Übungsblätter zur Vorlesung Elementare Zahlentheorie Sommersemester Dipl.-Math. Daniel Haase

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1 Übungsblätter zur Vorlesung Elementare Zahlentheorie Sommersemester 2006 Dipl.-Math. Daniel Haase

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3 Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase SS 2006 Elementare Zahlentheorie - sblatt Zur Übungsstunde vom Aufgabe (Die Teilbarkeitsrelation) Zeigen Sie für a, b, c, d Z die folgenden Aussagen: 2 Punkte (a) Gilt ggt(a, b), c a und d b, so auch ggt(c, d). (b) Gilt a c, b c und ggt(a, b), so ist ab c. Zu (a): Ist ggt(a, b), so gibt es nach Satz..3(i) Koeffizienten x, y Z mit ax + by. Aus c a und d b folgt, dass a ca und b db für a, b Z ist, also gilt ca x + db y, d. h. die Koeffizienten a x und b y kombinieren die Eins aus c und d. Damit ist das kleinste positive Element der Menge {cx + dy x, y Z}, nach Satz..3(ii) also ggt(c, d). Wir zeigen (b) mit vollständiger Induktion über die Länge n der Primzerlegung ab p p n (ohne Potenzen). Fall n 0: hier ist ab und die Aussage ist trivialerweise richtig. Angenommen die Aussage gilt bis zu einem n, d. h. für alle a, b N, so dass ab in höchstens n Primzahlen zerfällt (die auch gleich sein dürfen). Es seien a, b N jetzt beliebig, so dass ab p p n p n+ für irgendwelche Primzahlen p j ist. Dann gilt ab (p p n ) p n+, und wegen Satz.2.2 gilt p n+ a oder p n+ b. Da (a, b) vorausgesetzt ist kann nur genau eine der beiden Möglichkeiten gelten, ohne Einschränkung etwa p n+ a (damit auch p c) und p n+ b. Wir setzen a ap n und c cp n, nach Teil (a) gilt ggt(a, b), und nach Induktionsvoraussetzung a b c. Multiplikation auf beiden Seiten mit p n+ ergibt dann die Teilung ab c und damit den Induktionsschritt. Aufgabe 2 (Die Operation ggt) 2 Punkte Die Operation ggt ist assoziativ (brauchen Sie nicht zu zeigen): ggt(ggt(a, b), c) ggt(a, ggt(b, c)), also ist das Symbol ggt(a, a 2,..., a n ) wohldefiniert. Wir müssen aber zwischen den Begriffen Teilerfremd (d. h. ggt(a,..., a n ) ) und paarweise Teilerfremd (d. h. ggt(a i, a j ) falls i j) unterscheiden. Konstruieren Sie für alle n 3 Zahlen a,..., a n N mit ggt(a,..., a n ) aber ggt(a i, a j ) für alle i, j... n, und beweisen Sie ihre Behauptung. Es seien p,..., p n die n ersten Primzahlen (es gibt bekanntlich unendlich viele). Wir setzen n a j : für j... n. Dann ist ggt(a,..., a n ), da für jede Primzahl p j immer ein Operand (und zwar a j ) existiert, der p j nicht als Faktor enthält. Andererseits ist n ggt(a i, a j ) p k wegen n 3 für alle i, j. k k j p k k k i,j

4 Aufgabe 3 (Teilbarkeit) Zeigen Sie, dass für alle n N die Teilung 30 (n 5 n) gilt. Wegen ist die Aufgabenstellung gleichbedeutend mit 2, 3, 5 (n 5 n), wir untersuchen diese Teiler einzeln, und benutzen dabei drei verschiedene Techniken zum Nachweis der Teilung: p2 (Technik: sieht man ) Gilt 2 n, so ist 2 (n 5 n) trivial. Ist andererseits 2 n, so ist auch 2 n 5. Da die Differenz zweier ungerader Zahlen aber immer gerade ist folgt 2 (n 5 n), also teilt 2 stets n 5 5. p3 (Technik: Kongruenzrechnung) Zwischen aufeinander folgenden Vielfachen von 3 liegen jeweils 2 nicht durch 3 teilbare Zahlen, d. h. jede natürliche Zahl ist von der Form 3k, 3k + oder 3k +2 für ein k N 0. Im ersten Fall ist 3 n und damit natürlich auch 3 (n 5 n). Im zweiten Fall gilt n 5 n (3k + ) 5 3k 3 5 k k k k 2 + 2k, da alle Koeffizienten Vielfache von 3 sind gilt 3 (n 5 n). Im dritten Fall ist n 5 n (3k + 2) 5 3k k k k k k + 30 und wieder sind alle Koeffizienten Vielfache von 3. p5 (Technik: Vollständige Induktion) Wir beweisen die Behauptung durch Induktion nach n: Für n 0 ist die Aussage wegen 3 0 richtig. Angenommen sie gilt für ein n N 0, d. h. n 5 n 5 k dann ist (n + ) 5 (n + ) n 5 + 5n 4 + 0n 3 + 0n 2 + 4n 5k + 5n 4 + 0n 3 + 0n 2 + 5n auch ein Vielfaches von 5, da alle Koeffizienten Vielfache sind. Aufgabe 4 (Der Euklidische Algorithmus) Stellen Sie den ggt von 2689 und 400 als Z-Linearkombination der beiden Zahlen dar. 4 Punkte Wir benutzen das Schema aus der Vorlesung: a n q n r n s n Die gesuchte Z-Kombination ist also ( 7) , und die Zahlen sind teilerfremd. Aufgabe 5 (Fibonacci-Zahlen) Die Fibonacci-Zahlen werden rekursiv definiert durch f, f 2, f n f n + f n 2 (n 3). 5 Punkte

5 Zeigen Sie die folgenden Teilbarkeitsrelationen: (a) f a und f a+ sind stets teilerfremd, (b) f a+b f b+ f a + f b f a (a 2, b ), (c) a b f a f b. Zu (a): Wir zeigen die Aussage mit Hilfe des Euklidischen Algorithmus, den wir mit Eingabe f a+ und f a starten: Die Zerlegung f a+ f a + f a ist wegen f a < f a gerade die (eindeutige) Division mit Rest von f a+ durch f a. Im ersten Schritt des Algorithmus ist also q der Quotient und r f a der Rest. Im nächsten Schritt ist daher a f a und b f a die Eingabe, d. h. induktiv ist klar, dass der Algorithmus in jedem Schritt ein Paar aufeinanderfolgender Fibonacci-Zahlen erhält, bis er schließlich bei f 2 und f ankommt und im nächsten Schritt mit dem Ergebnis endet. Das bedeutet gerade ggt(f a+, f a ) ggt(f a, f a ) ggt(f 2, f ) ggt(, ), also gilt (a). Zu (b): Für alle a 2 und b gilt wegen f f 2 trivialerweise f a+b f a+ f a +f a f b+ f a +f b f a. Für b 2 gilt dann f a+b f a+2 f a+ + f a f 2 f a + f f a + f a 2f a + f a f b+ f a + f b f a. Den Rest beweisen wir per vollständiger Induktion: für b, 2 und alle a 2 ist die Aussage gezeigt, es sei also b 3 und a 2 beliebig, dann gilt f a+(b+) f a+b + f a+(b ) IH f b+ f a + f b f a + f b f a + f b f a (f b+ + f b )f a + (f b + f b )f a f b+2 f a + f b+ f a und Aussage (b) gilt auch für b + und alle a 2. Damit gilt sie für alle a, b. Zu (c): Es sei a N beliebig, wir müssen dann (c) für alle Vielfachen b ac von a zeigen. Für c ist die Aussage richtig. Angenommen sie gilt für ein beliebiges c N, dann ist für das nächstgrößere Vielfache b a(c + ) die zugehörige Fibonacci-Zahl f b f ac+a (b) f ac+ f a + f ac f a IH f ac+ f a + (f a m)f a f a (f ac+ + mf a ) ebenfalls ein Vielfaches von f a. Per Induktion ist f a ein Teiler von f ac für alle c N. Da a beliebig war und jedes Vielfache von a von der Form b ac ist folgt (c).

