ihr Programm soll folgendem (rekursiven) Ablaufplan folgen:
Ziel: Berechne ( ap ) bei Eingabe a und p
Gilt a < −2 ?
Ja
/ Gebe ( −1 ) · ( −a ) aus
p
p
Nein
Gilt p|a ?
Ja
/ Gebe 0 aus
Nein
Ist p < a ?
Nein
Ist a = 1, −1, 2 ?
Ja
/ Berechne ( a−qp ) mit günstigem q
p
Ja / Berechne ( a ) mit entsprechender Formel
p
Nein
Ist a = q · m mit q prim und m > 1 ?
Ja
/ Berechne ( pq ) · ( m
p)
Nein
Berechne (−1)r ( ap )
Sie dürfen nur elementare Rechenoperationen wie +, −, /, ∗ und mod“ benutzen, sowie MAPLE-Anweisungen
”
wie if, for oder print. Das NumberTheory-Package ist in der Lösung tabu, aber sie können die dortige Funktion legendre natürlich benutzen, um Ihr Programm vor der Abgabe testen.
Ihr Programm muss nicht effizient sein, es muss nur funktionieren. Bei Fragen zum Verfahren oder zu MAPLE
können Sie sich jederzeit melden.
Lösung
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
[email protected]
29.06.2006
SS 2006
Elementare Zahlentheorie
-
Lösungsblatt 9
Zur Übungsstunde vom 29.06.2006
Aufgabe 32 (Minimalpolynome ausrechnen)
4 Punkte
Berechnen Sie die Minimalpolynome der algebraischen Zahlen
q
√
√
4
α = 3 , β = 2+
5−2
sowie die Konjugierten, d. h. die anderen Nullstellen der Minimalpolynome.
Sie dürfen ohne Beweis benutzen, dass beide Zahlen den Grad 4 besitzen.
Lösung
Im folgenden sei das (eindeutig bestimmte) Minimalpolynom von γ jeweils mit fγ (x) bezeichnet.
Aus α4 = 3
√
4
2
2
folgt fα (x) = x − 3. Die Substitution y = x ergibt y − 3 = 0 mit den Nullstellen y1,2 = ± 3 und damit
q
√
x1,2,3,4 = ± ± 3 .
√
√
Die Konjugierten können wegen i = −1 auch in der Form xj = ij 3 für j = 1, 2, 3, 4 geschrieben werden, sie
entstehen offenbar durch das Vorschalten von Potenzen von i vor die Wurzel. Für β gilt dagegen
q
q
√
√
√
√
5 − 2 ⇒ β −2 =
5 − 2 ⇒ (β −2)2 = 5−2 ⇒ (β −2)2 +2 = 5 ⇒ ((β −2)2 +2)2 = 5
β = 2+
⇒ ((β − 2)2 + 2)2 − 5 = 0 ⇒ fβ (x) = ((x − 2)2 + 2)2 − 5 = x4 − 8x3 + 28x2 − 48x + 31 .
Die Konjugierten rechnet man am geschicktesten mit Hilfe der zusammengefassten Form aus:
=z
}|
{
z
!
fβ (x) = ((x − 2)2 + 2)2 − 5 = 0 .
| {z }
=y
Wir erfüllen diese √
Gleichung schrittweise, indem wir Lösungen für z und y suchen. Die Gleichung ist offenbar
gelöst für z1,2 = ± 5, damit haben wir für y die Gleichung
√
!
y2 + 2 = ± 5
zu lösen. Auflösen nach y ergibt
q
√
y1,2,3,4 = ± ± 5 − 2
⇒
x1,2,3,4 = 2 ±
q
√
± 5−2.
Hier ergeben sich die Konjugierten zu β durch Vorschalten von Vorzeichen vor die Wurzeln, auch wenn sie
geschachtelt sind. Das entspricht der Definition der gewöhnlichen Konjugation in C, die durch das Umdrehen
√
der Wurzel −1 gegeben ist.
Aufgabe 33 (Ganze algebraische Zahlen)
3 Punkte
Prüfen Sie, ob diese Zahlen ganzalgebraisch sind, und bestimmen Sie ihren Grad:
√
1+i
1+ 5
aus Aufgabe 6 , ω = √ .
g =
2
2
Lösung
Erstmal ist g nicht vom Grad 1, da Zahlen vom Grad 1 in Q liegen. Die definierende Eigenschaft von g aus
Aufgabe 6 war die Gleichung g 2 = g + 1, sie liefert sofort das Minimalpolynom fg (x) = x2 − x − 1 und es folgt
deg(g) = 2 (man sagt, dass g eine quadratische Irrationalzahl ist). Da alle Koeffizienten des Minimalpolynoms
ganzzahlig sind ist g eine ganzalgebraische Zahl trotz der 2 im Nenner.
Um die Wurzel aus Zwei im Nenner von ω zu beheben quadrieren wir den Ausdruck:
√
(1 + i)2
1 + 2i − 1
ω2 =
=
= i = −1 .
2
2
Damit gilt ω 8 = i4 = 1, und das Polynom f (x) = x8 − 1 annuliert ω. Damit folgt, dass auch ω eine ganzalgebraische Zahl ist. f ist aber nicht das Minimalpolynom, weil die Minimalitätsbedingung aus Definition 4.1.2
verletzt wird: Nach der dritten binomischen Formel ist nämlich x8 − 1 = (x4 + 1)(x4 − 1), d. h. die Nullstelle ω
wird von einem der beiden kleineren Polynome annuliert. Einsetzen zeigt
ω 4 + 1 = i2 + 1 = −1 + 1 = 0 ,
also ist fω (x) = x4 + 1 ein Polynom kleineren Grades, das ω annuliert. Wieder nach der 3. binomischen Formel
ist
fω (x) = (x2 + i)(x2 − i)
aber keines dieser Teilpolynome kommt als Minimalpolynom für ω in Frage, weil die Koeffizienten nicht mehr
rational, sondern komplex sind (vgl. Definition 4.1.2). Damit ist fω (x) tatsächlich das Minimalpolynom von ω,
und offenbar ist deg(ω) = 4.
Aufgabe 34 √(Invertieren im√Zahlkörper)
3 Punkte
Es sei K = Q( 2) und α = a + b 2 6= 0 ein Element in Koeffizientendarstellung.
Geben Sie explizite Formeln
√
für c, d ∈ Q in Abhängigkeit von a und b an, so dass α−1 = c + d 2 das Inverse von α in K ist.
Hinweis:
√
Benutzen Sie die Eindeutigkeit der Koeffizienten in der Darstellung α = a + b 2 und formulieren Sie die Beziehung αβ = 1 als Gleichungssystem in den Koeffizienten.
Lösung
√
√
Es seien α = a + b 2 √
und β = c + d 2 mit a, b, c, d ∈ Q die eindeutigen Darstellungen der beiden algebraischen
Zahlen im Körper Q( 2). Es gilt
√
√
√
√
√
!
1 = α · β = (a + b 2) · (c + d 2) = ac + bc 2 + ad 2 + 2bd = (ac + 2bd) + (bc + ad) 2 .
√
Weil auf beiden Seiten der Gleichung die Darstellung in der Form x + y 2 eindeutig ist folgt ac + 2bd = 1 und
bc + ad = 0. Als lineares Gleichungssystem geschrieben heißt das
1
c
a 2b
.
=
·
0
d
b a
Die Determinante der Matrix ist
√
√
a 2b
= a2 − 2b2 = (a − b 2) · (a + b 2) .
b a
√
√
Sie ist nicht Null, denn wäre der erste Faktor Null, so wäre a = b 2, und damit wegen 2 ∈
/ Q a = b = 0 im
Widerspruch zu α 6= 0. Das Gleiche gilt für den zweiten Faktor. Also können wir die Matrix invertieren und
damit das LGS eindeutig lösen. Mit der Cramerschen Regel folgt
det
−1
1
1
1
a 2b
a −2b
a −2b
a
c
1
⇒
·
= 2
= 2
= 2
b a
a
a
d
0
a − 2b2 −b
a − 2b2 −b
a − 2b2 −b
Damit sind die gesuchten Koeffizienten c und d explizit gegeben durch
b
a
, d = − 2
.
c = 2
2
a − 2b
a − 2b2
Aufgabe 35 (Transzendente Zahlen)
4 Punkte
Zeigen Sie: Der Körper Q = {α ∈ C | α algebraisch} ist abzählbar. Zeigen Sie zuerst, dass das kartesische
Produkt A × B abzählbar ist, wenn die Mengen A und B jeweils abzählbar sind.
