ML Aufgabenblatt 4: Zahlentheorie (May 27, 2014

Musterlösung Zahlentheorie
Frühjahrssemster 2014, Aufgabenblatt 4
Aufgabenblatt 4
25 Punkte
Aufgabe 15
Im folgenden seien p, q, r drei verschiedene Primzahlen.
a) Berechne φ(p3 ).
b) Berechne φ(pqr).
(5 Punkte)
Lösung
Wir erinnern uns, dass φ(n) die Zahlen in {1, 2, . . . , n} zählt, die teilfremd zu n sind.
a) Wir müssen uns überlegen , welche Zahlen in {1, . . . , p3 } zu p3 Teilerfremd sind. Viel einfacher ist es
natürlich uns zu überlegen, welche Zahlen denn nicht Teilerfremd zu p3 sind.
Da p eine Primzahl ist, ist p3 auch gerade die Primfaktorzerlegung. Alle zu p3 nicht teilerfremden Zahlen
sind also sofort zu sehen:
{p = 1p, 2p, 3p, . . . , (p − 1)p, p2 = p ⋅ p, (p + 1)p, . . . , (p − 1)p2 , p2 p = p3 }.
Das heisst wir haben insgesamt p2 Zahlen, welche nicht teilerfremd zu p3 sind.
Das heisst von den p3 Zahlen in {1, . . . , p3 } sind somit
φ(p3 ) = p3 − p2 = p2 (p − 1)
Zahlen teilerfremd zu p3 .
Bemerkung: Man kann sich die Zahl p2 auch anders Überlegen: Wie oft kann man eine ganze Zahl c in
p3 legen? p3 /c abgerundet. Also wie oft passt p in p3 ? Natürlich p2 mal.
b) Hier müssen wir etwas genauer aufpassen, da wir nun mehrere Primzahlen haben. Das heisst, wenn wir
einfach nur die Anzahl der nicht teilerfremden zu p, q, r abziehen, so ziehen wir einige Zahlen mehrfach
ab, wie wir an der folgenden Graphik gut sehen können:
p, 2p, . . .
pq, . . .
pr, . . .
.
pqr
q, 2q, . . .
qr, . . .
r, 2r, . . .
Abbildung 1: Schnittmenge der Vielfachen von p, q und r.
Wir müssen uns also genau überlegen, wieviele Zahlen in welchem der 7 Abschnitte liegen, damit wir jede
Zahl nur einmal zählen.
Wir benutzen die Formel aus der Grundbegriffe Vorlesung
∣A ∪ B ∪ C∣ = ∣A∣ + ∣B∣ + ∣C∣ − ∣A ∩ B∣ − ∣A ∩ C∣ − ∣B ∩ C∣ + ∣A ∩ B ∩ C∣.
Wobei A die Vielfachen von p, B von q und C von r darstellt.
1
Musterlösung Zahlentheorie
Frühjahrssemster 2014, Aufgabenblatt 4
Mit der Bemerkung aus Teil 15 a) sehen wir sofort: ∣A∣ = pqr/p = qr, ∣B∣ = pqr/q = pr, ∣C∣ = pqr/r = pq,
∣A ∩ B∣ = pqr/pq = r, ∣A ∩ C∣ = pqr/pr = q, ∣B ∩ C∣ = pqr/qr = p, und ∣A ∩ B ∩ C∣ = pqr/pqr = 1.
Also wissen wir, dass es
qr + pr + pq − r − q − p + 1
zu pqr nicht teilerfremde Zahlen gibt.
Somit haben wir
pqr − qr − pr − pq + p + q + r − 1
zu pqr teilerfremde Zahlen.
Wir können dies noch etwas umformen zu
φ(pqr) = (p − 1)(q − 1)(r − 1).
Aufgabe 16
a) Berechne das multiplikativ-Inverse von 361 in Z520 .
b) Berechne das multiplikativ-Inverse von 731 in Z4266 .
(5 Punkte)
Lösung
Allgemein: Wenn wir das multiplikative Inverse einer Zahl x modulo m suchen, so wollen wir eine Zahl u so
dass
ux ≡ 1 mod m.
Das heisst, ux unterscheidet sich um 1 von einem Vielfachen von m. Also suchen wir u und v so dass
ux + vm = 1.
