Elementare Zahlentheorie (Version 2)

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1 Elementare Zahlentheorie (Version ) (Winter Semester, 005-6) Einführung Literatur. An Introduction to the Theory of Numbers, Oxford University Press, von Hardy und Wright.. A Classical Introduction to Modern Number Theory, Sringer Verlag, von Ireland und Rosen. 3. Seminumerical Algorithms, Addison Wesley, von D. Knuth. 4. Skrit zu dieser Vorlesung im Internet.. Einige bekannte Ergebnisse und Vermutungen Fermat s Großer Satz: Es existeren keine natürlichen Zahlen a, b, c N, n > mit a n + b n = c n. Goldbach s Vermutung: Sei n > 3 eine gerade Zahl. Dann existieren zwei Primzahlen und mit n = +. (Es gilt auf jeden Fall: Satz (Chen 975):,, 3 mit n = + 3, vorausgesetzt n sei hinreichend groß.) Für jedes n N sei π(n) die Anzahl der Primzahlen nicht größer als n. z.b. π(0) = 8 d.h. die Zahlen:, 3, 5, 7,, 3, 7, 9 π() = 0, u.s.w... Der Primzahlsatz (Hadamard und de la Vallée Poussin 896): Es gilt d.h. π(n) n log n π(n) lim n n =. log n Aber auch (Dirichlet 837): Sei m > und 0 < a < m mit ggt(a, m) = (d.h. der größte gemeinsame Teiler). Dann gibt es unendlich viele Primzahlen mit = a mod m. Sei π = 3, Dann gibt es kein nicht-triviales Polynom mit Integerkoeffizienten P(x) = a n x n + + a x + a 0 Z[x] mit P(π) = 0. Mit anderen Worten: π ist transzendent (d.h. nicht algebraisch). Auch e = + +! + 3! + = ex() ist transzendent. (Auch e α ist transzendent, falls α algebraisch.) Aber niemand weiß, ob etwa π e oder e oder sogar π + e algebraisch oder transzendent sind. (Es ist jedenfalls bekannt, daß etwa die Zahlen e π, e π, irrational sind.) Sei n N. Ist n eine Primzahl? Falls nicht, wieviele Rechenschritte würde ein Comuter brauchen, um einen Primfaktor n zu finden? Sicherlich weniger als n. D.h. die Anzahl der Rechenschritte ist O( n). Aber auch (Dixon 978): ein Algorithmus existiert mit O(n 8 log log n/ log n ).

2 Zur Notation: N = die natürlichen Zahlen:,, 3,... N 0 = die natürlichen Zahlen, wobei auch die 0 vorkommen darf. Z = die Integerzahlen. Q = die rationalen Zahlen. R = die reellen Zahlen. C = die komlexen Zahlen. Die Aroximation von irrationalen Zahlen durch rationalen Zahlen Bekanntlich ist π 7 = 3, Aber π = 3, D.h. 7 π < 0, 003. Dies ist eine viel kleinere Zahl als 7 = 0, Noch viel besser ist π 355 = 3, Hier ist π < 0, Dies ist sogar eine sehr, sehr viel keinere Zahl als 3! Wie findet man solche gute Aroximationen? Definition.. Seien a, b N. Der größte gemeinsame Teiler von a und b, ggt(a, b) ist die größte Zahl c N mit c a und c b. (D.h. d N mit c d = a, u.s.w.) Satz. Seien a, b N und c = ggt(a, b) d, e Z mit Beweis: siehe Lineare Algebra I. Aber auch... a d + b e = c. Definition.. Sei S Z, wobei für alle x, y S gilt x + y S und x y S. Dann heißt S ein Modulus. Die Zahl 0 alleine ist der triviale Modulus. Z.B. S = {a u + b v : u, v Z} ist offensichtlich ein Modulus für alle a, b N. Satz. Sei S irgendein nicht trivialer Modulus. Dann existiert ein d N mit S = {w d : w Z}. Beweis. S N ist klar. Sei daher d die kleinste Zahl in S N. Dann ist {w d : w Z} S. Dies folgt, da d, d + d = d, d d = d, u.s.w. in S sind. Kann es sein, daß S {w d : w Z}? Sei n S {w d : w Z}. Sei etwa n = q d + r, wobei q Z und 0 < r < d. Aber dann ist n q d = r S {w d : w Z}; ein Widersruch, da r < d. Daher sei S = {a u + b v : u, v Z} = {w d : w Z}. Dann existieren s, t Z mit a s + b t = d. Behautung: d = ggt(a, b), denn. d a und d b, da a, b S.. Angenommen d > d mit d a und d b für alle u, v Z gilt d a u + b v. D.h. insbesondere d d; ein Widersruch. Definition.3. Sei n N. Die Farey Zahlen der Ordnung n sind die Bruchzahlen a b a Z und ggt(a, b) =. mit 0 < b n, Sei F n die Menge aller solcher Zahlen. Z.B. die Zahlen in F 5 zwischen 0 und sind: 0, 5, 4, 3, 5,, 3 5, 3, 3 4, 4 5,.

3 Satz 3. Sei x R irgendeine reelle Zahl und sei n N. Dann existiert ein mit h k F n x h k < k n. Beweis. (nach Dirichlet): Für jede reelle Zahl y R definieren wir [y] als die größte Integerzahl, die kleiner oder gleich y ist. (Z.B. [π] = 3, [3/4] = 0, u.s.w.) Sei dann auch (y) = y [y]. Daher ist stets (y) [0, ) für alle y R. Es gibt offensichtlich n + Zahlen der Art (0), (x), (x),..., (nx) in diesem Intervall. Andererseits gibt es n Intervalle [ 0, n ), [ n, ) [ n,..., n n, n ). n Daher gibt es mindestens zwei Punkte in einem Intervall, etwa (ix) und (jx) mit 0 i < j n und Sei k = j i. Dann ist 0 k n, und es gilt (jx) (ix) < n. (jx) (ix) = jx [jx] ix + [ix] = jx ix h = kx h < n wobei h = [jx] [ix] Z. D.h. oder kx h < k l n x h k < k n Man sieht daher: es ist immer möglich, reelle Zahlen gut durch Farey Zahlen zu aroximieren. Aber wie können wir die bestmögliche Aroximation finden? Satz 4. Seien h k und h k zwei direkt nacheinanderfolgende Zahlen in F n. Dann gilt kh hk =. Beweis. Da ggt(h, k) =, gibt es x, y Z mit kx hy = (Satz ). Aber für alle r Z. Wähle insbesondere r so, daß kx hy = k(x + rh) h(y + rk) = n k < y + rk n. Sei y 0 = y + rk. D.h. 0 n k < y 0 n. Sei x 0 = x + rh. Dann ist x 0 y 0 kx 0 hy 0 =, daher x 0 = h y 0 k + y 0 k > h k. Folglich x 0 y 0 > h k F n, da ja y 0 n. Wir haben 3

4 in F n. Ist x 0 y 0 der direkte Nachfolger von h h k? Falls nicht, sei etwa k Wir haben (da sonst x 0 y 0 = h k ). Aber auch Daher y 0 k h k < h k < x 0. y 0 x 0 h y 0 k = k x 0 h y 0 y 0 k y 0 k = kx 0 hy 0 y 0 k = x 0 h y 0 k y 0 k + k k Insgesamt: ky 0 > ky 0, ein Widersruch. Satz 5. Seien h k, h k, h k Beweis. Nach Satz 4 gilt h k h k = kh hk k k k k = k + y 0 kk y 0 > n kk y 0 (da: n k < y 0 n, d.h. n < k + y 0 ) ky 0 (da n k ) der direkte Nachfolger mit drei direkt nacheinander folgende Zahlen in F n. Dann gilt h k = h + h k + k. kh hk = k h h k = Multiliziere die Gleichungen mit h und h, bzw. k und k, und wir erhalten die Gleichung auch h + h = h(k h h k ) + h (kh hk ) = h (h k hk ) + hk } h {{ h hk } 0 Da h k h k, d.h. h k hk 0. k + k = k(k h h k ) + k (kh hk ) = k (h k hk ) + k } kh {{ kh hk } 0 h + h k + k = h k Korollar 5.. Seien h k, h k direkt nacheinander folgende Zahlen in F n. Dann ist k + k > n. Beweis. Sonst wäre h+h k+k dazwischen. 4

