ELEMENTE DER ZAHLENTHEORIE UND AUFBAU DES ZAHLENSYSTEMS

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1 ELEMENTE DER ZAHLENTHEORIE UND AUFBAU DES ZAHLENSYSTEMS von Rolf Waldi

2 Inhaltsverzeichnis Kapitel I. Elementare Zahlentheorie 1 Grundlegende Regeln und Prinzipien Teilbarkeit in Z Primzahlen Vollkommene Zahlen Kongruenzrechnung Lineare Kongruenzen Der kleine Satz von Fermat Summen von Quadraten Pythagoras Tripel Kapitel II. Algebraische Grundbegriffe 1 Ringe und Körper Restklassenringe und Polynomringe Gruppen Die prime Restklassengruppe modulo p Kapitel III. Aufbau des Zahlensystems 1 Addition und Multiplikation natürlicher Zahlen Der Ring der ganzen Zahlen Die g adische Darstellung natürlicher Zahlen Die rationalen Zahlen Die reellen Zahlen Konvergente Folgen Dezimalbrüche Die komplexen Zahlen

3 Anhang A: Die Gleichung X 3 + Y 3 = Z 3 1 Teilbarkeit in Integritätsbereichen Euklidische Ringe Imaginär quadratische Zahlbereiche Der Ring Z[ 1 + i 3] Die Gleichung X 3 + Y 3 = Z Anhang B: Quadratische Irrationalzahlen 1 Reel-quadratische Zahlkörper Die Pell sche Gleichung Anwendungen der Pell schen Gleichung Kettenbrüche Periodische Kettenbrüche u. quadr. Irrationalzahlen

4 Kapitel I. Elementare Zahlentheorie 1 Grundlegende Regeln und Prinzipien Es wird vorausgesetzt, daß der Leser mit ganzen Zahlen rechnen kann und mit der Mengenschreibweise vertraut ist. Bis auf weiteres bedeuten kleine Buchstaben a, b, c,..., x, y, z ganze Zahlen, das heißt sie stehen für 1, 2, 3,... (positive ganze Zahlen) 0 (Null) 1, 2, 3,... (negative ganze Zahlen) Die natürlichen Zahlen sind bei uns die Zahlen 0, 1, 2, 3,... Ihre Gesamtheit wird mit N bezeichnet. Z steht für die Gesamtheit aller ganzen Zahlen..., 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,... Wir werden von den folgenden Regeln für das Rechnen mit ganzen Zahlen Gebrauch machen: Verknüpfungsregeln der Addition (1) (a + b) + c = a + (b + c) (Assoziativgesetz) (2) a + b = b + c (Kommutativgesetz) (3) a + ( a) = 0 ( a ist inverses Element zu a bzgl. +) (4) 0 + a = a (0 ist neutrales Element bzgl. +) Daraus ergibt sich (1.1) Satz. Jede Gleichung X + a = b mit a, b Z hat in Z eine Lösung, und nur eine. Das soll heißen: Zu jedem Paar a, b ganzer Zahlen gibt es genau eine Zahl x Z, so daß x + a = b. Beweis. Existenz: Setze x := b + ( a). Dann ist (nach den Regeln (1) bis (4)) x + a = (b + ( a)) + a = b + (( a) + a) = b + (a + ( a)) = b + 0 = 0 + b = b 3

5 Eindeutigkeit: Sei y Z beliebig mit y + a = b. Dann ist b + ( a) = (y + a) + ( a) = y + (a + ( a)) = y + 0 = y Verknüpfungsregeln der Multiplikation (5) (a b) c = a (b c) (Assoziativgestz) (6) a b = b a (Kommutativgesetz) (7) 1 a = a (1 ist neutrales Element bzgl. ) (8) a b = 0 dann u. nur dann, wenn a = 0 oder b = 0 Distributivgesetz (9) a (b + c) = (a b) + (a c) Für a + ( b) schreibt man auch a b. Dann gilt auch a (b c) = (a b) (a c) Wir verwenden gelegentlich die Abkürzungen = für daraus folgt, für genau dann wenn, und := für ist definitionsgemäß gleich. (1.2) Kürzungsregel. Aus a b = a c und a 0 folgt b = c. Beweis. a b = a c = (a b) (a c) = (a c) (a c) = 0 = a (b c) (9) = (a b) (a c) = 0 = (8) b c = 0 = c = (b c)+c = b+(( c)+c) = b+0 = b. Da für Addition und Multiplikation das Assoziativgesetz gilt, kann man sich viele Klammern sparen: Schreibe: a + b + c für (a + b) + c a b c für (a b) c Damit sind auch endliche Summen und Produkte ohne Klammern erklärbar: a 1 + a 2 + a 3 + a 4 := (a 1 + a 2 + a 3 ) + a 4. a 1 + a a n 1 + a n := (a a n 1 ) + a n a 1 a 2 a 3 a 4 := (a 1 a 2 a 3 ) a 4. a 1 a 2... a n 1 a n := (a 1... a n 1 ) a n 4

6 Durch die Regelung Punktrechnung geht vor Strichrechnung können weitere Klammern eingespart werden: a b + c d steht für (a b) + (c d) Ferner wird der Malpunkt oft weggelassen und man verwendet die abkürzende Schreibweisen k a n := a a k ; n=1 k n=1 a n := a 1 a 2... a n ; a n = a... a }{{} n-mal Wichtig ist die Formel für die endliche geometrische Reihe (1 + x + x x n 1 )(1 x) = 1 x n Beweis. (1 + x x n 1 )(1 x) = 1 + x + x x n 2 + x n 1 (x + x x n 2 + x n 1 + x n ) = 1 x n Anordnung der ganzen Zahlen. Z ist in natürlicher Weise angeordnet:... 5, 4, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, 4, 5,... Definition. a heißt kleiner als b( a < b ) wenn a in der obigen Reihung links von b steht. Schreibe auch a > b (a größer als b) falls b < a. Damit gilt offensichtlich: a > 0 genau dann, wenn a < 0. Anordnungsregeln (1) Es gilt entweder a > b oder a = b oder a < b (2) Aus a > b und b > c folgt a > c (3) Aus a > b folgt a + c > b + c (4) Aus a > b und c > 0 folgt ac > bc Schreibweisen a b steht für a > b oder a = b. a b steht für a < b oder a = b. 5

7 Definition. Für a Z definiert man den Betrag a von a als { a, falls a 0 a := a, falls a < 0 Betragsregeln (1) a 0; a = 0 a = 0 (2) ab = a b (3) a + b a + b Minimum und Maximum. Seien a 1,..., a n ganze Zahlen. Die kleinste der Zahlen a 1,..., a n heißt das Minimum und die größte das Maximum von a 1,..., a n. Schreibe dafür Min(a 1,..., a n ) bzw. Max(a 1,..., a n ) Grundprinzipien. Wir wollen das folgende Prinzip anerkennen: (P) Prinzip vom kleinsten Element. Jede nicht leere Menge A von natürlichen Zahlen besitzt ein kleinstes Element, d.h.: Es gibt ein Element a 0 A, so daß x a 0 für alle x A. Schreibe dann a 0 = MinA. Aus diesem Prinzip lassen sich weitere Grundsätze ableiten: A(x) bezeichne eine Aussage, die für eine natürliche Zahl x zutreffen kann, d.h.: Für x N gilt entweder A(x) oder A(x) gilt nicht. Beispiele a) A(x) sei die Aussage x ist eine gerade Zahl. Die Aussagen A(1), A(3), A(5) sind falsch. Die Aussagen A(2), A(4), A(6) sind wahr (richtig). b) A(x) sei die Aussage x = x(x + 1) 2 für x 1 A(x) ist für alle x 1 richtig, also allgemein gültig. (G) Prinzip vom kleinsten Gegenbeispiel. Sei A(x) eine Aussage über natürliche Zahlen x a 0. Ist A(x) nicht allgemein gültig, so gibt es dafür ein kleinstes Gegenbeispiel. Das soll heißen: Ist A(x) falsch für wenigstens ein x a 0, so gibt es eine Zahl a a 0, so daß 6