Bemerkung:
Da der Körper C bekanntlich überabzählbar ist folgt, dass es sogar unendlich viele transzendente Zahlen gibt.
Die Aussage der Aufgabe ist aber weitaus stärker: die Wahrscheinlichkeit, dass eine zufällig gezogene komplexe
Zahl algebraisch ist, ist Null.
Lösung
Eine M heißt bekanntlich abzählbar, falls sie in der Form M = {m1 , m2 , . . .} dargestellt werden kann, d. h. wenn
es eine Folge gibt, die M abzählt. Äquivalent dazu ist die Aussage, dass es eine surjektive Abbildung φ : N → M
gibt. Wir zeigen erstmal, dass mit A und B auch das kartesische Produkt A × B abzählbar ist: es sei (aj ) eine
Folge zur Abzählung von A und (bk ) eine Folge zur Abzählung von B, dann ist A × B = {(aj , bk ) | j, k ∈ N}.
Wir ordnen diese 2-Tupel zweidimensional an, wobei horizontal die erste Komponente und vertikal die zweite
Komponente gezählt wird. In diesem Schema tritt offenbar jedes Element von A × B auf, aber das Schema kann
wie folgt eindimensional abgezählt werden:
..
.O
(a2 , b4 )
(a3 , b4 )
(a4 , b4 )
(a1 , b4 )
dJJ
JJ
JJ
JJ
J
(a3 , b3 )
(a4 , b3 )
(a1 , b3 )
(a2 , b3 )
O JJ
dJJ
JJ
JJ
JJ
JJ
JJ
JJ
J$
J
(a1 , b2 )
(a2 , b2 )
(a3 , b2 )
(a4 , b2 )
dJJ
dJJ
JJ
JJ
JJ
JJ
JJ
JJ
JJ
JJ
JJ
JJ
J
J
J$
/ (a4 , b1 )
/ (a2 , b1 )
(a3 , b1 )
(a1 , b1 )
···
Damit ist A×B abzählbar. Wir zählen jetzt die algebraischen Zahlen mit Hilfe ihrer Minimalpolynome ab. Dazu
sei P = {f (x) | f rationales Polynom} (das ist ein Q-Vektorraum!) mit den Unterräumen Pk = {f (x) | deg(f ) ≤
k} für k ∈ N0 . Per Induktion zeigen wir, dass alle Räume Pk abzählbar sind:
Induktionsanfang:
Der Raum für k = 0 enthält nur die konstanten Polynome f (x) = q mit q ∈ Q, offenbar ist also P0 isomorph
zum Vektorraum Q1 = Q und damit abzählbar (genauer: jede Abzählung von Q ist auch eine von P0 , wenn
man die Zahlen q durch die Polynome f (x) = q ersetzt).
Induktionsschritt:
Angenommen Pk−1 ist abzählbar, dann ist
Q × Pk−1 −→ Pk , (q, q0 + q1 x + · · · + qk−1 xk−1 ) 7−→ q0 + q1 x + · · · + qk−1 xk−1 + qxk
offenbar eine bijektive Abbildung von Q × Pk−1 nach Pk . Da Q und Pk−1 abzählbar sind ist es auch das kartesische Produkt Q × Pk−1 und damit Pk .
(k)
Damit sind alle Pk abzählbar. Explizit heißt das, dass es für m ∈ N und k ∈ N0 jeweils ein Polynom fm
(k)
gibt (das m-te Polynom aus Pk“), so dass die fm für m ∈ N den Raum Pk vollständig abzählen. Aber daraus
”
folgt erstmal nicht, dass auch der Raum
P = P 0 ∪ P1 ∪ P2 ∪ · · ·
abzählbar ist. Wir zählen diesen Raum auch mit Hilfe einer kartesischen Aufspaltung ab: die Abbildung
(k)
N0 × N −→ P , (k, m) 7−→ fm
(k)
ist surjektiv (denn jedes Polynom liegt in irgend einem Pk und ist damit eines der fm ). Da das kartesische
Produkt N0 × N aber abzählbar ist muss auch P abzählbar sein, und wir bezeichnen das j-te Polynom aus P
(k)
mit gj (x). Wir können die Abzählung auch direkt angeben: das j-te Polynom gj (x) aus P ist das Polynom fm ,
wobei wir j den Doppelindex (m, k) gemäß dem Diagonalschema oben zuordnen.
Das Polynom gj (x) besitzt bekanntlich n = deg(gj ) komplexe Nullstellen β1 , . . . , βn . Eine Abzählung des
Körpers Q = {α ∈ C | α algebraisch} entsteht also wie folgt: einem Index r ∈ N ordnen wir gemäß dem
Diagonalschema einen Doppelindex (i, j) zu, und setzen αr als die (i mod n)-te Nullstelle von gj , d. h. wenn i
größer als n = deg(gj ) ist zählen wir die Nullstellen wieder von vorne. Dann gilt Q = {α1 , α2 , . . .} weil nach
Definition 4.1.1 jede algebraische Zahl Nullstelle irgend eines Polynoms ist, und jedes Polynom in der Abzählung
vorkommt.
Aufgabe 36 (Primelemente)
2 Punkte
Es sei I der Ring der ganzen Elemente eines Körpers Q(γ) für algebraisches γ, so dass I faktoriell ist. Zeigen
Sie, dass die Definitionen für irreduzibel“ und prim“ im faktoriellen Fall äquivalent sind:
”
”
π ∈ I ist prim, falls π|αβ stets π|α oder π|β impliziert.
π ∈ I ist irreduzibel, falls π = αβ nur möglich ist, wenn α oder β eine Einheit ist.
Lösung
Richtung ⇒:
Es sei π ∈ I prim nach Definition der Vorlesung, d. h. aus π|αβ für α, β ∈ I folgt stets π|α oder π|β. Wir haben
zu zeigen, dass π irreduzibel ist. Angenommen π = α · β ist eine Zerlegung von π, dann gilt α|π und β|π, aber
auch π|αβ. Wegen der Primalität ist π|α oder π|β: im ersten Fall folgt
π|α und α|π
=⇒
α∼π
=⇒
β = πα−1 ist Einheit ,
π|β und β|π
=⇒
β∼π
=⇒
α = πβ −1 ist Einheit .
im zweiten Fall folgt
Damit ist π irreduzibel, weil eine Zerlegung nur mit Einheiten möglich ist.
Richtung ⇐:
Da I faktoriell ist gibt es eine eindeutige Zerlegung in Primelemente π = π1 · · · πn . Wenn π irreduzibel ist muss
t = 1 sein, und dann ist π = π1 prim.
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
[email protected]
06.07.2006
SS 2006
Elementare Zahlentheorie
-
Lösungsblatt 10
Zur Übungsstunde vom 06.07.2006
Aufgabe 37√(Die quadratische
Konjugation)
√
6 Punkte
Es sei K = Q( d) = {a+b d | a, b ∈ Q} für quadratfreies d 6= 1 ein quadratischer Zahlkörper. Die Konjugation
in K ist definiert durch
K√
−→
K√
c:
.
a + b d 7−→ a − b d
Zeigen Sie, dass c ein Q-Körperautomorphismus ist, d. h.
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
c ist relationstreu bzgl. Addition und Multiplikation,
c ist auf Q die Identität,
c ist bijektiv,
α ∈ K ganzalgebraisch ⇐⇒ c(α) ganzalgebraisch,
ε ∈ I Einheit ⇐⇒ c(ε) Einheit,
π ∈ I Primelement ⇐⇒ c(π) Primelement.