5 . Bemerkungen über Kettenbruchzahlen Eine Bruchzahl der Art x = a 0 + a + a + a a n mit a 0 Z und a i N für i =,..., n heißt eine einfache, endliche Kettenbruchzahl. Jede rationale Zahl kann als einfache endliche Kettenbruchzahl dargestellt werden (und natürlich auch umgekehrt). Einfachheitshalber schreibt man auch Noch einfacher ist die Notation x = a 0 + a + a +. a n x = [a 0, a,..., a n ]. Eine (unendliche) Kettenbruchzahl ist dann eine Zahl der Art y = [a 0, a,... ] = a 0 + a + wobei wieder a 0 Z und a i N für i > 0. Zum Beisiel: a + a 3 + a 4 + Sei = = [,,,... ] = [, ]. y 0 = [a 0 ] = a 0, y = [a 0, a ] = a a 0 + a, y = [a 0, a, a ] = a a a 0 + a + a 0,... u.s.w. a a + Dann konvergiert die Folge y n gegen eine irrationale Zahl y. Es gilt: für alle m N ist Noch mehr: sei y n = n q n, etwa. Dann gilt y (m ) < y m < y < y m+ < y (m )+. y m+ y m < q n q n+. Insbesondere ist y n F qn näher als jede andere Zahl in F qn zu y. Dies folgt, da benachbarte Farey Zahlen der Ordnug n mindestens n n = n(n ) > n auseinander liegen. (Siehe Hardy und Wright (Kaitel X) für die entsrechenden Beweise.) 5

6 . Der Satz von Liouville Definition.4. Sei ζ R eine beliebige reelle Zahl. Die Zahl ζ wird durch Bruchzahlen zur Ordnung n aroximiert, falls eine Konstante K(ζ) existiert, mit h k ζ < K(ζ) k n für unendlich viele verschiedene Bruchzahlen h k mit ggt(h, k) =. Bemerkung. Nach Satz 3 läßt sich jede irrationale Zahl durch Bruchzahlen zur Ordnung aroximieren. Definition.5. Eine (komlexe) Zahl w C heißt eine algebraische Zahl der Ordnung n, falls ein Polynom P(x) = a n x n + + a x + a 0 Q[x] (a i Q für alle i, und a n 0) existiert, mit P(w) = 0. Falls a i Z für alle i und a n =, dann heißt w eine algebraische Integerzahl. (Offensichtlich ist r Q eine algebraische Integerzahl r Z.) Satz 6 (Liouville 85). Sei ζ R eine reelle, irrationale algebraische Zahl der Ordnung n. D.h. P(ζ) = a n ζ n + + a ζ + a 0 = 0, wobei a i Q und a n 0. Dann gibt es kein m > n, so daß ζ durch Bruchzahlen zur Ordnung m aroximiert werden kann. Beweis. Die reelle Funktion f(x) = n a i x i i=0 ist beliebig oft stetig differenzierbar. Das Intervall [ζ, ζ+] ist komakt. Folglich ist f ([ζ, ζ+]) R komakt und daher gibt es eine feste Zahl 0 < M R mit f (x) < M für alle x [ζ, ζ + ]. D.h. f (x) > M. Ein Polynom vom Grad n hat höchstens n verschiedene Nullstellen. Sei > 0 der Abstand von ζ zur nächsten Nullstelle oder die Zahl, falls keine andere Nullstelle existiert. Sei ɛ = min{ /, }. Sei nun a b eine Bruchzahl, die ζ aroximiert mit a b ζ < ɛ. Nun, ζ a b, da ζ eine irrationale Zahl ist, und folglich ist f( a b ) 0. Es gilt sogar ( a ) ( an a ) n ( a f = + + a + a 0 b b b) = a n a n + + a ab n + a 0 b n b n b n. Die letzte Ungleichung gilt, da a n a n + + a ab n + a 0 b n eine Integerzahl ungleich Null sein muß. Nach dem Mittelwertsatz der Analysis gibt es ein x zwischen a b und ζ mit ( a ) ( a ) ( a ) f = f f(ζ) = b b }{{} b ζ f (x). 0 Folglich ist f (x) 0. Aber a b ζ f ( ) a = b f (x) > Mb n. D.h. ζ kann nicht zur Ordnung höher als n aroximiert werden, da sonst unendlich viele solche Bruchzahlen auch näher als ɛ zu ζ wären. Bemerkung. Nach Roth (955) gibt es keine algebraische Zahl, die zur Ordnung > aroximiert werden kann. 6

7 3 Die Primzahlen Definition 3.. Eine Zahl N, > ist rim, falls für alle a, b N mit ab stets entweder a oder b gilt. P = {, 3, 5, 7, 3, 7, 9, 3,... } ist die Menge der Primzahlen. Satz 7. Folglich ist ggt(a, ) = für alle a N mit a < P. Beweis. Sonst wäre etwa > ggt(a, ) = b >. Insbesondere b. D.h. = bd etwa, wobei auch < d <. Aber dann wäre sowohl b als auch d. Satz 8. [Fundamentalsatz der Arithmetik] Sei < n N. Dann existieren,..., m P mit n = m, und diese Darstellung ist eineindeutig. Beweis. Falls n P, dann ist etwa n = ab, mit < a, b < n, u.s.w. Eine Induktion führt zur Faktorisierung in Primzahlen. Angenommen nun zwei verschiedene Primfaktorisierungen n = m = q q l existieren. Sei dann n die kleinste Zahl mit einer zweideutigen Primfaktorisierung. Offensichtlich ist i q j für alle möglichen i und j. Aber n = q (q q l ). Da q rim ist, ist q daher q q l. u.s.w. Letztendes muß q l ; aber dies ist auch unmöglich: ein Widersruch. Satz 9 (Euklid). P ist unendlich groß. Beweis. Sei sonst etwa P = {,..., n }, und sei m = n +. Dann ist i m für alle i =,..., n, im Widersruch zu Satz 8. Nicht ganz so trivial ist der folgende Satz. Satz 0. Sei P = { =, = 3, 3 = 5, 4 = 7, 5 =,... } die Menge der Primzahlen. Dann ist die Reihe nicht konvergent. Beweis. Für j N sei i i= P j = { =, = 3,..., j }. Für jedes x N sei dann N(x) die Anzahl der n x in N mit n für alle P j. (D.h. alle Primfaktoren von n sind nicht größer als j.) Wie groß ist N(x)? Sei n x. Schreibe n = m n, wobei m quadratfrei ist. D.h. m = b b b j j, b i = 0 oder. Offensichtlich gibt es höchstens j solche m. Auch muß n n x. D.h. N(x) j x. Andererseits, falls i konvergiert, dann sei j N so groß, daß i=j+ i <. Sei etwa n cd, wobei n c und n d (und c, d > ). Sei k = ggt(n, c). Dann ist < k < n und k n. (Warum < k? Sonst gäbe es Integerzahlen x, y mit xn + yc = xcd + yc =. Oder xd + y = /c. Unmöglich, da c > und xd + y N.) 7

8 Sei jetzt x die besondere Zahl x = j+. Nehme irgendeine Primzahl i mit i > j. Es gibt höchstens x/ i Zahlen n, die kleiner oder gleich x sind, mit i n. Nun, x N(x) ist die Anzahl der Zahlen, die kleiner oder gleich x sind, und die durch eine Primzahl größer als j teilbar sind. D.h. x N(x) i=j+ x i < x x < N(x) x < j x. Aber x = j+. D.h. j+ < j j+ = j+ ; ein Widersruch. Es gilt aber doch: Satz (Brun 99). Sei P Zwillinge die Menge der Primzwillinge. Dann ist die Reihe konvergent. P Zwillinge Beweis. Auch relativ elementar, aber zu zeitaufwendig für diese Vorlesung. 3. Der Satz von Tschebyscheff Sei π(n) die Anzahl der Primzahlen, die nicht größer als n sind. Der Primzahlsatz lautet dann π(n) lim n n =. log n Dieser Satz ist erst im Jahre 896 bewiesen worden mit einem komlizierten Beweis. (Verschiedene Ideen aus der Funktionentheorie werden verwendet.) Selbert (948) hat dann einen elementaren (aber auch ziemlich komlizierten) Beweis gefunden. Aber schon im Jahre 85 hat Tschebyscheff einen etwas schwächeren Satz bewiesen, den wir nachvollziehen werden. Satz (Tschebyscheff). Es existieren Konstanten C < C mit für alle n N. Zuerst einige Vorergebnisse: C n log n < π(n) < C n log n. Welche Eigenschaften hat die log Funktion? Seien a, b und c ositive reelle Zahlen, mit a b = c. Dann gilt b log a = log c. Außerdem gilt wobei a i > 0 für i =,..., n. n log( a i ) = i= n log(a i ),. Seien m n ositive Integerzahlen. Dann ist ( ) n n! n (n ) (n m + ) = = m m!(n m)! m (m ) stets eine Integerzahl. i= 8