8 gilt: (1) A(a) ist falsch. (2) A(x) ist richtig für alle x N mit a 0 x < a. (G) ergibt sich leicht aus dem Prinzip vom kleinsten Element: Sei N = {x x N, x a 0 und A(x) ist falsch}. Nach Voraussetzung ist N nicht die leere Menge. Nach (P) existiert daher das Minimum a = Min N. Zeige nun, daß a die Bedingungen (1) und (2) erfüllt. Zu (1): Wegen a N ist A(a) falsch. Wegen a = MinN ist ( ) x a für alle x N. Zu (2): Sei x N mit a 0 x < a. Wegen ( ) ist dann x N. Nach Definition von N bedeutet dies, daß A(x) richtig ist. Aus dem Prinzip vom kleinsten Gegenbeispiel ergibt sich leicht das wichtigere Prinzip der vollständigen Induktion. (V) Prinzip der vollständigen Induktion. Sei A(x) eine Aussage über natürliche Zahlen x mit folgenden beiden Eigenschaften: (i) A(0) ist richtig. (ii) Für alle n N folgt aus der Richtigkeit von A(n) schon die Richtigkeit von A(n + 1). Dann ist A eine allgemein gültige Aussage, d.h. A(x) ist richtig für alle x N. Das Induktionsprinzip (V) läßt sich aus (G) herleiten: Sei A(x) eine Aussage mit den Eigenschaften (i) und (ii). Angenommen A wäre nicht allgemein gültig. Dann gibt es gemäß (G) zu A ein kleinstes Gegenbeispiel a, d.h.: A(a) ist falsch und A(b) ist richtig für alle b < a. Wegen (i) ist dann a > 0, also a 1 0 ist eine natürliche Zahl. Nach Wahl von a ist ferner A(a 1) richtig. Wende nun (ii) auf n = a 1 an: Aus der Richtigkeit von A(a 1) folgt die Richtigkeit der Aussage A((a 1) + 1) = A(a), Widerspruch! Also ist die Ausnahme A ist nicht allgemein gültig falsch, d.h. A ist allgemein gültig. Die Gültigkeit des folgenden Beweisprinzips ergibt sich ebenfalls aus dem Prinzip vom kleinsten Gegenbeispiel: Schema eines Beweises durch vollständige Induktion. Sei A(x) eine Aussage über natürliche Zahlen x mit x a 0. Es soll gezeigt werden, daß A(x) für alle x a 0 richtig ist. Dazu geht man folgermaßen vor: 7

9 (a) Man zeigt, daß A(a 0 ) richtig ist (Induktionsbeginn). (b) Man nimmt an, daß A(x) gilt für alle x N mit a 0 x n (Induktionsannahme (Induktionsbehauptung)). (c) Man schließt aus (a) und (b), daß auch A(n + 1) gilt (Induktionsschluß). Beispiele von Beweisen durch vollständige Induktion (a) A(x) sei die Aussage: x = x(x+1) 2 (a 0 = 1) Induktionsbeginn: A(1) : 1 = ist richtig. Induktionsannahme: Für alle x N mit 1 x n gilt A(x) : x = x(x+1) 2. Induktionsschluß: Nach Induktionsannahme ist A(n) richtig, d.h n = n(n+1) 2 Es folgt n+(n+1) = n(n+1) +(n+1) = n(n+1)+2(n+1) = (n+2)(n+1) 2 2 (n+1)((n+1)+1), d.h. A(n + 1) ist richtig. 2 (b) Der binomische Lehrsatz. Seien n und ν N. 2 = Fakultäten: 0! := 1; n! := (n 1)n für n 1 (1! = 1; 2! = 1 2 = 2; 3! = ( 1 ) 2 3 = 6; 4! ( = 1 ) = 24,...) n n Binomialkoeffizienten: := 1 und := n(n 1)... (n ν+1) für 0 ν ν! ν Regel. ( ) ( ) ( ) n n n (a) = 1, = 0 für ν > n und = n ν ν n! für 0 ν n ν!(n ν)! ( ) ( ) n n (b) = für 0 ν n ν n ν ( ) ( ) ( ) n n n + 1 (c) + = für ν 1 ν 1 ν ν 8

10 (d) ( ) n N. ν Beweis. ( ) n (a) = n(n 1)... (n n+1) = n (n 1)... 1 = 1 n n n ν > n = n + 1 ν = ( n + ) 1 ν 0 = n(n 1)... (n ν + 1) n enthält 0 als Faktor = = ν 0 = 0. ν! 0 ν < n = n(n 1)... (n ν + 1) = n (n 1)... (n ν+1) (n ν) = ) (n ν) n! (n ν)! = ( n ν (b) Nach (a) ist (c) = n! (n ν)!ν! ( ) n ν ( ) n! n = (n ν)!ν! ν ( ) ( ) n n + ν 1 ν = n! ν!(n ν)! und = n(n 1)... (n (ν 1)+1) (ν 1)! ( ) n n ν = n! (n ν)!(n (n v))! }{{} ν + n(n 1)... (n ν+1) ν! = n(n 1)... (n (ν 1)+1) (ν+n ν+1) = n(n 1)... (n ν+2)(n+1) = (n+1)n... ((n+1) ν+1) ν! ν! ν! = ( n + 1 ν ) (d) Beweise die folgende Aussage A(m) für alle natürlichen m durch Induktion nach m: ( A(m): ) Für alle Paare n, ν natürlicher Zahlen mit n + ν = m ist n N. ν Induktionsbeginn: m = 0 = n = ν = 0 = ( ) n = ν = ( ) 0 = 1 N 0 Induktionsannahme: ( ) A(x) ist richtig für alle x N mit x m, d.h.: n N für alle Paare n, ν N mit n + ν m. ν 9

11 Induktionsschluß: Seien ( ) n, ν natürliche Zahlen mit n + ν = m + 1. n Es ist zu zeigen, daß N. ( ν ) ( ) n 0 Nach Definition ist = 1 N, und = 0 für alle ν 1 0 ν nach (a). Also kann man annehmen, daß n 1 und ν 1, insbes. m 1. Dann sind n 1, ν 1 und n 1, ν Paare natürlicher Zahlen mit (n 1) + (ν 1) = m 1 m( und (n ) 1) + ( ν = ) m m. n 1 n 1 Nach Induktionsannahme sind daher und aus N. ( ) ( ) ( ν 1 ) ν n n 1 n 1 Aus Regel (c) folgt: = + N. ν ν 1 ν 1.4 Der binomische Lehrsatz. Sei n 1 ganz. Dann gilt für alle a, b Z (a+b) n = n ν=0 ( ) ( ) n n a n ν b ν = a n +na n 1 b+...+ a n ν b ν +...+nab n 1 +b n ν ν Beweis. Durch Induktion nach n. Induktionsbeginn: (a + b) 1 = a + b = ( ) 1 a + 0 ( ) 1 b 1 Induktionsannahme: 1.4 sei bewiesen für alle Exponenten 1 x n: (a + b) x = x ν=0 ( ) x a x ν b ν für alle x N, x n ν 10

12 Induktionsschluß: (von n auf n + 1) n ( ) n (a + b) n+1 = (a + b)(a + b) n = (a + b) a n ν b ν = ν ν=0 n ( ) ( n n 1 ( ) ) n = (a n+1 + aa n ν b ν ) + a n ν bb ν + b n+1 ν ν ν=1 ν=0 n ( ) ( n ( ) ) n n = a n+1 + a n+1 ν b ν + a n (ν 1) b ν + b n+1 ν ν 1 ν=1 ν=1 n [( ) ( )] n n = a n a (n+1) ν b ν + b n+1 ν ν 1 ν=1 n ( ) n + 1 = a n+1 + a (n+1) ν b ν + b n+1 ν ν=1 n+1 ( ) n + 1 = a (n+1) ν b ν ν ν=0 Dabei gilt die vorletzte Gleichung wegen 1.3c. Anmerkung. Da die für a und b verwendeten Rechenregeln (1) bis (9) auch für reelle Zahlen a und b gelten, ist der binomische Lehrsatz auch für a, b R richtig. 11

13 2 Teilbarkeit in Z Bis auf weiteres stehen kleine Buchstaben für ganze Zahlen. Teilbarkeit. Sei a 0. Eine Zahl b heißt durch a teilbar, wenn es ein q gibt mit b = qa. Wir sagen dann auch: a teilt b (ist ein Teiler von b) und b ist ein Vielfaches von a. Wir schreiben dafür: a b. Wenn a die Zahl b nicht teilt, schreiben wir: a b. Ist a b und b = qa, so ist q = b eindeutig durch das Paar a, b bestimmt. a Die trivialen Teiler von b sind ±b und ±1(b = 1 b = b 1 und b = ( 1)( b) = ( b)( 1)). 2.1 Regel (a) Aus a b folgt a b und a b und a b und a b. (b) Aus a b und b c folgt a c. (c) Aus a b und c d folgt ac bd (insbes.: a b = ac bc). (d) Aus a b und a c folgt a bx + cy für beliebige x, y. (e) Aus ac bc und c 0 folgt a b. Beweis. (a) b = qa = b = ( q)a, b = ( q)( a), b = q( a), b = q a (b) b = qa, c = rb = c = r(qa) = (rq)a = a c (c) b = qa, d = rc = bd = (qa)(rc) = (qr)(ac) = ac bd (d) b = qa, c = ra = bx + cy = qax + ray = (qx + ry)a (e) bc = q(ac), c = b = qa = a b Ist a 0, so kann man b durch a immer mit Rest dividieren. 2.2 Division mit Rest. Sei a 0 und b beliebig. Dann gibt es zu a, b genau ein Zahlenpaar q, r mit ( ) b = qa + r und 0 r < a 12

