Mathematisches Institut II Universität Karlsruhe Priv.-Doz. Dr. N. Grinberg

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1 1 Mathematisches Institut II Universität Karlsruhe Priv.-Doz. Dr. N. Grinberg SS 05 Schnupperkurs: Ausgewählte Methoden zur Aufgabenlösung Vorlesung 5: Elementare Zahlentheorie: Teilbarkeit Primfaktorzerlegung ggt Euklidischer Algorithmus kleiner Satz von Fermat Lösung von Gleichungen in Z Literatur: 1. Shklyarsky-Chentsov-Yaglom: The USSR Olympiad Problem Book - Selected problems and theorems in elementary mathematics: arithmetic and algebra;. Engel: Problem-Solving Strategies Chapter 6; 3. sowie jeden Kurs über elementare Zahlentheorie. 1 Vorlesungsbeispiele Aufgabe 5.1. Seien n Z und m N 1 zwei Zahlen. Dann gibt es eine eindeutige Darstellung von n in der Form n = qm + r (1) mit einem q Z und einem r { m 1}. Lösung: Existenz der Darstellung (1): Betrachten wir die Menge M = {n km : k Z}. Diese Menge ist nach unten und nach oben unbeschränkt sie enthält sowie negative als auch positive ganze Zahlen. Sei r = n qm M die kleinste nichtnegative Zahl in dieser Menge. Dann ist r 0 nach der Definition. Andererseits ist r < m da wir sonst noch einmal m subtrahieren könnten und das Ergebnis r m M wäre ebenfalls nichtnegativ: n (q + 1) m = r m 0 was im Widerspruch steht zu der Wahl von r als kleinster nichtnegativer Zahl in M. Also ist r < m d. h. r { m 1}. Somit erfüllen r und q die Relation (1). Eindeutigkeit von der Darstellung (1): Sei qm+r = q m+r mit r r. Dann ist r r = (q q) m also ist r r ein Vielfaches von m. Da aber 0 r r r < m ist erhalten wir r r = 0 also r = r. Daraus folgt auch q = q. Bemerkung: Es ist q = [ n m].

2 Definition 1 Die Zahlen q und r heißen der Quotient bzw. der Rest der Zahl n bei der Division durch m. Ist r = 0 so sagt man m ist ein Teiler von n (Bezeichnung m n) und n ist durch m (restlos) teilbar (Bezeichnung n.m). Bemerkung: Wir betrachten hier nur positive Teiler d. h. die Zahl m muß eine positive ganze Zahl sein. Aufgabe 5.. Die Gesamtanzahl aller Teiler einer Zahl n ist ungerade wenn n eine Quadratzahl ist d. h. wenn n N ist und sonst gerade. Lösung: Sei n keine Quadratzahl. Betrachten wir die Menge T ± aller Teiler von n die größer (bzw. kleiner) sind als n. Die Menge T aller Teiler von n ist die Vereinigung T = T T +. Nun sind die beiden Mengen T und T + gleichmächtig denn die Abbildung a n a von T nach T + ist bijektiv. Also ist T = T + T + = T gerade. Sei jetzt n N. Dann ist T = T { n } T + und somit ungerade. T = T T + = T + 1 Aufgabe 5.3. Ein Schrank hat 100 Schließfächer die am Abend geschlossen sind. In der Nacht kommen 100 Geister und treiben ihr Unwesen: Der erste Geist macht alle Schließfächer auf; Der zweite Geist ändert den Zustand jedes Schließfachs mit gerader Nummer d. h. macht die Schließfächer wieder zu; Der dritte Geist ändert den Zustand jedes Schließfachs dessen Nummer durch 3 teilbar ist u.s.w..... Der k-te Geist ändert den Zustand jedes Schließfachs dessen Nummer durch k teilbar ist;... Der letzte Geist greift nur die Tür Nummer 100 an. Wieviel (und welche) Schließfächer sind am nächsten Morgen auf? Lösung: Betrachten wir das Schließfach Nummer N. An diesem Schließfach werden sich genau diejenigen Geister betätigen deren Nummern Teiler von N sind (inklusive der 1). Insgesamt wird der Zustand des Schließfachs so oft geändert wie die Zahl N Teiler hat. Ist N keine Quadratzahl so ist die Gesamtzahl ihrer Teiler gerade. In diesem Fall bleibt das Schließfach im Endeffekt geschlossen. Ist N dagegen eine Quadratzahl so ist die Gesamtzahl ihrer Teiler ungerade. In diesem Fall bleibt das Schließfach im Endeffekt offen. Die Antwort lautet also: ausgerechnet die Schließfächer mit den Nummern (insgesamt 10 Stück) sind am nächsten Morgen offen.