Lösung
√
Eine Basis
√ von K ist gegeben durch {1, d}, also ist c die lineare Fortsetzung der Zuordnungen 1 7→ 1 und
√
d 7→ − d, damit ist c eine lineare Abbildung mit Darstellungsmatrix
1
0
M =
.
0 −1
Die Relationstreue bzgl. der Addition ist damit klar. Die Abbildung ist aber auch relationstreu bzgl. der Multiplikation, denn es gilt wegen der Eindeutigkeit der Koeffizientendarstellung
√ √ √ c(α · β) = c a0 + a1 d · b0 + b1 d
= c a0 b0 + da1 b1 + (a0 b1 + a1 b0 ) d
√ √ √
= a0 b0 + da1 b1 − (a0 b1 + a1 b0 ) d = a0 − a1 d · b0 − b1 d = c(α) · c(β) .
Damit ist c ein Körperautomorphismus. Er ist auch bijektiv, denn die Darstellungsmatrix ist wegen det(M ) =
−1 6= 0 invertierbar. Sie ist √
sogar ihr eigenes
√ Inverses, passend zu c ◦ c = idK . Dass c auf die Q die Identität ist
folgt aus c(a0 ) = c(a0 + 0 · d) = a0 − 0 d = a0 für alle a0 ∈ Q.
Da c seine eigene Umkehrabbildung ist genügt es, statt der Äquivalenzpfeile nur die Richtung ⇒ zu zeigen.
Weil c relationstreu bzgl. Addition und Multiplikation ist, und zudem auch Q-linear, folgt


n
n
n
n
X
X
X
X
rj c(α)j =
rj c(αj ) =
c(rj αj ) = c 
rj αj  = c(f (α)) ,
f (c(α)) =
j=0
j=0
j=0
j=0
für jedes Polynom f (t), d. h. man darf c durch Polynome hindurchziehen. Angenommen nun α ∈ K ist ganz,
d. h. das Minimalpolynom fα (t) von α hat nur Koeffizienten in Z. Wegen fα (c(α)) = c(fα (α)) = c(0) = 0
annuliert das ganzzahlige Polynom fα auch das Konjugierte c(α), damit ist c(α) dann auch ganzalgebraisch.
√
Es sei ε eine Einheit im Ring I( d). Dann ist ε ganz, und nach (d) damit auch c(ε). Nach Definition der
Einheit gibt es ein α ∈ I mit ε · α = 1. Anwenden von c auf beiden Seiten ergibt c(ε · α) = c(1) = 1. Wegen
c(ε · α) = c(ε) · c(α) folgt also, dass c(ε) · c(α) = 1 ist, d. h. c(α) ist ein Inverses von c(ε). Mit α ist auch c(α)
ganz, d. h. c(ε) ist eine Einheit.
Angenommen π ∈ I ist ein Primelement, dann ist c(π) erstmal ganz wegen (d), und wegen (e) ist c(π) auch
keine Einheit. Angenommen c(π) ist nicht prim, etwa mit α, β ∈ I und
c(π) | αβ
c(π) 6 | α , c(π) 6 | , β .
Aus c(π)|αβ folgt die Existenz eines γ ∈ I mit c(π)γ = αβ. Wir wenden auf beiden Seiten c an und erhalten
wegen der Multiplikativität von c die Gleichung
c (c(π)γ) = c(αβ) ⇒ c(c(π)) · c(γ) = c(α) · c(β)
⇒
c◦c=id
π · c(γ) = c(α) · c(β) ⇒ π | c(α) · c(β) .
Weil jetzt aber π prim ist, muss es einen der Faktoren teilen. Ohne Einschränkung sei also π|c(α), dann folgt
durch nochmalige Anwendung von c
πη = c(α) ⇒ c(πη) = c(c(α)) ⇒ c(π) · c(η) = α ⇒ c(π) | α
ein Widerspruch. Also war c(π) doch prim.
Aufgabe 38
4 Punkte
√
√ (Algebraische Zahlentheorie und Lineare Algebra)
Sei K = Q( d) ein quadratischer Zahlkörper mit d ∈ Z\{1} quadratfrei. Es ist B = {1, d} eine Q-Basis von
K. Es sei β ∈ K beliebig. Wir definieren wie in der letzten Übungsveranstaltung die Multiplikation mit β in
Form der linearen Abbildung
K → K
φβ =
α 7→ αβ
des Q-Vektorraums K in sich selbst. Für β 6= 0 ist φβ ein Vektorraumisomorphismus von K nach K mit der
Umkehrabbildung φ−1
= φβ −1 . Da K ein Vektorraum der Dimension 2 über Q ist, besitzt φβ die Darstelβ
√
√
2×2
lungsmatrix Mβ ∈ Q
bzgl. der Basis B, d. h. für α = a0 + a1 d gilt αβ = φβ (α) = c0 + c1 d, und die
Darstellungskoeffizenten cj des Produkts αβ sind gegeben durch
c0
a
= Mβ · 0 .
c1
a1
Mit Hilfe dieser Gleichung kann man die Koeffizienten von M auch direkt ausrechnen, wenn man die Werte
a0 , a1 geeignet einsetzt.
√
Berechnen Sie die Darstellungsmatrix M von φ√d im quadratischen Zahlkörper K = Q( d) sowie deren Determinante, das charakteristische Polynom χM (t) = det(M − I · t) und die beiden Eigenwerte von M .
Lösung
Die Darstellungsmatrix M = (mjk ) ist vom Format 2 × 2 mit rationalen Zahlen als Komponenten, die gegeben
sind durch die Gleichung
a
c0
= M· 0 ,
a1
c1
√
√
√
√
√
wobei α d = c0 + c1 d ist. Andererseits ist aber für α = a0 + a1 d auch α d = a0 d + da1 , also müssen wir
in der linearen Gleichung
da1
a
= M· 0
a0
a1
die Komponenten von M ausrechnen. Nach Definition der Matrixmultiplikation gilt
da1 = m00 a0 + m01 a1
m00 m01
.
⇐⇒
M =
a0 = m10 a0 + m11 a1
m10 m11
Diese Gleichung muss für alle a0 , a1 ∈ Q gelten. Wir können beispielsweise die Standardbasisvektoren
1
0
,
0
1
√
einsetzen (diese sind die Koordinatendarstellung der Basiselemente 1 und d). Wir erhalten
0 = m00 + 0
a0 = 1 , a 1 = 0 ⇒
1 = m10 + 0
und damit m00 = 0 sowie m10 = 1. Einsetzen des zweiten Basisvektors ergibt
d = 0 + m01
a0 = 0 , a 1 = 1 ⇒
0 = 0 + m11
und damit m01 = d sowie m11 = 0. Damit ist die Darstellungsmatrix gegeben durch
0 d
M = (mjk ) =
.
1 0
Ihre Determinante ist det(M ) = 0 − d · 1 = −d. Ihr charakteristisches Polynom ist
−t
d
= (−t)2 − d · 1 = t2 − d .
χ(t) = det(M − I · t) = det
1 −t
√
Es handelt sich dabei gerade um das Minimalpolynom
von√ d. Die Eigenwerte von M sind die Nullstellen des
√
charakteristischen Polynoms, also die Wurzeln d und − d. Die Eigenwerte sind gerade die Konjugierten in
der Sprache der algebraischen Zahlentheorie.
Aufgabe 39 (Primzerlegung algebraischer Zahlen)
3 Punkte
√
Finden Sie zwei wesentlich verschiedene Zerlegungen der Zahl 6 in Primelemente im Ring I( 10) (woraus folgt,
dass dieser Ring nicht faktoriell ist).
Lösung
√
Die Zahl 6 besitzt in I( 10) natürlich die Zerlegung 6 = 2 · 3, aber auch die Zerlegung
√
√
6 = 10 − 4 = ( 10 − 2) · ( 10 + 2) ,
√
√
denn der Ring der ganzen Elemente ist wegen 10 ≡ 2 mod 4 gegeben durch I( 10) = {a + b 10 | a, b ∈ Z}.