14 (a b r = 0). Man nennt q den unvollständigen Quotienten von b durch a, und r den Divisionsrest (Rest bei der Division von b durch a). Beweis. 1. Existenz. Es genügt, dies für a > 0 zu zeigen, denn: Wenn a < 0, so ist a > 0. Aus b = q( a) + r mit 0 r < a = a folgt: b = qa + r, wobei q := q. Für u 0 = b ist b u 0 a = b + b a 0. Also ist die Menge M := {b ua u Z und b ua 0} N nicht leer. Nach dem Prinzip vom kleinsten Element existiert somit eine kleinste natürliche Zahl r der Form r = b qa, q Z. Wegen der Minimalität von r ist r a = b (q + 1)a < 0, also r < a. Damit ist, wie gefordert b = qa + r und 0 r < a. 2. Eindeutigkeit. Sei b = qa + r = q a + r mit 0 r < a und 0 r < a. Dann ist (q q )a = r r und r r < a. Es folgt q q = 0, und r r = 0 a = 0, also r = r. Der größte gemeinsame Teiler von zwei Zahlen. 2.3 Bemerkung. Ist a 0 und b a, so ist b a. Insbesondere kommen als Teiler von a nur die endlich vielen Zahlen ±1, ±2,..., ±a in Frage. Beweis. b a = a = qb, q 0, da a 0 = q 1 = a = q b b. Nach dieser Bemerkung gibt es einen größten gemeinsamen Teiler von zwei Zahlen a, b, welche nicht beide Null sind. Schreibe für den größten gemeinsamen Teiler (a, b) oder ggt (a, b). Mit anderen Worten: Der größte gemeinsame Teiler (a, b) von a und b ist die eindeutig bestimmte natürliche Zahl d mit folgenden Eigenschaften: (i) d a und d b (ii) Gilt t a und t b, so ist t d. Ist (a, b) = 1 so heißen a und b teilerfremd. In der Tat sind dann +1 und 1 die einzigen gemeinsamen Teiler von a und b. 2.4 Satz. Seien a und b nicht beide 0 und d = (a, b). Dann gilt: 13

15 (a) d ist die kleinste positive Zahl der Form ax + by. (b) Ist (a, b) = 1, so gibt es Zahlen x und y mit ax + by = 1 (c) Ist t gemeinsamer Teiler von a und b, so ist t ein Teiler von d. Beweis. M + = {ax + by x, y ganz und ax + by > 0} ist nicht leer, da a 2 + b 2 M +. Sei δ = MinM +. Zeige zunächst: (1) δ a und δ b (2) t a und t b = t δ Sei δ = ax + by Zu (1) Dividiere a durch δ mit Rest: a = qδ + r, 0 r < δ = r = a qδ = a q(ax + by) = a(1 qx) + b( qy) = ax + by. Es folgt r = 0, da δ = MinM +, und a = qδ, d.h. δ a. Analog zeigt man, daß δ b. Zu (2) t a und t b = 2.1 t ax + by = δ Speziell gilt (2) für t = d = d δ = d δ. Nach (1) ist δ gemeinsamer Teiler von a und b, somit δ d. Es folgt d = δ, und (a) ist bewiesen. (b) folgt aus (a). Wegen (2) und δ = d gilt auch (c). 2.5 Korollar. M = {ax + by x, y Z} ist die Menge der Vielfachen von (a, b). Beweis. (a, b) = d a und d b = 2.1 d ax + by, d.h. ax + by ist Vielfaches von d. Nach 2.4 ist d von der Form d = ax 0 + by 0. Sei v = qd Vielfaches von d = v = a(qx 0 ) + b(qy 0 ) M. Das kleinste gemeinsame Vielfache von zwei Zahlen. b heißt Vielfaches von a, wenn a b. Definition. Seien a > 0 und b > 0. Eine Zahl m heißt kleinstes gemeinsames Vielfaches von a und b, wenn m das kleinste unter den gemeinsamen 14

16 positiven Vielfachen von a und b ist (es gibt solche Vielfache, etwa ab). Schreibe dafür kgv (a, b). 2.6 Bemerkung. Seien a > 0 und b > 0. Dann gilt: Aus a n und b n folgt kgv (a, b) n. In Worten: Jedes gemeinsame Vielfache von a und b ist ein Vielfaches von kgv (a, b). Beweis. Sei m = kgv (a, b). Division mit Rest ergibt n = qm + r, 0 r < m. = r = n qm = 2.1 a r und b r = r = 0 nach Definition von m. 2.7 Satz. Seien a > 0 und b > 0. Dann gilt (a, b)kgv (a, b) = ab. Beweis. Sei m = kgv (a, b). Aus a ab und b ab folgt nach 2.6: m ab und g = ab ist ganz. Es ist zu zeigen, daß g = (a, b). m a = g m, b = g m mit m, m Z, also gilt b a a b (1) g a und g b. Aus t a und t b folgt b t, a t Z und a a b t, b b a t Also ist gezeigt: 2.6 = m ab t (2) Aus t a und t b folgt t g, insbesondere t g. Aus (1) und (2) ergibt sich: g = (a, b). = t ab m = g Nach Satz 2.7 können wir den Begriff kgv eigentlich wieder vergessen. Wir notieren noch 2.8 Regeln für den größten gemeinsamen Teiler. Sei a 0. (a) 1 (a, b) Min( a, b ) falls auch b 0 (folgt aus 2.3) (b) (a, 1) = 1 (folgt aus a)) (c) (a, 0) = a, ( a, b) = (a, b) = (b, a) (klar) (d) Für c > 0 ist (ac, bc) = c (a, b) (e) ( a, b ) = 1 (a,b) (a,b) (f) (a, b + ax) = (a, b) für alle x (g) b a = (a, b) = b 15

17 (h) a bc und (a, b) = 1 = a c Beweis. d) d = (a, b) a und d b = dc ac und dc bc = 2.4 dc (ac, bc) =: δ c ac und c bc = 2.4 c δ = δ ist ganz. Es folgt: δ ac = δ a und c c δ bc = δ b c δ a und δ b = 2.4 δ d = δ dc c c c dc δ und δ dc = dc = δ e) (a, b) = ( a b d) (a, b), (a, b)) = (a, b)( a (a,b) (a,b) Kürzen ergibt die Behauptung. (a,b), b ) (a,b) f) t a und t b = 2.1 t a und t b + ax = 2.1 t a und t (b + ax) ax = b. Also haben die Paare a, b und a, b+ax die gleichen gemeinsamen Teiler = (a, b) = (a, b + ax) g) a = bq = (a, b) = (bq, b 1) = d) b (q, 1) = b) b. c) h) c = 0 = a c. c 0, a ac, a bc = a (ac, bc) = c (a, b) = c = a c. 2.9 Der euklidische Algorithmus zur Bestimmung des größten gemeinsamen Teilers von a und b. Nach 2.8 können wir annehmen, daß a > b > 0. Man erhält (a, b) nach dem folgenden Verfahren: Setze a 0 := a und a 1 := b. 1. Schritt. Dividiere a 0 durch a 1 mit Rest: a 0 = q 0 a 1 + a 2 mit 0 a 2 < a 1 Bleibt kein Rest, so ist a 1 a = (a, b) = (a 0, a 1 ) = a 1 = b. Sonst gilt 0 < a 2 < a 1 < a Schritt. Dividiere a 1 durch a 2 mit Rest: a 1 = q 1 a 2 + a 3, 0 a 3 < a 2 Solange ein Rest bleibt fährt man fort und kommt zum k ten Schritt. Es ist 0 < a k < a k 1 <... < a 1 < a 0. 16

18 k ter Schritt. Dividiere a k 1 durch a k mit Rest: a k 1 = q k 1 a k + a k+1, 0 a k+1 < a k Wegen 0 a k+1 < a k <... < a 1 < a 0 = a muß das Verfahren abbrechen (und zwar nach höchstens a Schritten), d.h.: Es gibt eine Zahl n 1, so daß (i) a k 1 = q k 1 a k + a k+1, 0 < a k 1 < a k für 1 k n 1 (ii) a n 1 = q n 1 a n (also a n a n 1 und daher (a n, a n 1 ) = a n ). Nach Regel f) gilt: (a k, a k 1 ) = (a k+1 + q k 1 a k, a k ) = (a k+1, a k ) für 1 k n 1. Also ist Fazit. (a, b) = (a 1, a 0 ) = (a 2, a 1 ) =... = (a n, a n 1 ) = a n (1) Ist b a, so ist (a, b) = b. (2) Ist b a, so ist (a, b) der letzte Divisionsrest, der beim euklidischen Algorithmus auftritt. Rechenbeispiel. a = 531, b = 93 (siehe 2) 531 = = = = letzter Divisionsrest 12 = 4 3 Also ist (531, 93) = 3. Sind a > 0 und b > 0 teilerfremd, so gibt es nach 2.4 b) Zahlen x und y, so daß ax + by = 1 ist. Mit Hilfe des euklidischen Algorithmus kann man solche x, y leicht berechnen. Verfahren zur Lösung der Gleichung ax + by = 1, wenn (a, b) = 1 ist. 17

