Elementare Zahlentheorie Sommersemester 2009

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1 Albert Ludwigs Universität Freiburg Institut für Mathematik Abteilung für Reine Mathematik PD Dr. K. Halupczok Dipl. Math. S. Feiler Nachklausur zur Vorlesung Elementare Zahlentheorie Sommersemester 009 Musterlösung 10. September Seiten Nachklausuraufgabe 1 Bestimmen Sie zwei modulo 10 inkongruente Lösungen des folgenden Kongruenzensystems: x 3 mod 5 4x mod 6 3x mod 7 Für alle x mit 4x mod 6 gibt es ein y mit 4x = + 6y. Für alle x mit 4x mod 6 ist also x 1 mod 3. Wegen, 3 =, 5 = 3, 7 = 1, 1 mod 3, 3 1 mod 5 und mod 7 ist das Kongruenzensystem äquivalent zu dem Kongruenzensystem Gesucht werden also alle x mit Definiert man x 1 mod 3 x 3 mod 5 3x mod 7 x mod 3 x 9 mod 5 x 10 mod 7. x 1 mod 3, x 1 mod 5 und x 3 mod 7. m 1 := 3, m := 5, m 3 := 7, M 1 := m m 3 = 5 7 = 35, M := m 3 m 1 = 7 3 = 1 und M 3 := m 1 m = 3 5 = 15, so gilt für alle M 1, M, M 3 T 3 M 1 M 1 1 mod m 1 35M 1 1 mod 3 M 1 1 mod 3 M 1 1 mod 3 M M 1 mod m 1M 1 mod 5 1 M 1 mod 5 M 1 mod 5 M 3 M 3 1 mod m 3 15M 3 1 mod 7 1 M 3 1 mod 7 M 3 1 mod 7 Mit dem Chinesischen Restsatz folgt Es gilt x 1 mod 3, x 1 mod 5 und x 3 mod 7 x mod x mod 15 7 x 59 mod = mod 5, 164 = 38 3 mod 5, 4 59 = 36 mod 6, = 656 mod 6, 3 59 = 177 mod 7 und = 49 mod 7. Mit mod 10 sind also in 59 und 164 zwei modulo 10 inkongruente Lösungen des Kongruenzensystems x 3 mod 5 4x mod 6 3x mod 7 gefunden. 1

2 Nachklausuraufgabe Zeigen Sie, dass τ n genau dann ungerade ist, wenn n Æ eine Quadratzahl ist. 1. Möglichkeit { } Æ É Sei n Æ. Sei g : d g d := n. Für alle d Æ gilt d d < n n d = g d > n und Für alle d Æ und alle k Æ gilt g d = g k n d = n k d > n n d = g d < n. d = k. Damit ist g inektiv. Für alle d Æ gilt g d n wegen n = d n d = d g d. Wegen # {d Æ ; } n < ist g also biektiv auf {d Æ ; }. Nun ist τ n = # {d Æ ; } = # { d Æ ; und d < n } + # { d Æ ; und d > n } = # { d Æ ; und d < n } + # { d Æ ; g d n und g d < n } = # { d Æ ; und d < n } + # { d Æ ; und d < n } = # { d Æ ; und d < n }. Wegen {d Æ ; und d = n} { n} ist also τ n genau dann ungerade, wenn # {d Æ ; und d = n} = 1 ist. Das ist genau dann der Fall, wenn {d Æ ; und d = n} = { n} ist, also genau dann, wenn n Æ ist. Das ist genau dann der Fall, wenn n eine Quadratzahl ist.. Möglichkeit τ ist nach Folgerung 5.3 multiplikativ. Für alle p È und alle a Æ 0 gilt τ p a = d p a 1 = { p b Æ ; b Æ 0 und b a } nach Bemerkung a 1 = a + 1 wegen {d Æ; d p a } = b=0 Sei n Æ mit der Primfaktorzerlegung n = Dann gilt τ n = τ = τ. = a + 1. Also ist τ n genau dann ungerade, wenn a + 1 für alle Æ mit r ungerade ist. Das ist genau dann der Fall, wenn a für alle Æ mit r gerade ist, also wenn für alle Æ mit r ein b mit a = b existert. Damit ist τ n genau dann ungerade, wenn n = n eine Quadratzahl ist. = p b = p b ist, also wenn

3 3. Möglichkeit Sei n Æ mit der Primfaktorzerlegung n = Nach Bemerkung 1.18 ist äquivalent zu d =. p d mit d Æ 0 und d a für alle Æ mit r. Für edes Æ mit r stehen a + 1 solcher d Æ 0 mit d a zur Verfügung. Da diese beliebig miteinander kombiniert werden können, folgt τ n = a + 1. Also ist τ n genau dann ungerade, wenn a + 1 für alle Æ mit r ungerade ist. Das ist genau dann der Fall, wenn a für alle Æ mit r gerade ist, also wenn für alle Æ mit r ein b mit a = b existert. Damit ist τ n genau dann ungerade, wenn n = n eine Quadratzahl ist. = p b = Nachklausuraufgabe 3 Bestimmen Sie alle Lösungen der Kongruenz 16x x 10 0 mod 45. p b ist, also wenn Es ist 45 = 5 49 = 5 7 die Primfaktorzerlegung von 45. Für alle x ist 16x x 10 0 mod 5 genau dann, wenn x x 0 mod 5 ist. Wegen 0 0 = 0, = 0 und des Satzes von Lagrange 3.5 ist also für alle x 16x x 10 0 mod 5 x Für alle x ist 16x x 10 x x 3 mod 7. Es gilt und = = 1 0 mod 7, 3 = = 11 0 mod 7, = + 3 = 1 0 mod 7, = = 3 0 mod 7, = 3 = 3 0 mod 7, 3 = = 1 0 mod = = 9 0 mod 7. Für alle x gilt also 16x x 10 0 mod 7 x 3 mod 7. Es gelten 3 3 = 96 = 98 = mod 7 und = mod 49 7 mod 49 0 mod 49 Mit dem Aufsteigesatz 3.7 folgt, dass es kein x mit 16x x 10 0 mod 49 gibt. Damit ergibt sich { x ; 16x x 10 0 mod 45 } =. 3