6 Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase SS 2006 Elementare Zahlentheorie - sblatt 2 Zur Übungsstunde vom Aufgabe 6 (Darstellung der Fibonacci-Zahlen) 4 Punkte Bestimmen Sie die beiden en g, h R der Gleichung x 2 x + (mit g > h). Beweisen Sie die damit die explizite Darstellung der Fibonacci-Zahlen. f n 5 (g n h n ) Die aus der Schule bekannte sformel für das Polynom zweiten Grades liefert die en ( ) x 2 x 0 g, h 2 ± 4 + ± 5. 2 Die Darstellung der Fibonacci-Zahlen beweist man am einfachsten durch Induktion über n. Für n, 2 ist (( f + ) ( 5 )) 5 ( ) f 2 5 (g 2 h 2) ( ) 5 (g + h ) 5 (g h) 5 ( 5). Die Darstellungsformel sei nun für alle f,..., f n schon gezeigt. Dann gilt für die nächste Fibonacci-Zahl f n+ f n + f n 5 (g n h n ) + ( g n h n ) ( g n (g + ) h n (h + ) ) IH 5 5 ( ) womit die Darstellungsformel für alle n N gezeigt ist. 5 ( g n g 2 h n h 2) 5 ( g n+ h n+), Bemerkung: Das Längenverhältnis : g mit der Zahl g wird auch goldener Schnitt genannt, es spielt eine wichtige Rolle in der Kunst, da dieses Verhältnis unterbewusst als besonders natürlich wahrgenommen wird. Die Fibonacci-Folge tritt aufgrund ihres einfachen Bildungsgesetzes häufig in der Biologie auf, und wurde von Fibonacci ursprünglich zur Beschreibung des Wachstums von Kaninchenpopulationen entwickelt. Beide Sachverhalte haben tiefere algebraische Gründe, die wir im Laufe der Vorlesung noch genauer untersuchen werden. Aufgabe 7 (Der Euklidische Algorithmus) 4 Punkte Zeigen Sie, dass der Euklidische Algorithmus (in der unten angegebenen Form) bei Eingabe (a, b) mit a b eine Laufzeit von O(log(b)) Schritten besitzt. Der Einfachheit halber betrachten wir den Algorithmus nur für natürliche Zahlen und Eingaben a b 0. Für diese Aufgabe können Sie den Algorithmus in dieser Form benutzen: () Falls b 0: gebe a aus und fertig (2) Berechne q, r N 0 so dass a qb + r mit r < b

7 (3) a : b, b : r, gehe zu (). Für die Laufzeitberechnung werten wir eine Zeile im Algorithmus jeweils als einen Rechenschritt. Hinweis: Berechnen Sie die Anzahl der Durchläufe ()-(3), wenn a, b aufeinander folgende Fibonacci-Zahlen sind. Bekannterweise ist die Folge der Fibonacci-Zahlen definiert durch f f 2 und f n f n + f n 2 für n 3. Sind also a f n und b f n aufeinander folgende Fibonacci-Zahlen, so ist a qb + r mit q die Division mit Rest, da die Folge (f n ) ab n 3 streng monoton steigend ist: a f n + f n 2 b + r mit r f n 2. Startet der Algorithmus also mit Eingabe (f n, f n ), so ergibt ein einzelner Durchlauf der Schritte ()-(3) dann gerade das Paar (f n, f n 2 ), und wir haben wieder die gleiche Situation. Per Induktion sieht man sofort, dass der gesamte Algorithmus genau n 2 Durchläufe braucht, bis er beim Paar (f 2, f ) (, ) angekommen ist. Im (n )-ten Durchlauf ist dann b 0 und der Algorithmus ist fertig (wir sehen insbesondere, dass stets ggt(f n, f n ) ist). Bei Eingabe (f n, f n ) braucht der Algorithmus also n Durchläufe. Aus der expliziten Darstellung (( f n 5 + ) n ( 5 2 ) n ) 5 2 sieht man, dass log(f n ) O(n) ist, damit ist die Laufzeit des Euklidischen Algorithmus in diesem Spezialfall von der Größenordnung O(log(a)). Bei der Eingabe von Fibonacci-Zahlen ist der Algorithmus am ineffizientesten: es wird in jedem Durchlauf q produziert, d. h. die Reduktion von a ist immer die kleinstmögliche. Für beliebige Zahlen (a, b) ist die Laufzeit also entweder O(log(a)) wenn immer q entsteht, oder es treten höhere q auf, dann ist der Algorithmus sogar schneller als O(log(a)). Damit ist O(log(a)) insgesamt eine obere Schranke für die Laufzeit. Es ist auch eine scharfe Schranke, da sie für den Fall (f n, f n ) angenommen wird. Da nach einem einzigen Durchlauf der Wert b für a steht können wir drei Schritte addieren (fällt im O-Kalkül dann weg) und O(log(b)) als Schranke nehmen. Aufgabe 8 (Unendlich viele Primzahlen) 4 Punkte Es seien a, m, n N mit m > n. Zeigen Sie, dass für A n a 2n + die Teilung A n (A m 2) gilt. Berechnen Sie damit ggt(a m, A n ) und folgern Sie, dass es unendlich viele Primzahlen gibt. Es seien a, m, n N beliebig mit m > n. Nach der 3. binomischen Formel gilt A m 2 a 2m (a 2m + ) (a 2m ) A m (A m 2), also sind A m und A m 2 Teiler von A m 2. Induktiv ist also A n ein Teiler von A n+ 2, das ist ein Teiler von A n+2 2,..., ist ein Teiler von A m 2. Wegen der Transitivität der Teilerrelation ist dann A n ein Teiler von A m 2. Ist ggt(a m, A n ) g, so folgt: g A n, g A m k A n + 2 Satz.. Als ggt kommen also nur und 2 in Frage. Ist a gerade, so ist a 2n auch gerade, damit ist A n ungerade. Andererseits ist A n gerade, wenn a ungerade ist. Zwei gerade Zahlen haben immer den gemeinsamen Teiler 2, also folgt { falls a gerade ggt(a m, A n ) 2 falls a ungerade. Speziel sind dann alle Elemente der (unendlichen) Menge {2 2k + k N} paarweise(!) teilerfremd. Für n sind die A n nicht Eins, also enthält jede Faktorisierung nach dem Fundamentalsatz der Arithmetik g 2.

8 mindestens eine Primzahl, etwa p n. Da die A n alle paarweise Teilerfremd sind müssen auch die Primzahlen p, p 2,... paarweise teilerfremd sein, insbesondere sind sie also voneinander verschieden, d. h. es gibt unendlich viele Primzahlen. Aufgabe 9 (Wohldefiniertheit) 4 Punkte Es sei m ein fester Modulus und n m ein Teiler. Die folgenden Abbildungen erhalten Restklassen als Argumente. Prüfen Sie (jeweils mit Beweis oder Gegenbeispiel), ob diese Abbildungen für alle m und n m wohldefiniert sind: f : { Z/mZ Z/mZ a mod m a 2 mod m, g : { Z/mZ Z/mZ a mod m 2 a mod m, h : { Z/mZ Z/nZ a mod m a mod n, k : { Z/nZ Z/mZ a mod n a mod m. Sind a und b Vertreter der gleichen Restklasse a mod m b mod m Z/mZ, so gilt f(a mod m) a 2 mod m 2..4(iii) (a mod m)2 (b mod m) 2 b 2 mod m f(b mod m). Damit hängt das Bildelement f(a mod m) tatsächlich nur von der Restklasse a mod m und nicht vom Vertreter a ab, d. h. f ist wohldefiniert. Für m 4 ist beispielsweise mod 4 5 mod 4, aber g( mod 4) 2 mod 4 2 mod 4 bzw. g(5 mod 4) 2 5 mod 4 32 mod 4 0 mod 4 2 mod 4. Da das Bild g(a mod m) also von a und nicht von der Restklasse a mod m abhängt ist g nicht wohldefiniert. Sind a und b wieder Vertreter der gleichen Restklasse a mod m b mod m Z/mZ, so gilt nach Definition m (a b). Da n ein Teiler von m gilt auch n (a b), d. h. h(a mod m) a mod n b mod n h(b mod m) im kleineren Restklassenring Z/nZ, und h ist wohldefiniert. Die Aussage wird falsch, wenn n kein Teiler von m ist. Die Abbildung k ist nicht wohldefiniert, wie schon das einfache Beispiel n und m 2 zeigt: Z/nZ enthält überhaupt nur eine Restklasse, nämlich 0 mod, und für jedes a Z ist a mod 0 mod (weil jede Zahl Rest Null bei Division durch Eins lässt). Es gilt aber h(0 mod ) 0 mod 2 mod 2 h( mod ).