19 1. Schritt. Führe den euklidischen Algorithmus für a, b durch (o.e. a > b). Erhalte Gleichungen (a 0 = a, a 1 = b). a 0 = q 0 a 1 + a 2 a 1 = q 1 a 2 + a 3. a k 2 = q k 2 a k 1 + a k. a n 2 = q n 2 a n 1 + a n a n = (a, b) a n 1 = q n 1 a n Im Falle (a, b) = 1 ist dabei a n = 1, q n 1 = a n Schritt. Bestimme rekursiv von unten nach oben für k = n, n 1,... z. Zahlen x k, y k, so daß ( ) x k a k 2 + y k a k 1 = 1 Beginn der Rekursion. k = n : 1 a n 2 + ( q n 2 )a n 1 = 1. Im Fall k = n = 2 ist man fertig. Sei nun n k 3 und seien x k, y k mit der Eigenschaft ( ) schon bestimmt. Setze die Gleichung aus dem Euklidischen Algorithmus a k 1 = a k 3 q k 3 a k 2 in ( ) ein und erhalte 1 = x k a k 2 + y k (a k 3 q k 3 a k 2 ) = (x k y k q k 3 )a k 2 + y k a k 3 = x k 1 a k 3 + y k 1 a k 2 Am Ende erhält man für k = 2 1 = x 2 a 0 + y 2 a 1 = x 2 a + y 2 b Rechenbeispiel. Zeige, daß (97, 44) = 1 und löse 97x + 44y = 1 97 = = = = = = Aus 1 = und 8 = folgt 1 = Aus 1 = und 9 = folgt 1 = Fazit: x = 5, y = 11 ist eine Lösung der Gleichung 97x + 44y = 1. 18

20 3 Primzahlen Die Zahl 1 hat nur einen positiven Teiler, nämlich 1. Jede Zahl a > 1 hat mindestens zwei positive Teiler: 1 und a. Definition. Eine Primzahl ist eine Zahl a > 1, welche nur die Teiler 1 und a hat. Beispiele. 2, 3, 5, 7, 11 sind Primzahlen. Im Folgenden ist der Buchstabe p den Primzahlen vorbehalten; ebenso bedeuten p 1, p 2,... oder p, p j, p j,... stets Primzahlen. 3.1 Satz. Jedes a > 1 ist als Produkt von Primzahlen darstellbar (Primfaktorzerlegung von a): a = p 1 p 2... p r = r p n, r 1 Beweis. Für a = p ist die Aussage offenbar wahr. Wir beweisen 3.1 durch vollständige Induktion nach a. n=1 Induktionsbeginn. a = 2 ist eine Primzahl. Induktionsannahme. Sei a 3 und 3.1 bereits bewiesen für alle b mit 1 < b < a. Induktionsschluß. Ist a Primzahl, so ist 3.1 richtig für a. Sonst gibt es eine Zerlegung a = a 1 a 2 mit 1 < a 1 < a und 1 < a 2 < a. Nach Induktionsannahme haben a 1 und a 2 eine Primfaktorzerlegung; also gilt dies auch für a = a 1 a 2. Frage: Wieviele Primzahlen gibt es? 3.2 Satz. (Euklid) Es gibt unendlich viele Primzahlen. Beweis. Es ist zu zeigen: Zu jeder endlichen Menge von Primzahlen kann man eine weitere Primzahl finden. Seien also r 1 paarweise verschiedene Primzahlen p 1... p r vorgegeben. Setze a := 1 + p 1... p r Dann ist a > 1 und p 1,..., p r sind keine Teiler von a (denn sonst wäre etwa p i ein Teiler von 1 = a p 1... p r, Widerspruch.) Nach 3.1 ist aber a durch 19

21 wenigstens eine Primzahl p teilbar. Diese kommt in der Menge {p 1,..., p r } nicht vor. 3.3 Regel. (a) Aus p a folgt (p, a) = 1 (b) Aus p ab folgt: p a oder p b. (c) Für q > 1 gelte: Aus q ab folgt q a oder q b. Dann ist q eine Primzahl. r (d) Aus p a n folgt: p a n für mindestens ein n. (e) Aus p Beweis. n=1 r p n folgt: p = p n für mindestens ein n. n=1 (a) p hat nur die positiven Teiler 1 und p und p a. Es folgt (p, a) = 1. } (b) p a = (a) (p, a) = = p b. p ab (c) Ist q > 1 keine Primzahl, so schreibt sich q nach 3.1 in der Form q = p r, p Primzahl, r 2. Also ist q q = pr und q > p, q > r. Es folgt q p und q r. (d) folgt aus (b) durch Induktion. (e) p r p n n=1 (d) = p p n für ein n = p = p n, da p 1 und 1 und p n die einzigen positiven Teiler von p n sind. 3.4 Bemerkung. Wegen Regel 3.3(b) und (c) hätte man Primzahl auch so definieren können: Eine Zahl p > 1 heißt Primzahl, wenn gilt: Aus p ab folgt: p a oder p b. 3.5 Satz. Die Zerlegung jeder Zahl a > 1 in ein Produkt von Primzahlen ist (bis auf die Reihenfolge der Faktoren) eindeutig. 20

22 Beweis. Es genügt zu zeigen: Aus a = r p n = r p n mit p 1 p 2... p r und p 1 p 2... n=1 n=1 p r folgt: r = r und p n = p n für alle n, 1 n r. Beweis durch Induktion nach a. Induktionsbeginn. Für a = 2 muß offenbar r = r = 1 und p 1 = p 1 = 2 sein. Induktionsannahme. Sei a > 2 und die Behauptung bereits bewiesen für 2, 3,..., a 1. Induktionsschluß. Ist a eine Primzahl, so ist r = r = 1 und p 1 = p 1 = a, denn a hat keine echten Teiler (dies sind die von ±1 und ±a verschiedenen Teiler). Andernfalls sind r > 1 und r > 1 und p 1 r r p n, p 1 p n. n=1 Nach 3.3(e) gibt es dann n, m mit p 1 = p n und p 1 = p m. Wegen p 1 p n = p 1 p m = p 1 folgt p 1 = p 1. Wegen 1 < p 1 < a folgt 1 < a p 1 = n=1 r r p n = p n =: a < a, also 1 < a < a n=2 n=2 Wende die Induktionsannahme an auf a und erhalte r = r und p n = p n für 2 n r. p 1 = p 1 wurde bereits gezeigt. Damit ist alles bewiesen. Man kann in der Primfaktorzerlegung noch gleiche Faktoren zusammenfassen und erhält: 3.6 Korollar. Jede Zahl a > 1 besitzt genau eine Zerlegung a = p m 1 1 p m p mr r, p 1 < p 2 <... p r ; m ρ 1 für ρ = 1,..., r. (Wir sprechen auch von der kanonischen Zerlegung von a.) 21

23 3.7 Bemerkung. Sei a = r n=1 p mn n sind die gesamten positiven Teiler von a die Zahlen die kanonische Zerlegung von a > 1. Dann r p ln n, wobei 0 l n m n für 1 n r. n=1 Insbesondere besitzt a genau r n=1 (m n + 1) verschiedene positive Teiler. Beweis. Offenbar sind die angegebenen Zahlen Teiler von a; sie sind nach 3.6 paarweise verschieden; also stimmt die Anzahlaussage, falls a keine weiteren positiven Teiler hat. Ist nun d a, also a = dq, so gehen in d und in q nur Primzahlen auf, die auch in a aufgehen. Also gilt d = r p l n n, q = n=1 r n=1 p k n n = r n=1 p l n+k n n = dq = a = r n=1 p m n n. Wegen der Eindeutigkeit der Zerlegung folgt m n = l n + k n. Also ist 0 l n = m n k n m n für n = 1,... r. Wenn die Primfaktorzerlegungen von a 1, b 1 schon vorliegen, so läßt sich (a, b) leicht bestimmen, ohne den euklidischen Algorithmus zu bemühen. 3.8 Satz. Seien p 1,... p r die verschiedenen Primteiler von ab, a > 1 und b > 1. Dann kommen auch in den Zerlegungen von a bzw. b höchstens die Primzahlen p 1,..., p r vor. Schreibe: Dann gilt: a = p l p l r r, b = p m p m r r, l n 0, m n 0. (a) (a, b) = p Min(l 1,m 1 ) 1... p Min(l r,m r ) r (b) kgv (a, b) = p Max(l 1,m 1 ) 1... p Max(l r,m r ) r Beweis. 22

