Elementare Zahlentheorie — 5. ¨Ubung

Prof. Dr. Jörn Steuding, Pascal Stumpf
Institut für Mathematik, Universität Würzburg
21. November 2016
Elementare Zahlentheorie — 5. Übung
Aufgabe 1. [5 × 2 Punkte] Beweisen oder widerlegen Sie die folgenden Aussagen:
(i) Die Gleichung 144X + 233Y = 500 ist ganzzahlig lösbar.
(ii) Die Gleichung 144X + 233Y = 500 ist mit X, Y ∈ N lösbar.
(iii) Jede ungerade Zahl ist die Differenz zweier Quadratzahlen, wobei wir 0 = 02
auch als Quadratzahl verstehen.
(iv) Für ganze Zahlen a und b, die nicht aufeinanderfolgen, hat die gemeinsame
Differenz ihrer beiden Quadratzahlen a2 und b2 mindestens drei verschiedene
positive Teiler.
(v) Die Zahl 22016 − 1 ist eine Primzahl.
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Aufgabe 2. [4 + 3 + 3 Punkte] Hermine geht jeden fünften Tag zum Mittagessen
in die Pizzeria, Ron jeden dritten Tag.
(i) Werden die Beiden sich treffen?
(ii) Wie lange dauert es, bis sie sich in der Pizzeria wiedersehen?
(iii) Werden sie sich auch an einem Freitag treffen?
Offensichtlich ist die Antwort auf die ersten Fragen ja. Begründen Sie Ihre Antworten!
Aufgabe 3. [5 + 5 Punkte]
(i) Zeigen Sie, dass jede Zahl der Form 4m + 3 mit m ∈ N0 von einer Primzahl
der Form 4n + 3 mit n ∈ N0 geteilt wird.
(ii) Beweisen Sie, dass es unendlich viele Primzahlen p gibt, die bei Division
durch 4 den Rest 3 lassen, wie z.B. die nachstehend fett gedruckten:
2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, . . . , 83, . . .
Hinweis: Es ist 4 · 3 − 1 = 11 und 4 · 3 · 7 − 1 = 83.
Übungsblätter werden immer montags in der Vorlesung ausgegeben; sie stehen auch online
auf der homepage https://www.mathematik.uni-wuerzburg.de/∼steuding/elemzahltheo2016.htm zur
Verfügung (wie auch die Folien). Bearbeitete Übungsblätter müssen in Gruppen von maximal
drei Studierenden im Raum 00.105 des BSZ im Briefkasten Elementare Zahlentheorie bis 12 Uhr
am Mittwoch der darauffolgenden Woche abgegeben werden. Die Klausur findet von 10 bis 12
Uhr am 20. Februar 2017 im Turing-Hörsaal statt! Für die Klausurzulassung sind 50% der
Übungspunkte (jeweils 30 pro Blatt) nötig.
Viel Spaß!
2
Lösungshinweis zu Aufgabe 1:
Die beiden Koeffizienten 144 und 233 unserer diophantischen Gleichung sind zwei
aufeinanderfolgende Fibonacci-Zahlen (nämlich die 12te und 13te), für die wir in der
letzten Präsenzaufgabe mit dem euklidischen Algorithmus bereits ggT(144, 233) = 1
hergeleitet haben. Da nun 1 die andere Seite 500 teilt, kann uns der Satz von Bézout
(mit a = 144, b = 233 und c = 500) versprechen, dass unsere Gleichung auf alle Fälle
ganzzahlig lösbar ist, und (i) ist wahr.
Allerdings kann es keine natürlichen Zahlen X und Y geben, die unsere Gleichung
erfüllen, denn im (kleinsten) Fall X = 1 und Y = 1 wäre 144 · 1 + 233 · 1 = 377 < 500
und ansonsten hätten wir bei X > 2 oder Y > 2 dann
144X + 233Y > 144 · 2 + 233 · 1 = 521 > 500 ,
beziehungsweise
144X + 233Y > 144 · 1 + 233 · 2 = 610 > 500 ,
womit (ii) widerlegt ist.
Die Aussage (iii) ist aber wieder richtig, denn jede ungerade Zahl können wir auch
in der Form 2n − 1 mit einem n ∈ N schreiben, und diese ist gerade die Differenz der
beiden aufeinanderfolgenden Quadratzahlen (n − 1)2 und n2 , was
n2 − (n − 1)2 = n2 − (n2 − 2n + 1) = n2 − n2 + 2n − 1 = 2n − 1
bestätigt.
Aus der Schule sind wir mit der kleinen Formel
a2 − b2 = a2 − b · a + a · b − b2 = (a − b) · (a + b)
vertraut, die unsere Differenz der Quadratzahlen a2 und b2 schon faktorisieren kann.
Im Fall a = b ist a2 − b2 = 0 durch jede natürliche Zahl teilbar, und hätte hier also
sogar unendlich viele Teiler. Es verbleibt noch der Fall a > b (beziehungsweise a < b,
wofür wir über die Formel b2 − a2 = (b − a) · (b + a) analog argumentieren könnten).
Falls wir nun außerdem wüssten, dass a und b sogar positive ganze Zahlen sind, die
nicht aufeinanderfolgen, so wäre der Faktor a + b > 3 + 1 = 4 > 1, wobei der Faktor
a − b > 2 in allen Fällen indirekt auch
a+b=
a2 − b 2
a2 − b 2
6
< a2 − b 2
a−b
2
absichert, und wir also mit a + b neben 1 und a2 − b2 selbst in der Tat noch einen
dritten positiven Teiler von a2 − b2 gefunden hätten. Wählen wir aber zum Beispiel
a = 1 und b = −2, dann gilt a2 − b2 = 12 − (−2)2 = 1 − 4 = −3, und ±3 hat als
Primzahl nur zwei positive Teiler, was doch noch ein Gegenbeispiel für (iv) liefert.