9 3. Für x eine reelle Zahl, sei x die größte Integerzahl, die kleiner oder gleich x ist. Sei n N und sei P. Dann gibt es n Zahlen in der Menge {,,..., n}, die Vielfache von sind. Es gibt auch n Zahlen in {,,..., n}, die Vielfache von sind, u.s.w. Folglich ist n! = P j(n,) wobei j(n, ) = m= n m. 4. Wir definieren nun eine Funktion wie folgt. Sei x R, x > 0 beliebig. Dann ist: θ(x) = log = log. x x 5. Es gilt ( ) n = (n)! n (n!) = n + n + n } {{ n} alle 6. Für alle n N gilt log n < n. Dies folgt, da n. e n ( n) i = i! i=0 = + n + 4n + > n. Oder log(e n ) = n > log n. 7. Sei k > 0 eine reelle Zahl. Dann ist log kx lim = 0. x x D.h. für alle ɛ > 0 existiert ein x ɛ > 0, mit log kx/ x < ɛ, für alle x > x ɛ. Nehme z.b. x ɛ = 4k/ɛ 4. Dann gilt für solche x > x ɛ = 4k/ɛ 4, x < ɛ4 x 4k. Oder Oder x < k + ɛ x k Lemma (A). θ(n) < n log für alle n N. + ɛ x k + + ɛ4 x 4k + kx = e log kx < + ɛ x + ɛ x + + ɛ4 x 4 + = x eɛ. Beweis. Nach dem Binomialsatz ist (a + b) k = k l=0 ( ) k a k l b l. l Insbesondere, für den seziellen Fall a = b = und k = m + gilt m+ = ( + ) m+ = m+ l=0 ( m + l ). 9

10 Nun, m + ist ungerade; daher sind die zwei mitteleren Terme in dieser Summe gleich ( ) m + (m + ) (m) (m + ) M = =. m m! D.h. M < m+ oder M < m oder log M < m log. Sei jetzt P mit m + < m +. Dann ist sicherlich (m + ) (m) (m + ) aber m!. Insgesamt ist das Produkt Teiler von M, und folglich ist θ(m + ) θ(m + ) = m+< m+ m+< m+ log log M < m log. Das Lemma wird nun mittels Induktion über n bewiesen. Für n = oder ist Lemma A wahr. Sei daher n >. Falls n eine gerade Zahl, dann ist offensichtlich θ(n) = θ(n ), und trivialerweise gilt θ(n) = θ(n ) < (n ) log < n log. Für n ungerade gilt etwa n = m + (mit m N) und θ(n) = θ(m + ) = θ(m + ) θ(m + ) + θ(m + ) < m log + (m + ) log = (m + ) log = n log. Lemma (B). Eine Konstante C existiert mit für alle x. π(x) < C x log x, Beweis. Sei x N. Dann gilt log x < x. Für x ist auch log x 0 und Es gilt θ(x) x < x< x log x log x. (log x) (π(x) π( x)) (log x) π(x) x log( x)). }{{} sicherlich >π( x) π(x) θ(x) + x log( x) log( x) = θ(x) log( x) + x = θ(x) log x + x 4x log < log x }{{} Lemma A + x log x }{{} von oben x = (4 log + ) log x x = C log x. 0

11 Lemma (C). Sei k(n, ) = t k= ( ) n n k k, wobei t die größte Zahl ist, mit t n. Dann gilt ( ) n = k(n,). n P Beweis. Es gilt ( ) n n = (n)! (n!). Daher ist nach Vorergebnis 5 ( ) n = k(n,). n P Aber für alle x R gilt stets x x = {, falls x x /; 0, falls x x < /. D.h. k(n, ) = t k= t k= ( n n k k = t log n log ). Lemma (D). Eine Zahl C existiert, mit C n log n < π(n), für alle hinreichend große n N. Beweis. Es gilt n ( ) n = k(n,). n <n (Die Ungleichungen folgen aus Vorergebnissen 3 bzw. 5.) Oder n log k(n, ) log = <n log n log log <n log n log + log n n<<n log n log. log Aber für n < < n gilt oder D.h. log n < log < log n. t log log n t ı log n. log

12 D.h. Daher ist n log n log + log log n =. log n<<n log n log = log = log n log + log log n<<n n log n +θ(n). }{{} n log n log n da log log D.h. θ(n) n log ( n log n ) log n = n log. n Nach unserem Vorergebnis 7 gibt es ein T > 0 mit log n < log, n für n > T. D.h. θ(n) > n log /. Für n gerade und hinreichend groß, ist dann D.h. θ(n) > n 4 log. Falls n ungerade, dann ist θ(n) = θ( n ( n ) ) > log. θ(n) θ(n ) > (n ) 4 log > n log, 8 falls n >. Sei daher C = 8 log. Dann gilt θ(n) > C n für alle hinreichend große n. Aber θ(n) = n log π(n) log n. π(n) θ(n) log n > C n log n. Somit ist der Satz von Tschebyscheff bewiesen. Satz 3. Sei n die n-te Primzahl. ( =, = 3, 3 = 5, u.s.w.) Dann gibt es Konstanten C 3, C 4 mit C 3 n log n < n < C 4 n log n. Beweis. Nach Satz ist oder Andererseits ist n n = π( n ) < C log n n > n C log n > n C log n. C n log n < π( n ) = n,

13 d.h. Da gilt C < n log n n. log n lim = 0, n n log n n < C < n log n n für hinreichend große n. Insbesondere gilt hier n < n oder log n < log n. D.h. C n < n log n < n log n. D.h. n < C n log n. Satz 4. Es existiert eine Konstante C 5 mit für alle n 3. < n < C 5 log log n, Beweis. Nach Satz 3 gilt Daher ist < n C 3 n log n. < n < π(n) C 3 r log r r= n C 3 r log r r= < ( C 3 log + < n ) dt t log t C 3 log + C 3 (log log n) < C 5 log log n. 4 Der Ring der arithmetischen Funktionen Definition 4.. Eine Abbildung f : N C heißt eine arithmetische Funktion. Die Menge aller arithmetischen Funktionen wird mit A bezeichnet. f A heißt multilikativ, falls k N mit f(k) 0, und f(n)f(m) = f(nm), für alle n, m N mit ggt(n, m) =. Falls f(n)f(m) = f(nm) für alle n, m N, dann heißt f vollständig multilikativ. 3

14 Zwei abstrakte Oerationen + und werden definiert, und zwar: (f + g)(n) = f(n) + g(n), und (f g)(n) = f(d)g(n/d), d n für alle n N und f, g A. Die Oeration f g heißt die Faltung von f und g. Bemerkung. Als Übung wird gezeigt, daß das (Faltungs)rodukt von zwei multilikativen Funktionen wieder multilikativ ist. Insbesondere werden wir die folgenden Funktionen betrachten: 0(n) = 0, für alle n, ɛ(n) =, für alle n, {, falls n = η(n) = 0, sonst,, n = µ(n) = ( ) r, falls n = r und i j für i j 0, sonst. Die Funktionen ɛ, η, und µ sind offensichtlich multilikativ. Nach einer kleinen Überlegung sieht man auch, daß ɛ µ = η. Satz 5. A ist ein kommutativer Ring mit Nullelement 0 und Einselement η. Eine Funktion f A ist genau dann eine Einheit, wenn f() 0. Beweis. Daß 0 ein Nullelement ist, ist klar. Aber es gilt auch (f η)(n) = f(d)η(n/d) = f(n)η(n/n) = f(n), d n für alle f A, und n N. Daher ist η das Einselement. Man bestätigt leicht, daß die Distributivität gilt: f (g + h)(n) = f(d) (g(n/d) + h(n/d)) d n = f(d)g(n/d) + f(d)h(n/d) d n d n = (f g)(n) + (f h)(n). u.s.w. Sei nun f A, mit f() = 0. Angenommen, ein g A existiert, mit f g = η. Insbesondere wäre dann = η() = f g() = f(d)g(/d) = f()g() = 0. d Ein Widersruch. Andererseits, sei f() 0. Wir konstruieren ein h A wie folgt. Erstens wird h() = /f() festgelegt. Dadurch ist h f() = = η(). Sei nun angenommen, daß n > gegeben ist, und h(j) steht schon fest, für j < n. Dann soll gelten: 0 = η(n) = h f(n) = d n h(d)f(d/n) = h(n)f() + h(d)f(n/d). d n d < n 4