24 (a) Nach dem Beweis von 3.7 sind die positiven Teiler von a bzw. b die Zahlen r p k n n, 0 k n l n für alle 1 n r, bzw. n=1 r n=1 p k n n, 0 k n m n für alle 1 n r. Die gemeinsamen positiven Teiler von a und b sind also die Zahlen r n=1 p k n n mit 0 k n Min(l n, m n ) für alle 1 n r Die größte dieser Zahlen ist offenbar r n=1 p Min(ln,mn) n. (b) folgt aus (a) und der Formel kgv (a, b) (a, b) = ab, denn Min(l n, m n ) + Max(l n, m n ) = l n + m n. Der größte gemeinsame Teiler von mehr als zwei Zahlen. Bezeichnung. Sind die Zahlen a 1,..., a r (r 1) nicht alle 0, so wird ihr größter gemeinsamer Teiler mit (a 1,..., a n ) bezeichnet. δ = (a 1,..., a r ) ist also die größte ganze Zahl mit δ a 1,..., δ a r 1 und δ a r. 3.9 Satz. Seien a 1 > 0,..., a r > 0, r 2. Dann gilt (a) (a 1,..., a r ) = ((a 1,..., a r 1 ), a r ) (b) Jeder gemeinsame Teiler von a 1,..., a r teilt (a 1,... a r ). Beweis. (Induktion nach r). Für r = 2 ist (a) trivial und (b) gilt nach 2.4. Induktionsannahme. Sei r 3, (a) und (b) bewiesen für alle k mit 2 k r 1. Induktionsschluß. Ist t gemeinsamer Teiler von a 1,..., a r, so auch von a 1,..., a r 1. Nach Induktionsannahme (b) ist daher t ein Teiler von (a 1,..., a r 1 ) = a. Ferner gilt t a r. Nach (2.4) ist daher t (a, a r ) = ((a 1,..., a r 1 ), a r ). Setze δ := ((a 1,..., a r 1 ), a r ). Wegen t δ ist t δ. Ferner gilt: δ (a 1,..., a r 1 ) und δ a r und daher δ a 1,..., δ a r 1 und 23

25 δ a r, d.h.: δ ist gemeinsamer Teiler von a 1,..., a r. Damit ist gezeigt, daß δ der größte gemeinsame Teiler von a 1,..., a r ist, und (a) ist bewiesen. Im Beweis haben wir gesehen, daß jeder gemeinsame Teiler t von a 1,..., a r auch δ teilt. Damit ist auch (b) bewiesen Korollar. Unter den Voraussetzungen von 3.9 ist (a 1,..., a r ) die kleinste positive Zahl, welche sich in der Form schreibt a 1 x a r x r mit x 1,..., x r Z. Beweis. (Induktion nach r.) Für r = 2 wurde dies in 2.4 gezeigt. Nach Induktionsannahme ist δ := (a 1,..., a r 1 ) die kleinste positive Zahl der Form δ = a 1 y a r 1 y r 1. Ferner ist nach Induktionsbeginn δ = (a 1,..., a r ) = ((a 1,..., a r 1 ), a r ) = (δ, a r ) von der Form δ = δ x + a r x r. Es folgt: δ = a 1 (y 1 x) a r 1 (y r 1 x) + a r x r ist von der gewünschten Gestalt. Ist d = a 1 x a r x r > 0 mit x 1,..., x r Z, so ist wegen δ a 1,..., δ a r auch δ d, also δ d. Mit Hilfe von 3.9 kann man auch (a 1,..., a r ) für r 3 (iterativ) mit Hilfe des euklidischen Algorithmus bestimmen. (a 1, a 2, a 3 ) = ((a 1, a 2 ), a 3 ) (a 1, a 2, a 3, a 4 ) = (((a 1, a 2 ), a 3 ), a 4 ) usw. Wir erwähnen noch ohne Beweis: 3.10 Korollar. Seien p 1,..., p s die verschiedenen Primteiler des Produkts a 1... a r von positiven Zahlen a 1,..., a r und a n = p l 1,n 1... p l s,n s, l m,n 0 für 1 m s, 1 n r. Setze l m := Min(l m,1,..., l m,r ), 1 m s. Dann gilt (a 1,..., a r ) = p l p ls s. 24

26 Sei a > 0 4 Vollkommene Zahlen T (a) bezeichnet die Anzahl der positiven Teiler von a. S(a) bezeichnet die Summe der positiven Teiler von a. Es ist also T (1) = S(1) = 1. Jede Zahl a > 1 hat eine eindeutige Darstellung a = p a p l p, wobei l p 1, falls p a. Im 3 haben wir gesehen: Die positiven Teiler von a sind die Zahlen der Form ( ) p m p, wobei 0 m p l p für p a. p a Insbesondere gilt deshalb und wegen der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung für a > 1 T (a) = p a (l p + 1). Es folgt: T (ab) = T (a)t (b) falls a, b 1 und (a, b) = Satz. S(a) = p a p l p+1 1 p 1 Insbesondere: S(ab) = S(a)S(b), wenn (a, b) = 1. Beweis. Nach der Formel für eine endliche geometrische Reihe gilt (vgl. 1): l p m p =0 p mp = plp+1 1 p 1 Wegen ( ) folgt p a p l p+1 1 p 1 = p a l p m p=0 p mp = 25 0 m p l p p a p a mp ( ) p = t = S(a) t a t>0

27 Dabei gilt das zweite Gleichheitszeichen nach dem Distributivgesetz. Eine Zahl a heißt gerade, falls 2 a und ungerade, falls 2 a. Definition. Eine Zahl a > 1 heißt vollkommen, wenn a mit der Summe seiner Teiler t a übereinstimmt, wenn also S(a) = 2a. Beispiele. 6 = und 28 = sind vollkommen. Sie sind die einzigen vollkommenen Zahlen 30. (Man prüfe das nach.) Frage 1. Wieviele vollkommene Zahlen gibt es? Es ist 6 = und 28 = mit Primzahlen 3 = und 7 = Beide vollkommenen Zahlen 30 sind also gerade und von der Form a = p(p + 1) 2 mit einer Primzahl p = 2 n 1, n N. Wie der nächste Satz zeigt, ist dies kein Zufall. 4.2 Satz. Ist p = 2 n 1, n N eine Primzahl, so ist p(p+1) 2 eine vollkommene gerade Zahl. Sonst gibt es keine vollkommenen geraden Zahlen. Beweis. a = p(p+1) = 2 n 1 (2 n 1) = 2 n 1 p ist die kanonische 2 Zerlegung von a. Die verschiedenen Primteiler von a sind 2 und p. Nach 4.1 ist daher 2 = (2n 1)2 n S(a) = 2n p2 1 p 1 = (2n 1)(p + 1) = p(p + 1) = 2a Sei umgekehrt a gerade und vollkommen. Dann schreibt a in der Form a = 2 n 1 u, wobei n > 1 und u ungerade ist. Nach 4.1 gilt 2 n u = 2a = S(a) = 2n S(u) = (2n 1)S(u) Es folgt: S(u) = 2n n = u + u. 2 n 1 2 n 1 u Insbesondere ist = S(u) u ganz, also ist t 2 n 1 0 = u ein Teiler von u. 2 n 1 Wegen n > 1 ist 2 n 1 > 1 und t 0 ist ein von u verschiedener Teiler von u. S(u) = u + t 0 = t u Also hat u nur zwei Teiler, nämlich u und t t = u + t u t u t

28 Es folgt: u ist eine Primzahl und t 0 = 1. = u = 2 n 1, u ist eine Primzahl und a = 2 n 1 u = (u+1) u = (u+1)u. 2 2 Definition. Die Primzahlen der Form p = 2 n 1 heißen Mersennesche Primzahlen. Gäbe es unendlich viele Mersennesche Primzahlen, so gäbe es auch unendlich viele vollkommene Zahlen. Frage 2: Gibt es unendlich viele Mersennesche Primzahlen? Diese Frage kann bis heute nicht beantwortet werden = 3 und = 7 sind Primzahlen, = 15 ist keine = 31; = 63 keine Primzahl, = 127 Primzahl. Man könnte vermuten: 2 n 1 ist Primzahl n ist Primzahl. Dies ist falsch: = 2047 = ist zusammengesetzt. Beispiel einer sehr großen Mersenneschen Primzahl: ist eine Primzahl mit Stellen. Die eine Richtung der obigen Vermutung ist jedoch richtig: 4.3 Satz. Ist n keine Primzahl, so ist auch 2 n 1 keine Primzahl. Beweis. Schreibe n = uv mit u > 1 und v > 1. Dann ist 2 n 1 = 2 uv 1 = (2 u ) v 1 Nach der Formel für die geometrische Reihe (x = 2 u ) gilt: u + (2 u ) (2 u ) v 1 = (2u ) v 1, also ist 2 u 1 2 n 1 = (2 u 1)(1 + 2 u + (2 u ) (2 u ) v 1 ). Wegen u > 1 und v > 1 ist 2 u 1 > 1 und u (2 u ) v 1 > 1, und 2 n 1 ist zusammengesetzt. Anmerkung. Man kennt bis heute nur endlich viele Mersennesche Primzahlen, also auch nur endlich viele gerade vollkommene Zahlen. Ungerade vollkommene Zahlen sind überhaupt keine bekannt. Man weiß auch nicht, ob es welche gibt oder nicht. 27