9 Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase SS 2006 Elementare Zahlentheorie - sblatt 3 Zur Übungsstunde vom Aufgabe 0 (Die Dreierregel) In der Schule lernt man den Satz eine natürliche Zahl ist genau dann durch Drei teilbar, wenn ihre Quersumme durch Drei teilbar ist. Beweisen Sie den Satz und bestimmen Sie die Ziffern aus z {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, für die diese Regel auch gilt (d. h. z teilt eine Zahl genau dann, wenn z die Quersumme teilt). Wir beweisen den Satz erstmal für z 3. Dazu sei n eine natürliche Zahl mit Dezimaldarstellung n d 0 d d k, also n d d +. Es gilt 3 teilt n k j0 0 j d j 0 mod 3 0 mod 3 k d j 0 mod 3 3 teilt die Quersumme. Der Satz gilt also schonmal für alle z mit 0 mod z, das ist neben der Drei noch die Neun. Für alle anderen Ziffern gilt der Satz nicht wegen der folgenden Gegenbeispiele: 2 aber d j 2, 4 3 aber d j 4, 5 4 aber d j 5, 6 5 aber d j 6, 7 6 aber d j 7, 8 7 aber d j 8. j0 Aufgabe (Potenzieren in Z/pZ) Es sei p eine Primzahl. Zeigen Sie, dass modulo p die Regel (a + b) p a p + b p gilt. Ausmultiplizieren zunächst im Ring Z ergibt nach dem binomischen Lehrsatz p ( ) p p ( ) p (a + b) p a k b p k a p + b p + a k b p k. k k k0 Wir müssen also zeigen, dass die letzte Summe kongruent zu 0 ist modulo p. Der Binomialkoeffizient ( ) p p! k k! (p k)! in der Summe ist eine ganze Zahl, d. h. das Produkt k! (p k)! teilt p!. Der Nenner enthält p selbst aber nicht als Primfaktor, denn der Faktor k! ist wegen k p kein Vielfaches von p, und der Faktor (p k)! wegen k auch nicht. Da p den Zähler, aber nicht den Nenner teilt, ist auch eine ganze Zahl. Dann ist aber ( ) p k (p )! k! (p k)! p (p )! k! (p k)! }{{} Z k

10 ein ganzzahliges Vielfaches von p. Damit folgt insgesamt (a + b) p p ( ) p a p + b p + a k b p k k k }{{} a p + b p mod p. 0 Aufgabe 2 (Reste von Potenzen) 2 Punkte Berechnen Sie die kleinsten nichtnegativen Reste, die 0 99 bei Division durch 9 und durch lässt, sowie die die kleinsten nichtnegativen Reste, die 3 und modulo 7 lassen. Mit den Rechenregeln von Satz 2..4 gilt 0 99 mod 9 (0 mod 9) 99 ( mod 9) mod 9 mod 9, d. h lässt den Rest bei Division durch 9. Ebenso folgt 0 99 mod (0 mod ) 99 ( mod ) 99 ( ) 99 mod ( ) mod 0 mod, d. h. der gesuchte Rest ist 0. Für 3 arbeiten wir die Potenzen schrittweise durch Quadrieren ab. Alle Kongruenzen gelten modulo 7: (3 5 ) 2 3 (3 ( }{{} 3 2 ) 2 )) 3 (3 2 2 )) 3 (3 4) mod 7 Also lässt 3 den Rest modulo 7. Der zweite Rest ist ebenfalls Eins, denn die Drei teilt den Exponenten (Dreierregel!), und damit ist 2 3 k 8 k k modulo 7. Aufgabe 3 (Der Chinesische Restsatz) Bestimmen Sie mit Hilfe des Chinesischen Restsatzes die Anzahl der Nullstellen des Polynoms P (x) 3x + 5x 2 + 7x 3 5 Punkte über dem Ring Z/20Z. Berechnen Sie dazu zunächst die Anzahlen der Nullstellen von P (x) über den kleineren Ringen Z/pZ für die Primzahlen p n (es ist ). Es ist nur nach der Anzahl gefragt, Sie brauchen die en nicht explizit auszurechnen. Nullstellen in Z/2Z: Nur die Null, denn modulo 2 gibt es nur die Werte 0 mod 2 und mod 2, für 0 mod 2 ist P (0) 0, für mod 2 ist P () mod 2, also ist P (x) 0 nur für x 0 mod 2 möglich. Nullstellen in Z/3Z: {0 mod 3, mod 3}:... denn der dritte mögliche Wert ist 2 mod 3 mit P (2) mod 3. Nullstellen in Z/5Z: {0 mod 5, mod 5, 4 mod 5}:... denn es gilt P () 5 0 mod 5, P (2) 82 0 mod 5, P (3) mod 5 und P (4) mod 5. Nullstellen in Z/7Z: {0 mod 7, 5 mod 7} (ebenso) Insgesamt hat damit P (x) in Z/20Z genau en.

11 Aufgabe 4 (Rechnen mit der Eulerschen ϕ-funktion) Es sei ϕ(n) (Z/nZ) die Eulersche ϕ-funktion: (a) Bestimmen Sie jeweils für m, 2, 4 alle n N mit ϕ(n) m. (b) Zeigen Sie, dass ϕ(n) für n 3 stets gerade ist. Zu (a): Die Primzerlegung von n legt den ϕ-wert von n fest: k n p aj j, m ϕ(n) j k j p aj j (p j ). Man beachte, dass im letzten Produkt die Faktoren p aj j und (p j ) stets ganze Zahlen sind. Der Fall m ist daher schonmal nur dann möglich, wenn a j 0 für j... k ist, d. h. jeder Primfaktor kommt in n höchstens zur Potenz Eins vor. Andererseits ist p j nur für p j 2 möglich. Also gibt es entweder keine Primfaktoren in n (d. h. n ), oder nur die Zwei (d. h. n 2). Für den Fall m 2 gibt es drei Möglichkeiten: entweder ist p ai j 2 für ein i und a j 0 für j i, alle a j sind Null und p j 2 für genau ein j, oder p i und p r 2 für ein i und ein r. Der erste Fall kann nur für p i 2 und a i 2 eintreten, denn sonst würde der Term p i noch einen Beitrag zum Produkt liefern (d. h. n 4). Im zweiten Fall ist n 3, im dritten Fall ist n 6. Für m 4 gibt es jetzt die Möglichkeit p ai i 4 für genau ein i und p j für alle j (d. h. n 8), oder p ai i 2 für genau ein i und p r 2 für genau ein r (d. h. m 2), oder a j für alle j und p i 4 für genau ein i (d. h. m 5 oder m 0). Wir fassen zusammen: m ϕ (m) {, 2} 2 {3, 4, 6} 4 {5, 8, 0, 2} Zu (b): Angenommen ϕ(n) ist ungerade, d. h. in der Produktdarstellung tritt kein Faktor auf, der den Primteiler 2 enthält. Erstmal heißt das (da jede Primzahl p 3 ungerade, und p damit gerade ist), dass der Term (p j ) nur für p j 2 auftreten kann: n enthält also nur den Primfaktor 2 und ist zwangsläufig eine Zweierpotenz. Dann gilt aber ϕ(2 k ) 2 k (2 ) 2 k, d. h. Zweierpotenzen werden von ϕ halbiert. 2 k ist aber nur für k ungerade, d. h. es kommt nur n 2 in Frage, was zu zeigen war.

12 Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase SS 2006 Elementare Zahlentheorie - sblatt 4 Zur Übungsstunde vom Aufgabe 5 (Nochmal der Restsatz) 4 Punkte Bestimmen Sie mit Hilfe der sformel aus dem Chinesischen Restsatz sämtliche en von (a) x 6 x x mod 35 mit und (b) x 3 3x mod 45 mit Zu (a): Modulo ist P (x) x 6 x 4 + 9x 2 9! 0 mod 27 zu lösen. Wegen Aufgabe 9(h) muss aus P (x) 0 mod 27 insbesondere P (x) 0 mod 3 folgen (die Umkehrung gilt natürlich nicht). Reduktion modulo 3 ergibt P (x) x 6 + x 4 0 mod 3. Anwenden des Fermatschen Satzes liefert x 3 x mod 3, also die weitere Reduktion P (x) x 2 + x 2 mod 3. Diese Kongruenz wird nur für x 0 mod 3 erfüllt, also muss x ein Vielfaches von Drei sein, wenn P (x) 0 mod 27 gelten soll. Für x 3k ist aber P (3k) 3 6 k k k mod 27, also ist 3k garkeine. Es folgt, dass es kein x Z gibt mit P (x) 0 mod 27. Daher brauchen wir auch die en mod 5 nicht zu betrachten: nach dem Restsatz folgt aus S 27 schon, dass P (x) 0 mod 35 ist für alle x Z: die Kongruenz war unlösbar. Zu (b): Modulo 5 ist P (x) x 3 + 2x + 2! 0 zu lösen. Einsetzen und Auswerten ergibt die smenge S 5 {, 3} modulo 5. Es ist noch P (x) x 3 3x! 0 mod 9 zu lösen. Auswerten ergibt Damit ist S 9 {0, 3, 6} modulo 9. P (0) 0 P () 7 P (2) 2 P (3) 0 P (4) 7 P (5) 2 P (6) 0 P (7) 7 P (8) 2 Wir haben also S 5 {, 3} und S 9 {0, 3, 6}. Wir berechnen die Kofaktoren für die sformel aus dem Restsatz: m 5 9, m 5, m 2 9, M 9, M 2 5. Die Inversen kann man durch Ausprobieren oder den Euklidischen Algorithmus finden: M 4 und M 2 2. Damit ist die sformel für m 45 gegeben durch x 45 M M x 5 + M 2 M 2 x 9 36x 5 + 0x 9 mod 45 für x 5 S 5 und x 9 S 9. Einsetzen aller Kombinationen ergibt x 5 x 9 x 45 x 45 mod

