H15-T3-A1 - math.uni

H15-T3-A1
Seien x, y, z ∈ Z mit x2 + y 2 = z 2 . Zeigen Sie, dass das Produkt xyz durch 60 teilbar ist.
(12 Punkte)
Lösungsvorschlag. Zuerst einmal schränken wir uns oBdA auf primitive Lösungen ein,
im folgenden Sinne: Ist (a, b, c) ∈ Z3 eine Lösung der Gleichung, d. h. a2 + b2 = c2 , so
ist offensichtlich auch (ka, kb, kc) eine Lösung. Eine primitive Lösung soll eine Lösung
(a, b, c) sein, die kein Vielfaches dieser Art ist, die also ggT(a, b, c) = 1 erfüllt (das oBdA
ist damit gerechtfertigt, da, falls abc ≡ 0 mod 60 für alle primitiven Lösungen (a, b, c)
gilt, dies mit kakbkc = k 3 abc auch für alle übrigen folgt). Wir betrachten die Gleichung
über Z3 , Z4 und Z5 , denn nach dem chinesischen Restsatz ist Z60 ' Z3 ×Z4 ×Z5 und also
abc ≡ 0 mod 60 genau dann, wenn abc ≡ 0 mod n für n = 3, 4, 5. Die triviale Lösung
(0, 0, 0) ist dabei stets ausgeschlossen, da wir ja oBdA primitive Lösungen betrachten.
Betrachtung mod 3 Die von 0 verschiedenen Quadrate in Z3 sind 12 = 1, 22 = 1.
Insbesondere ist 1 + 1 = 2 kein Quadrat in Z3 , weswegen also folgt a = 0 oder b = 0
modulo 3.
Betrachtung mod 5 Für Z5 ergeben sich die Quadrate 12 = 1, 22 = 4, 33 = 4, 42 = 1.
Da wieder 1 + 1 = 2 und 4 + 4 = 3 keine Quadrate sind in Z5 , muss also gelten a = 0,
b = 0 oder c = 0 modulo 5.
Betrachtung mod 4 Hier muss das bewährte Argument ein wenig abgewandelt werden:
Betrachtung über Z2 liefert analog wie oben, dass entweder a, b oder c gleich 0 sind
modulo zwei, also die Tatsache, dass {a, b, c} genau eine gerade Zahl enthält (anschaulich:
wären genau zwei der Zahlen a, b, c ungerade, so wäre stets eine der beiden Seiten der
Gleichung a2 +b2 = c2 gerade und die andere ungerade, ein offensichtlicher Widerspruch).
Die gerade Zahl kann nicht c sein, denn angenommen, c wäre die einzige gerade Zahl aus
{a, b, c}, dann wäre insbesondere c2 = 0 mod 4 (wegen c = 2k für ein k ∈ Z, also
c2 = 4k 2 ≡ 0 mod 4), aber a2 ≡ b2 ≡ 1 mod 4, da wir a, b ungerade angenommen
hatten, und wir erhalten den Widerspruch a2 + b2 ≡ 2 6= 0 ≡ c2 mod 4
Sei nun ohne Einschränkung b gerade (und a, c ungerade, wir wollen zeigen, dass b
schon durch 4 teilbar sein muss. Wir schreiben dazu
b2 = c2 − a2 = (c − a)(c + a).
Nun sind c − a und c + a beide gerade, und ist eines von beiden bereits durch 4 teilbar,
so wissen wir, dass der Primfaktor 2 in b2 mindestens drei-, tatsächlich also mindestens
viermal, auftreten muss, womit dann b bereits durch vier teilbar ist, womit der Beweis
abgeschlossen ist. Wir wollen durch einen Widerspruchsbeweis zeigen, dass dieser Fall
auch in der Tat eintreten muss: Angenommen nämlich, es wäre c − a ≡ 2 ≡ c + a mod 4.
Dann erhielten wir aber
2c = (c − a) + (c + a) ≡ 2 + 2 ≡ 0
mod 4,
was dann aber implizieren würde, dass c gerade ist, was wie oben gezeigt unmöglich ist.
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