Wir zeigen weiter unten, dass beide Darstellungen nicht weiter zerlegt werden können. Aber erstmal muss
ausgeschlossen werden, dass die Darstellungen zueinander assoziiert sind, d. h. dass sich die Faktoren nur um
eine Einheit unterscheiden (was bei eindeutigen Primzerlegungen
durchaus erlaubt
√
√ ist). Wir nehmen also an,
dass die Faktoren zueinander assoziert sind, etwa
2
∼
(2
+
10)
und
3
∼
(−2
+
10) (der√
andere Fall rechnet
√
√
sich genauso). Dann gibt es eine Einheit ε ∈ I( 10) mit 2 · ε = 2 + 10, was ε = 1 + 12 10 impliziert. Das
ist aber ein Widerspruch: dieses Element ist nicht ganzalgebraisch, was man einerseits an der (eindeutigen)
Koeffizientendarstellung mit gebrochenen Koeffizienten, andererseits aber auch am Minimalpolynom sieht:
3
1√
5
⇐⇒ ε2 − 2ε − = 0 ,
ε−1 =
10 ⇐⇒ (ε − 1)2 =
2
2
2
d. h. das Minimalpolynom fε (x) = x2 − 2x − 32 besitzt einen nichtganzen Koeffizienten. Also sind die Darstellungen nicht assoziiert, und es stellt sich nur noch die Frage, ob die Darstellungen nicht noch weiter zerlegt
werden können. Wir prüfen Definition 4.1.8 für alle Faktoren:
Der Faktor 2:
√
Angenommen es gibt Nichteinheiten α, β ∈ I( 10) mit 2 = αβ, dann gilt wegen der Multiplikativität der Norm
4 = N (2) = N (α)N (β), d. h. es ist N (α) = N (β) = 2, denn die Norm von α bzw. β darf nicht ±1 sein (da
es keine Einheiten sind), und bis auf ±1
√ ist 4 =√2 · 2 die einzige Zerlegung der 4 in Z (denn Z ist natürlich
faktoriell). Aber dann gilt für α = a + b 10 ∈ I( 10)
√
√
√
√
√
!
N (a + b 10) = (a + b 10) · (a + b 10) = (a + b 10) · (a − b 10) = a2 − 10b2 = 2 .
Nimmt man diese Gleichung modulo 5, so steht a2 ≡ 2 mod 5, aber 2 ist kein quadratischer Rest mod 5 wie
man schnell
mit Hilfe des Legendre-Symbols nachrechnet, d. h. es gibt keine solchen a, b ∈ Z und damit kein
√
α ∈ I( 10) das die Norm 2 besitzt. Also ist 2 irreduzibel.
Der Faktor 3:
Wegen N (3) = 9 = 3 · 3 reicht es analog zu dem vorigen Fall zu zeigen, dass die Gleichung
√
√
√
√
√
!
N (a + b 10) = (a + b 10) · (a + b 10) = (a + b 10) · (a − b 10) = a2 − 10b2 = 3
unlösbar in Z ist. Nimmt man diese Gleichung modulo 5, so steht a2 ≡ 3 mod 5, aber auch ( 53 ) ist −1, also gibt
√
es auch keine Elemente in I( 10) mit Norm 3, und 3 ist irreduzibel.
Die beiden anderen Faktoren rechnen sich ebenso, denn es ist
√
√
√
N (±2 + 10) = (2 + 10) · (−2 + 10) = 6 = 2 · 3 ,
aber wir hatten√schon gezeigt dass es keinen Teiler mit den Normen 2 oder 3 geben kann, also sind auch die
Darstellungen der 6, die auch
Faktoren ±2 + 10 irreduzibel. Damit haben wir also zwei nicht weiter zerlegbare
√
nicht zueinander assoziiert, also wesentlich verschieden sind. Damit ist I( 10) nicht faktoriell: es gibt keine
eindeutige Primzerlegung in diesem Ring (damit auch keinen ggT oder kgV).
Bemerkung:
√
Die Lösung ähnelt dem Beweis von Satz 4.2.9. Dieser Satz ist nur für faktorielle I( m) formuliert worden und
kann daher hier eigentlich nicht benutzt werden. Es gibt aber eine Verallgemeinerung des Satzes auf beliebige Ringe I(ϑ), sogar wenn deg(ϑ) > 2 und I(ϑ) nicht faktoriell ist. Diese Verallgemeinerung kann aber ohne
die weitergehenden Begriffe und Konzepte aus der Vorlesung Algebra I nicht formuliert (oder gar bewiesen)
werden.
Aufgabe 40 (Primzerlegung bestimmen)
3 Punkte
Der Ring I(i) = {a + ib | a, b ∈ Z} ist laut Vorlesung faktoriell. Bestimmen Sie die Primfaktorzerlegungen von
α = 2 + 4i und β = 15.
Lösung
Man sieht sofort die Zerlegung α = 2 · (1 + 2i), aber sind die beiden Faktoren auch prim in I(i)? Im Ring I(i)
gilt
N (1 + 2i) = (1 + 2i) · (1 + 2i) = (1 + 2i) · (1 − 2i) = 1 − 4i2 = 1 + 4 = 5 ,
nach Satz 4.2.4 ist 1 + 2i damit in I(i) irreduzibel. Da I(i) faktoriell ist zeigt Aufgabe 36, dass 1 + 2i ein
Primelement von I(i) ist, d. h. wir haben einen Primfaktor von 2 + 4i abgespalten. Der andere Faktor 2 ist aber
nicht prim, denn er besitzt die Zerlegung
2 = (1 + i) · (1 − i)
mit den ganzalgebraischen Teilfaktoren 1 + i, 1 − i ∈ I(i). Es handelt sich auch nicht um Einheiten, denn nach
Satz 4.2.3 sind nur ±1 und ±i Einheiten in I(i). Wir müssen daher von diesen Teilfaktoren die Primeigenschaft
prüfen: Die Norm von 1 + i ist
N (1 + i) = (1 + i) · (1 + i) = (1 + i) · (1 − i) = 1 − i2 = 1 + 1 = 2 ,
also ist 1 + i ein Primelement nach Satz 4.2.4 und Aufgabe 36. Auch die Norm von 1 − i = 1 + i ist die Primzahl
2, also ist auch dieser Faktor prim in I(i). Damit ist
2 + 4i = (1 + i) · (1 − i) · (1 + 2i)
eine Zerlegung von 2 + 4i in Primelemente von I(i), und jede andere Zerlegung unterscheidet sich von dieser nur
um Einheiten oder Vertauschung von Faktoren.
Mit der gleichen Technik erhält man
15 = 3 · 5 = 3 · (1 + 2i) · (1 − 2i) .
Wir wissen aus der vorigen Rechnung schon, dass die algebraischen Zahlen 1+2i und 1−2i = 1 + 2i Primelemente
von I(i) sind, und müssen daher nur die 3 weiter behandeln: Es gilt
3−1
d
−1
=
= (−1) 2 = −1 ,
p
3
nach Satz 4.2.9 ist 3 also auch in I(i) noch prim, d. h. die obige Zerlegung der Zahl 15 ist die bis auf Einheiten
und Vertauschung eindeutige Primfaktorzerlegung von 15 im Ring I(i).
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
[email protected]
13.06.2006
SS 2006
Elementare Zahlentheorie
-
Lösungsblatt 11
Zur Übungsstunde vom 13.06.2006
Aufgabe 41 (Programmieraufgabe)
7 Punkte
Jeder Zahlkörper ist eine Teilmenge der komplexen Zahlen, d. h. man kann seine Elemente in der komplexen
Zahlenebene eintragen.
√
√
√
(a) Schreiben Sie ein MAPLE-Programm, dass die Ringe I( −1), I( −3) und I( −5) jeweils in der komplexen Zahlenebene darstellt.