13 und damit die gesuchte smenge S 45 {3, 6, 8, 2, 33, 36} modulo 45. Aufgabe 6 (Ordnungen von Restklassen) Berechnen Sie die Ordnungen aller teilerfremden Restklassen aus Z/5Z und Z/2Z. Alle a mod 5 mit a... 4 sind teilerfremd, da 5 eine Primzahl ist. Es gilt mod 5 ord 5 () 2 mod mod mod mod 5 ord 5 (2) 4 3 mod mod mod mod 5 ord 5 (3) 4 4 mod mod 5 ord 5 (4) 2 Wir müssen für alle a mod 2 mit ggt(a, 2) die Potenzen ausrechnen, also für a, 5, 7, : mod 2 ord 2 () 5 mod mod 2 ord 2 (5) 2 7 mod mod 2 ord 2 (7) 2 mod 2 ( ) 2 mod 2 ord 2 () 2. Aufgabe 7 (Pseudo-Primzahlen) Eine zusammengesetzte Zahl n heißt Pseudo-Primzahl, wenn für sie der Fermatsche Satz gilt obwohl sie nicht prim ist, d. h. wenn a n mod n ist für mindestens ein a N mit ggt(a, n). Zeigen Sie: (a) Ist n eine ungerade Pseudo-Primzahl zur Basis a 2, dann ist auch 2 n eine Pseudo-Primzahl zur Basis a 2. (b) Es gibt unendlich viele Pseudo-Primzahlen zur Basis 2. Zu (a): Die Voraussetzung bedeutet 2 n mod n, also 2 n + nk für ein k Z. Damit gilt 2 (2n ) 2 (2 2n ) 2 (2 (+nk) ) 2 2nk (2 n ) 2k () 2k mod 2 n, also gilt der Fermatsche Satz für 2 n zur Basis 2. Im letzten Schritt wurde benutzt, dass aus 0 (2 n ) mod 2 n die Kongruenz 2 n mod 2 n folgt. In der Basis einer Potenz mit festem Exponenten darf man nach Satz 2..4(iii) Kongruenzen einsetzen. Damit 2 n eine Pseudo-Primzahl ist müssen wir noch zeigen, dass 2 n auch zusammengesetzt ist: Nach Voraussetzung ist n cd für c, d N und c, d 3 (der Faktor 2 kann nicht auftreten weil n ungerade war). Dann gilt wegen der Summenformel für die endliche geometrische Reihe d 2 n (2 c ) d (2 c ) (2 c ) j. Diese beiden Faktoren sind wegen c, d 3 nichttrivial, also ist 2 n zusammengesetzt. Zu (b): Es gibt mindestens eine ungerade Pseudo-Primzahl zur Basis a 2 (beispielsweise c 7208 aus der nächsten Aufgabe). Mit Hilfe von (a) kann man dann eine unendliche Folge solcher Zahlen konstruieren. j0 Aufgabe 8 (Carmichael-Zahlen) Eine Zahl n N heißt Carmichael-Zahl, wenn Sie nicht prim ist, aber der kleine Fermatsche Satz für alle zu n teilerfremden a Z gilt. Die Existenz solcher Zahlen stellt ein Problem dar, wenn man algorithmisch nach großen Primzahlen sucht (die zum Beispiel in Verschlüsselungssystemen verwendet werden), da sie sich von

14 echten Primzahlen nur schwer unterscheiden lassen. Zeigen Sie, dass c eine Carmichael-Zahl ist, indem Sie zuerst das folgende hinreichende Kriterium beweisen: Ist n p p 2 p k das Produkt mehrerer verschiedener Primzahlen, und teilt p j stets n für j... k, so ist n eine Carmichael-Zahl. Hinweis: Wenden Sie den Restsatz auf die Fermatsche Kongruenz a n a mod n an. Angenommen für ein n p p k mit k 2 gilt (p j ) (n ) für alle Primteiler. Es sei a Z beliebig mit ggt(a, n), das ist gleichbedeutend damit, dass p j a ist für alle Primteiler von n. Die Fermatsche Kongruenz a n a mod n ist nach dem Restsatz genau dann lösbar, wenn sie modulo der p j gilt. Für j... k ist nach Voraussetzung p j ein Teiler von n, also n (p j ) x j mit x j Z. Damit folgt modulo p j dann a n a a n a a (pj ) xj a ( a } pj {{} ) xj a xj a mod p j. Fermat! Wenn modulo aller Teiler a n a mod p j gilt, so muss wegen dem Restsatz auch a n a mod n gelten. Aber a war beliebig und n zusammengesetzt, also ist n eine Carmichael-Zahl. Wir prüfen die Teilereigenschaften: c ist gerade, also 2 c, nach der Neunerregel ist 9 c, da die letzte Ziffer Null ist auch 0 c. Da : auch noch gerade ist gilt 20 c. Insgesamt ist 2 2, 3 2, 5 c, damit ist c ein Vielfaches von den Zahlen 7 6, 3 2, 3 30 und Nach dem Kriterium ist c eine Carmichael-Zahl. Das Kriterium ist übrigens nur hinreichend: die kleinste Carmichael-Zahl 56 erfüllt es nicht. Aufgabe 9 (Richtiges Kongruenzrechnen) Die folgenden en zu vorigen Aufgaben sind falsch, und zwar nicht wegen Rechenfehlern, sondern wegen Fehlern in der Handhabung von Kongruenzen. Finden Sie die Fehler, und erläutern Sie sie kurz:!falsch! Fermat (a p mod p) besagt, dass modulo einer Primzahl p alle teilerfremden Restklassen die Ordnung p haben. Also ist die Ordnung der teilerfremden Restklassen a mod 5 immer 4.!FALSCH!!FALSCH! Jedes Polynom n-ten Grades hat höchstens n Nullstellen, also hat P (x) x 2 modulo 2 nur die Nullstellen {±}.!FALSCH!

15 !FALSCH! Wir betrachten das Polynom aus Teil (b) der Restsatzaufgabe. Zusammenfassen ergibt P (x) x 3 3x x (x 2 3) mod 9, eine ist damit x 0 mod 9. Die anderen en sind die Nullstellen von x 2 3 modulo 9. Einsetzen und Auswerten ergibt womit x 2 3 keine Nullstellen modulo 9 besitzt. Es bleibt nur S 9 {0}.!FALSCH! Zur ersten Box: Die Aussage widerspricht Aufgabe 6. Fermat besagt schon, dass a p mod p ist für alle Primzahlen p, aber daraus folgt nur, dass die Ordnung ein Teiler von p ist, und nicht genau p (vgl. dazu Satz 2.5.2). Zur zweiten Box: Auch diese Aussage widerspricht Aufgabe 6. Der Fehler besteht darin, dass ein Polynom vom Grad n modulo m durchaus mehr als n Nullstellen haben kann. Die Anzahl der inkongruenten Nullstellen ist nur dann durch n beschränkt, wenn m eine Primzahl ist (Satz von Lagrange 2.4.2). Zur dritten Box: Die Anzahl der Nullstellen von P (x) f(x) f(x) modulo m ist nicht unbedingt gleich der Anzahl der Nullstellen von f(x) plus die Anzahl der Nullstellen von g(x): das liegt daran, dass f(x) 0 mod m, g(x) 0 mod m und trotzdem f(x)g(x) 0 mod m gelten kann. Beispielsweise ist 2 0 mod 4 aber mod 4. Man darf also Nullstellen nicht so ohne Weiteres auf Teilpolynome verteilen. Wieder gibt es eine Ausnahme: der Satz von Lagrange kann (wie im Beweis zu Satz 2.5.5) benutzt werden, um die Nullstellen auf Teilpolynome zu verteilen. Aber das geht nur, wenn m eine Primzahl ist.