Bei der letzten Aussage (v) können nun aber unsere vorherigen Überlegungen mit
den positiven ganzen Zahlen a = 21008 und b = 1 über
22016 − 1 = 21008 · 2 − 1 = (21008 )2 − 12 = (21008 − 1) · (21008 + 1)
noch zum Einsatz kommen und (neben 1 sowie 22016 − 1) sogar die beiden Faktoren
21008 − 1 und 21008 + 1 verraten, womit 22016 − 1 keine Primzahl mehr sein kann.
Lösungshinweis zu Aufgabe 2:
Zu i): Wir messen die Anzahl der seit einem fixierten Tag t = 0 vergangenen Tage
mit t = 0, 1, 2, 3, . . .. Ron ist an einem Tag t = r in der Pizzeria und danach an den
Tagen t = r + 3, r + 6, r + 9, r + 12, . . .; Hermine ist an einem Tag h anwesend und
an den darauffolgenden Tagen h + 5, h + 10, h + 15, . . .. Hierbei sind h und r uns
unbekannte nicht-negative ganze Zahlen. Weil Rons Pizzatage von der Form r + 3x
und Hermines von der Gestalt h + 5y mit ganzzahligen x und y sind, muss für ein
Treffen der beiden die Gleichung
r + 3x = h + 5y
bzw.
3x − 5y = h − r
3
für gewisse nicht-negative x, y erfüllt sein. Die rechte Seite ist von den uns nicht
bekannten Größen r und h abhängig, allerdings müssen wir deren Wert gar nicht
kennen: Ungeachtet ihres Wertes ist nämlich die Gleichung
3X − 5Y = c
mit c ∈ Z nach dem Satz von Bézout wegen ggT(3, 5) = 1 | c ganzzahlig lösbar (also
auch für c = h − r). Ist (x0 , y0 ) eine spezielle ganzzahlige Lösung, so ergeben sich
sämtliche solche durch
(1)
(xm , ym ) = (x0 , y0 ) + (5, 3)m
mit m ∈ Z,
womit es auch Lösungen in natürlichen Zahlen x und y gibt. Also werden sich Ron
und Hermine in jedem Fall treffen.
Zu ii): Mit Blick auf die Lösungsgesamtheit (1) (siehe i)) beobachten wir, dass für
die Differenz von zwei aufeinanderfolgenden Lösungen (xm+1 , ym+1 ) und (xm , ym )
xm+1 − xm = 5
und
ym+1 − ym = 3
gilt, bzw.
3xm+1 − 3xm = 3 · 5 = 5 · 3 = 5ym+1 − 5ym ,
was bedeutet dass für Ron und Hermine ein Wiedersehen in der Pizzeria alle 3 ·5 = 15
Tage anfällt (und offenischtlich keines früher).
Zu iii): Jede Woche hat sieben Tage. Der Freitag wiederholt sich alle sieben Tage.
Wir argumentieren wie in i): Es t = f ein Freitag und danach treten Freitag genau für
t = f + 7, f + 14, f + 21, . . . auf. Ron und Hermine treffen sich an einem gemeinsamen
Tag t = g für ein nicht-negatives g und (nach Aufgabe ii)) danach wieder für t =
g + 15, g + 30, . . .. Es muss also
f + 7x = g + 15y
bzw.
7x − 15y = g − f
für gewisse natürliche Zahlen x und y gelten. Wegen ggT(7, 15) = 1 ist die zugehörige
diophantische Gleichung ganzzahlig und (wie man wie in i) sieht) sogar in natürlichen
Zahlen lösbar, womit Hermine und Ron sich auch an einem Freitag (sogar an unendlich
vielen Freitagen bis das der Tod sie scheidet) wiedersehen werden.
Lösungshinweis zu Aufgabe 3:
Zu i): Das Produkt zweier Zahlen, die bei Division durch 4 den Rest 1 lassen, lässt
ebenfalls den Rest 1 nach Division durch 4, wie die Rechnung
(4m + 1)(4n + 1) = 16mn + 4m + 4n + 1 = 4(4mn + m + n) + 1
zeigt. D.h. aus ungeraden Faktoren der Form 4n + 1 lassen sich nur ungerade Zahlen
der Gestalt 4m + 1 bilden. In der Primfaktorzerlegung einer jeden ungeraden Zahl
4m + 3 muss daher eine Primzahl der Form 4n + 3 auftreten (u.U. 4m + 3 selbst).
Zu ii): Gegeben eine endliche Liste p1 = 3, p2 , . . . , pr von Primzahlen der Form
4n + 3, bilden wir die Zahl
q = 4p1 p2 · . . . · pr − 1.
Damit ist q von der Form 4m + 3 (denn q = 4(p1 p2 · . . . · pr − 1) + 3), besitzt also
nach i) einen Primfaktor der Form p = 4n + 3 für ein n ∈ N. Käme p in der Liste
p1 , p2 , . . . , pr vor, so wäre
q + 1 = 4p1 p2 · . . . · pr
ein Vielfaches von p, womit p auch jede Linearkompbination von q und q + 1 teilte,
insbesondere (−1) · q + 1 · (q + 1) = 1, was ein Widerspruch ist. Also kommt p nicht
unter den p1 , p2 , . . . , pr vor, ist dabei von der Form p = 4n + 1 und somit eine weitere
Primzahl, die bei Division durch 4 den Rest 3 lässt. Also gibt es derer unendlich viele.