(b) Erweitern Sie das Programm, so dass der komplexe Einheitskreis {z ∈ Z | |z| = 1} und die Einheiten
zu den Ringen markiert werden.
(c) Den dargestellten Typ Menge nennt man ein Gitter von C. Jedes der durch die Gitterpunkte eingeschlossenen Parallogramme nennt man eine Masche. Berechnen Sie den Inhalt der Maschen in den
obigen Fällen m = −1, −3, −5 per Hand.
Die Lösung schicken Sie bitte per eMail an [email protected].
Anleitung: Lesen Sie in der MAPLE-Hilfe die Syntax für die Befehle pointplot, complexplot, display nach.
Für die Berechnung vieler Ringelemente benutzen Sie am einfachsten eine Kombination von seq-Anweisungen
(eine eindeutige Darstellung der Ringelemente mit ganzzahligen Koeffizienten gibt es ja laut Vorlesung). Für
die Aufgabe müssen Sie das Package plots einbinden.
Das Programm für den trivialen Zahlkörper Q = Q(1) lautet beispielsweise
> U := pointplot([(1,0),(-1,0)],symbol=circle,symbolsize=13,color=blue):
> R := seq([a,0],a=-7..7):
> P := pointplot(R,symbol=diamond,symbolsize=10,color=red):
> display(U,P);
Lösung
Zu (c): Für I(i) wird eine der Maschen am Ursprung aufgespannt von den Punkten 0, 1, i, 1 + i. Die Masche
ist hier ein Quadrat
mit Seitenlänge
1, also auch Volumen 1. Für I(−5) wird eine Masche
√
√
√ am Ursprung aufge5,
1,
1
+
i
5.
Diese
Masche
ist
ein
Rechteck
mit
den
Seitenlängen
1
und
5, also besitzt sie das
spannt von
0,
i
√
√
Volumen 5. Das Gitter von I( −3) ist hexagonal: jeweils zwei Dreiecke √
bilden ein Maschenparallelogramm.
Das erste Dreieck am Ursprung wird aufgespannt von 0, 1 und % = 12 + 21 i 3 (vgl. Satz 4.2.3). Es hat also die
√
√
√
Höhe Im(%) = 21 3, und damit das Volumen 21 · 21 3 · 1 = 41 3. Da zwei Dreiecke jeweils eine Masche bilden ist
√
das Volumen einer Masche hier 21 3.
Aufgabe 42 (Ganzzahlige Gleichungen l ösen)
Konstruieren Sie unendlich viele Lösungen (x, y) ∈ Z2 der Gleichung x2 − 3y 2 = 1.
Lösung
√
Man sieht sofort die Lösung (x, y) = (2, 1). Setzt man α = x + y 3, so gilt offenbar
√
√
x2 − 3y 2 = (x + y 3)(x − y 3) = αᾱ = N (α) .
3 Punkte
Die Frage
nach der Lösbarkeit der Gleichung läuft √
also auf die Aufgabe hinaus, ein Element mit Norm Eins
√
in I( 3), d. h. eine Einheit zu finden. Mit ε = 2 + 3 ist schon eine Einheit gefunden. Da die Einheiten√eine
Gruppe mit der Multiplikation bilden (denn alle Inversen liegen nach Definition der Einheit wieder in I( 3)),
k
k
k
sind die Zahlen εk für k ∈ Z auch
√ Einheiten. Wegen der Multiplikativität der Norm ist N (ε 2) = N2(ε) = 1 = 1,
k
wenn man also ε = xk + yk 3 ansetzt sind die Paare (xk , yk ) Lösungen
der Gleichung x − 3y = 1. Sie sind
√
paarweise verschieden, denn die reelle Zahl ε hat den Betrag |2 + 3| > 1, also ist |εk+1 | > |εk | für alle k ∈√N,
d. h. die Beträge der εk sind verschieden und damit die εk . Da die Koeffizientendarstellung εk = xk + yk 3
eindeutig ist sind auch die (xk , yk ) paarweise verschieden.
Eine Konstruktionsvorschrift für die Zahlen ergibt sich aus εk+1 = εk · ε wie folgt: man startet mit (x1 , y1 ), und
berechnet dann rekursiv
√ !
√
√
√
xk+1 + yk+1 3 = (xk + yk 3) · (2 + 3) = 2xk + 3yk + (xk + 2yk ) 3
also explizit
(x1 , y1 ) := (2, 1) , (xk+1 , yk+1 ) := (2xk + 3yk , xk + 2yk ) .
Aufgabe 43 (Teilbarkeitstheorie in I)
6 Punkte
Berechnen Sie den größten gemeinsamen Teiler sowie das kleinste gemeinsame Vielfache von α = 18 − 4i und
β = 13 + 15i im Ring I(i). Benutzen Sie dazu den Euklidischen Algorithmus.
Sind α und β in I(i) teilerfremd?
Lösung
Wie im Verfahren für gewöhnliche ganze Zahlen müssen wir erstmal das größere“ der beiden Elemente finden.
”
Es gilt N (α) = |α|2 = 340 und N (β) = |β|2 = 394, d. h. das Verfahren beginnt mit α1 = β und α2 = α. Die
Faktoren qj waren im Z-Fall durch das Bildungsgesetz
aj − qj+2 aj+1 < aj+2 (Division mit Rest)
bestimmt, und man konnte einfach qj = baj /aj+1 c nehmen. Im algebraischen Fall müssen wir θj+2 so wählen,
dass
(∗)
|N (αj − θj+2 αj+1 )| < |N (αj+1 )|
gilt. Das können wir wie folgt erreichen: Wir vergleichen die Vorzeichen der Koeffizienten von α j und αj+1 : es
gibt 16 mögliche Vorzeichen (Null zählen wir als +), aber nur vier Möglichkeiten, wie sich diese Vorzeichen in
αj = aj + ibj und αj+1 = aj+1 + ibj+1 voneinander unterscheiden können:
sgn(aj ) = sgn(aj+1 )
sgn(aj ) 6= sgn(aj+1 )
(0) :
(1) :
sgn(bj ) = sgn(bj+1 )
sgn(bj ) = sgn(bj+1 )
sgn(aj ) = sgn(aj+1 )
sgn(aj ) 6= sgn(aj+1 )
(2) :
(3) :
sgn(bj ) 6= sgn(bj+1 )
sgn(bj ) 6= sgn(bj+1 )
In Z konnten wir den Betrag von aj in jedem Schritt verkleinern, indem wir je nach Vorzeichen den Faktor qj
positiv oder negativ gewählt haben. In I(i) gibt es jetzt vier Möglichkeiten, wie sich die Vorzeichen unterscheiden
können, aber es gibt glücklicherweise auch genau vier Vorzeichen“ (d.h. Einheiten) {1, −1, i, −i}, mit denen wir
”
den neuen Faktor θj versehen können. Wir füllen also das Schema aus Kapitel 1 der Vorlesung zum Euklidischen
Algorithmus und berechnen in jedem Schritt ein θj+2 , so dass (∗) gilt. Die Koeffizienten xj und yj sind jetzt
ganzalgebraisch und berechnen sich mit den Gleichungen xj − θj+2 xj+1 = xj+2 bzw. yj − θj+2 yj+1 = yj+2 wenn
θj+2 erstmal gefunden ist. Wir starten also mit
αj
|N (αj )| θj
j
1 13+15i
394
2 18-4i
340
3
xj
1
0
yj
0
1
und müssen die erste Division mit Rest durchführen. Die Wahl ε = i führt auf εα2 = 4 + 18i. Setzt man
also θ3 = −i, so gilt α3 = α1 − θ3 α2 = 9 − 3i mit N (α3 ) = 92 + 32 = 90. Diese Norm ist echt kleiner als
N (α2 ) = 182 + 42 = 340, also liefert θ3 = i die Division mit Rest, und wir erhalten die neue Zeile:
αj
|N (αj )| θj
j
1 13+15i
394
2 18-4i
340
3
9-3i
90
i
xj
1
0
1
yj
0
1
-i
Dieser Zeile sieht man an den Vorzeichen schon an, dass θ4 = 1 die richtige Wahl ist mit α4 = α2 − α3 = 8 − i
und N (α4 ) = 82 + 11 = 65.