29 Multiplikative zahlentheoretische Funktionen Definition. Sei f : N\{0} C (eine zahlentheoretische Funktion.) Man nennt f multiplikativ, wenn Beispiele. f(ab) = f(a)f(b), falls (a, b) = 1 (a) Die konstante Funktion f(n) = 1 ist offenbar multiplikativ. (b) Die Identität f(n) = n ist offenbar multiplikativ. (c) Wie oben gezeigt wurde, sind S und T multiplikativ. Die Aussage (c) folgt auch leicht aus dem folgenden allgemeinen Satz. 4.4 Satz. Ist f(n) eine multiplikative zahlentheoretische Funktion, so gilt dies auch für F (n) = f(d). d n d>0 4.5 Korollar. S und T sind multiplikativ. Beweis. 1. Für T wende man 4.4 an auf f(n) = 1: F (n) = f(d) = T (n) wegen f(n) 1. Aus f(n) multiplikativ d n,d>0 folgt F (n) multiplikativ. 2. Für S wende man Satz 4.4 an auf f(n) = n: F (n) = f(d) = d = S(n). Schließe wie in 1. d n d n d>0 d>0 Beweis von Satz 4.4 Für die Nullfunktion f(n) 0 ist nichts zu zeigen. Ist f 0 und speziell n N mit f(n) 0, so gilt f(n) = f(n 1) = f(n) f(1). Es folgt f(1) = 1 nach der Kürzungsregel. Ist nun m = 1 oder n = 1, so ist F (n) = f(1) = 1 oder F (m) = f(1) = 1. In jedem Fall ist F (m n) = F (m) F (n). Sei also m > 1 und n > 1. Dann schreibt man im Fall (m, n) = 1 28

30 n = p α 1 1 p α p α r r, m = p α r+1 r+1... p α r+s r+s mit paarweise verschiedenen Primzahlen p 1,..., p r+s und α i 1 für i = 1,..., r + s. Die Teiler von n sind p β p βr r, 0 βi α i, i = 1,..., r. Die Teiler von m sind p β r+1 r+1... p β r+s r+s, 0 β i α i, i = r + 1,..., r + s. Durchläuft nun d 1 die Teiler von n und d 2 die Teiler von m, so durchläuft d 1 d 2 die Zahlen d = d 1 d 2 = p β p β r r p β r+1 r+1... p β r+s r+s, 0 β i α i, i = 1,..., r + s. Dies sind gerade die Teiler von mn = p α p α r+s r+s. Mit anderen Worten d 1 n,d 2 m d 1 >0,d 2 >0 f(d 1 d 2 ) = d nm d>0 f(d) = F (nm) Für d 1 n und d 2 m gilt wegen (n, m) = 1 auch (d 1, d 2 ) = 1. Nach Voraussetzung ist daher f(d 1 d 2 ) = f(d 1 )f(d 2 ) und f(d 1 d 2 ) = f(d 1 )f(d 2 ) = f(d 1 ) d 1 n,d 2 m d 1 n d 1 >0,d 2 >0 d 1 >0 = F (n) F (m). Damit ist F (nm) = F (n)f (m) gezeigt. d 1 n,d 2 m d 1 >0,d 2 >0 f(d 2 ) d 2 m d 2 >0 Anmerkung. Von ähnlicher Bauart wie die Mersenneschen Primzahlen sind die Fermatschen Primzahlen: Eine Primzahl der Form p = 2 s + 1 heißt Fermatsche Primzahl. Beispiele. 2 = , 3 = , 5 = , 17 = , 257 = sind Primzahlen, aber 9 = , 33 = , 65 = , 129 = sind keine. Allgemein gilt 4.6 Satz. Ist s > 0 keine Potenz von 2, so ist 2 s + 1 keine Primzahl. Beweis. Schreibe s = 2 t v mit t 0, v > 1 ungerade und setze k := 2 t. Die Formel für die geometrische Reihe für x = 2 k ergibt 1 x v 1 x = 1 + x + x x v 1 = 1 2 k + 2 2k k(v 1) Z 29

31 und 1 x v 1 x = 1 ( 2k ) v 1 ( 2 k ) = 1 + 2kv k = 1 + 2s k. Also gilt k s. Zeige noch, daß 1+2 k 1 und 1+2 k 1+2 s. Dann ist 1+2 s keine Primzahl. Aus v > 1, k 1 folgt 1 < k < 1 + (2 k ) v = kv = s. Fazit. Als Fermatsche Primzahlen kommen nur die Zahlen 2 (2t) + 1, t = 0, 1, 2,... in Frage. Stand der Wissenschaft: 3, 5, 17, 257, = sind die einzigen bekannten Fermatschen Primzahlen. ( ist zum Beispiel durch 641 teilbar.) Ein ungelöstes Problem: Gibt es unendlich viele Fermatsche Primzahlen? 30

32 5 Kongruenzrechnung Sei m > 0 fest vorgegeben. Nach 2 wissen wir: Jede Zahl a läßt sich auf eindeutige Weise durch m mit Rest dividieren, d.h.: Es gibt genau ein Zahlenpaar q, r mit der Eigenschaft ( ) a = qm + r, 0 r < m Definition. Zwei Zahlen heißen kongruent modulo m, wenn sie bei der Division durch m den gleichen Rest lassen. Schreibe für a ist kongruent zu b modulo m kurz a b mod m. Wenn klar ist, welches m gemeint ist auch: a b. a b mod m bedeutet, daß a und b nicht kongruent modulo m (oder inkongruent modulo m ) sind. Offenbar gilt 5.1 Bemerkung. Kongruenz modulo m ist eine Äquivalenzrelation, d.h. (a) a a mod m (Reflexivität) (b) a b mod m = b a mod m (Symmetrie) (c) a b mod m und b c mod m = a c mod m (Transitivität) 5.2 Bemerkung. Genau dann ist a b mod m, wenn m ein Teiler von a b ist. Beweis. Sei a qm + r, 0 r < m. a b mod m = b = q m + r = a b = (q q )m = m a b. m a b = a b = v m = b = a vm = (q v)m + r = a b mod m. Die möglichen Divisionsreste modulo m sind die m Zahlen 0, 1,..., m 1. Wir können also die ganzen Zahlen nach ihren Divisionsresten in m Klassen einteilen: Definition. Die Restklasse von a modulo m besteht aus allen Zahlen, welche modulo m den gleichen Divisionsrest haben wie a. Demnach gibt es 31

33 genau m verschiedene Restklassen modulo m und verschiedene Klassen haben keine Elemente gemeinsam. Rest 0 haben : 0, ±m, ±2m, ±3m,... Rest 1 haben : 1, 1 ± m, 1 ± 2m, 1 ± 3m,.... Rest r haben : r, r ± m, r ± 2m, r ± 3m,... (für 0 r < m). Rest m 1 haben : m 1, m 1 ± m, m 1 ± 2m, m 1 ± 3m,... Zahlenbeispiele. m = 2 Rest 0 mod 2 : 0, ±2, ±4,... haben die geraden Zahlen Rest 1 mod 2 : 1, 1 ± 2, 1 ± 4,... haben die ungeraden Zahlen. m = 7 : Identifiziere Z mit den Tagen von Ewigkeit zu Ewigkeit, genauer von bis +, wobei 0 mit dem Tag der Geburt Christi gleichgesetzt wird. n > 0 : n = n ter Tag nach Christi Geburt. n = n ter Tag vor Christi Geburt. Wir nehmen an: 0 war ein Sonntag (so genau weiß das niemand.) 7, 14, 21,... Restklasse von 0 mod 7: Sonntage 0 +7, +14, +21,... { 1, 8, 15, 22,... Restklasse von 1 mod 7: Montage 6, 13, 20, 27,.... Restklasse von 6 mod 7: Samstage { 6, 13, 20,... 1, 8, 15,... Definitionsgemäß gehören a und b zur gleichen Restklasse modulo m wenn a b mod m. Man spricht daher auch von Kongruenzklassen modulo m anstelle von Restklassen modulo m. Nach 5.2 gilt: a b mod m m a b, d.h. Es gibt ein q Z mit b = a + qm. Damit gilt 5.3 Bemerkung. Die Restklasse von a modulo m ist die Menge {a + mq q Z} 32

