Zahlentheorie. Stefan Takacs Linz, am 2. Juni 2004

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1 Zahlentheorie Anna Rieger Stefan Takacs Daniela Weberndorfer Linz, am 2. Juni 2004 Zusammenfassung Die vorliegende Arbeit über die grundlegenden Sätze der Zahlentheorie beschäftigt sich mit fundamentalen Aussagen über die Teilbarkeit von ganzen und natürlichen Zahlen. Die verwendeten Sätze werden jeweils direkt aus der Einführung der natürlichen Zahlen, der ganzen Zahlen und aus den anderen Definitionen hergeleitet. Des weiteren wird ein Algorithmus vorgestellt, der den größten gemeinsamen Teiler zweier natütlicher Zahlen liefert, sowie eine Darstellung des größten gemeinsamen Teilers als Summe von ganzzahligen Vielfachen dieser beiden Zahlen. Diese Darstellung ist nicht eindeutig, sie kann jedoch zur Lösung der in der Literatur sogenannten Diophantischen Gleichungen herangezogen werden. Inhaltsverzeichnis 1 Einleitung Ein einfaches Beispiel Natürliche Zahlen und Ganze Zahlen Definition der natürlichen Zahlen Definition weiterer Mengen ganzer Zahlen Definition Betrag Satz (einige Gundlegende Aussagen über den Betrag) Teilbarkeit Definition der Teilbarkeit Satz (einige grundlegende Aussagen über die Teilbarkeit) ggt und euklidischer Algorithmus Definition des ggt Lemma Satz (Umfomung des ggt) Satz (euklidischer Algorithmus) Zusammenfassung 9 6 Literatur 10 1

2 1 Einleitung Diese Arbeit beschäftigt sich mit Problemen der ganzen und der natürlichen Zahlen. In diesem Bereich ist die Division keine Selbstverständlichkeit. Sie ist - ohne Rest - nur möglich, wenn die Teilbarkeit vorliegt. Es ergeben sich etliche mögliche Fragestellungen: 1. Ist eine gegebene ganze Zahl durch eine andere gegebene ganze Zahl teilbar? 2. Ist eine gegebene ganze Zahl durch zwei oder mehrere andere gegebene ganze Zahlen teilbar? Die zweite Frage wird jedoch erst dann interessant, wenn man nach der größten ganzen Zahl fragt, für die das gilt. Da ein Teiler einer Zahl zwar kleiner-gleich dieser ist, wird die größte ganze Zahl kleiner oder gleich der kleinsten gegebenen Zahl sein. Jedoch wird sie auch größer gleich 1 sein, da jede Zahl durch die Zahl 1 teilbar ist, wie wir später sehen werden. Diese Zahl wird als größter gemeinsamer Teiler bezeichnet. Ist dieser 1, so spricht man von teilerfremden Zahlen. Vergleiche zu den Begriffen und Definitionen auch [Heuberger, 2002]. In dieser Arbeit wird der Begriff der Teilbarkeit eingeführt und mit dessen Hilfe etliche Aussagen gezeigt. Mithilfe dieser Einführung wird auch der größte gemeinsame Teiler zweier ganzer Zahlen definiert. Es wird ein Algorithmus bewiesen, der es ermöglicht, zu jeweils zwei gegebenen ganzen Zahlen den größten gemeinsamen Teiler in einer endlichen Anzahl von Schritten zu berechnen. 1.1 Ein einfaches Beispiel Beispiele, die mithilfe dieser Arbeit gelöst werden können, sind Diophantische Gleichungen. Es handelt sich hierbei um Gleichungen, bei denen a, b und c als ganze Zahlen gegeben sind und sodann x und y aus den ganzen Zahlen gesucht werden, sodass: a x + b y = c Diese Gleichungen sind nicht immer lösbar, wie sich herausstellen wird. Betrachten wir nun folgende Diophantische Gleichungen: 2 x + 3 y = 7 4 x + 6 y = 7 Die erste Gleichung ist in diesem Fall einfach zu lösen. Eine Lösung wäre hier = 7. Also die Wahl x = 2 und y = 1. Es ist nicht möglich, für die zweite Gleichung durch Hinsehen eine Lösung zu finden. Dazu benötigen wir etwas mehr Theorie. Diese wird in der vorliegenden Arbeit folgen. 2