j
αj
|N (αj )|
1 13+15i
394
2 18-4i
340
3
9-3i
90
4
9-i
65
θj
i
1
xj
1
0
1
-1
yj
0
1
-i
1+i
j
αj
|N (αj )| θj
1 13+15i
394
2 18-4i
340
3
9-3i
90
i
4
9-i
65
1
5
-2i
5
1
xj
1
0
1
-1
2
yj
0
1
-i
1+i
-1-2i
Auch hier sieht man sofort θ5 = 1:
Jetzt wählen wir θ6 = 4i und erhalten
αj
|N (αj )|
j
1 13+15i
394
2 18-4i
340
3
9-3i
90
4
9-i
65
5
-2i
4
6
1-i
2
θj
i
1
1
4i
xj
yj
1
0
0
1
1
-i
-1
1+i
2
-1-2i
-1-8i -7+5i
In der nächsten Zeile geht die Division sogar auf (d. h. der Rest ist Null), denn es gilt
α5
= −2i · (1 − i)−1
α6
=
Aufgabe 34
−2i ·
1+i
2i(1 + i)
= −
= −i(1 + i) = 1 − i =⇒ ganz .
2
+1
2
12
Es folgt α7 = 0 und die Tabelle ist fertig:
αj
|N (αj )|
j
1 13+15i
394
2 18-4i
340
3
9-3i
90
4
9-i
65
5
-2i
4
6
1-i
2
7
0
0
θj
i
1
1
4i
α5 α−1
6
xj
1
0
1
-1
2
-1-8i
-
yj
0
1
-i
1+i
-1-2i
-7+5i
-
Damit folgt ggT(13 + 15i, 18 − 4i) = 1 − i, und die zugehörige I-Kombination ist
1 − i = (−1 − 8i) · (13 + 15i) + (−7 + 5i) · (18 − 4i) .
Die Elemente α und β sind nicht teilerfremd, denn 1 − i ist wegen N (1 − i) = 2 keine Einheit, sondern ein
Primelement, d. h. α und β besitzen genau einen gemeinsamen Primfaktor in I(i). Für das kleinste gemeinsame
Vielfache gilt
α·β
(18 − 4i) · (13 + 15i)
1+i
kgV(α, β) =
=
= (18 − 4i) · (13 + 15i) ·
= 38 + 256i .
ggTα, β)
1−i
2
Achtung: ggT und kgV sind in I(i) nur Eindeutig bis auf Multiplikation mit den Einheiten {±1, ±i}.
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
[email protected]
20.06.2006
SS 2006
Elementare Zahlentheorie
-
Lösungsblatt 12
Zur Übungsstunde vom 20.06.2006
Aufgabe 44 (Potenzen in I(ϑ))
3 Punkte
Es sei Q(ϑ) irgend ein Zahlkörper, so dass I(ϑ) faktoriell ist. Zeigen Sie, dass im Ring I(ϑ) aus der Zerlegung
einer n-ten Potenz γ n ∼ αβ in teilerfremde Elemente α und β folgt, dass auch α und β bis auf Einheiten n-te
Potenzen in I(ϑ) sind.
Lösung
Es sei ξ ∈ I(i) irgend eine ganze Zahl, ε eine Einheit und αβ = εξ n eine teilerfremde Zerlegung. Es gilt
ξ = π1a1 · · · πkak mit paarweise nicht-assoziierten irreduziblen Elementen πj nach Satz 4.2.5, die nach Aufgabe
36 auch Primelemente von I(ϑ) sind. Da I(ϑ) faktoriell ist handelt es sich sogar um die eindeutige Zerlegung
von ξ in Primelemente mit eindeutig bestimmten Exponenten aj ∈ N. Jedes πj muss jetzt α · β teilen, nach
Definition des Primelements ist also πj |α oder πj |β, und weil wir Teilerfremdheit annehmen darf nur eine der
beiden Bedingungen zutreffen. Wir nummerieren die Primelemente so, dass π1 , . . . , πs die Zahl α teilen und
nicht β, und πs+1 , . . . , πk |β aber nicht α. Da in I(ϑ) die Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung gilt und jede
Primpotenz entweder in α oder in β auftritt ist insgesamt
a
na
s+1
ξ = π1a1 · · · πsas · πs+1
· · · πkak =⇒ α · β = εξ n = ε · π1na1 · · · πsnas · πs+1s+1 · · · πknak .
Wegen der gewählten Sortierung der Primelemente folgt
α ∼ π1na1 · · · πsnas = (π1a1 · · · πsas )
n
na
, β ∼ πs+1s+1 · · · πknak =
a
s+1
πs+1
· · · πkak
d. h. α und β sind bis auf Einheiten selbst n-te Potenzen in I(i).
Aufgabe 45 (Wurzeln in I(ϑ))
n
,
2 Punkte
Es sei Q(ϑ) irgend ein Zahlkörper (nicht notwendig faktoriell). Ein Element α ∈ Q(ϑ) besitze eine n-te Wurzel
im Zahlkörper, d. h. es gibt ein ω ∈ Q(ϑ) mit ω n = α. Zeigen Sie: ω ist ganzalgebraisch genau dann, wenn α
ganzalgebraisch ist.
Lösung
Richtung ⇒:
Es sei ω ganzalgebraisch, dann ist α = ω · ω · · · · ω ganzalgebraisch nach Satz 4.1.4.
Richtung ⇐:
Es sei α ganzalgebraisch. Nach Definition 4.1.4 gibt es ein normiertes Polynom P (x) = a 0 + a1 x + · · · +
ak−1 xk−1 + xk mit Koeffizienten aus Z, so dass P (α) = 0 ist. Aus P (α) = 0 folgt P (ω n ) = 0, also ist
Q(x) = a0 + a1 xn + a2 x2n + · · · + ak−1 x(k−1)n + xkn ein Polynom mit Koeffizienten aus Z, dass ω annuliert,
d. h. auch ω ist ganz.
Aufgabe 46 (Endliche Kettenbrüche auswerten)
Geben Sie die durch die Kettenbrüche
x = [3, 7, 15, 1] , y = [1, 1, 1, 1, 1]
beschriebenen rationalen Zahlen in der üblichen Form
Lösung
a
b
an mit ggT(a, b) = 1.
2 Punkte
Wir setzen die Ausdrücke in die Definition des Kettenbruchs ein:
339 + 16
355
1
1
1
1
16
=
,
x = 3+
= 3+
1
1 = 3 + 112
1 = 3 + 113 = 3 + 113 =
113
113
7 + 15+
7 + 16
+
1
16
16
16
1
1+
1
1+
1
1+
1
1+ 1
1
= 1+
1
1+
1
1+ 12
= 1+
1
1+
1
= 1+
3
2
1
1+
2
3
= 1+
1
5
3
= 1+
8
3
=
.
5
5
Aufgabe 47 (Kettenbrüche aufstellen)
4 Punkte
Bestimmen Sie die (unendlichen und einfachen) Kettenbruchentwicklungen der irrationalen Zahlen
√
√
α = 23 , β = 1 + 2 .
Lösung
Wir wenden die Technik aus Satz 5.2.4 der Vorlesung an:
√
23 ⇒ a0 = bξ0 c = 4
ξ0 =
ξ1
=
ξ2
=
ξ3
=
ξ4
=
√
√
23 + 4
23 + 4
=
⇒ a1 = 1
23 − 16
7
√
√
7
7 23 + 21
1
23 + 3
√
=
⇒ a2 = 3
= √
=
23+4
14
2
23 − 3
−1
7
√
1
23 + 3
2
√
= √
=
⇒ a3 = 1
23+3
7
23 − 3
−3
2
√
√
7
1
7 23 + 28
√
= 23 + 4 .