16 Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase SS 2006 Elementare Zahlentheorie - sblatt 5 Zur Übungsstunde vom Aufgabe 20 (Summationseigenschaft der ϕ-funktion) Zeigen Sie für alle n N die Identität ϕ(d) n, wobei d über alle natürlichen Teiler von n (inklusive und n) läuft. d n 5 Punkte Hinweis: Zeigen Sie die Aussage zuerst für Primzahlpotenzen. Achtung: Satz und seine Nachfolger dürfen hier natürlich nicht benutzt werden. Wir zeigen die Aussage zunächst für Primzahlpotenzen n p k. Deren Teiler sind nur die Potenzen, p, p 2,..., p k, also gilt k k k k ϕ(d) + ϕ(p j ) + p j (p ) + p j p j p k n d n j da es sich um eine Teleskopsumme handelt. Nun sei n p a pa k k die Produkte der Form d p b pb k und geschicktes Ausklammern ergibt a b 0 ϕ(d) ( d n a2 ϕ(p b ) b 20 a b 0 b 20 j j irgend eine natürliche Zahl. Ihre Teiler sind k, für die 0 b j a j gilt. Ausnutzung der Multiplikativität der ϕ-funktion a 2 und damit die gewünschte Aussage. b k b k 0 ( ( ak ϕ(p b2 2 ) ϕ(p b pb k k ) b k 0 ϕ(p b k k ) ) ) a a 2 b 0 b 20 ( a b 0 b k b k 0 j ) ϕ(p b ) } {{ } p a ϕ(p b ) ϕ(pb k k ) ( ak b k 0 ϕ(p b k k ) ) }{{} p a k k n Aufgabe 2 (Primitivwurzeln henseln) 6 Punkte Es sei p eine Primzahl und r eine Primitivwurzel mod p. Zeigen Sie, dass dann r + tp für genau p Werte von t mod p auch eine Primitivwurzeln mod p 2 ist. Hinweis: Separieren Sie den Fall p 2, und benutzen Sie für p 2 den Satz von Euler und die Eindeutigkeitsaussage im Hensel-Lemma. Formulieren Sie dazu eine geeignete Polynomkongruenz. Der Fall p 2 ist klar weil r die einzige Primitivwurzel mod 2 ist, und sie zu der Primitivwurzel 3 + 2t mod 2 2 mit t fortgesetzt werden kann. Für die andere Restklasse t 0 mod 2 ist + 2t keine Primitivwurzel mod 2 2, damit gilt die Aussage der Aufgabe.

17 Wir nehmen jetzt p 3 an. Es sei r Z eine Primitivwurzel modulo p. Der Satz von Euler besagt, dass r eine Nullstelle von P (x) x ϕ(p) mod p ist mit ϕ(p) p. Die Ableitung des Polynoms ist P (x) (p )x p 2 x p 2. Da P (r) r 2 mod p nicht Null ist (denn ggt(r, p) ggt(r 2, p) ) gilt das Hensel- Lemma: es gibt genau ein t mod p, so dass P (r + tp) 0 mod p 2 gilt. Andersherum formuliert: für die anderen p Werte, die t modulo p annehmen kann, ist P (r + tp) 0 mod p 2. Wir benennen die Argumente mit x j r + t j p, wobei für j... (p ) das t j jeweils einer der Werte für t ist, für die P (x j ) 0 mod p 2 gilt. Es sei o j ord p 2(x j ) die Ordnung von x j modulo p 2, dann müssen wir o j ϕ(p 2 ) p(p ) nachweisen um die Aufgabe zu zeigen. Es gilt P (x j ) x p j 0, also x p j x 0 mod p 2, nach Satz 2.5. ist p 0 p kein Vielfaches der Ordnung o j. Also: einerseits gilt o j p(p ) nach Euler, andererseits ist o j p, das ist aber nur möglich, wenn p o j ist (da p der einzige Faktor ist, der in p(p ) aber nicht in p steckt). Also ist o j pk j für irgend ein k j p. Nun gilt aber (r + tp) oj mod p 2 (r + tp) oj mod p r oj mod p, was nur für p o j möglich ist, da r eine Primitivwurzel war. Wenn also einerseits p o j und andererseits p o j gilt, so bleibt nur o j p(p ). Damit ist x j von voller Ordnung, also eine Primitivwurzel. Damit gibt es für das feste r genau p Fortsetzungen x j r + t j p zu Primitivwurzeln modulo p 2. Aufgabe 22 (Primitivwurzeln mod p j ) 5 Punkte Es sei p 2 eine Primzahl und r eine Primitivwurzel mod p 2. Zeigen Sie, dass r dann eine Primitivwurzel mod p j für alle j 2 ist. Hinweis: Zeigen Sie zuerst die Aussage a p mod p j a mod p j für alle j 2. Es gibt mehrere Methoden, den Hinweis zu zeigen. Wie betrachten für festes j 2 die Abbildung { (Z/p φ : j Z) (Z/p j Z) p a mod p j a p mod p j und zeigen, dass sie wohldefiniert ist. Mit (Z/p j Z) p meinen wir die Menge {x p x (Z/p j Z) } der p-potenzen aus (Z/p j Z). Sind nun a, b Z Vertreter der gleichen Restklasse mod p j, so ist b a + kp j für irgend ein k Z, und es gilt φ(b mod p j ) b p mod p j (a + kp j ) p mod p j ( p i0 ( ) p )a p i (kp j ) i mod p j a p mod p j φ(a mod p j ) i da in der Binomialsumme die Summande mit i den Faktor p p j enthalten und damit kongruent Null sind mod p j. Also ist die Abbildung φ wohldefiniert. Sie ist auch surjektiv, da für beliebige Potenz (a mod p j ) p aus der Menge (Z/p j Z) p die Restklasse (a mod p j ) offensichtlich ein Urbild ist wegen (a p mod p j ) (a mod p j ) p. Nach Satz enthält die Bildmenge (Z/p j Z) p genau ϕ(pj ) p p j 2 (p ) Restklassen, andererseits enthält auch die Urbildmenge (Z/p j Z) genau ϕ(p j ) p j 2 (p ) Restklassen. Da die beiden Mengen gleichviele Elemente enthalten und φ surjektiv ist, muss φ sogar bijektiv sein. Damit gilt der Hinweis: a p mod p j (a mod p j ) p ( mod p j ) p φ(a mod p j ) φ( mod p j ) bijektiv a mod p j mod p j a mod p j. Für die eigentliche Aussage der Aufgabe führen wir eine kurze Induktion über j 2. Die Aussage für j 2 ist trivial, also sei jetzt j 3 beliebig und die Aussage für j schon gezeigt. Wegen ϕ(p j ) p j (p ) ist ord p j (r) p k q mit 0 k j und q p. Es gilt dann nach Definition der Ordnung r pk q mod p j Hinweis r pk q mod p j.

18 Da aber r nach Induktionsannahme eine Primitivwurzel mod p j ist muss p k q ein Vielfaches von ϕ(p j ) p j 2 (p ) sein, woraus k j folgt. Damit ist ord p j (r) p j (p ) ϕ(p j ), und r ist auch Primitivwurzel mod p j.