Wir können diese Zahlen zum Beispiel mit der Kettenbruchentwicklung von x/m finden.
a) Wir machen den euklidischen Algorithmus:
361 = 0 ⋅ 520 + 361
520 = 1 ⋅ 361 + 159
361 = 2 ⋅ 159 + 43
159 = 3 ⋅ 43 + 30
43 = 1 ⋅ 30 + 13
30 = 2 ⋅ 13 + 4
13 = 3 ⋅ 4 + 1
4 = 4 ⋅ 1 + 0.
Also
361
= [0, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 4].
520
Die Näherungsbrüche sind
b
A
B
0
1
1
0
0
0
1
1
1
1
2
2
3
3
7
10
1
9
13
2
25
36
Somit
121 ⋅ 361 − 84 ⋅ 520 = 1.
Das heisst
361−1 ≡ 121 mod 520.
2
3
84
121
4
361
520
Musterlösung Zahlentheorie
Frühjahrssemster 2014, Aufgabenblatt 4
b) Analog machen wir die Kettenbruchentwicklung von 731/4266:
731 = 0 ⋅ 4266 + 731
4266 = 5 ⋅ 731 + 611
731 = 1 ⋅ 611 + 120
611 = 5 ⋅ 120 + 11
120 = 10 ⋅ 11 + 10
11 = 1 ⋅ 10 + 1
10 = 10 ⋅ 1 + 0
Somit
731
= [0, 5, 1, 5, 10, 1, 10].
4266
b
A
B
0
1
1
0
0
0
1
5
1
5
1
1
6
5
6
35
10
61
356
1
67
391
10
731
4266
Somit
391 ⋅ 731 − 67 ⋅ 4266 = −1.
Also ist
731−1 ≡ (−391) ≡ 4266 − 391 ≡ 3875 mod 4266.
Aufgabe 17
Berechne 2475 mod 169.
(5 Punkte)
Lösung
Da ggT(2, 169) = 1 wissen wir mit dem Eulerschen Satz, dass gilt
2φ(169) ≡ 1 mod 169.
Da 169 = 132 gilt
φ(169) = φ(132 ) = 13 ⋅ (13 − 1) = 156.
Wir wissen also, dass
2156 ≡ 1 mod 169.
Nun können wir 475 schreiben als
475 = 3 ⋅ 156 + 7.
Somit gilt
2475 ≡ 23⋅156+7 ≡= 23⋅156 ⋅ 27 ≡ (2156 )3 ⋅ 128 ≡ 13 ⋅ 128 ≡ 1 ⋅ 128 ≡ 128 mod 169.
Aufgabe 18
Finde eine Zahl m, so dass gilt:
m
(11117 )
≡ 111 mod 209
(5 Punkte)
Lösung
Wir haben wieder, dass ggT(111, 209) = 1. Somit wisssen wir mit dem Eulerschen Satz, dass
111φ(209) ≡ 1 mod 209.
3
Musterlösung Zahlentheorie
Frühjahrssemster 2014, Aufgabenblatt 4
Weiter wissen wir, dass für jede ganze Zahl k ∈ Z ebenfalls gilt
111k⋅φ(209) ≡ 1 mod 209.
Multiplizieren wir nun beide Seiten mit 111 kriegen wir
111 ⋅ 111k⋅φ(209) ≡ 111k⋅φ(209)+1 ≡ 111 mod 209.
Andererseits ist
m
(11117 )
= 11117m .
Das heisst also, wir interessieren uns für eine Lösung der linearen Diophantischen Gleichung
17m = k ⋅ φ(209) + 1.
Zuerst berechnen wir aber einmal φ(209). Wir sehen, dass die alternierende Quersumme −9 + 0 − 2 = −11 durch
11 teilbar ist, und somit auch 209. Wir erhalten also die Primfaktorzerlegung
209 = 11 ⋅ 19.
Und somit ist
φ(209) = (11 − 1) ⋅ (19 − 1) = 180.
Das heisst unsere Gleichung ist
17m − 180k = 1.
Wir machen den Euklidischen Algorithmus für die Kettenbruchentwicklung von 17/80:
17 = 0 ⋅ 180 + 17
180 = 10 ⋅ 17 + 10
17 = 1 ⋅ 10 + 7
10 = 1 ⋅ 7 + 3
7=2⋅3+1
3=3⋅1+0
Also 17/180 = [0, 10, 1, 1, 2, 3].
b
A
B
0
1
1
0
Also 180 ⋅ 5 − 17 ⋅ 53 = −1. Das heisst
0
0
1
10
1
10
1
1
11
1
2
21
2
5
53
3
17
180
17 ⋅ 53 − 180 ⋅ 5 = 1.