= √
=
23+3
7
23 − 4
−1
7
1
√
23 − 4
√
·( 23+4)
√=
·( 23+4)
An dieser Stelle wird die Kettenbruchentwicklung
periodisch,
denn ist [a0 , a1 , a2 , . . .] die (eindeutig bestimmte)
√
√
unendliche Kettenbruchentwicklung von 23, so besitzt 23+4 die Kettenbruchentwicklung [4+a0 , a1 , a2 , a3 , . . .].
Der letzte Schritt besagt, dass a4 = 4 + a0 ist und ansonsten a4+j = aj für j > 0. Also folgt
√
23 = [4, 1, 3, 1, 8, 1, 3, 1, 8, 1, 3, 1, . . .] = [4, 1, 3, 1, 8, 1, 3, 1] = [4, 1, 3, 1, 8] .
√
√
Laut Vorlesung ist 2 = [1, 2], also ist wegen a0 = bξ0 c dann 1 + 2 = [2, 2, 2, . . .] = [2].
Aufgabe 48 (Kettenbrüche manipulieren)
3 Punkte
Es sei α = [a0 , a1 , a2 , . . .] der Wert eines unendlichen Kettenbruchs mit aj ganz und positiv für alle j ∈ N0 .
Beschreiben Sie (mit kurzem Beweis), wie sich die Anwendung der folgenden Funktionen auf α auf die Kettenbruchentwicklung auswirkt:
1
R(α) = b + α−1 , L(α) = (α − bαc)−1 , D(α) =
·α
d
wobei b eine Konstante, und d = ggT(a0 , a1 , . . .) ist (überlegen Sie kurz, warum der ggT auch für unendliche
Zahlenfolgen existiert).
Lösung
Es sei α = [a0 , a1 , a2 , . . .] eine durch einen unendlichen Kettenbruch gegebene reelle Zahl mit aj ∈ N für alle j.
Da alle aj positiv sind (auch a0 ), ist α > 1. Wie im Beweis von Satz 5.1.1 gilt
[a0 , a1 , a2 , . . .] = a0 +
1
a1 +
= a0 +
1
a2 +
..
.
1
[a1 , a2 , . . .]
und umgekehrt dann auch
1
= [b, a0 , a1 , . . .] ,
α
d. h. die Abbildung R schiebt in die Kettenbruchentwicklung die Konstante b ein.
R(α) = b +
Analog gilt




L(α) = α − a0 +
1
..
.}>1
−1



−1

= (α − a0 )
= 
1
..
.
−1

= a1 +
1
..
= [a1 , a2 , . . .] ,
.
a1 +
a1 +
a2 +
d. h. die Abbildung L löscht den ersten Eintrag in der Kettenbruchentwicklung. Man kann die Abbildungen R
und L auch als Schiebeoperationen nach Links oder Rechts auffassen.
Nun sei d der größte gemeinsame Teiler aller aj . Dieser existiert, denn für jede Primzahlpotenz pk gilt, dass
entweder ein j existiert mit pk 6 | aj oder eben nicht. Für jede Primzahl p gibt es damit ein maximales kp ≥ 0,
so dass pkp alle aj teilt, und der ggT ist das Produkt dieser pkp . Es gilt
1
a0
a
1
1
a0
1
1
= 0+
a0 +
=
= ···
+
=
+
1
1
d
[a1 , a2 , . . .]
d
d · [a1 , a2 , . . .]
d
d
da1 + 1 [a ,a
d· a +
,...]
1
[a2 ,a3 ,...]
d
2
3
Da d ein Teiler aller aj ist folgt, dass die nun in den Brüchen stehenden Einträge alle ganz und positiv sind,
d. h. [ d1 a0 , da1 , 1d a2 , da3 , d1 a4 , . . .] ist die eindeutige unendliche Kettenbruchentwicklung von D(α).
Aufgabe 49 (Unendliche Kettenbrüche)
2 Punkte
Finden Sie (mit Beweis versteht sich) die algebraische Zahl γ ∈ C, welche die unendliche Kettenbruchentwicklung γ = [1, 1, 1, 1, . . .] besitzt.
Lösung
Nach der vorigen Aufgabe ist γ eine reelle Zahl, die sich bei Anwendung der Abbildung R mit b = 1 nicht
ändert, also
·γ
!
R(γ) = 1 + γ −1 = γ =⇒ γ + 1 = γ 2 .
Diese Gleichung hat nach Aufgabe 6 nur die Lösungen
√
√
1− 5
1+ 5
, h =
.
g =
2
2
γ = h ist unmöglich, weil h negativ ist, aber alle Koeffizienten aus [1, 1, 1, . . .] positiv sind. Also bleibt nur
√
1+ 5
γ = g =
.
2
Der Vergleich mit der Kettenbruchentwicklung aus Aufgabe 47 zeigt, dass der (intuitive) Schluss γ =
falsch ist, d. h. die Koeffizienten der Kettenbruchentwicklung sind nicht linear im Wert.
1
2β
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
[email protected]
27.07.2006
SS 2006
Elementare Zahlentheorie
-
Lösungsblatt 13
Zur Übungsstunde vom 27.07.2006
Aufgabe 50 (Kettenbrüche von Wurzeln I)
Zeigen Sie, dass die unendliche Kettenbruchentwicklung
√ des Werts
Berechnen Sie damit die Kettenbruchentwicklung von 101.
2 Punkte
√
d2 + 1 für d ∈ N gegeben ist durch [d, 2d].
Lösung
Es sei
(es gibt eine
2 , . . .] die gesuchte Kettenbruchentwicklung
√ [a0 , a1 , a√
√
√ nach Satz√5.2.4, und sie ist eindeutig). Es
ist d2 + 1 < d2 +1 = d+1, also b d2 + 1c ≤ d, andererseits aber d2 + 1 > d2 = d, also ist die erste Stelle
der Kettenbruchentwicklung a0 = d. Wir bestimmen die um eine Stelle verschobene Kettenbruchentwicklung
durch Anwendung der Abbildung L aus Aufgabe 48:
√
√
p
d2 + 1 + d
1
·( d2 +1+d)
=
=
[a1 , a2 , . . .] = √
d2 + 1 + d = [a0 , a1 , . . .] + d = [a0 + d, a1 , . . .] .
√
2
2
L
d2 + 1 − d ·( d2 +1+d) d + 1 − d
Da die Kettenbruchentwicklung eindeutig ist müssen die Einträge auf beide Seiten der Gleichungskette übereinstimmen: daraus ergibt sich a1 = a0 + d, a2 = a1 , a3 = a2 , usw.√Insgesamt also a1 = a2 = · · · = a0 + d = 2d,
und damit [a0 , a1 , . . .] = [d, 2d]. Die Kettenbruchentwicklung von 101 ist für d = 10 gegeben durch [10, 20].
Aufgabe 51 (Kettenbrüche von Wurzeln II)
3 Punkte
√
d
∈
N
mit
d
≥
2 gegeben ist
Zeigen Sie, dass die unendliche Kettenbruchentwicklung des Werts d2 − 1 für
√
durch [d − 1, 1, 2d − 2]. Berechnen Sie damit die Kettenbruchentwicklung von 99.
Lösung
√
In dieser Aufgabe ist a0 = b d2 − 1c = d − 1. Analog zur vorigen Aufgabe gilt
√
√
√
d2 − 1 + (d − 1)
d2 − 1 + d − 1
d2 − 1 − d + 1
1
=
1
+
=
[a1 , a2 , . . .] = √
= 2
2
L
d − 1 − (d − 1)
2d − 2
2d − 2
d2 − 1 − (d − 1)
wobei im letzten Bruch der Nenner größer als der Zähler ist, daher ist die nächste Stelle a1 = 1. Weiteres
Umformen ergibt
√
1
d2 − 1 − d + 1
1
√
= 1+
1+
= 1+
2d−2−(2d−2)( d2 −1−d+1)
√ 2d−2
2d − 2
√
(2d − 2) +
2
d −1−d+1
d2 −1−d+1
und für den untersten Bruch gilt
√
√
√
√
(− d2 − 1 + d) · ( d2 − 1 + d − 1)
2d − 2 − (2d − 2)( d2 − 1 − d + 1)
(2d − 2) · (− d2 − 1 + d)
√
√
=
=
1
d2 − 1 − d + 1
d2 − 1 − d + 1
p
p
p
p
p
= − d2 − 1 d2 − 1 − d2 − 1(d − 1) + d d2 − 1 + d(d − 1) = 1 − d + d2 − 1 =
woraus die Rekursionsvorschrift
[a1 , a2 , . . .] = 1 +
1
(2d − 2) +
1
[a1 ,a2 ,...]