34 Schreibe dafür auch a + mz oder a + (m). Wir haben gesehen: (1) Es gibt genau m verschiedene Restklassen modulo m. (2) Jede Zahl gehört zu genau einer Restklasse modulo m. Die Aussagen (1) und (2) zusammengenommen kann man auch so ausdrücken: Die Menge aller ganzen Zahlen ist die disjunkte Vereinigung der verschiedenen Restklassen modulo m. Definition. Eine Menge von Zahlen a 1,..., a m heißt vollständiges Repräsentantensystem (Restsystem) modulo m, wenn a 1 +(m), a 2 +(m),..., a m + (m) gerade die m verschiedenen Restklassen modulo m sind, d.h. wenn a i a j mod m, falls i j. Beispiel. 0, 1, 2,..., m 1 ist ein vollständiges Repräsentantensystem modulo m. (Diese Zahlen sind selbst Divisionsreste und voneinander verschieden.) 5.4 Satz. (a) Ist a 1,..., a m ein vollständiges Restsystem modulo m, so gilt dies auch für a 1 + c,..., a m + c(c Z). Insbesondere gilt nach dem Beispiel: Je m aufeinander folgende Zahlen bilden ein vollständiges Restsystem modulo m. Ein solches System mit dem Betrag nach möglichst kleinen Elementen ist die Menge der ganzen Zahlen größer als m und 2 kleiner oder gleich + m. 2 Für ungerades m sind dies die Zahlen m 1, m 1 m 1 + 1,..., 1, 0, 1,..., und für gerades m die Zahlen m 2 + 1, m 2 + 2,..., 1, 0, 1,..., m 2 m = 7 : 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3 m = 8 : 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, 4 (b) Ist a 1,..., a m ein vollständiges Restsystem modulo m und ist (k, m) = 1, so ist auch a 1 k, a 2 k,..., a m k ein vollständiges Restsystem modulo m. 33

35 Beweis. (a) Für i j ist a i a j mod m, also m (a i a j ) = (a i + c) (a j + c) 5.2 = (a i + c) (a j + c) mod m. (b) a i k a j k mod m = m (a i k a j k) = (a i a j )k, also m (a i a j )k und (m, k) = 1. Nach 2.8 h gilt daher m (a i a j ) d.h. a i a j mod m. Nach Voraussetzung ist dann i = j. Im folgenden sei m > 0 fest vorgegeben, und a b bedeute immer a b mod m. Es soll gezeigt werden, daß man mit wie mit einem Gleichheitszeichen umgehen darf. 5.5 Satz. (a) a b = a ± c b ± c (b) a b = ac bc (c) a b = a n b n für alle n N. (d) Ist f(x) = c 0 + c 1 x c n x n eine Polynomfunktion in der Variablen x, so folgt aus a b schon f(a) f(b). Beweis. (a) a b = m (a b) = (a + ( ) c) (b + ( ) c) = a + ( ) c b + ( ) c (b) a b = m a b = m (a b)c = ac bc = ac bc (c) (Induktion nach n) n = 0 : a 0 = 1 1 = b 0 Induktionsannahme. Sei n 1 und a n 1 b n 1 schon bewiesen. Mit (b) folgt a n = a n 1 a (b) a n 1 b b n 1 b = b n. (d) Sei a b. Nach (b) und (c) gilt: c ν a ν c ν b ν, ν = 0,..., n Induktion nach n. n = 0 : f(x) = c 0 für alle x = f(a) = c 0 = f(b). Sei n 1 und c 0 + c 1 a c n 1 a n 1 c 0 + c 1 b c n 1 b n 1 schon gezeigt. Nach (a) gilt dann f(a) = (c 0 + c 1 a c n 1 a n 1 ) + c n a n (c 0 + c 1 b c n 1 b n 1 ) +c n a n (c 0 + c 1 b c n 1 b n 1 ) + c n b n = f(b) 34

36 5.6 Satz. Sei c > 0 und a, b beliebig. (a) ac bc mod m und (c, m) = 1 = a b mod m (b) a b mod m ac bc mod cm (c) a b mod m, n m und n > 0 = a b mod n (d) a b mod m = (a, m) = (b, m) Beweis. (a) m (ac bc) = (a b)c und (c, m) = = m a b = a b mod m (b) m (a b) cm c(a b) = ac bc ac bc mod cm (c) m (a b) und n m = n (a b) = a b mod n (d) b = a + mq 2.8(f) = (b, m) = (a + mq, m) = (a, m). Beispiel für die Anwendung der Kongruenzrechnung. Behauptung ist durch 641 teilbar und somit keine Primzahl. Beweis. 641 = = = mod 641 } = = (5 2 7 ) 4 ( 1) 4 = 1 mod = = = = mod = ( 2 4 ) mod 641 = Fermat glaubte noch, daß alle Zahlen der Form F n = 2 2n + 1 Primzahlen sind. Dies ist auch für n = 0, 1, 2, 3, 4 richtig: F 0 = = 3, F 1 = = 5, F 2 = = 17, F 3 = = 257, F 4 = = 65537, aber 641 ( ) = F 5 Fermat hatte Unrecht. Bis heute sind keine weiteren Fermatschen Primzahlen bekannt. 35

37 6 Lineare Kongruenzen Sei m > 0 und a, b beliebig. Wir wollen die Frage untersuchen, unter welchen Bedingungen an a, b und m eine Zahl x 0 existiert, so daß ax 0 b mod m. Wenn ein solches x 0 existiert, sagen wir: Die lineare Kongruenz ( ) ax b mod m in einer Unbestimmten X ist lösbar (und zwar, indem man die Unbestimmte durch die Zahl x 0 ersetzt). Ist x 0 eine Lösung der Kongruenz ( ), so ist auch jedes y aus der Restklasse von x 0 modulo m eine Lösung von ( ). (y x 0 = ay ax 0 b mod m nach 5.5 (b)). Deshalb versteht man unter der Anzahl der Lösungen von ( ) die Anzahl der verschiedenen Restklassen von Lösungen. Dies ist auch die Anzahl der Lösungen x 0 mit 0 x 0 < m. Ferner gilt: Ist a 0 a und b 0 b, so hat a 0 X b 0 mod m die gleiche Lösungsmenge wie ( ). (Beweis: Übungsaufgabe.) 6.1 Satz. Ist (a, m) = 1 so hat die lineare Kongruenz ax b mod m genau eine Lösung. Also gibt es genau ein x 0, 0 x 0 < m mit ax 0 b mod m. Beweis. Nach 5.4(b) bilden a 0, a 1,..., a(m 1) ein vollständiges Restsystem modulo m. Also gibt es genau ein x 0 mit 0 x 0 < m, so daß ax 0 b mod m. Beispiel. a = 10, b = 4, m = 7 : (a, m) = 1 Betrachte die Kongruenz 10X 4 mod 7. Sie ist wegen 10 3 mod 7 äquivalent zur Kongruenz 3X 4 mod 7. Berechne den Divisionsrest von 3x 0 modulo 7 für 0 x 0 < 7. 36

38 3 0 = = = = = = = 18 4 mod 7 Also ist x 0 = 6 die einzige Zahl x 0 mit 0 x 0 < 7 und 3x 0 4 mod 7. Alle Lösungen bilden die Restklasse von 6 modulo 7. Die Lösungsmenge ist also..., 22, 8, 1, 6, 13, 20, 27, Satz. Die Kongruenz ax = b mod m ist genau dann lösbar, (a, m) b. Zusatz. Ist (a, m) b, so bilden die Lösungen von ax b mod m genau eine m Restklasse modulo. (a,m) Zum Beweis von 6.2 zeigen wir zunächst 6.3 Lemma. Sei n 2 und a 1,..., a n nicht alle Null. Genau dann ist die lineare Gleichung ( ) a 1 X a n X n = c in den Unbestimmten X 1,..., X n ganzzahlig lösbar, wenn (a 1,..., a n ) c. Insbesondere gilt ax + by = c lösbar (a, b) c Ist (a, b) = 1, so ist ax + by = c lösbar für alle c Beweis von 6.3 Nach 3.10 besteht die Menge M = {a 1 x a n x n x 1,..., x n Z} gerade aus den Vielfachen von (a 1,..., a n ). Also gilt: ( ) ist lösbar c ist Vielfaches von (a 1,... a n ), d.h. (a 1,..., a n ) c. Beweis des Satzes. ax b mod m ist lösbar Es gibt ein x 0 mit ax 0 b mod m. Es gibt ein x 0 mit m ax 0 b. Es gibt x 0, y 0 mit 37

39 ax 0 b = my 0. Es gibt x 0, y 0 mit ax 0 + ( m)y 0 = b. Letzteres ist nach 6.3 damit äquivalent, daß (a, m) = (a, m) b. Beweis des Zusatzes. Sei (a, m) b ; Wir setzen a = a (a, m), b = b (b, m) und m = m (a, m) Dann gilt nach 5.6(b): ax 0 b mod m a x 0 b mod m. Also stimmen die Lösungsmengen von ax b mod m und von a X b mod m überein. Nun gilt aber nach 2.8(e) (a, m a ) = (, m ) = 1. Aus 6.1 folgt: Die (a,m) (a,m) Lösungsmenge von a X b mod m besteht aus genau einer Restklasse modulo m. 6.4 Korollar. Wir betrachten die lineare Gleichung (L) ax + by = c, a 0 oder b 0 (i) Ist d = (a, b) kein Teiler von c, so ist (L) nicht (ganzzahlig) lösbar. (ii) Ist d c (etwa wenn (a, b) = 1), so ist (L) lösbar. (iii) Aus einem Lösungspaar x 0, y 0 bekommt man wie folgt die Gesamtheit aller Lösungen: x = x 0 + h b d, y = y 0 h a d durchläuft die Gesamtheit aller Lösungen von (L), wenn h alle ganzen Zahlen durchläuft. Beweis von (iii). ax + by = ax 0 + h ab + by d 0 h ab = ax d 0 + by 0 = c, somit sind die angegebenen Paare Lösungen. Wir zeigen nun, daß jede Lösung von (L) die angegebene Gestalt hat. Dazu können wir b 0 annehmen. Sei x, y ein Lösungspaar von (L), also ax + by = c = ax 0 + by 0 = } 6.2 = Zusatz ax c mod b x x ax 0 c mod b 0 mod b = d x = x 0 + h b mit h Z = by = c ax = d = c a(x 0 + h b ) = (c ax d 0) b ha = by d 0 b ha = d = b(y 0 ha) und b 0 = y = y d 0 ha. d 38