3 3 Aufgabe 5.4. Seien p und q natürliche Zahlen. Beweisen Sie die folgenden Aussagen: a). Wir bezeichnen mit MgT(p q) die Menge aller (positiven) gemeinsamen Teiler von p und q. Es ist dann MgT(p q) =MgT(q r) wobei der Rest r durch (1) gegeben wird. b). Wir bezeichnen mit ggt (p q) den größten gemeinsamen Teiler von p und q. Dann kann ggt (p q) durch den folgenden Algorithmus genannt Euklidischer Algorithmus bestimmt werden: 1. Schritt: Wir bezeichnen p 0 = p und p 1 = q wobei p q ist. Schritt des Euklidischen Algorithmus: Seien p k und p k+1 zwei natürliche Zahlen mit p k p k+1. Man teile p k durch p k+1 mit einem Rest denn man mit p k+ bezeichnet: Es ist dann p k+ < p k+1. p k = s k p k+1 + p k+. Man führe diesen Algorithmus solange durch bis p K = 0 auftritt (also höchstens q mal). Es ist p K 1 = ggt (p q). Lösung: a). Jeder gemeinsame Teiler t von p und q ist auch ein gemeinsamer Teiler von r und q denn p = s 1 t und q = s t impliziert Umgekehrt: Ist r = s 3 t und q = s t so ist b). Nach (a) ist r = p sq = s 1 t ss t = (s 1 ss ) t. p = sq + r = ss t + s 3 t = (s 3 + ss ) t. MgT (p 0 p 1 ) = MgT (p 1 p ) =... = MgT (p K 1 0). Daraus folgt ggt (p 0 p 1 ) = ggt (p K 1 0) = p K 1. Aufgabe 5.5. Beweisen Sie: Für jedes n N ist a). n n durch teilbar; b). n 3 n durch 3 teilbar; c). n 5 n durch 5 teilbar; d). n p n durch p teilbar falls p eine Primzahl ist (Der kleine Satz von Fermat). Lösung: Punkte (a) - (c) kann man durch Betrachten aller möglichen Reste explizit überprüfen. Wir bezeichnen den Rest einer Zahl a modulo b (bei festem b) mit a. a). Es ist 0 = 0 und 1 = 1 modulo. b). Es ist 0 3 = = 1 und 3 = 8 = modulo 3.