1
,
[a1 , a2 , . . .]
und damit [a0 , a1 , a2 , . . .] = [d − 1, 1, 2d − 2] folgt. Die Kettenbruchentwicklung von
gegeben durch [9, 1, 18].
√
99 ist dann für d = 10
Aufgabe 52 (Kettenbrüche von Wurzeln III)
3 Punkte
√
Zeigen Sie, dass die unendliche Kettenbruchentwicklung des Werts d2 + 4 für d ∈ N mit d ≥ 3 und d ungerade
√
gegeben ist durch [d, 12 (d − 1), 1, 1, 12 (d − 1), 2d]. Berechnen Sie damit die Kettenbruchentwicklung von 53.
Lösung
Wie in den vorigen Aufgaben entwickeln wir die Kettenbrüche, indem wir die in der Aufgabenstellung
angege√
2 + 4 < d + 1).
benen Einträge mit Gewalt abspalten, bis eine Periode eintritt:
Es
ist
a
=
d
(wegen
d
≥
3
ist
d
0
√
Um die folgende Rechnung abzukürzen setzen wir w = d2 + 4, dann gilt
[a1 , a2 , . . .] =
L
1
w−d
·(w+d)
=
·(w+d)
w+d
=
4
1
2 (d
− 1) +
w + d − 2(d − 1)
=
4
1
2 (d
− 1) +
1
4
w−d+2
,
für den untersten Bruch gilt
4
4−w+d−2
−w + d + 2
= 1+
= 1+
w−d+2
w−d+2
w−d+2
= 1+
4w − 8
(−w + d + 2) · (w + d − 2)
= 1+
= 1+
d2 + 4 − (d − 2)2
4d
1
d
w−2
mit
d
d−w+2
(d − w + 2) · (w + 2)
w+2−d
= 1+
= 1+
= 1+
= 1+
w−2
w−2
d2 + 4 − 4
d
1
d
w+2−d
mit
d
=
w+2−d
1
2 (d
− 1) +
d − 12 (d − 1)(w + 2 − d)
=
w+2−d
=
1
2 (d
− 1) +
w−d
=
4
1
2 (d
1
2 (d
− 1) +
d(w + (d − 2)) − 12 (d − 1) · (4d)
4d
1
− 1) +
4
w−d
mit
4
4 − 2d(w − d)
4 − 2wd + 2d2
(4 − 2wd + 2d2 )(w + d)
w−d
= 2d +
= 2d +
= 2d +
= 2d +
w−d
w−d
w−d
4
1
und der letzte Bruch ist gerade [a1 , a2 , . . .]−1 = w − d. Damit gilt die Rekursionsvorschrift
[a1 , a2 , . . .] =
1
(d − 1) +
2
1+
1
1
1+
1
1 (d−1)+
2
2d+
1
1
[a1 ,a2 ,...]
und es folgt [a0 , a1 , a2 , . . .] = [d, 12 (d − 1), 1, 1, 21 (d − 1), 2d]. Insbesondere folgt aus d = 7 die Entwicklung
√
53 = [7, 3, 1, 1, 3, 14].
Aufgabe 53 (Reinperiodische Kettenbr üche)
! Die Aufgabe wurde zurückgezogen !
3 Punkte
Lösung
Aufgabe 54 (Einsperiodische
Kettenbr üche)
√
√
1
2 Punkte
Wir wissen schon [1] = 2 (1 + 5) und [2] = 1 + 2 nach vorigen Übungsaufgaben. Leiten Sie eine allgemeine
Formel für den Wert [d] her für d ∈ N. Zeigen Sie, dass alle Werte α = [d] Einheiten in Q(α) sind.
Lösung
Es sei α = [d] einstellig-reinperiodisch mit irgend einem d ∈ N. Nach dem Entwicklungsgesetz für Kettenbrüche
gilt dann
1
1
= d+ .
α = [d, d, d, . . .] = d +
[d, d, . . .]
α
Die Aussage α = d + α−1 ist durch Multiplikation mit α (ist 6= 0) äquivalent zu der Gleichung α2 − dα − 1 = 0.
Diese besitzt bekanntlich zwei Lösungen, und zwar
√
d ± d2 + 4
α1,2 =
.
2
√
Die zweite Lösung ist negativ, also bleibt nur [d] = 21 (d + d2 + 4) für d ∈ N. Die definierende Gleichung
α2 − dα − 1 = 0 ist vom Grad 2, aber α ist nicht aus Q nach Satz 5.2.2, also sind alle α = [d] quadratische
Irrationalitäten, insbesondere ist Q(α) ein quadratischer Zahlkörper, d. h. die Hilfsmittel aus Abschnitt 4.2
(Konjugation und Norm) stehen uns zur Verfügung. Die definierende Gleichung hat Koeffizienten aus Z und ist
normiert, d. h. α ist immer eine ganzalgebraische Zahl. Ganzalgebraische Zahlen sind genau dann Einheiten,
wenn ihr Normbetrag Eins ist. Wir müssen also N (α) = αᾱ = ±1 nachweisen:
p
p
1
1
1
αᾱ = (d + d2 + 4) · (d − d2 + 4) = (d2 − d2 − 4) = −1 .
2
2
4
Also sind alle [d] Einheiten.
Aufgabe 55 (Die Pellsche Gleichung)
3 Punkte
Finden Sie eine minimale Lösung der Pellschen Gleichung x2 − 23y 2 = 1.
Lösung
√
√
Wie im Beispiel 5.3.1 müssen wir den Kettenbruch von d untersuchen. Nach Aufgabe 47 ist 23 = [4, 1, 3, 1, 8].
Die Periodenlänge 4 ist gerade, also ist die Pellsche Gleichung mit der rechten Seite 1 lösbar und mit der rechten Seite −1 unlösbar. Nach Satz 5.3.5 sind die Lösungen der Pellschen Gleichung gegeben durch x = pjn−1
und y = qjn−1 für die Periodenlänge n = 4 und j ∈ N. Die minimale Lösung entsteht für j = 1, wir müssen
also jn − 1 = 3 Näherungsbrüche berechnen, d. h. 3-mal den Divisionsschritt im Euklidischen Algorithmus
anwenden (wobei die Faktoren aus der q-Spalte des Algorithmus aus Kapitel 1 hier durch die Kettenbrucheinträge aj gegeben sind). Wir beginnen wie im Beispiel 5.3.1 mit den Startwerten für die Einträge pk , qk in den
Näherungsbrüchen. Diese sind laut Satz 5.1.3 gegeben durch
p0 = a 0 = 4 , p 1 = a 0 a1 + 1 = 5 , q 0 = 1 , q 1 = a 1 = 1 .
Das Entwicklungsgesetz ist pk = ak pk−1 + pk−2 bzw. qk = ak qk−1 + qk−2 nach Satz 5.1.3, wir erhalten also
p2 = a2 p1 + p0 = 3 · 5 + 4 = 19 , p3 = a3 p2 + p1 = 1 · 19 + 5 = 24 ,
q2 = a 2 q1 + q 0 = 3 · 1 + 1 = 4 , q 3 = a 3 q2 + q 1 = 1 · 4 + 1 = 5 .
Wir haben also p3 = 24 und q3 = 5, die minimale Lösung der Pellschen Gleichung ist also (x, y) = (24, 5).