3 2 Natürliche Zahlen und Ganze Zahlen 2.1 Definition der natürlichen Zahlen Eins ist eine natürliche Zahl, zu jeder weiteren natürlichen Zahl n gibt es einen Vorgänger (n 1) und einen Nachfolger (n + 1) in den natürlichen Zahlen. Die Menge der natürlichen Zahlen wird als N bezeichnet. 2.2 Definition weiterer Mengen ganzer Zahlen Erweitert man die Menge der natürlichen Zahlen um das neutrale Element und die inversen Elemente der natürlichen Zahlen jeweils bezüglich der Addition, so erhält man die ganzen Zahlen: Z := N {0} {( n) n N} Zur Vereinfachung der Schreibweise wird die Menge der nicht negativen ganzen Zahlen N 0 wie folgt definiert: N 0 := N {0} Auf den ganzen Zahlen seien die Rechenoperationen der Addition und der Multiplikation bereits eingeführt, die geltenden Rechenregeln werden als bekannt vorausgesetzt. 2.3 Definition Betrag Für alle ganzen Zahlen a, sei der Betrag von a wie folgt definiert: { a a 0 a := a a < Satz (einige Gundlegende Aussagen über den Betrag) Um mit dem Betrag im weiteren arbeiten zu können, beweisen wir, dass für alle ganzen Zahlen a folgende Aussagen gelten: 1. a 0 2. a a Beweis 1. Der Beweis erfolgt mittels Fallunterscheidungen: Fall 1: a 0 daraus folgt laut 2.3 a = a also a 0 Fall 2: a < 0 daraus folgt laut 2.3 a = a also a > 0, da a 0, somit gilt sicher auch a 0 Da jede ganze Zahl a oder < 0 ist, wurde der Satz durch die Fallunterscheidungen gezeigt. 3

4 2. Der Beweis erfolgt mittels Fallunterscheidungen: Fall 1: a 0 daraus folgt laut 2.3 a = a also a a Fall 2: a < 0 es gilt laut a 0 also a < 0 a also a a Da jede ganze Zahl a oder < 0 ist, wurde der Satz durch die Fallunterscheidungen gezeigt. 3 Teilbarkeit 3.1 Definition der Teilbarkeit 1. Teilbarkeit: Für ganze Zahlen a und b sagt man b teilt a genau dann, wenn es eine ganze Zahl q gibt sodass b q = a. Man schreibt: b a 2. Für die Division in den ganzen Zahlen definieren wir die Division mit Rest wie folgt: Für alle ganzen Zahlen a und b sagen wir: q ist der Quotient der Division mit Rest, wenn q die größte ganze Zahl ist, sodass b q a ist. Als Rest r bezeichnen wir a b q. Wir schreiben: a div b := q a mod b := r 3.2 Satz (einige grundlegende Aussagen über die Teilbarkeit) 1. a Z : a 0 2. a, b Z : a b a b 3. a, b Z : t Z\{0} : a b t a t b 4. a 1, a 2, b Z : a 1 a 2 b a 1 b 5. a, b, t Z : a b a t b 6. a, b, c Z : (a b b c) a c 7. a, b 1, b 2 Z : (a b 1 a b 2 ) a b 1 + b 2 8. a, b Z : (a b b 0) a b Beweis 1. a Z ist a 0 = 0. Da 0 eine ganze Zahl ist, gilt laut a 0 2. Seien a, b Z beliebig aber fix gewählt: a b q Z : a q = b so gilt jedoch auch a ( q) = b. Da auch ( q) eine ganze Zahl ist, gilt a b 4