4 Nachklausuraufgabe 4 a Seien p È \ {} und a mit a, p = 1 und ord p a = 3. Zeigen Sie = 1. p Hinweis: Es gilt a 3 1 = a 1 a + a + 1. Betrachten Sie den Rest von a + 1 mod p. Wegen ord p a = 3 ist a mod p und deshalb wird a 3 1 von p geteilt. Nun ist man lese von rechts nach links a 3 1 = a 3 + a + a a + a + 1 = a 1 a + a + 1. Wegen p È gilt also p a 1 oder p a + a + 1. Die Annahme p a 1 führt zu a = a mod p im Widerspruch zu ord p a = 3. Also teilt p die Zahl a + a + 1 und es folgt a a + a + a + 1 mod p a + a + 1 mod p a + 1 mod p. a Insbesondere ist a ein quadratischer Rest modulo p und es gilt also = 1. p Nachklausuraufgabe 5 Seien k Æ \ {1}, a := k + 1, m Æ und n Æ mit n, m = 1, n 1 mod und n a m a mod 4n. Zeigen Sie =. m n Es gilt m a mod n und es gilt m a mod 4 k + 1 mod 4 4 k + 1 mod 4 1 mod 4. Also gibt es ein l Æ mit m = 1 + 4l. Außerdem gibt es ein k Æ mit n = 1 + k. Mit der Rechenregel zum Jacobi Symbol folgt n m = 1 m m 1 n 1 m m = 1 lk =. n n n Mit der Rechenregel zum Jacobi Symbol folgt n m a = =. m n n Nachklausuraufgabe 6 Seien f : Æ und g : Æ zwei zahlentheoretische Funktionen. Beweisen Sie die Identität ln f g = ln f g + f ln g. Für alle n Æ gilt ln f g + f ln g n = = n ln d f d g + d n n f d g ln d + ln d d = = n f d g ln d d n d n ln fd g + d n n f d ln g d d = ln n n f d ln g d n f d g = ln f gn. d 4

5 Nachklausuraufgabe 7 Eine Zahl n Æ heißt mehrfach multiplikativ vollkommen, falls d eine Potenz von n darstellt. Zeigen Sie, dass ede gerade vollkommene Zahl mehrfach multiplikativ vollkommen ist. Sei n Æ mit n vollkommen. Nach Satz gibt es ein k Æ mit p := k+1 1 È und n = k p. Also ist {d Æ ; } = { Æ ; Æ 0 mit k } { p Æ ; Æ 0 mit k }. eine disunkte Zerlegung der Menge der Teiler von n. Damit folgt d = k =0 k p = =0 k p = p k+1 k P =0 Nachklausuraufgabe 8 Geben Sie alle k Æ mit ϕ k = 44 an. Seien n Æ mit ϕ n = 44 und n = r =0 = p k+1 k k+1 = k p k+1 = n k+1. die eindeutige Primfaktorzerlegung von n. Dann ist 44 = 11 die eindeutige Primfaktorzerlegung von ϕ n = r p 1 1. Insbesondere folgt p 1 44 für alle Æ mit r. Damit folgt p 1 {1,, 4, 11,, 44} für alle Æ mit r. Also kommen nur Primfaktoren aus der Menge È {, 3, 5, 1, 3, 45} = {, 3, 5, 3} in Betracht 1 = 3 4 und 45 = 5 9. Es gibt also ein a, b, c, d T Æ 4 0 mit n = a 3 b 5 c 3 d. Annahme: d Dann wird ϕ n von 3 d 1 geteilt. Das ist ein Widerspruch zu ϕ n = 44 < 3 = d 1. Annahme: d = 0 Dann gilt p 5 für alle Æ mit r. Insbesondere wäre p 5 für alle p È mit p ϕ n mit Widerspruch zu 11 È und 11 ϕ n. Also gilt d = 1 und damit 44 = ϕ n = ϕ a 3 b 5 c ϕ 3 = ϕ a 3 b 5 c. Das führt zu = ϕ a 3 b 5 c. Annahme: c 0 Dann wäre = ϕ a 3 b 5 c = ϕ a 3 b ϕ 5 c = ϕ a 3 b 4 5 c 1. Das ergibt den Widerspruch 4. Also ist c = 0. Annahme: b Dann wäre = ϕ a 3 b = ϕ a 3 b 1. Das ergibt den Widerspruch 3. Fall 1: b = 1 Dann ist = ϕ a ϕ 3 = ϕ a und es folgt ϕ a = 1. Es sind ϕ 0 = 1 = ϕ 1. Für alle ã Æ \ {1} ist ϕ ã = 1 ã 1 > 1 = ϕ a. Also ergeben sich die Fälle a, b, c, d T = 0, 1, 0, 1 T und a, b, c, d T = 1, 1, 0, 1 T. Fall 1: b = 0 Dann ist = ϕ a. Wegen ϕ 0 = 1 ist also a 1. Damit folgt = ϕ a = 1 a 1 = a 1, was a = zur Folge hat. Damit ergibt sich also { der Fall a, b, c, d T =, 0, 0, 1 T. Also ist a, b, c, d T 0, 1, 0, 1 T, 1, 1, 0, 1 T,, 0, 0, 1 T}. Dies ergibt {k Æ ; ϕ k = 44} = { 3 3, 3 3, 3 } = {69, 9, 138}. 5