15 Sei daher h(n) = f() d n d < n h(d)f(n/d). Satz 6. Sei f A multilikativ. Dann ist f() = und das Inverse zu f ist auch multilikativ. Beweis. Es existiert zumindest ein k N, mit f(k) 0. Da stets ggt(k, ) =, gilt f(k) = f(k ) = f(k)f(). Folglich ist f() =. Da f() = 0, gibt es ein Inverses g A zu f mit g f = η. Ist g multilikativ? Dazu sei die Funktion h A definiert wie folgt. Für jedes n N sei n = e er r die eindeutige Primzahlfaktorizierung. (Daher i j für i j, und e j N für jedes j.) Dann ist h(n) = h( e er r ) = r j= g( e j j ). Die Funktion h ist offensichtlich multilikativ. Daher ist f h (als Produkt von zwei multilikativen Funktionen) auch multilikativ. Es gilt für > eine Primzahl und e N. Daher ist (f h)( e ) = (f g)( e ) = η( e ) = 0, (f h)( e er r ) = η(e er r ) = 0, da auch η multilikativ ist. Insgesamt gilt f h = η. Aber D.h. g ist multilikativ. h = η h = g f h = g η = g. Satz 7 (Möbius Umkehrformel). Sei f A und F = ɛ f. Dann ist f = µ F. Beweis. f = η f = µ ɛ f = µ F. Oder ausgeschrieben, lautet der Formel: Sei F(n) = f(d). d n Dann gilt f(n) = d n µ(d)f(n/d). Definition 4.. Für jedes n N, sei φ(n) die Anzahl der Zahlen k {,..., n} mit ggt(k, n) =. Offensichtlich ist auch φ eine multilikativ Funktion in A. Daher ist auch ɛ φ multilikativ, und für Primzahlen, und r N gilt ɛ φ( r ) = r. Denn φ( r ) = r r (nur Vielfachen von sind nicht dabei). Daher ɛ φ( r ) = r ɛ( k )φ( r k ) = + k=0 r ( k k ) = r, und wegen der Multilikativität gilt dann ɛ φ(n) = n, für alle n. D.h. nach Satz 7: k= Satz 8. Es gilt d n φ(d) = n und φ(n) = d n µ(n/d)d. 5

16 5 Kongruenzen Definition 5.. Seien n N und a, b Z. Falls eine weitere Zahl m Z existiert, mit a b = m n, dann heißen a und b kongruent modulo n, geschrieben a b mod n oder auch a b(n). Kongruenz modulo n ist eine Äquivalenzrelation. D.h. a a(n), a b(n) b a(n), a b(n) und b c(n) a c(n). Die Menge der Äquivalenzklassen wird normalerweise in der Zahlentheorie mit Z/nZ bezeichnet. Aber diese Schreibweise scheint mir zu schwerfällig hier in der elementaren Zahlentheorie. Ich werde stattdessen die einfachere Bezeichnung Z n benutzen. 3 Die n verschiedenen Äquivalenzklassen modulo n werden wir auch einfach durch die Menge {0,,..., n } beschreiben. (D.h. etwa die Zahl ist hier stellvertretend für die Äquivalenzklasse [] = {m n + : m Z}, und so weiter.) Seien a b(n) und c d(n). Dann gilt 4 a + c b + d mod n, und auch a c b d mod n. Wir können daher einfach die Äquivalenzklassen als Zahlen betrachten: Seien etwa [a] und [b] die Äquivalenzklassen, die a bzw. b enthalten. Dann gilt [a] + [b] = [a + b] und [a] [b] = [a b]. Falls eine Primzahl ist, dann ist ggt(a, ) = für alle a <. Daher existieren x, y Z mit xa + y =. D.h. xa = y oder anders geschrieben, xa (). Somit ist die Äquivalenzklasse [x] = ([a]). Insgesamt ist Z ein Körer, falls P. Falls n P, dann existiert ein a > in Z n mit ggt(a, n) = c >. Kann es sein, daß Z n ein Körer ist? Nein, denn sonst gäbe es ein d Z n mit da (n), daher da mn = für irgendein m Z: ein Widersruch. 3 Leider wird die Notation Z in der Theorie der -addischen Zahlen für etwas anderes benützt. Sie sollten daher wissen, daß es nicht üblich ist, die Restklassen modulo n durch Z n zu bezeichnen! (Traditionalerweise sagt man Restklasse statt Äquivalenzklasse. u.s.w!) 4 Seien etwa a b = m n und c d = m n. Dann ist (a + c) (b + d) = (m + m )n und ac bd = (ac bc) + (bc bd) = cm n + bm n = (cm + bm )n 6

17 5. Die Grue der Einheiten Wir interessieren uns nun zunächst für die Arithmetik von Z n, wobei n nicht notwendigerweise eine Primzahl ist. Definition 5.. Sei n N. Eine Zahl a Z n heißt eine Einheit modulo n, falls x Z n existiert mit xa (n). Die Menge aller Einheiten modulo n heißt U(Z n ). Satz 9. a U(Z n ) ggt(a, n) =. Beweis. D.h. x, y Z existieren, mit ax + ny =. Es ist üblich in der Zahlentheorie, die Anzahl der Einheiten modulo n mit φ(n) zu bezeichnen. Z.B. φ(6) =, da U(Z 6 ) = {, 5}. Aber auch φ() = für alle P. Satz 0. Für jedes n > in N ist U(Z n ) eine Grue unter Multilikation. Beweis. Seien a, b U(Z n ). Dann existieren a U(Z n ) und b U(Z n ). Daher ist b a Z n auch ein Element von Z n und wir haben (b a ) (a b) = b (a a) b = b b = []. Somit ist ab U(Z n ). Die andere Gruenaxiome sind auch trivialerweise erfüllt. Satz. Sei G eine endliche Grue mit n Elementen und sei H G eine Untergrue mit m Elementen. Dann gilt m n. Beweis. Wir definieren eine Äquivalenzrelation zwischen den Elementen von G wie folgt. a b a b H. Dies ist eine Äquivalenzrelation, denn a a, da a a = e H (wobei e das eins Element von G und H ist). a b b a, da (b a) = a b und für jedes h H ist auch h H. a b und b c gibt a c, da (a b)(b c) = a c H. Diese Äquivalenzrelation saltet G in eine Sammlung von disjunkten Äquivalenzklassen. Für jedes beliebige x G sei [x] die Äquivalenzklasse, die x enthält. Es gibt dann eine Bijektion wobei f(h) = x h, für alle h H. D.h. xh x, da (xh) x = h x x = h H, f : H [x], Seien h h H. Dann auch xh xh (denn sonst wäre x xh = x xh ; d.h. h = h ). f ist daher ein Monomorhismus. Sei y [x] beliebig. Aber x y heißt x y H und y = x (x y) = f(x y). f ist daher ein Eimorhimus. Nun, die Äquivalenzklassen sind alle disjunkt, mit gleich vielen Elementen (gleich viele wie H selbst). Folglich muß m n. Sei nun G irgendeine endliche Grue und sei a G. Wir betrachten die Menge {a, a, a 3,..., a n }, für verschiedene n N. Da G endlich ist, gibt es ein n N so, daß a n = a m für ein m < n. Aber in diesem Fall ist a n m = e. Sei s die kleinste Zahl mit a s = e. Diese Zahl s heißt die Ordnung von a in G. Aber die Teilmenge {a, a,..., a s = e} G ist sicherlich auch eine Untergrue von G, daher ist s auch Teiler der Gruenordnung (die Anzahl der Elemente in G). Angenommen, G enthält k Elemente. Da s k, können wir etwa k = s t schreiben, für ein t N. Dann gilt a k = a st = (a s ) t = e t = e. Insbesondere, wenn wir die Grue der Einheiten modulo n nehmen, dann erhalten wir: 7