19 Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase SS 2006 Elementare Zahlentheorie - sblatt 6 Zur Übungsstunde vom Aufgabe 23 (Der diskrete Logarithmus) Es sei m ein Modulus, so dass (Z/mZ) eine Primitivwurzel r besitzt. Der diskrete Logarithmus von (Z/mZ) ist durch die Abbildung { (Z/mZ) Z/ϕ(m)Z log r : r j mod m j mod ϕ(m) definiert. Zeigen Sie mit Hilfe der Sätze aus Abschnitt 2.5: (a) log r ist wohldefiniert, (b) log r erfüllt die Funktionalgleichung log r (a b) log r (a) + log r (b), (c) log r ist bijektiv. Zu (a): Hier besteht nicht wie in Aufgabe 9 das Problem, dass eine Restklasse über mehrere Vertreter aus Z repräsentiert werden kann, sondern dass in der Darstellung a mod m r j mod m der Exponent j nicht eindeutig ist. Nach Satz 2.5. liegen r i und r j in der gleichen Restklasse mod m wenn ord m (r) ein Teiler von i j ist, und da r eine Primitivwurzel ist gilt ord m (r) ϕ(m). Also angenommen a mod m ist eine teilerfremde Restklasse aus (Z/mZ) und a mod m r i mod m r j mod m sind verschiedene Darstellungen von a mod m als Potenz von r mod m, dann gilt ϕ(m) i j, und damit log r (a mod m) i mod ϕ(m) j mod ϕ(m), womit es nur ein mögliches Bildelement aus Z/ϕ(m)Z von a mod m unter log r gibt: damit ist log r in der obigen Form wohldefiniert. Zu (b): Es seien a mod m, b mod m (Z/mZ) zwei beliebige teilerfremde Restklassen. Da r eine Primitivwurzel ist gibt es i, j Z (nicht eindeutig bestimmt!) mit a mod m r i mod m und b mod m r j mod m, und nach Definition ist log r (a mod m) i mod ϕ(m) sowie log r (b mod m) j mod ϕ(m). Es folgt log r ((a mod m) (b mod m)) Satz 2..4 log r ( (r i+j ) mod m ) (i + j) mod ϕ(m) Satz 2..4 log r ((ab) mod m) log ( r (r i r j ) mod m ) (i mod ϕ(m)) + (j mod ϕ(m)) log r (r i mod m) + log r (r j mod m) log r (a mod m) + log r (b mod m). Zu (c): Die Abbildung ist surjektiv, denn zu beliebigem j mod ϕ(m) ist r j mod m ein Urbild mit log r (r j mod m) j mod ϕ(m). Sie ist auch injektiv, das Argument ist gerade die Umkehrung von Teil (a): angenommen log r (r i mod m) log r (r j mod m), dann gilt wegen der Funktionalgleichung 0 log r (r i r j mod m) log r (r i j mod m) (i j) mod ϕ(m). Das bedeutet gerade ϕ(m) (i j), nach Satz 2.5. also r i mod m r j mod m, d. h. die Urbilder waren gleich in (Z/mZ). Damit ist log r injektiv.

20 Aufgabe 24 (Existenz der Primitivwurzel) Um Satz der Vorlesung zu beweisen fehlt zu den auf dem letzten Blatt abgehandelten Fall einer ungeraden Primzahlpotenz und dem Fall m 2 k aus der Vorlesung nur noch der gemischte Fall m pq. Zeigen Sie: ist m pq das Produkt verschiedener ungerader Primzahlen, so gibt es keine Primitivwurzel mod m. Hinweis: Vergleichen Sie die Ordnung ord m (r) mit den Ordnungen ord p (r) und ord q (r). Wir betrachten die Mengen O m {k Z r k mod m} und ebenso O p und O q. Nach Definition ist ord m (r) die kleinste nichtnegative Zahl aus O m, das Gleiche gilt für ord p (r) und ord q (r). Nach dem Chinesischen Restsatz gilt r k mod m genau dann, wenn r k mod p und r k mod q ist. Das ist gleichbedeutend damit, dass jedes l O m auch in O p O q liegen muss. Es sei also a ord p (r) die kleinste positive Zahl aus O p und b ord q (r) die kleinste positive Zahl aus O q sowie c ord m (r). Es sei c kgv(a, b). Da c wegen dem Restsatz in O p und O q liegen muss gilt a, b c, also c c. Andererseits folgt wegen dem Restsatz aus r c mod p und r c mod q auch r c mod m, also auch c c. Damit ist c c kgv(a, b). Es ist nach Fermat a ϕ(p) p und b ϕ(q) q. Wir unterscheiden jetzt zwei Fälle: Fall a p und b q : Da p und q ungerade sind müssen a und b gerade sein, also 2 ggt(a, b), und damit kgv(a, b) a b. Damit ist ord m (r) c kgv(a, b) (p )(q ) ϕ(m), also ist r doch keine Primitivwurzel mod m. Fall a < p oder b < q : In diesem Fall ist kgv(a, b) ab < (p )(q ) ϕ(m), also wieder ord m (r) ϕ(m), und r ist auch in diesem Fall keine Primitivwurzel mod m. Insgesamt konnte es also garkeine Primitivwurzel mod m geben. Aufgabe 25 (Quadratische Reste I) Berechnen Sie die folgenden Legendre-Symbole: ( ) 33 7, ( ) 44 6, ( ) Punkte Hinweis: Benutzen Sie die Rechenregeln für das Legendre-Symbol. Anwenden der Regeln für das Legendre-Symbol aus Abschnitt 2.6 ergibt ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 33 ( ) ( ) (iii) (ii) (ii) 7 ( ) 7 ( ) 36 7 ( ) (i) 7 ( ) ( ) 7 7 ( ) 3 8 ( ) 7 7 ( ) 7 7 (72 7+3) 2.6.(iii) ( ) (i) 3 ( ) ( ) 7 3 ( ) 3 ( ) 7 3 Die Kongruenz x 2 33 mod 7 ist also unlösbar. ( ) 7 3 (72 3+) 2.6.(iii) ( ) 3 ( ). Das zweite Legendre-Symbol ( 44 6 ) ist Eins, da schon in Z ein Quadrat ist.

21 ( ) (i) 23 ( ) ( ) ( ) 68 ( ) ( ) ( ) 2.6.(iii) ( ) (iii) ( ) 23 also ist auch die Kongruenz x 2 23 mod 37 unlösbar (iii) 23 ( ) 2 ( ), Die Laufzeit ist wie beim Euklidischen Algorithmus O(log(p)), denn in der oberen Komponente des Legendre- Symbols werden abwechselnd Division mit Rest und der Tausch mit der unteren Komponente ausgeführt. Machen Sie sich klar, dass der einzige Unterschied zwischen dem Euklidischen Algorithmus und der Berechnung des Legendre-Symbols darin besteht, dass beim Legendre-Symbol die durch das Reziprozitätsgesetz entstehenden Vorzeichen mitgeführt werden müssen. Die Auswertung der ( )-Potenzen in den Rechenregeln kann als einziger Schritt angesehen werden. Aufgabe 26 (Quadratische Reste II) 5 Punkte Entscheiden Sie, ob die Kongruenz x mod lösbar ist. Beachten Sie, dass keine Primzahl ist. Eine von x mod gibt es nach dem Restsatz genau dann, wenn es komponentenweise en x mod 03 und x mod 7 gibt, also gilt ( ) ( ) x mod lösbar und Rechnungen analog zur vorigen Aufgabe ergeben ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 509 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Damit ist die Kongruenz x mod 03 lösbar. Ebenso gilt ( ) ( ) ( ) [( )] }{{} ( ) ( 7 3 ) ( ) ( ) 7 97 ( ) 85 2 ( ) 42. ( 7 ( ) ( ) ( ) ) ( ) ( ) 7 97 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 76, }{{}}{{} also ist auch die Kongruenz x mod 7 lösbar. Nach dem Restsatz ist damit die Gesamtkongruenz x mod lösbar.

22 Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase SS 2006 Elementare Zahlentheorie - sblatt 7 Zur Übungsstunde vom Aufgabe 27 (Kongruenzen lösen) 4 Punkte Es sei P (x) 20x 2 und n N. Zeigen Sie: ist p P (n) für eine Primzahl p, so folgt p mod 5 oder p 4 mod 5. Folgern Sie, dass es unendlich viele Primzahlen p mit p 4 mod 5 gibt. Hinweis: Formulieren Sie die Aussage p P (n) mit dem Legendre-Symbol. Aus der Annahme p P (n) folgt Daraus folgt P (n) 0 mod p 20n 2 mod p 5 (2n) 2 mod p. ( ) 5 p Es gilt nach dem Reziprozitätsgesetz (5 ) p ( ) 5(2n) 2 p ( ) p ( p 5) ( ) 5 2 p 2. ( p. 5) Also: p P (n) für ein n N impliziert ( ) p 5. Wir rechnen alle Legendre-Symbole über 5 per Hand aus: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,,,, Also gilt insgesamt ( ) 5 ( p p P (n) p, 4 mod 5 p 5) wie zu zeigen war. Wir bilden damit eine unendliche Folge von Primzahlen (p j ), die alle kongruent zu 4 mod 5 sind. Als erstes nehmen wir beispielsweise p 9 mit 9 4 mod 5. Angenommen wir haben die Folge schon bis p j berechnet, dann bestimmen wir p j+ rekursiv: Es sei n p p j das Produkt aller schon gefundenen Primzahlen und P (n) 20n 2 q q s die Primzerlegung von P (n) (die q k sind nicht notwendig voneinander verschieden). Da 20n 2 und n teilerfremd sind ist p i q k für alle i, k. Alle q k sind nach der obigen Rechnung oder 4 mod 5. Angenommen alle q k sind kongruent zu mod 5, dann ist auch ihr Produkt kongruent zu mod 5 (Satz 2..4), ein Widerspruch zu P (n) 20n 2 4 mod 5. Also muss mindestens ein q k kongruent zu 4 mod 5 sein und wir können p j+ q k nehmen, da q k von den p,..., p j verschieden ist. Aufgabe 28 (Das Jacobi-Symbol) Berechnen Sie die folgenden Jacobi-Symbole und entscheiden Sie, ob die zugehörigen Kongruenzen lösbar sind: ( ) 93 5, ( ) Für das erste Jacobi-Symbol gilt ( ) 93 5 ( ) 93 5 ( ) ( ) 3 5 ( 23 ) }{{} ( ) 3 5