4 4 c). Es ist 0 5 = = 1 5 = 3 = 3 5 = ( ) 5 = 3 = = ( 1) 5 = 1 = 4 also jeweils n 5 = n modulo 5. d). Im Falle n = 0 ist die Aussage der Aufgabe trivial. Für ein n Z mit n 0 betrachten wir die Äquivalenzklassen n n... (p 1) n. Diese sind alle unterschiedlich weil aus an = bn die Relation (a b) n = 0 folgt also { (a b).p was unmöglich } ist für a b {1... p 1}. Also enthält die Menge n n... (p 1) n alle möglichen Reste modulo p außer 0 und zwar jedes Element nur einmal. Daraus folgt n n... (p 1) n = 1... (p 1) = (p 1)!. Division durch (p 1)! ergibt dann n p 1 = 1 also Das impliziert n p 1 = 1. () n p = n oder (n p n).p für jedes n Z. Bemerkung: Die Behauptung gilt i.a. nicht für zusammengesetzte Zahlen p. So ist beispielweise 4 = 14 nicht durch 4 teilbar. Aufgabe 5.6. Beweisen Sie dass die Gleichung x + y = 3 ( z + u ) keine ganzzahligen Lösungen hat außer x = y = z = u = 0. Lösung: Angenommen es gibt ganzzahlige Lösungen dieser Gleichung (außer x = y = z = u = 0). Wir wählen eine Lösung a = (x y z u) mit der kleisten Summe s (a) = x +y (Extremalprinzip!). Die Zahl s ist durch 3 teilbar. Wir berechnen den Rest den s = x + y bei der Division durch 3 lässt für alle möglichen Kombinationen der Reste von x und y : x 0 x 1 x x 0 x 1 x 1 y 0 y 0 s 0 s 1 s 1 y 1 y 1 s 1 s s y y 1 s 1 s s

5 5 Man sieht: s ist nur dann durch 3 teilbar wenn x und y beide durch 3 teilbar sind. Also ist x = 3x 1 y = 3y 1. Entsprechend gilt Daraus folgt s (a) = x + y = 9 ( x 1 + y 1) = 3 ( z + u ). z + u = 3 ( x 1 + y 1) wobei alle vier Zahlen z u x 1 und y 1 ganz sind. Das Quadrupel a 1 = (z u x 1 y 1 ) ist also eine weitere ganzzahlige Lösung derselben Gleichung. Dabei gilt für a 1 s (a 1 ) = z + u = 1 3 ( x + y ) = 1 s (a) < s (a) 3 was der Annahme widerspricht dass a die minimale Lösung ist. Aufgabe 5.7. Seien zwei natürliche Zahlen a und b teilerfremd. Dann gibt es zwei natürliche Zahlen x und y mit ax by = 1. Lösung: Betrachten wir die Zahlen a a 3a... (b 1) a. Da a und b teilerfremd sind ist keine von diesen Zahlen durch b teilbar. Angenommen es gibt unter diesen b 1 Zahlen keine die bei Division durch b den Rest 1 lässt. Dann gibt es zwei Zahlen x 1 a und x a mit 1 x 1 < x b 1 die den gleichen Rest bei Division durch b lassen (Schubfachprinzip!). Daraus folgt aber dass die Differenz (x x 1 ) a durch b teilbar ist was unmöglich ist für 0 < x x 1 < b. Also gibt es doch eine Zahl xa die bei Division durch b den Rest 1 lässt. Dann existiert ein y sodass xa = 1 + yb also ax by = 1 ist. Aufgabe 5.8. Jede natürliche Zahl n kann als Produkt n = p 1 p... p m von Primzahlen dargestellt werden. Lösung: Wir beweisen diese Behauptung durch vollständige Induktion. Ind.-Anfang: n =. Da gilt die Darstellung mit m = 1 p 1 = = n. Ind.-Schritt: Sei eine solche Darstellung für alle natürliche Zahlen n N möglich. Betrachten wir nun die Zahl n = N + 1. Ist n eine Primzahl so setzen wir m = 1 p 1 = n. Ist n zusammengesetzt so bezeichnen wir mit p 1 den kleinsten Teiler von n. Wir wissen schon dass p 1 eine Primzahl ist. Nun stellen wir die Zahl n 1 = n/p 1 in der Form n 1 = p... p m dar (dies ist möglich weil n 1 < n = N + 1 und damit n 1 N ist). Für n gilt dann n = p 1 n 1 = p 1 p... p m.