18 Satz. a φ(n) (n) für jedes Element a U(Z n ). Satz 3 (Fermat s kleiner Satz). Für alle P und a N mit a gilt a (). Beweis. Dies folgt, da φ() = für P und a [a] U(Z ). Bemerkung. Dadurch erhalten wir einen raktischen (wenn doch nicht besonders zuverlässigen) Test für Primzahlen. Sei n N vorgegeben. Ist n eine Primzahl? Wenn n z.b. 000 Dezimalstellen hat, dann ist diese Frage im allgemeinen nicht so einfach zu beantworten. Andererseits gibt es die Möglichkeit, die Zahl n mod n auszurechnen. (Das Multilizieren und Potenzieren von er Potenzen kann mit Hilfe von Bit-verschiebungen in einem Comuter schnell durchgeführt werden.) Falls n doch keine Primzahl ist, dann ist es sehr, sehr wahrscheinlich, daß n (n). Das würde dann definitiv heißen, daß n keine Primzahl ist. Andererseits gibt es leider auch Zahlen n, die nicht rim sind, wobei n (n) trotzdem gilt. 5. Die Gleichung ax b mod n Betrachten wir nun die Gleichung ax b(n). Hier sind sowohl n N als auch a, b Z n vorgegeben. Gibt es dann eine Lösung x Z n? Satz 4. Sei d = ggt(a, n). Die Gleichung ax b(n) ist lösbar genau dann, wenn d b. In diesem Fall gibt es genau d verschiedene Lösungen, und zwar die (Äquivalenzklassen der) Zahlen ( n ) x 0 + k, k = 0,..., d d wobei x 0 irgendeine bestimmte Lösung ist. Beweis. Zunächst sei x 0 eine Lösung mit ax 0 b(n). Da ax 0 b = mn, für ein m Z, gilt b = ax 0 mn. Aber d a und d n, daher gilt d b. Ferner ist auch ( n ) ( a a(x 0 + k ) = ax 0 + k n ax 0 b mod n d d) eine Lösung für alle k Z. (Dies gilt, da a d N.) Seien jetzt k k in {,..., d }. Dann ist ( ( n )) ( ( n )) ( (k n ) x 0 + k x 0 + k = k ) < n, d d d da 0 k i d. Folglich ist ( n ) ( n ) x 0 + k x 0 + k d d mod n. Allgemein, sei x eine beliebige weitere Lösung, mit ax b(n). Dann ist 0 = b b a(x 0 x ) mod n n a(x 0 x ) n a d d (x 0 x ). Aber n d und a d haben keinen gemeinsamen Teiler (d ist doch der größste). Folglich ist n d x 0 x. D.h. x 0 x = k n d für ein k Z. Oder ( n ) x = x 0 k. d Aber dann gibt es ein 0 k d mit ( n ) x 0 k d ( x 0 k n ) d mod n. D.h. (x 0 k n d ) (x 0 k n d ) = (k k ) n d = mn, für ein m Z, oder k k = md. Wähle nun m so, daß k = k md {0,..., d }. Umgekehrt, sei d b. Da d = ggt(a, n), gibt es zwei Zahlen, u, v Z mit au + nv = d. Sei c = b d N. Dann ist a(cu) b mod n, denn a(cu) + ncv = aub d D.h. eine Lösung (nämlich cu) existiert. + nvb d ( ) au + nv = b = b d d d = b. 8

19 5.3 Der Chinesische Restklassensatz Satz 5. Seien m,..., m t N mit ggt(m i, m j ) =, für alle i j. Seien b,..., b t Z beliebig. Dann gibt es ein x 0 Z mit x 0 = b i (m i ) für alle i. Ferner ist x 0 + rm auch eine Lösung, für alle r Z (wobei m = m m m t ), und jede Lösung hat diese Gestalt. Beweis. Für jedes i {,..., t} sei m mi = m m i m i+ m t = n i. Nach dem Fundamentalsatz der Arithmetik ist dann ggt(m i, n i ) =. Nehme jeweils r i, s i Z mit r i m i + s i n i = und sei l i = s i n i Z. D.h. l i (m i ), aber auch l i 0(m j ) für j i, da doch n i die Zahl m j als Faktor enthält. Die Zahl x 0 = b l + + b t l t ist dann offensichtlich eine Lösung, da x 0 b i (m i ) für alle i. Sei nun r Z beliebig. Dann ist auch rm 0(m i ) für alle i, da jeweils m i m. D.h. x 0 + rm ist auch eine Lösung, für alle r Z. Gegeben eine beliebige Lösung y Z, dann gilt y x 0 0(m i ) für alle i. D.h. m i y x 0. Da die verschiedenen m i keine gemeinsamen Teiler haben, muß (nach dem Fundamentalsatz der Arithmetik) auch m = m m t y x 0. Folglich ist y = x 0 + rm, für ein r Z. 5.4 Die Struktur der Einheitengrue Satz 6. Seien wieder m,..., m t N mit ggt(m i, m j ) =, für alle i j und sei m = m m t. Dann gilt U(Z m ) U(Z m ) U(Z mt ) (das kartesische Produkt der Gruen). wobei Definition 5.3. Seien G,..., G t jeweils Gruen. Das kartesische Produkt G = G G t ist die Grue G = {(g,..., g t ) : g i G i, i} mit Multilikation Beweis. (des Satzes) Die Abbildung (g,..., g t ) (h,..., h t ) = (g h,..., g t h t ). f : U(Z m ) U(Z m ) U(Z mt ) sei wie folgt definiert. Für a U(Z m ) sei jeweils a i a(m i ). Dann ist f(a) = (a,..., a t ). Ist a i U(Z mi )? Da a U(Z m ), gibt es ein b Z m mit ab (m). Da m i m, gilt auch ab (m i ). In Z mi sei b i b(m i ), daher ist a i b i (m i ). Folglich a i U(Z mi ). Ist f ein Homomorhismus? Sei a U(Z m ) und a i a (m i ) für alle i. Dann ist Nach Satz ist f eine Bijektion. f(a a ) = (aa mod m,..., aa mod m t ) = (a a mod m,..., a t a t mod m t) = f(a)f(a ). Wir können insbesondere n = l lt t schreiben, wobei die i jeweils verschiedene Primzahlen sind und l i N. Dann ist U(Z n ) = U(Z l ) U(Z l t ). t Welche Struktur hat dann U(Z l) für P und l N? Wie wir säter sehen werden, ist U(Z l) stets eine zyklische Grue, falls >. (Die Situation für U(Z l) ist aber doch etwas komlizierter.) 9

20 6 Primitivwurzeln Definition 6.. Sei G eine endliche Grue mit n Elementen. G heißt zyklisch, falls ein Element a G existiert, mit G = {a, a a = a,..., a n = }. Das Element a heißt dann ein erzeugendes Element für die Grue. Falls U(Z n ) zyklisch ist, für ein n N mit einem erzeugenden Element a U(Z n ), dann heißt a eine Primitivwurzel modulo n. 6. Primitivwurzeln modulo, für eine Primzahl Satz 7. Für P rim ist U(Z ) stets zyklisch. Zuerst einige Vorergebnisse. Satz 8. Für alle n N gilt d n φ(d) = n. Beweis. Dies ist eigentlich ein Teil von Satz 8. Satz 9. Sei F ein Körer und seien P(x), Q(x) F[x] zwei Polynome mit n := Grad(P) = Grad(Q). Angenommen, n + verschiedene Elemente a,..., a n+ F existieren, mit P(a i ) = Q(a i ) für alle i =,..., n +. Dann ist P = Q. Beweis. Sei R(x) = P(x) Q(x). Dann ist R ein Polynom vom Grad n mit n + verschiedenen Nullstellen. Folglich ist R = 0. (Bemerkung: für jede Nullstelle, etwa a gibt es die Faktorisierung R(x) = (x a )T(x) mit Grad(T) kleiner als Grad(R), u.s.w. Allgemein: ein Polynom vom Grad n kann höchstens n verschiedene Nullstellen haben.) Satz 30. Im Körer Z gilt die Polynomgleichung x (x )(x ) (x + ) mod. Beweis. Nach Fermat s kleinem Satz ist m 0 mod, für alle m. Trivialerweise ist auch m eine Nullstelle von (x )(x ) (x + ) für alle solche m. Aber ist ein Polynom vom Grad. Satz 3 (Wilson s Satz). ( )! mod. Beweis. Betrachte den Fall x = 0 in Satz 30. x (x )(x ) (x + ) Satz 3. Sei P rim und sei d. Dann besitzt die Gleichung x d mod genau d verschiedene Lösungen. D.h. die Menge {a Z : a d mod } hat genau d Elemente. Beweis. Sei etwa = w d mit w N. D.h. (x d ) w = x. x (x d )((x d ) w + + (x d ) + x d + ) (x )(x ) (x + ) mod. Folglich hat (x d )(x d(w ) + + x d + ) immerhin verschiedene Nullstellen. Aber das Polynom x d(w ) + + x d + mit Grad d(w ) hat höchstens d(w ) verschiedene Nullstellen. Daher gibt es noch d weitere Nullstellen zum Polynom x d. Definition 6.. Sei m U(Z n ). Nach Fermat s kleinem Satz ist m φ(n) mod n. Sei d φ(n) die kleinste Zahl mit m d mod n. (Es gilt daher d φ(n).) d heißt die Ordnung von m modulo n. Falls n = P eine Primzahl, dann ist φ() =. Für alle möglichen Zahlen d mit d sei ψ (d) die Anzahl der Zahlen m U(Z ) mit Ordnung d modulo. 0