23 Satz 2.6.3(i) 3 ( ) ( ) 5 3 ( ) 2 ( ) 5 3 ( ) 5 3 ( ) 2 3 Satz 2.6.3(ii) Da das Jacobi-Symbol den Wert ergibt, ist die Kongruenz x 2 93 mod 5 unlösbar. 32 ( ) 8. Im zweiten Fall ist das Jacobi-Symbol wegen des geraden Nenners nicht definiert. Wir rechnen das Symbol trotzdem nach den Rechenregeln aus: ( ) ( ) ( ) 4 ( ) ( ) ( ) ( ) }{{} 2.6.3(ii) 5 2 (+) ( ) 8 ( ) 3. Aber da ( 240 ) nicht wohldefiniert ist sagt das Ergebnis garnichts über die Lösbarkeit der Kongruenz x2 27 mod 240, wir müssen Sie daher in den Chinesischen Restsatz stecken. Für den Faktor kann kein Legendre-Symbol aufgestellt werden, die Kongruenz muss also mit elementaren Mitteln untersucht werden: x Z : x 2 27 mod 6 x 2 mod 6 Falls es ein solches x gibt muss wegen Aufgabe 9(h) auch x 2 3 mod 4 gelten. Einsetzen ergibt aber mod 4, 2 3 mod 4, mod 4, mod 4. Also gibt es kein x dass die Kongruenz x 2 27 mod 6 löst. Nach dem Chinesischen Restsatz gibt es dann auch keine für die Kongruenz x 2 27 mod 6 m für alle m N, insbesondere ist die Kongruenz x 2 27 mod 240 unlösbar, obwohl das (in diesem Fall nicht definierte) Jacobi-Symbol den Wert Eins ergibt. Der Fehler nicht auf die Wohldefiniertheit zu achten wird häufig gemacht. Beispielsweise liefert MAPLE with(numtheory); legendre(5,2); - obwohl 5 ein quadratischer Rest mod 2 ist. Aufgabe 29 (Invertierung im Jacobi-Symbol) Es seien a, b N teilerfremd und ungerade. Die Zahl a N sei ein positiver Vertreter der zu a mod b inversen Restklasse, d. h. aa mod b. Zeigen Sie, dass ( ) a b ( ) a b für das Jacobi-Symbol gilt, aber im Allgemeinen nicht richtig ist. ( ) b a ( ) b a Nach den Rechenregeln für das Jacobi-Symbol gilt ( ) ( ) a a b b ( ) a a b ( ) b,

24 also müssen ( a b ) und ( a b ) beide + oder beide sein, woraus die erste Behauptung folgt. Ein Gegenbeispiel für die zweite Aussage ist wegen 3 5 mod 7 ( ) ( ) Aufgabe 30 (Das RSA-System) 6 Punkte Gegeben sei ein RSA-System mit dem gemeinsamen Modulus n 5. Ein Teilnehmer am System besitzt den öffentlichen Schlüssel (e, n) mit e 3, codieren Sie die Nachricht B 7 für diesen Teilnehmer. Sie besitzen den privaten Schlüssel (d, n) mit d 5 und erhalten die Nachricht C 3. Decodieren Sie die Nachricht mit ihrem Schlüssel. Wie lautet ihr öffentlicher Schlüssel? Begründen Sie ausführlich, warum d 5 eine schlechte Wahl für einen privaten Schlüssel mit Modulus n 5 ist (zwei Gründe, einer davon ist schwerwiegend). Die Zerlegung von n ist n pq mit p 3 und q 5, wir rechnen also im Ring Z 5 Z 3 Z 5. Die codierte Nachricht mit e 4 ist C B e mod n 7 3 mod mod mod 5 28 mod 5 3 mod 5. Decodieren ergibt B C d mod n 3 5 mod mod mod mod mod mod 5 3 mod 5 3 mod 5. Um aus d 5 den öffenlichen Schlüssel zu bekommen muss d modulo ϕ(n) (p )(q ) 8 invertiert werden, wozu wir den ELBA benutzen: n a n q n r n s n Daraus folgt 5 3 mod 8, also ist 3 5 das Inverse von 5, und der private Schlüssel stimmt mit dem öffentlichen überein (was ja nicht ausgeschlossen ist). Die gegen d 5 sprechenden Gründe sind Öffentlicher und privater Schlüssel stimmen überein, der Schlüssel operiert trivial, d. h. er verschlüsselt garnicht. Wir haben folgende Effekte gesehen: 3 d 3 mod 5, d. h. die Nachricht wurde beim Verschlüsseln nicht verändert. Zudem ist d e 5, d. h. öffentlicher und privater Schlüssel sind gleich. Den Grund für dieses Verhalten liefert der Chinesische Restsatz: potenzieren mit 5 in Z/5Z ist äquivalent mit separatem Potenzieren mit 5 jeweils in Z/3Z und Z/5Z. Aber ϕ(3) 2 und ϕ(5) 4, und es gilt 5 mod 2 sowie 5 mod 4, und potenzieren mit Eins lässt alle Eingaben gleich. Anders ausgedrückt: C d C mod 5 für alle C, der Schlüssel d 5 ist zwar nicht verboten, führt in diesem Spezialfall aber zur Aushebelung des ganzen Systems. Solche Trivialschlüssel sind problematisch, weil die über das RSA-System kommunizierenden Partner meist Computer in einem Netzwerk sind, denen das Problem nicht auffällt.

25 Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase SS 2006 Elementare Zahlentheorie - sblatt 8 Zur Übungsstunde vom Aufgabe 3 (Programmieraufgabe) Schreiben Sie MAPLE-Funktionen zur Auswertung des Legendre-Symbols! 6 Punkte Laden Sie dazu die Vorlage von der Vorlesungshomepage und füllen Sie alle Lücken die mit IHRE LÖSUNG gekennzeichnet sind. Die zu dieser Aufgabe (d.h. das fertige Worksheet) können Sie per an daniel.haase@uni-ulm.de schicken (Name und Matrikelnummer nicht vergessen). Bei dieser Aufgabe ist Gruppenarbeit ausdrücklich erwünscht, aber senden Sie trotzdem pro Teilnehmer eine ein. Ihr Programm soll folgendem (rekursiven) Ablaufplan folgen: Ziel: Berechne ( a p ) bei Eingabe a und p Gilt a < 2? Ja Gebe ( p ) ( a p ) aus Nein Gilt p a? Ja Gebe 0 aus Nein Ist p < a? Ja Berechne ( a qp p ) mit günstigem q Nein Ist a,, 2? Ja Berechne ( a p ) mit entsprechender Formel Nein Ist a q m mit q prim und m >? Nein Berechne ( ) r ( p a ) Ja Berechne ( q p ) ( m p ) Sie dürfen nur elementare Rechenoperationen wie +,, /, und mod benutzen, sowie MAPLE-Anweisungen wie if, for oder print. Das NumberTheory-Package ist in der tabu, aber sie können die dortige Funktion legendre natürlich benutzen, um Ihr Programm vor der Abgabe testen. Ihr Programm muss nicht effizient sein, es muss nur funktionieren. Bei Fragen zum Verfahren oder zu MAPLE können Sie sich jederzeit melden.