6 6 Übungsaufgaben Aufgabe 5.9. Beweisen Sie daß es auch beliebig lange Abschnitte auf der Zahlengeraden gibt in denen keine Primzahlen vorkommen. Mit anderen Worten: Beweisen Sie daß für jedes natürliche n sich n aufeinanderfolgende natürliche Zahlen finden können von denen keine eine Primzahl ist. Lösung: Ein Beispiel für n aufeinanderfolgende natürliche Zahlen von denen keine prim ist sind die Zahlen (n + 1)! + (n + 1)! (n + 1)! + n (n + 1)! + (n + 1). Dass diese Zahlen alle zusammengesetzt (d. h. nicht prim) sind sieht man wie folgt ein: Für jedes natürliche k mit k n + 1 ist die Zahl (n + 1)! + k durch k teilbar (denn die Zahl (n + 1)! ist als Produkt der ersten n + 1 natürlichen Zahlen durch k teilbar); da ferner (n + 1)! + k > k ist ist die Zahl k auch ein echter Teiler der Zahl (n + 1)! + k weshalb die Zahl (n + 1)! + k nicht prim sein kann. Aufgabe Wieviele Nullen stehen am Ende der Zahl 100!? Lösung: Dies ist zu der folgenden Frage äquivalent: Durch welche maximale Potenz von 10 ist 100! teilbar? Sei 100! = a 5 b n wobei n mit 10 teilerfremd ist. Dann ist 100! durch 10 c teilbar mit c = min {a b} aber nicht durch 10 c+1. Es ist a 50 da mindestens 50 Faktoren in 100! gerade Zahlen sind. Ferner gibt es unter der Zahlen 1 bis 100 genau 0 die durch 5 teilbar sind 4 davon sind auch noch durch 5 teilbar (durch 5 3 teilbare Faktoren gibt es in diesem Bereich nicht). Insgesamt ergibt das b = = 4. Daher ist c = b = 4. Die Antwort lautet: 4 Nullen. Aufgabe Beweisen Sie: Für jede natürliche Zahl n ist der kleinste von 1 verschiedene Teiler q von n eine Primzahl. Lösung: Sei q der kleinste von 1 verschiedene Teiler von n. Angenommen q ist eine zusammengesetzte Zahl d. h. sei q = pr wobei p < q und r < q ist. Dann ist p (sowie r) auch ein Teiler von n da n p = n q q p = n q r eine natürliche Zahl ist. Das ergibt einen Widerspruch zu der Annahme dass q der kleinste Teiler von n ist da p < q ist.

7 7 Aufgabe 5.1. Welche von den Polynomen p 1 (n) = n 1 p (n) = n + 1 p 3 (n) = n 5 1 p 4 (n) = n ergeben bei jedem natürlichen n 3 eine zusammengesetzte Zahl? Lösung: Die Polynome p 1 p 3 und p 4 kann man faktorisieren: Jeder Faktor ist dabei : p 1 (n) = n 1 = (n 1) (n + 1) p 3 (n) = n 5 1 = (n 1) ( n 4 + n 3 + n + n + 1 ) p 4 (n) = n = ( n + n + ) ( n n + ). n 1 n n 4 + n 3 + n + n n + n + n n +. Daher nehmen diese Polynome für n 3 stets zusammengesetzte Werte an. Auf p trifft diese Aussage nicht zu: beispielweise ist p (4) = 17 eine Primzahl. Aufgabe Die Gleichung 15x 7y = 9 (3) hat keine Lösungen in Z. Lösung: Man hat y.3 also y = 3y 1. Daraus folgt 15x 7 9y 1 = 9 oder 5x 1y 1 = 3. Damit ist x.3 also x = 3x 1. Einsetzen ergibt 5 9x 1 1y 1 = 3 oder 15x 1 7y 1 = 1. Daraus folgt y = 0 modulo 3. Dies ist aber unmöglich da 0 = 0 1 = 1 = 4 = 1 ist also kann y entweder 1 oder modulo 3 sein aber nie 0. 3 Schwierigere Aufgaben *Aufgabe Beweisen Sie dass die Darstellung n = p 1 p... p m (die sogenannte Primfaktorzerlegung der Zahl n) mit Primzahlen p 1 p... p n die p 1 p... p m erfüllen eindeutig ist.