21 Satz 33. Es gilt d ψ (d) =. Beweis. Jede Zahl m zwischen und ist eine Einheit modulo, daher einmal gezählt in der Aufzählung von ψ (d), mit d die Ordnung von m modulo. Es gibt genau solche Zahlen. Satz 34. ψ (d) φ(d), für P und d. Beweis. Falls ψ (d) > 0, dann sei a U(Z ) mit Ordnung d modulo. Die Gleichung x d mod hat Grad d und die d verschiedenen Zahlen {a, a,..., a d = } sind alle Lösungen, nämlich (a k ) d = (a d ) k k = mod für alle k d. Folglich gibt es keine anderen Lösungen und jede Zahl m U(Z ) mit Ordnung d modulo ist von der Gestalt m = a k, für ein k {,..., d}. Andererseits, falls k d mit etwa d = wk, dann hat m = a k eine kleinere Ordnung als d, nämlich m w = (a k ) w = a wk = a d mod. Um den Satz zu beweisen, sei a k gegeben mit Ordnung d modulo. Sei ggt(k, d) = h N. Dann gilt = k h (a d ) k h = (a k ) d h mod. Da die Ordnung von a k modulo doch d ist, muß gelten h =. D.h. ein Element, das einmal in der Aufzählung von ψ (d) gezählt wird, wird auch gezählt in φ(d). Zusammen mit den Sätzen 8 und 33 folgt: Satz 35. ψ (d) = φ(d). Aber für P eine ungerade Primzahl, ist φ( ) > 0 (z.b. ggt(, ) = ). Die einzige gerade Primzahl ist, mit U(Z ) = {} offensichtlich auch eine zyklische Grue. Somit ist Satz 7 vollständig bewiesen. Zum Schluß, zwei (immer noch) offene Fragen in der Mathematik:. Für P, sei g die kleinste Primitivwurzel modulo. Ist g = für unendlich viele?. Es ist bekannt (Pillai 944), daß eine Konstante C > 0 existiert, wobei g > C log log für unendlich viele. Auch (Grosswald 98) g < 0,499, falls > e e4. Gibt es bessere Abschätzungen? 6. Primitivwurzeln modulo l, für 3 und l Die nächste Idee ist, zu zeigen, daß auch die Grue U(Z l) stets zyklisch ist, zumindest in dem Fall, wo eine ungerade Primzahl ist. Satz 36. Sei P, 0 < j <. Dann gilt ( j). Beweis. Daher Nun,!, aber j! und ( j)!. ( )! = j j!( j)!. ( )! = j!( j)!. j Als triviale Folgerung des Binomialsatzes erhalten wir dann: Satz 37. Für alle a, b Z gilt (a + b) a + b mod. Satz 38. Angenommen, a b mod l, für ein l N. Dann gilt a b mod l+.

22 Beweis. a b mod l heißt a b = c l, für ein c Z. D.h. a = b + c l oder wobei (c l ) A. Insbesondere l+ A. Satz 39. Angenommen l und 3. Dann gilt für alle a Z. a = (b + c l ( ) = b + b c l + A = b + ( b c l+ + A ) ( + a) l + a l mod l Beweis. Induktion über l. Der Fall l = ist einfach die Aussage, daß + a = + a. Sei daher l > und ( + a) l 3 + a l mod l. Nach Satz 38 ist ( ( + a) l 3) ( + a) l ( + a l ) mod l. Aber ( + a l ) = + a l + B, wobei B = i= ( ) (a l ) i. i Für i > (und l 3) gilt l (l )i; d.h. l (l )i. Der besondere Fall l = 3, i = ist ( ) (a 3 ) ( ) = a und daher gilt auch ( ) (a l = 3 3 ) ( ) = a. Satz 40. Wieder 3, und sei a Z mit a. Dann hat die Zahl + a die Ordnung l modulo l. Beweis. Sei r N die Ordnung von + a modulo l. Nach Satz 39 ist ( + a) l + a l mod l+ und daher ( + a) l mod l. D.h. r l und r ist eine Potenz von. Welche Potenz? Da a gilt ( + a) l + a l mod l. Daher r = l. Satz 4. Primitivwurzeln modulo l existieren, für alle ungerade Primzahlen und l N. Sei g eine beliebige Primitivwurzel modulo mit g mod. Dann ist g auch Primitivwurzel modulo l. Beweis. Sei g eine Primitivwurzel modulo. Falls g mod, sei g = g +. Dann ist g g mod auch Primitivwurzel modulo und g (g + ) g + ( )g mod + ( )g mod mod,

23 da und g. Wir können daher einfach annehmen, daß g unsere Bedingung erfüllt (g mod ). Es bleibt nur zu zeigen, daß g auch Primitivwurzel modulo l ist, für alle l. Sei nun n N irgendeine Zahl mit g n mod l. Es gilt für ein a Z. Aber g mod = g = a g mod = g = a. Nach Satz 40 hat g die Ordnung l modulo l. Aber (g n ) = ( g ) n mod l. Folglich gilt l n, oder n = c l mit c Z. Nach Fermat s kleinem Satz ist g g mod, daher auch g = (g ) g g mod, u.s.w. Insbesondere ist g l g mod. Da folgt auch g n mod l = g n mod, g n (g l ) c g c mod. Aber g ist Primitivwurzel modulo. D.h. c. Da muß gelten D.h. g ist Primitivwurzel modulo l. 6.3 Der Fall l, für l ggt(, l ) = φ( l ) = ( ) l c l = n. Es ist kein Geheimnis, daß eine Primitivwurzel modulo, und 3 eine Primitivwurzel modulo 4 ist. Satz 4. 5 l 3 + l mod l für l 3. Beweis. Induktion über l. Falls l = 3, dann ist dies die Gleichung mod 8; offensichtlich doch wahr. Sei nun l > 3 und sei 5 l 4 + l mod l. Nach Satz 38 gilt 5 l 3 = (5 l 4) = ( + l ) = + l + l 4 = + l + l 4 + l mod l, da l 4 l, für l > 3. Satz 43. Die Ordnung von 5 modulo l ist l (wobei l 3). Beweis. Sei n die Ordnung von 5 modulo l. Da 5 l + l mod l+, gilt 5 l mod l. Folglich muß n l ; insbesondere ist n eine Potenz von. Die nächstkleinste Möglichkeit ist n = l 3. Aber 5 l 3 + l mod l. 3

24 Satz 44. Für l 3 ist U(Z l) = {( ) a 5 b mod l : 0 a, 0 b < l } und diese Darstellung der Elemente von U(Z l) ist eineindeutig. Beweis. φ( l ) = l. (Die Hälfte der Zahlen, nämlich die ungeraden Zahlen, sind zu l relativ rim.) Andererseits gibt es genau l Paare der Art (a, b) mit 0 a und 0 b < l. Sind sie alle verschieden? Falls ( ) a 5 b ( ) a 5 b mod l dann ist auf jeden Fall 5 b = ( + 4) b = + 4b + 5 b mod 4. Folglich ist ( ) a ( ) a mod 4: daher a = a und 5 b 5 b mod l. D.h. 5 b b mod l, und nach Satz 43 gilt l b b. Daher b b mod l, und wir schließen, daß b = b. Satz 45. U(Z l) ist nicht zyklisch, falls l 3. Beweis. Denn nach Satz 43 hat jedes Element der Art ( ) a 5 b die Ordnung l modulo l. Satz 46. Die Zahlen n N, die Primitivwurzeln, modulo n besitzen, sind genau die Zahlen, 4, k und k, für beliebige ungerade Primzahlen und k N. Beweis. Da U(Z k) = U(Z k), gibt es auch Primitivwurzeln modulo k. Andererseits, sei n nicht von dieser Gestalt. Wir können dann schreiben n = m m mit m, m < n und ggt(m, m ) =. D.h. U(Z n ) = U(Z m ) U(Z m ), wobei U(Z i ) nicht trivial ist, für i =,. Aber eine solche Grue kann niemals zyklisch sein. Z.B. um einen Widersruch zu finden, sei doch g = (v, w) U(Z m ) U(Z m ) eine Primitivwurzel. Dann gibt es nur zwei Lösungen der Gleichung x mod n, nämlich x und x g φ(n)/ mod n. 5 Aber alle vier Elemente (, ), (, ) (, m ), (, ) (m, ) und (, ) (m, m ) sind doch verschiedene Lösungen in U(Z n ). Ein Widersruch. 7 Quadratische Rezirozität Sei P eine ungerade Primzahl und sei a. Die Gleichung, die wir in diesem Kaitel betrachten werden, ist x a mod. Gibt es überhaut eine Lösung? Falls ja, und falls a 0 mod, dann heißt a ein quadratischer Rest modulo. Falls a =, dann ist die Situation ziemlich trivial. Wir haben mod, aber auch ( ) ( ) mod. Allgemeiner, sei u ein quadratischer Rest modulo. Dann ist sicherlich auch u ( u) (( )u) mod. Da ungerade ist, ist D.h. u ( )u mod. u ( )u = u u 0 mod. Aber die Gleichung x a 0 mod kann höchstens zwei verschiedene Lösungen besitzen. Falls daher x 0 eine Lösung ist, dann gibt es nur die zwei Lösungen ±x 0. Satz 47. Für eine ungerade Primzahl gibt es quadratische Reste modulo, und die restlichen Zahlen sind infolgedessen nicht quadratische Reste modulo. 5 Die Elemente der Grue sind {g, g,..., g t,..., g φ(n) }. Für welche t gilt (g t ) = g t g φ(n) mod n? Da g eine Primitivwurzel ist, gilt doch φ(n) t, und dies ist nur möglich, falls t = φ(n)/ oder t = φ(n); d.h. g φ(n)/ und g φ(n) mod n. 4