40 Spezialfall (a, b) = 1: Ist (a, b) = 1 und x 0, y 0 eine beliebige Lösung von ax + by = c, so wird die Lösungseinheit beschrieben durch die Formeln Der Chinesische Restsatz. x = x 0 + hb, y = y 0 ha, h Z beliebig. 6.5 Lemma. Seien m 1 > 0 und m 2 > 0 teilerfremd. Dann haben die Kongruenzen X a 1 mod m 1 eine gemeinsame Lösung. X a 2 mod m 2 Zusatz. Die Menge aller gemeinsamen Lösungen besteht aus genau einer Restklasse modulo m 1 m 2. Beweis. Es sind z 1, z 2 zu finden, so daß a 1 + z 1 m 1 = a 2 + z 2 m 2. Dann ist x = a 1 +z 1 m 1 = a 2 +z 2 m 2 eine gemeinsame Lösung der obigen Kongruenzen. Äquivalente Aufgabe: Finde z 1, z 2, so daß a 2 a 1 = z 1 m 1 + z 2 ( m 2 ). Wegen (m 1, m 2 ) = (m 1, m 2 ) = 1 gibt es nach 6.3 solche z 1, z 2. Eindeutigkeit der Lösung modulo m 1 m 2 : Wegen (m 1, m 2 ) = 1 gilt nach 2.7: m 1 m 2 = kgv(m 1, m 2 ). Sind x und y Lösungen der beiden Kongruenzen, so ist x y a 1 mod m 1 und x y a 2 mod m 2, also m 1 (x y) und m 2 (x y). Nach 2.6 gilt daher m 1 m 2 = kgv (m 1, m 2 ) (x y) = x y mod m 1 m 2. Ist umgekehrt x gemeinsame Lösung und y x mod m 1 m 2, so gilt auch y x mod m 1 und y x mod m 2. Es folgt y x a 1 mod m 1, y x a 2 mod m 2, d.h. y ist ebenfalls gemeinsame Lösung. 6.6 Der Chinesische Restsatz. Sei r 2 und seien m 1,..., m r positiv und paarweise teilerfremd (d.h. (m i, m j ) = 1 falls i j). Dann hat das System von Kongruenzen ( ) X a 1 mod m 1 X a 2 mod m 2. X a n mod m n 39

41 eine gemeinsame Lösung. Zusatz. Die Menge der gemeinsamen Lösungen besteht aus genau einer Restklasse modulo m = m 1... m r. Beweis. (Induktion nach r.) Für r = 2 bewiesen in 6.5. Sei r > 2 und die Behauptung sei für r 1 schon bewiesen. Induktionsschluß: Es gibt nach Annahme eine Zahl a, so daß die Lösungsmenge von X a 1 mod m 1 ( ). X a r 1 mod m r 1 aus allen Zahlen x mit x a mod (m 1... m r 1 ) besteht. M.a.W.: Die Lösungsmenge von ( ) stimmt mit der Lösungsmenge der Kongruenz X a mod (m 1... m r 1 ) überein. Daher stimmt die Lösungsmenge von ( ) mit der Lösungsmenge von { X a ( ) mod (m 1... m r 1 ) X a r mod m r überein. Dabei ist auch (m 1... m r 1, m r ) = 1, da (m i, m r ) = 1 für i = 1,..., r 1. Nach 6.5 ist daher ( ) lösbar, und die Lösungsmenge besteht aus genau einer Restklasse modulo (m 1... m r 1 )m r = m. Verfahren zur Lösung einer simultanen linearen Kongruenz. Seien Kongruenzen X a i mod m i, i = 1,..., r vorgegeben mit paarweise teilerfremden m 1,..., m r. 1. Schritt. Setze b i = j i m j für i = 1,..., r 2. Schritt. Löse die Kongruenzen b i X i a i mod m i. Dies ist nach 6.1 möglich, denn (b i, m i ) = Schritt. Berechne x := b 1 x 1 + b 2 x b r x r. Behauptung: x löst das obige System von linearen Kongruenzen. Beweis. m i b j für i j = b j x j 0 mod m i für i j = x b i x i a i mod m i für i = 1,..., r. Beispiel. X 1 mod 2, X 2 mod 3, X 4 mod 5. 40

42 1. m = = 30, b 1 = 15, b 2 = 10, b 3 = 6. Löse 2. (a) 15X 1 1 mod 2 : x 1 = 1 (b) 10X 2 2 mod 3 : x 2 = 2 (c) 6X 3 4 mod 5 : x 3 = 4 3. x = b 1 x 1 + b 2 x 2 + b 3 x 3 = = 59 x = 59 ist eine Lösung. Die allgemeine Lösung ist 59 + λ 30, λ Z Also sind z.b. auch = 29 und = 1 Lösungen. Anmerkung. Beim obigen Lösungsverfahren waren im 2. Schritt Kongruenzen der Form b i X a i mod m i mit (b i, m i ) = 1 aufgetreten. Bei großen Zahlen hilft Probieren nicht viel: Verfahren zur Lösung einer Kongruenz cx d mod n mit (c, n) = Schritt. Finde (mit Hilfe des euklidischen Algorithmus) Zahlen y und z, so daß cy + nz = 1 2. Schritt. Setze x := y d. Dann ist cx d mod n. (Ändert man x um ein Vielfaches von n ab (x = x+kn), so gilt ebenfalls: cx = cx+(ck)n cx d mod n.) Beweis. cy + nz = 1 = cy 1 mod n = cx = (cy)d 1 d = d mod n, also cx d mod n. Beispiel. 44X 5 mod 97 : c = 44, d = 5, n = Schritt. Zeige daß (44, 97) = 1 und löse 44Y + 97Z = 1 (vgl. 2) 97 = = = = (44, 97) = 1 Liest man den Algorithmus von unten nach oben, so ergibt sich eine Lösung von 44Y + 97Z = 1 (vgl. 2) 41

43 1 = = = ( 1) = Es folgt y = 11. } 1 = 9 1(44 4 9) = ( 1) Schritt. X = y d = ( 11) 5 = 55 Dann ist auch = 42 eine Lösung. Fazit: mod 97 Probe: = : 97 = 19 Rest 5, d.h mod 97. } 1 = ( 1) ( ) = 44 ( 11)

44 7 Der kleine Satz von Fermat Polynomkongruenz modulo p. Sei p eine Primzahl, n 0 und c 0,..., c n Z. Wir betrachten die Kongruenz ( ) c 0 + c 1 X c n 1 X n 1 + c n X n 0 mod p d.h.: Wir suchen alle x Z mit der Eigenschaft c 0 + c 1 x c n 1 x n 1 + c n x n 0 mod p Diese Zahlen nennt man die Lösungen von ( ). Nach 5.5 gilt: (1) Die Lösungsmenge ändert sich nicht, wenn man in ( ) die Koeffizienten c 0,..., c n ersetzt durch c 0,..., c n mit c i c i mod p. (2) Mit einer Lösung x 0 von ( ) ist auch jedes y mit y x 0 mod p eine Lösung von ( ). Also ist die Lösungsmenge von ( ) die Vereinigung von vollen Restklassen modulo p. Daher erklärt man: Definition. Die Anzahl der Lösungen von ( ) ist die Anzahl der Restklassen modulo p, deren Elemente ( ) lösen. (Diese ist auch gleich der Anzahl der Lösungen x 0 mit 0 x 0 < p.) 7.1 Satz. Ist p kein Teiler von c n, so hat ( ) höchstens n Lösungen. Beweis. Für n = 0 ist dies klar. Induktionsannahme. 7.1 ist richtig für n 1. Schluß von n 1 auf n. Angenommen ( ) habe n + 1 paarweise inkongruente Lösungen x 0, x 1,..., x n. Setze für x Z f(x) := c 0 + c 1 x c n x n. Es gilt dann (wie man nachrechnet) ) ( n f(x) f(x 0 ) = (x x 0 ) = (x x 0 )g(x), wobei g(x) ein Polynom der Form c i (x i 1 + x 0 x i x i 2 0 x + x i 1 0 ) i=1 g(x) = b 0 + b 1 X b n 1 X n 1 ist mit b n 1 = c n, p b n 1 Speziell gilt für X = x k, k = 1,..., n: (x k x 0 )g(x k ) = f(x k ) f(x 0 ) mod p, und nach Annahme ist 43