Das heisst also, m = 53 erfüllt die Bedingung
53
(11117 )
≡ 111 mod 209.
Bemerkung: Es handelt sich nicht um die kleinste Lösung. In der Tat geht schon m = 8.
Aufgabe 19
Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung. Zeige, dass die Primfaktorzerlegung einer Zahl n ≥ 2 eindeutig
ist (bis auf die Reihenfolge der Primfaktoren).
Zeige dafür zuerst folgende Implikation:
a∣(b ⋅ c)
und
ggT(a, b) = 1
Ô⇒
a∣c
(5 Punkte)
4
Musterlösung Zahlentheorie
Frühjahrssemster 2014, Aufgabenblatt 4
Lösung
Wir zeigen zuerst die Implikation:
a∣(b ⋅ c)
und
ggT(a, b) = 1
Ô⇒ a∣c.
Wenn a∣bc gilt, so gibt es eine ganze Zahl k so dass
a ⋅ k = b ⋅ c,
k ∈ Z.
(1)
Andererseits ist ggT(a, b) = 1. Das heisst, es gibt ganze Zahlen u, v so dass
a ⋅ u + b ⋅ v = 1,
u, v ∈ Z.
(2)
b ⋅ v = 1 − a ⋅ u,
u, v ∈ Z.
(3)
Aus (2) folgt
Wenn wir (1) mit v multiplizieren, so gilt
a ⋅ k ⋅ v = b ⋅ c ⋅ v = (b ⋅ v) ⋅ c,
k, v ∈ Z.
(4)
Wenn wir nun (3) einsetzen, erhalten wir
a ⋅ k ⋅ v = (1 − a ⋅ u) ⋅ c = c − a ⋅ c ⋅ u,
k, u, v ∈ Z.
(5)
Mit etwas umsortieren erhalten wir
a ⋅ k ⋅ v + a ⋅ c ⋅ u = c,
k, u, v ∈ Z.
(6)
k, u, v ∈ Z.
(7)
Wenn wir nun noch a ausklammern also
a ⋅ (k ⋅ v + c ⋅ u) = c,
Aber das heisst ja gerade, dass a∣c.
Somit ist die Implikation gezeigt.
Nun zur eigentlichen Aufgabe: Nehmen wir an, wir hätten eine Zahl n ∈ N welche zwei Primfaktorzerlegung hat.
Nehmen wir weiter an, n sei die kleinste solche Zahl (das heisst im Intervall {1, 2, . . . , n − 1} haben alle Zahlen
eine eindeutige Primfaktorzerlegung).
Nun betrachten wir die zwei Primfaktorzerlegungen. Wir stellen sofort fest, dass eine Primzahl die in der einen
Zerlegung vorkommt nicht in der anderen vorkommen darf: Angenommen p kommt in beiden Zerlegungen vor
dann gilt n = p ⋅ p1 ⋯pk = p ⋅ q1 ⋯ql . Aber dann hätte auch n/p zwei Primfaktorzerlegungen. Nun ist aber n/p < n
und wir hatten n minimal gewählt.
Somit wissen wir, dass eine bestimmte Primzahl höchstens in einer der zwei Zerlegungen vorkommen kann.
Seien nun p und q zwei verschiedene Primzahlen, so dass p in der ersten Zerlegung und q in der zweiten vorkommt.
Wir haben also n = p ⋅ a = q ⋅ b und da p ≠ q gilt a ≠ b.
Nun teilt aber q die Zahl n = p ⋅ a, und da p und q zwei verschiedene Primzahlen sind gilt ggT(p, q) = 1. Mit der
vorher bewiesenen Implikation muss nun aber q die Zahl a Teilen.
Aber das hiesse ja nun, dass q ein gemeinsamer Primfaktor der zwei Zerlegungen ist, was wir ja schon ausgeschlossen hatten.
Wir haben also einen Widerspruch, der nur dadurch entstanden sein kann, dass wir angenommen hatten dass
es zwei Primfaktorzerlegungen gibt.
5