5 3. Seien a, b Z beliebig aber fix gewählt und sei t Z \ {0} ebenfalls beliebig aber fix gewählt: a b q Z : a q = b q Z : t a q = t b t a t b 4. Seien a 1, a 2, b Z beliebig aber fix gewählt:a 1 a 2 b q Z : b = q a 1 a 2 da q a 2 auch eine ganze Zahl ist, folgt aus a 1 b 5. Seien a, b, t Z beiliebig aber fix gewählt:a b q Z : b = q a. Dann gilt auch t b = t q a. Da t q eine ganze Zahl ist, folgt aus a t b. 6. Seien a, b, c Z beliebig aber fix gewählt:a b b c q Z : b = a q. Durch Einsetzen erhält man a q c a c. 7. Seien a, b 1, b 2 Z beliebig aber fix gewählt:a b 1 a b q 1, q 2 Z : a q 1 = b 1 a q 2 = b 2. Durch Addition der beiden Gleichungen erhält man a (q 1 + q 2 ) = b 1 + b 2. Da (q 1 + q 2 ) Z folgt aus a (b 1 + b 2 ). 8. Seien a, b Z beliebig aber fix gewählt: (a b) (b 0), wegen q Z : a q = b. Da b 0, ist auch q 0 und q 0. Wegen ist q > 0. Da q eine ganze Zahl ist, gilt q 1. (i) Da q Z : a q = b gilt auch a q = b. Da a b = a b, gilt a q = b. Aus (i) folgt nun a b. 4 ggt und euklidischer Algorithmus 4.1 Definition des ggt q.e.d. Die größte ganze Zahl c für die (c a) und (c b) gilt, bezeichnen wir als größten gemeinsamen Teiler der Zahlen a und b. Wir schreiben: 4.2 Lemma c = ggt(a, b) a, b, c Z : c a c b c ggt(a, b) Beweis: Seien a, b, c Z beliebig aber fix gewählt: Aus folgt c c. Wegen gilt c a und damit c a (1) Da a ggt(a, b) folgt aus a ggt(a, b). Da ggt(a, b) stets größer 0, ist a ggt(a, b). Und aus (1) folgt nun c ggt(a, b). q.e.d. 5

6 4.3 Satz (Umfomung des ggt) a, b, k Z : ggt(a, b) =ggt(b, a b k). Beweis: Seien a, b, k Z beliebig aber fix gewählt: Seien die Zahlen d 1 und d 2 wie folgt definiert: d 1 := ggt(a, b) d 2 := ggt(b, a b k) Aus 4.1 folgt d 1 a und d 1 b. Somit gilt laut (d 1 b ( k)). Wegen gilt nun d 1 a b k. Da auch d 1 b gilt, schließen wir aus dem Lemma 4.2 d 1 d 2 da wir d 2 als ggt(d, a b k) definiert haben. Aus 4.1 folgt d 2 b und d 2 a b k. Somit gilt laut (d 2 b k). Wegen gilt nun d 2 a. Damit schließen wir aus dem Lemma 4.2 (d 2 d 1 ), da wir d 1 als ggt(a, b) definiert haben. Da wir nun gezeigt haben, dass d 1 sowohl als auch d 2 ist, wissen wir, dass d 1 = d 2. Es gilt also ggt(a, b) = ggt(b, a b k). 4.4 Satz (euklidischer Algorithmus) q.e.d. Seien a, b natürliche Zahlen. Seien die Folgen <d k > k=0,1,2,, <x k > k=0,1,2,, <y k > k=0,1,2, und <q k > k=1,2,3 wie folgt definiert: d 0 := a, x 0 := 1, y 0 := 0 d 1 := b, x 1 := 0, y 1 := 1 Und seien für jedes k 1, für das d k 0 gilt, die Folgenglieder wie folgt definiert: q k := d k 1 div d k d k+1 := d k 1 q k d k x k+1 := x k 1 q k x k y k+1 := y k 1 q k y k Sodann existiert ein K N, sodass folgende Aussagen gelten: 1. d K+1 = 0 2. ggt(a, b) = d K = x K a + y K b, wobei x K und y K jeweils ganze Zahlen sind. 6