25 Beweis. Seien U = {,,..., }, und V = { +,..., }. Falls u U, dann ist sicherlich u = u V. Auch u ( u) mod. Und u u mod. Folglich gibt es verschiedene Zahlen der Art,,..., ( ). Die restlichen quadratischen Reste ( ), ( ),..., ( ) geben die identische Menge. Daher gibt es keine weitere quadratische Reste. Definition 7.. Sei eine ungerade Primzahl, und sei a Z. Das Legendre Symbol folgt definiert. ( ) a = 0, falls a, +, falls a ein quadratischer Rest modulo ist,, sonst. ( a ) wird wie Satz 48. Sei eine ungerade Primzahl und sei a. Dann gilt: a ist quadratischer Rest modulo genau dann, wenn a mod. Beweis. Falls x a mod, dann ist Umgekehrt, sei x = ( x ) a mod. a mod. Sei g eine Primitivwurzel modulo. Sei g n a mod. Dann ist (g n ) = g ( ) n mod. Da die Ordnung von g ist, folgt ( ) n. D.h. n ist eine ganze Zahl, und daher ist n gerade. Folglich ist ( n ) g a mod. Satz 49., a wie vorher. Dann gilt ( ) a a mod. Beweis. Nach Fermat s kleinem Satz ist a mod. D.h. ) (a mod und daher a ( ) ± mod. Nach Satz 48 ist dann a ein quadratischer Rest genau dann, wenn =. Falls a, dann ist der Satz sowieso trivial. a Satz 50. ( mod 4. ) = ( ). Insbesondere ist ein quadratischer Rest modulo nur dann, wenn 5

26 Satz 5. Sei eine ungerade Primzahl, a und b. Dann ist ( ) ( ) ( ) ab a b =. Beweis. (ab) a b mod. Wir betrachten jetzt verschiedene Zahlen, der Art ka mod, für k =,,.... Jede solche Zahl ka ist entweder ositiv d.h. ka r mod mit r, oder negativ mit ka r mod und r. Oder anders gesagt, die ositiven Zahlen sind und die negativen Zahlen sind U = {,,..., } V = { +, dots, }. ( ) Satz 5 (Gauss s Lemma). Wieder a. Dann ist Zahlen (modulo ) in der Menge 6 W = {a, a,..., ( )a} ist. a = ( ) µ, wobei µ die Anzahl der negativen Beweis. Kann es sein, daß ka ±la mod, für k, l? (D.h. beide Zahlen k, l U.) Multiliziere auf beiden Seiten mit a. Dann haben wir k = ±l; aber für beide k, l U muß gelten k = +l. Sei ν = µ und sei {r,..., r ν } die Menge der ositiven Zahlen in W; dann ist { r,..., r µ } die Menge der negativen Zahlen in W. Daher muß gelten Also ist und {r,..., r ν, r,..., r µ} = {,,..., }. a a ( )a 3 ( )a r r r ν ( r ) ( r ) ( r µ) ( ) µ 3 ( ) mod ( ) a a ( ) µ mod. ( Satz 53. ) ( ) ( ) 8 ( ) mod. Mit anderen Worten: ist ein quadratischer Rest modulo genau dann, wenn ± mod 8. Beweis. {,, 3,..., demnach zwei Fälle: ( ) } = {, 4, 6,..., } sind hier die entsrechenden Zahlen. Es gibt. Falls gerade ist, dann ist µ = 4 und ( ) ( ) 4 ( ) mod.. Falls ungerade ist, dann ist µ = + 4 und ( ) ( ) 4 (+) mod. 6 Einfachheitshalber schreiben wir hier a, a, u.s.w. Aber gemeint ist natürlich stets a mod, a mod, u.s.w. 6

27 Es ist jetzt nur eine kleine Übung, zu zeigen 7, daß in beiden Fällen µ 8 ( ) mod. Satz 54 (über die quadratische Rezirozität). Seien, q P ungerade Primzahlen. Dann gilt ( ) ( ) q = ( ) ( ( ))( (q )). q Wir brauchen einige weitere Ideen, bevor wir diesen Satz beweisen können. Zuerst, ( ) um die Formeln einfacher zu gestalten, sei := und q := q. Die Berechnung von q benutzte die Zahlen kq mod. Eine andere Art, solche Zahlen darzustellen, ist die folgende. kq kq = + u k, wobei u k und u k kq mod. Für k =,..., durchläuft dann u k die Zahlen r i, i =,..., ν und r j, j =,..., µ. Wir unterscheiden die zwei Fälle:. Falls u k ositiv ist (d.h. u k ), dann schreibe u k = v k.. Falls u k negativ ist (d.h. < u k ), dann schreibe u k = w k ; daher ( w k ) und r i = w k, für ein i zwischen und µ. Sei nun R = ν r i = v k, i= (wo wir v k = 0 nehmen, falls u k negativ ist) und R = k= µ r j = µ w k. j= (Dieses mal ist w k = 0, falls u k ositiv ist.) Es gilt k= R + R = k = ( + ) = k= ( )( + ) 8 =. 8 Aber auch Daher Sei nun R + R = v k + µ w k. k= k= µ + v k w k = 8 ( ). k= k= sq S(q, ) =. s= 7 Bemerkung: sei die ungerade Zahl = n +, n N. Dann ist = 4n + 4n + und folglich ist = 4(n + n) durch 8 teilbar, egal ob n gerade oder ungerade ist. 7

28 Dann ist 8 ( )q = k q = k= = kq k= k= ( ) kq + u k = S(q, ) + k= u k = S(q, ) + v k + w k. k= k= Wir subtrahieren die zwei Gleichungen: 8 ( )(q ) = S(q, ) µ + w k. Nun, 8, und q ist gerade. Daher ist die linke Seite dieser Gleichung gerade. Außerdem ist ungerade. Daher muß gelten ( ) Satz 55. S(q, ) µ mod. D.h. q = ( ) µ = ( ) S(q,). ( ) ( ) Folglich ist q q = ( ) S(q,)+S(,q). Um Satz 54 zu beweisen, brauchen wir nun lediglich... Satz 56. S(q, ) + S(, q) = q. Beweis. Seien s, t N mit s, t q. Da und q rim sind, gilt ggt(, q) = ; da s und t q, ist s t q. Tatsächlich ist entweder s t < q ; d.h. s t q oder s t > q ; d.h. t sq Daher ist. k= q = = q q + s= t= q s= t= } {{ } s t q s= t= } {{ } t sq = = q t q sq + t= q t= s= t q + s= = S(, q) + S(q, ) s= sq t= 8

29 8 Einige Diohantinische Gleichungen Satz 57. Sei eine ungerade Primzahl ( ) und sei m, k. Angenommen, die Diohantinische Gleichung x my = k ist lösbar. Dann gilt =. m Beweis. Kann es sein, daß x? In diesem Fall wäre auch y, da m. Folglich wäre x my = k; ein Widersruch. Daher ist x, und dieselbe Idee gibt auch y. D.h. x, y U(Z ) und x my mod, oder m ( xy ) mod ; ein quadratischer Rest. Satz 58 (Thue s Satz). Sei n N keine Quadratzahl (d.h. kein m N existiert, mit m = n) und sei z Z beliebig. Dann existieren zwei Zahlen x, y Z, nicht beide gleich null, mit x, y < n und xz y mod n. Beweis. Es gilt n + > n. D.h. es gibt mehr als n Paare von Zahlen (x, y) mit x, y n +, aber nur n Zahlen in Z n. Daher gibt es zwei verschiedene Paare (x, y ) (x, y ) mit D.h. und entweder x x 0 oder y y 0 und x z y x z y mod n. (x x )z (y y ) mod n x x, y y n + < n. Satz 59. Sei eine ungerade Primzahl. Dann existieren x und y mit = x + y genau dann, wenn mod 4. Beweis. Falls = x + y = x y mod = ( xy ) mod = mod 4 (Satz 50) Andererseits, falls mod 4, dann existiert z U(Z ) mit z mod. Nach Thue s Satz gibt es x und y mit x, y < und xz y mod. = (xz) x y mod = x + y 0 mod = x + y =, da x + y < + =. ( ) m Satz 60. Sei =. Dann existieren x, y, (nicht beide null) und k mit k m und x my = k. ( ) Beweis. Da =, gibt es ein z mit z m mod. Nach Thue s Satz existieren dann x, y, nicht m beide null, x, y < und zy x mod. D.h. my x mod und daher x my = k für ein k Z. Wie gross ist k? Es gilt k = k = x my x + m y < + m = ( + m ) = k < + m = k m. 9