8 8 Lösung: (Der Beweis von Zermelo) Wir verfahren nach dem Extremalprinzip: Wenn es Zahlen n gibt für die die Darstellung n = p 1 p... p m nicht eindeutig ist dann gibt es auch eine kleinste solche Zahl n. Seien p 1 p... p m = q 1 q... q l = n zwei verschiedene Darstellungen dieser Zahl n wobei p 1 p... p n q 1 q... q n Primzahlen sind und p 1 p... p n und q 1 q... q n gilt. Die Gleichung p 1 = q 1 ist unmöglich da es sonst für die Zahl n/p 1 < n zwei verschiedene Primfaktorzerlegungen p... p m = q... q l = n/p 1 gäbe was zu der Minimalität von n im Widerspruch stehen würde. Also ist p 1 q 1. O.B.d.A. nehmen wir an daß p 1 < q 1 ist. Dann ist q 1 = ap 1 + r wobei a und r natürliche Zahlen sind mit 1 r p 1 1 < p 1. Aus dieser Darstellung folgt also p 1 p... p m = (ap 1 + r) q... q l = p 1 a q... q l + r q... q l p 1 (p... p m a q... q l ) }{{} l = rq... q }{{} l. R Da die Zahl R kleiner ist als n hat sie nur eine einzige Primfaktorzerlegung R = q l+1... q }{{ l+k q }... q l. =r Die Primzahl p 1 muss also mit einer der Primzahlen q j übereinstimmen. Dies ist aber unmöglich weil p 1 < q j ist für j =... l und p 1 > q j ist für j = l l + k (denn p 1 > r). Dieser Widerspruch zeigt dass es keine Zahl mit mehreren verschiedenen Primfaktorzerlegungen gibt. Das heißt jede natürliche Zahl hat eine einzige Primfaktorzerlegung. Definition Die Darstellung n = p α 1 1 p α... p α m m mit Primzahlen p j j = 1..m wobei p 1 < p <... < p m und α j natürliche Zahlen 1 sind heißt kanonische Primfaktorzerlegung der natürlichen Zahl n. *Aufgabe Sei p eine Primzahl. Dann gilt: a). Eine natürliche Zahl n ist genau dann durch p teilbar wenn p in der Primfaktorzerlegung von n vorkommt. b). Das Produkt ab zweier natürlicher Zahlen ist genau dann durch p teilbar wenn mindestens eine von den beiden Zahlen a und b durch p teilbar ist. Lösung: a). = Kommt p = p j in der Primfaktorzerlegung von n vor dann ist n offensichtlich durch p teilbar. = Sei n = pk mit einem k = p α 1 1 p α... p αm m. Dann ist n = p p α 1 1 p α... p αm m eine mögliche Primfaktorzerlegung von n. Sie enthält die Zahl p. Da aber n nur eine einzige

9 9 Primfaktorzerlegung hat (bis auf Vertauschung von Faktoren) schließen wir dass jede Primfaktorzerlegung von n die Zahl p enthält. b). Die Zahl n = ab ist genau dann durch p teilbar wenn die Primfaktorzerlegung von n die Primzahl p enthält (Punkt a)). Andererseits enthält die Primfaktorzerlegung von ab genau dann p wenn mindestens eine Zerlegung - entweder die von a oder die von b - die Primzahl p enthält. Dies bedeutet natürlich daß a bzw. b durch p teilbar ist. Aufgabe Bestimmen Sie alle Paare ganzer Zahlen x und y die der Gleichung 1 x + 1 y = 1 17 (4) genügen. Lösung: Wir multiplizieren (4) mit 17xy und erhalten oder äquivalent 17y + 17x = xy xy 17y 17x = 0. Nun addieren wir auf beiden Seiten 17 und faktorisieren die linke Seite xy 17y 17x + 17 = (x 17) (y 17) = 17. Nun sind beide Zahlen x 17 und y 17 ganz; also muss die Zahl x 17 ein Teiler der Zahl 17 sein. Doch die einzigen ganzen Teiler der Zahl 17 sind ±1 ±17 und ± 17 (denn 17 ist eine Primzahl). Folglich ist x 17 gleich einer von diesen Zahlen. Entsprechend ist y 17 = 17. In allen Fällen außer x 17 = 17 (da sollte x = 0 sein was ausgeschlossen ist) ergibt sich genau eine Antwort. Die allgemeine Antwort ist x 17 also x = 17 + q y = q für q { }. (5) In Zahlen ist das ( ) x y {( 7 16 ) ( 16 7 ) ( ) ( ) ( )}. (6) Bemerkung: Nach dem gleichen Verfahren wie oben können wir alle ganzzahligen Lösungen x und y der Gleichung 1 x + 1 y = 1 p für eine beliebige Primzahl p finden: (5) (6) wird dann durch x = p + q y = p + p q für q { p 1 1 p p }