7 Beweis: Sei k Z beliebig aber fix gewählt, sodass d k 0: Aus folgt d k (d k 1 div d k ) d k 1. Weil q k = d k 1 div d k definiert ist, gilt q k d k d k 1 und somit Die Ausssage 0 d k 1 q k d k. (2) d k 1 q k d k d k 1 (3) ist gleichbedeutend zur Aussage d k 1 q k d k < d k, da die zu d k nächst kleinere ganze Zahl (d k 1) ist. Die Ungleichung d k 1 q k d k < d k wird nun mittels Beweis durch Widerspruch gezeigt. Angenommen d k 1 q k d k d k. Setzt man nun die Definition für q k ein, so erhält man d k 1 d k (1 + d k 1 div d k ). Laut Definition ist d k 1 div d k die größte ganze Zahl, sodass d k 1 d k (d k 1 div d k ) gilt. (1 + d k 1 div d k ) ist jedoch eine größere ganze Zahl, an die jedoch dieselbe Anforderung gestellt wird. Ein Widerspruch. Es gilt folgendes: K N : d K+1 = 0 (4) Das wird mittels Beweis durch Widerspruch gezeigt. Angenommen es gäbe kein K N mit d K+1 = 0. Sodann gilt k N : d k 0. So gelten die Ungleichungen (2) und (3) für alle k N. Es wird nun mit vollständiger Induktion gezeigt, dass folgende Aussage gilt: k N : d k d 0 k Induktionsanfang: für k = 1 ist also d 1 d 0 1. Dies ist jedoch die Aussage (3), eingesetzt für k = 0. Induktionsschluss: Unter der Annahme, dass für ein k N die Aussage d k d 0 k gilt, ist zu zeigen, dass d k+1 d 0 (k + 1) gilt. Wegen (3) und der Induktionsannahme gilt d k+1 d k 1 d 0 k und somit d k+1 d 0 k 1 = d 0 (k + 1), was zu zeigen war. Wählen wir nun k = d 0, so erhalten wir aus (2) 0 d k und aus der eben gezeigten Ungleichung d k d 0 d 0 = 0. Daraus folgt d k = 0. Ein Widerspruch. Somit ist ist die Aussage (4) gezeigt. Für k {0, 1,, d K } folgt aus dem Satz 4.3 ggt(d k 1, d k )=ggt(d k, d k 1 q k d k ). Dies ist jedoch als ggt(d k, d k+1 ) (5) definiert. Nun zeigen wir mittels Vollständiger Induktion, dass k {0, 1,, d K } : ggt(a, b) = ggt (d k, d k+1 ) (6) gilt. Induktionsanfang: Zu zeigen ist also, dass ggt(a, b)=ggt(d 0, d 1 ). Dies stimmt 7

8 jedoch und folgt direkt aus der Defintion der Folge d. Induktionsschluss: Unter der Annahme, dass die Aussage für ein k gilt, ist zu zeigen, dass daraus folgt, dass sie auch für (k + 1) gilt. Es ist zu zeigen: ggt(d k 1, d k ) = ggt(d k, d k+1 ) Dies ist jedoch bereits die bewiesene Aussage (5). Somit ist die Aussage für alle k {0, 1,, d K } gezeigt. Weiters ist zu zeigen, dass folgendes gilt: k {0, 1,, d K } : d k = a x k + b y k (7) Wir beweisen dies mit Vollständiger Induktion. Die Aussage sei wie folgt definiert: A(K) : k {0, 1,, d K } : d k = a x k + b y k. Induktionsanfang: zu zeigen ist zuerst A(0): d 0 = a x 0 + b y 0 setzen wir nun nach den Definitionen der Folgen ein, so erhalten wir: a = 1 a + 0 b was eine wahre Aussage ist. Genauso zeigen wir A(1): Da wir A(0) bereits gezeigt haben, bleibt zu zeigen: d 1 = a x 1 + b y 1 setzen wir nun nach den Definitionen der Folgen ein, so erhalten wir: b = 0 a + 1 b was ebenfalls eine wahre Aussage ist. Induktionsschluss: Wir nehmen für K > 0 an, dass A(K) gilt und es ist zu zeigen, dass es auch für A(K + 1) gilt. Wir müssen also beweisen: k {0, 1,, d K } : d k = a x k + b y k Wir wählen ein k beliebig aber fix. Ist k < K+1, so ist k K und die Gültigkeit folgt direkt aus der Induktionsannahme. Zu zeigen bleibt also nur noch der Fall k = K + 1. d K+1 = a x K+1 + b y K+1. Betrachten wir dazu d K 1 und d K : d K 1 = a x K 1 + b y K 1 d K = a x K + b y K Multiplizieren wir die zweite Zeile mit ( q K ) und addieren wir das zur ersten, so erhalten wir: d K 1 q K d K = a (x K 1 q K x K ) + b (y K 1 q K y K ) 8