30 Satz 6. Sei P eine ungerade Primzahl. Dann existieren x, y Z mit x y =. Beweis. Nehme Dann ist x = +, y =. x y = (x + y)(x y) = =. ( ) Satz 6. Sei ungerade. Dann gilt = x und y existieren, mit x + y =. ( ) Beweis. = Falls = dann existiert ein z mit z mod. Nach Thue s Satz existieren x, y, nicht beide null, x, y < und zy x mod. D.h. oder y x mod x + y 0 mod. Aber x + y < + = 3. Kann es sein, daß x + y =? Dann ist x gerade, etwa x = n. Daher 4n + y =, oder y + n =. Dies ist auch eine Lösung. = x + y = x 0 y. Daher ( ) und =. ( Satz 63. Sei ungerade. Dann gilt ( xy ) mod ) = x und y existieren, mit x y =. Beweis. = ist wie oben. Für =, sei z mod. Wie immer, existieren x, y mit zy x mod oder x y = k. Was ist k? Da x < und y <, folgt k = 0 oder ±. Nun, k = 0 ist nicht möglich, da Q. Falls k =, dann setze u = x + y v = x + y. = u v = (x + y) (x + y) = x + y =. 8. Die Gleichung x + y = z Es ist sicherlich bekannt, daß diese Gleichung lösbar ist. Z.B = 5. Wir verlieren nichts, wenn wir annehmen, daß ggt(x, y) =. Für jedes n N gilt 8 entweder n 0 mod 4 oder n mod 4. Folglich ist eine der beiden Zahlen gerade, die andere ungerade. Allgemeiner gilt... Satz 64. Jede ositive Lösung von x + y = z mit ggt(x, y) = und x ist von der Art x = ab, y = a b,, z = a + b wobei beliebige Paare (a, b), die die Bedingungen: a > b > 0, ggt(a, b) =, a b mod erfüllen, genommen werden können. 8 Falls n = m gerade, dann ist n = 4m 0 mod 4. Falls n = m + ungerade, dann ist n = 4m + 4m + mod 4. 30

31 Beweis. Zuerst nehme a, b beliebig mit a > b > 0 und ggt(a, b) =, wobei a b mod. Die Gleichung x + y = (ab) + (a b ) = (a + b ) = z ist klar. Da ggt(a, b) = folgt ggt(x, y) = oder. 9 Aber y = a b, eine ungerade Zahl. Daher ist ggt(x, y) =. Sei jetzt x + y = z eine gegebene Lösung (mit unseren Bedingungen), und nehme die Integerzahlen z y. Wir haben0 und und z+y ( z y ggt, z + y ) ( x ( z y = ggt = ggt(y, z) = ggt(x, y) = ) = ( z + y + z + y, z + y z y ) ) ( z y Daher sind sie beide Quadratzahlen, und wir nehmen z + y z y a =, b =. ). 9 Summen von Quadratzahlen Wir haben schon gesehen (Satz 59), daß alle Primzahlen der Art mod 4 als Summe von zwei Quadratzahlen dargestellt werden können. In diesem Kaitel werden wir sehen, daß alle ositive Integerzahlen n als Summe n = a + b + c + d, mit a, b, c, d Z dargestellt werden können. Wir benutzen hierbei die folgende, interessante Schreibweise. Definition 9.. Sei m N. Dann ist die Menge m N die Menge aller natürlichen Zahlen, die als Summe von m Quadratzahlen erscheinen. Mit dieser Schreibweise kann Satz 59 dann wie folgt formuliert werden: Falls P mit mod 4, dann ist. Satz 65. Seien a, b = ab. Beweis. Sei etwa a = x a + y a und b = x b + y b. Dann ist (x a + y a)(x b + y b) = (x a x b + y a y b ) + (x a y b y a x b ) Satz 66. Sei P mit 3 mod 4. Dann ist. Beweis. Denn x 0 oder mod 4, für alle mögliche Integerzahlen x Z. Allgemeiner gilt 9 Ein gemeinsamer Teiler von x und y teilt offensichtlich auch z, da doch x + y = z. Folglich teilt er sowohl y + z = a als auch z y = b. Aber ggt(a, b ) =. 0 Falls u gerade und v ungerade dann ist ggt(u, v) = ggt(u + v, u v). Denn sei d = ggt(u + v, u v). Es gilt Auch d v. Aber u + v ist ungerade. Daher d u und d v. d (u + v) + (u v) = u. 3

32 Satz 67. Sei n = α α α k k, die Primfaktorzerlegung von n. Dann gilt n genau dann, wenn α i gerade ist, für alle i mit i 3 mod 4. Beweis. = Es gilt, da = +. Auch i, falls i mod 4. Aber auch j = j + 0, obwohl j 3 mod 4. Daher ist n nach Satz 65. = Wir benutzen Induktion über n. Sei n = a +b und nehme ein P mit n und 3 mod 4. D.h. a + b 0 mod. Falls a, dann ist a eine Einheit modulo und daher existiert ein w mit aw mod. Daher 0 w (a + b ) + w b mod. ( ) Folglich ist = und mod 4; ein Widersruch. Daher ist sowohl a als auch b und a + b = n. Sei nun n = n. Da n < n, ist n nach der induktiven Hyothese (und trivialerweise ist auch ). Daher ist nach Satz 65 auch n. Satz 68. x, y 4 = xy 4. Beweis. Seien x = x + x + x 3 + x 4 und y = y + y + y 3 + y 4. = x y = (x y + x y + x 3 y 3 + x 4 y 4 ) +(x y x y + x 3 y 4 x 4 y 3 ) +(x y 3 x 3 y + x 4 y x y 4 ) +(x y 4 x 4 y + x y 3 x 3 y ). Satz für alle P. ( Beweis. Wir brauchen nur den Fall 3 mod 4 zu betrachten. Für solche s gilt ( ) (Satz 50). Sei nun 0 < b < die kleinste Zahl mit =. Wir haben ( ) b = ( ) b = ( b ) ( b ) = ( )( ) = +. Daher existiert x Z mit x b mod. Nehme insbesondere ein x Z in mit ( ) ( ) x +, ( daher x <. Da b als kleinste solche Zahl gewählt worden ist, gilt b und y <. Wir haben x + y + b + b + 0 mod ) = ) = +. Sei y b mod oder x + y + = g für ein g <. Sei M = { m < : m 4 }. Es gilt dann g M. Sei h die kleinste Zahl in M. Es ist unser Ziel, zu zeigen, daß h =. Um einen Widersruch zu finden, sei angenommen, daß h >. Nun, sei h = x + x + x 3 + x 4 und nehme jeweils y i x i mod h mit h < y i h. Kann es sein, daß y i = 0, für i =,..., 4? Dann wäre h x + x + x 3 + x 4 = h. Falls x = + +, dann ist x mod. 3

33 Folglich h ; ein Widersruch. Aber 4 i= y i 0 mod h, daher 4 i= y i = kh, mit k. Es gilt k = y + y + y 3 + y 4 h 4 ( ) h = h. h Behautung: k < h, denn sonst wäre y i = h, für i =,..., 4. (Insbesondere wäre h gerade) und dann x i y i = h mod h und x i Aber das heißt h x + x + x 3 + x 4 4 ( ) h mod h. Folglich h ; ein Widersruch. Nach Satz 68 gibt es vier Integerzahlen z,..., z 4 mit ( ) h h 0 mod h. (x + x + x 3 + x 4 )(y + y + y 3 + y 4 ) = z + z + z 3 + z 4, mit z = 4 i= x iy i, u.s.w. Aber 4 i= x i = h und 4 i= y i = kh. Daher Es gilt z Allgemeiner, x i y j x j y i mod h, und so 4 z i = h k. i= 4 x i y i i= 4 i= x i 0 mod h. z z 3 z 4 0 mod h. Für jedes i =,..., 4 sei z i = u i h etwa, und dann z i = u i h. Dann gilt h k = oder k = 4 i= u i 4 ; ein Widersruch, da k < h. Insgesamt haben wir daher bewiesen... Satz = N. 4 i= Dieser Satz ist vor längerer Zeit von Lagrange bewiesen worden. Eine verallgemeinerte Frage ist die folgende. Für jedes k N sei g(k) die kleinste Zahl (falls existent), mit der Eigenschaft, daß für alle n N existieren x,..., x g(k) Z mit n = g(k) i= Was ist g(k)? Wir haben gerade bewiesen, daß g() = 4. Im allgemeinen hat Hilbert gezeigt, daß g(k) <, für alle k. Sei x i = h/ + ch = h(/ + c) mit c Z. Dann ist u i h x k i. wobei d Z. x i = h 4 + c + c «= «h + h c + c = «h + dh, 33