10 10 bzw. ( x y ) {( p (p 1) p 1 ) ( p 1 p (p 1) ) ( p + 1 p (p + 1) ) ( p p ) ( p (p + 1) p + 1 )} ersetzt. Wenn dagegen p keine Primzahl ist dann hat (4) nicht nur diese fünf Lösungspaare; es kommen einige neue Lösungspaare hinzu weil die Zahl p auch andere Teiler hat als p p 1 1 p und p. In diesem Fall kann man für konkretes p durch Betrachtung aller Teiler der Zahl p alle Lösungen bestimmen. Aufgabe Finden Sie alle natürlichen Lösungen der Gleichung x + y = z. (7) Lösung: Wir betrachten erst den Fall wo die Zahlen x y und z paarweise teilerfremd sind. Dann gibt es unter x y und z eine gerade und zwei ungerade Zahlen. Nehmen wir erst an x und y sind beide ungerade: x = x y = y Entsrechend ist z gerade und damit z.4. Es ist aber z = x + y = (x 1 + 1) + (y 1 + 1) = 4 ( x 1 + x 1 + y 1 + y 1 ) + also z nicht durch 4 teilbar. Dieser Widerspruch zeigt dass die Zahlen x und y nicht beide ungerade sein können. Wären diese Zahlen x und y beide gerade dann wäre auch z gerade und damit wären die Zahlen x y und z nicht mehr paarweise teilerfremd. Somit muß genau eine von den Zahlen x und y gerade sein. O. B. d. A. können wir annehmen daß x gerade ist und y ungerade; dann ist z ebenfalls ungerade. Es ist dann x = (z y) (z + y) oder ( x ) = z y z + y = uv wobei u = z y und v = z + y ganzzahlig und teilerfremd sind (denn jeder gemeinsame Teiler der Zahlen u und v wäre auch ein gemeinsamer Teiler ( der Zahlen y = v u und x ) z = v + u). Aus der kanonischen Primfaktorzerlegung von folgt damit dass u und v selbst Quadratzahlen sind (denn sollte eine Primzahl p u eine ungerade Potenz in der kanonischen PFZ von ( u haben so müsste die PFZ von v diese Primzahl auch erhalten x ) da p in der PFZ von eine gerade Potenz hat; damit wären u und v nicht mehr teilerfremd). Bezeichnen wir u = n und v = m so erhalten wir x = nm y = m n z = n + m. Diese Formel gibt somit alle natürlichen Lösungen zu (7) mit teilerfremden x y und z (bis auf Vertauschung von x und y) an. Dabei sind n und m beliebige teilerfremde natürliche Zahlen eine davon gerade und die andere ungerade.

11 11 Der Fall beliebiger natürlicher Lösungen unterscheidet sich von dem Fall paarweise teilerfremder x y und z nur dadurch dass alle Zahlen x y und z mit der gleichen Konstante multipliziert werden: c = ggt (x y) = ggt (x z) = ggt (y z) x = cnm y = c ( m n ) z = c ( n + m ).