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27 Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase SS 2006 Elementare Zahlentheorie - sblatt 9 Zur Übungsstunde vom Aufgabe 32 (Minimalpolynome ausrechnen) Berechnen Sie die Minimalpolynome der algebraischen Zahlen 4 Punkte α 4 3, β sowie die Konjugierten, d. h. die anderen Nullstellen der Minimalpolynome. Sie dürfen ohne Beweis benutzen, dass beide Zahlen den Grad 4 besitzen. Im folgenden sei das (eindeutig bestimmte) Minimalpolynom von γ jeweils mit f γ (x) bezeichnet. Aus α 4 3 folgt f α (x) x 4 3. Die Substitution y x 2 ergibt y mit den Nullstellen y,2 ± 3 und damit x,2,3,4 ± ± 3. Die Konjugierten können wegen i auch in der Form x j i j 3 für j, 2, 3, 4 geschrieben werden, sie entstehen offenbar durch das Vorschalten von Potenzen von i vor die Wurzel. Für β gilt dagegen β β (β 2) (β 2) ((β 2) 2 +2) 2 5 ((β 2) 2 + 2) f β (x) ((x 2) 2 + 2) 2 5 x 4 8x x 2 48x + 3. Die Konjugierten rechnet man am geschicktesten mit Hilfe der zusammengefassten Form aus: z {}}{ f β (x) ((x 2) }{{} 2 + 2) 2 5! 0. y Wir erfüllen diese Gleichung schrittweise, indem wir en für z und y suchen. Die Gleichung ist offenbar gelöst für z,2 ± 5, damit haben wir für y die Gleichung y 2 + 2! ± 5 zu lösen. Auflösen nach y ergibt y,2,3,4 ± ± 5 2 x,2,3,4 2 ± ± 5 2. Hier ergeben sich die Konjugierten zu β durch Vorschalten von Vorzeichen vor die Wurzeln, auch wenn sie geschachtelt sind. Das entspricht der Definition der gewöhnlichen Konjugation in C, die durch das Umdrehen der Wurzel gegeben ist. Aufgabe 33 (Ganze algebraische Zahlen) Prüfen Sie, ob diese Zahlen ganzalgebraisch sind, und bestimmen Sie ihren Grad: g aus Aufgabe 6, ω + i 2. Erstmal ist g nicht vom Grad, da Zahlen vom Grad in Q liegen. Die definierende Eigenschaft von g aus Aufgabe 6 war die Gleichung g 2 g +, sie liefert sofort das Minimalpolynom f g (x) x 2 x und es folgt deg(g) 2 (man sagt, dass g eine quadratische Irrationalzahl ist). Da alle Koeffizienten des Minimalpolynoms

28 ganzzahlig sind ist g eine ganzalgebraische Zahl trotz der 2 im Nenner. Um die Wurzel aus Zwei im Nenner von ω zu beheben quadrieren wir den Ausdruck: ω 2 ( + i)2 + 2i i. 2 2 Damit gilt ω 8 i 4, und das Polynom f(x) x 8 annuliert ω. Damit folgt, dass auch ω eine ganzalgebraische Zahl ist. f ist aber nicht das Minimalpolynom, weil die Minimalitätsbedingung aus Definition 4..2 verletzt wird: Nach der dritten binomischen Formel ist nämlich x 8 (x 4 + )(x 4 ), d. h. die Nullstelle ω wird von einem der beiden kleineren Polynome annuliert. Einsetzen zeigt ω 4 + i , also ist f ω (x) x 4 + ein Polynom kleineren Grades, das ω annuliert. Wieder nach der 3. binomischen Formel ist f ω (x) (x 2 + i)(x 2 i) aber keines dieser Teilpolynome kommt als Minimalpolynom für ω in Frage, weil die Koeffizienten nicht mehr rational, sondern komplex sind (vgl. Definition 4..2). Damit ist f ω (x) tatsächlich das Minimalpolynom von ω, und offenbar ist deg(ω) 4. Aufgabe 34 (Invertieren im Zahlkörper) Es sei K Q( 2) und α a + b 2 0 ein Element in Koeffizientendarstellung. Geben Sie explizite Formeln für c, d Q in Abhängigkeit von a und b an, so dass α c + d 2 das Inverse von α in K ist. Hinweis: Benutzen Sie die Eindeutigkeit der Koeffizienten in der Darstellung α a + b 2 und formulieren Sie die Beziehung αβ als Gleichungssystem in den Koeffizienten. Es seien α a + b 2 und β c + d 2 mit a, b, c, d Q die eindeutigen Darstellungen der beiden algebraischen Zahlen im Körper Q( 2). Es gilt! α β (a + b 2) (c + d 2) ac + bc 2 + ad 2 + 2bd (ac + 2bd) + (bc + ad) 2. Weil auf beiden Seiten der Gleichung die Darstellung in der Form x + y 2 eindeutig ist folgt ac + 2bd und bc + ad 0. Als lineares Gleichungssystem geschrieben heißt das ( ) ( ( a 2b c. b a d) 0) Die Determinante der Matrix ist ( ) a 2b det a b a 2 2b 2 (a b 2) (a + b 2). Sie ist nicht Null, denn wäre der erste Faktor Null, so wäre a b 2, und damit wegen 2 / Q a b 0 im Widerspruch zu α 0. Das Gleiche gilt für den zweiten Faktor. Also können wir die Matrix invertieren und damit das LGS eindeutig lösen. Mit der Cramerschen Regel folgt ( ) ( ) ( ( ) ( a 2b a 2b c a 2b b a a 2 2b 2 b a d) a 2 2b 2 b a 0) Damit sind die gesuchten Koeffizienten c und d explizit gegeben durch a c a 2 2b 2, d b a 2 2b 2. ( ) a a 2 2b 2 b Aufgabe 35 (Transzendente Zahlen) 4 Punkte Zeigen Sie: Der Körper Q {α C α algebraisch} ist abzählbar. Zeigen Sie zuerst, dass das kartesische

29 Produkt A B abzählbar ist, wenn die Mengen A und B jeweils abzählbar sind. Bemerkung: Da der Körper C bekanntlich überabzählbar ist folgt, dass es sogar unendlich viele transzendente Zahlen gibt. Die Aussage der Aufgabe ist aber weitaus stärker: die Wahrscheinlichkeit, dass eine zufällig gezogene komplexe Zahl algebraisch ist, ist Null. Eine M heißt bekanntlich abzählbar, falls sie in der Form M {m, m 2,...} dargestellt werden kann, d. h. wenn es eine Folge gibt, die M abzählt. Äquivalent dazu ist die Aussage, dass es eine surjektive Abbildung φ : N M gibt. Wir zeigen erstmal, dass mit A und B auch das kartesische Produkt A B abzählbar ist: es sei (a j ) eine Folge zur Abzählung von A und (b k ) eine Folge zur Abzählung von B, dann ist A B {(a j, b k ) j, k N}. Wir ordnen diese 2-Tupel zweidimensional an, wobei horizontal die erste Komponente und vertikal die zweite Komponente gezählt wird. In diesem Schema tritt offenbar jedes Element von A B auf, aber das Schema kann wie folgt eindimensional abgezählt werden:. (a, b 4 ) (a 2, b 4 ) (a 3, b 4 ) (a 4, b 4 ) (a, b 3 ) (a 2, b 3 ) (a 3, b 3 ) (a 4, b 3 ) (a, b 2 ) (a 2, b 2 ) (a 3, b 2 ) (a 4, b 2 ) (a, b ) (a 2, b ) (a 3, b ) (a 4, b ) Damit ist A B abzählbar. Wir zählen jetzt die algebraischen Zahlen mit Hilfe ihrer Minimalpolynome ab. Dazu sei P {f(x) f rationales Polynom} (das ist ein Q-Vektorraum!) mit den Unterräumen P k {f(x) deg(f) k} für k N 0. Per Induktion zeigen wir, dass alle Räume P k abzählbar sind: Induktionsanfang: Der Raum für k 0 enthält nur die konstanten Polynome f(x) q mit q Q, offenbar ist also P 0 isomorph zum Vektorraum Q Q und damit abzählbar (genauer: jede Abzählung von Q ist auch eine von P 0, wenn man die Zahlen q durch die Polynome f(x) q ersetzt). Induktionsschritt: Angenommen P k ist abzählbar, dann ist Q P k P k, (q, q 0 + q x + + q k x k ) q 0 + q x + + q k x k + qx k offenbar eine bijektive Abbildung von Q P k nach P k. Da Q und P k abzählbar sind ist es auch das kartesische Produkt Q P k und damit P k. Damit sind alle P k abzählbar. Explizit heißt das, dass es für m N und k N 0 jeweils ein Polynom f m (k) gibt (das m-te Polynom aus P k ), so dass die f m (k) für m N den Raum P k vollständig abzählen. Aber daraus folgt erstmal nicht, dass auch der Raum P P 0 P P 2 abzählbar ist. Wir zählen diesen Raum auch mit Hilfe einer kartesischen Aufspaltung ab: die Abbildung N 0 N P, (k, m) f (k) m