9 Da diese Ausdrücke als d K+1, x K+1 und y K+1 definiert sind, setzen wir ein und erhalten: d K+1 = a x K+1 + b y K+1 Genau dies war jedoch zu zeigen und somit sind A(K) A(K + 1) und die vollständige Induktion gezeigt. Da laut jede ganze Zahl die Zahl 0 teilt und d K+1 = 0, gilt: d K = ggt(d K, 0) = ggt(d K, d K+1 ) Aus (6) folgt ggt(a, b) =ggt(d K, d K+1 ) und aus (7) folgt d K = a x K + b y K. Es gilt also: ggt(a, b) = d K = x K a + y K b (8) Dies war zu zeigen. Da Summen und Differenzen ganzer Zahlen wieder ganze Zahlen sind und auch das Ergebnis der ganzzahligen Division wieder eine ganze Zahl ist, wissen wir auch, dass x K und y K ganze Zahlen sind. Somit ist alles gezeigt. 5 Zusammenfassung q.e.d. Der vorgestellte euklidsche Algorithmus kann nun zum Lösen von Diophantischen Gleichungen verwendet werden, wie bereits in der Einleitung versprochen wurde. Seien also ganze Zahlen a, b, c gegeben und seien Zahlen x, y aus den ganzen Zahlen gesucht, sodass a x + b y = c gilt. In diesem Fall ist mittels des euklidschen Algorithmus der größte gemeinsame Teiler von a und b zu bestimmen. Es wurde bewiesen, dass dies möglich ist und es gilt sodann: a X + b Y = ggt(a, b) Als Zahlen X und Y werden die Folgenglieder x K und y K verwendet. Ist nun die Zahl c durch ggt(a, b) teilbar, so können beide Seiten mit c/ggt(a, b) multipliziert werden, wobei der Ausdruck c/ggt(a, b) eine ganze Zahl ist und man erhält: ( a X ) ( c + b Y ggt(a, b) ) c = c ggt(a, b) Bezeichnen wir nun X := X c/ggt(a, b) und Y := Y c/ggt(a, b), so erhalten wir das Ergebnis a X + b Y = c also eine Lösung. Versuchen wir nun, die Diophantische Gleichung 2 x + 3 y = 7 zu lösen. Setzen wir nun in den Euklidschen Algorithmus ein, so erhalten wir: d 0 = 2 x 0 = 1 y 0 = 0 d 1 = 3 x 1 = 0 y 1 = 1 q 1 = 0 d 2 = 2 x 2 = 1 y 2 = 0 q 2 = 1 9

10 d 3 = 1 x 3 = 1 y 3 = 1 q 3 = 2 d 4 = 0 x 4 = 3 y 4 = 2 Es ist also 2 ( 1) = 1 und somit 2 ( 7) = 7. Auch das ist eine richtige Lösung. Es ist hierbei ersichtlich, das die Diophantischen Gleichungungen nicht eindeutig lösbar sind. Betrachten wir nun die zweite Gleichung 4 x + 6 y = 7. Der größte gemeinsame Teiler von 4 und 6 ist 2. Die Gleichung lässt sich umformen in 2 (2 x + 3 y) = 7. Somit müsste 7 durch 2 teilbar sein, da ein q nach gefunden wurde. Wir wissen jedoch, dass 7 nicht durch 2 teilbar ist. Somit ist diese Diophanitsche Gleichung nicht lösbar. 6 Literatur [Heuberger, 2002] Clemens Heuberger, A (2002) Zahlentheorie - Vorbereitungskurs zur Österreichischen Mathematischen Olympiade, Technische Universität Graz 10