3 Zahlentheorie. Kongruenzen Der letzte Abschnitt zeigte, daß es sinnvoll ist, mit großen Zahlen möglichst einfach rechnen zu können. Oft kommt es nicht darauf, an eine Zahl im Detail zu kennen, sondern es genügt zu wissen, welchen Rest sie bei Division durch eine andere Zahl läßt. Das ist meistens wesentlich einfacher, als die Zahl oder den Quotienten explizit zu berechnen. Jede ganze Zahl n läßt bei Division durch eine andere Zahl etwa m einen wohldefinierten Rest, der eine der m Zahlen 0,,..., m ist. n = k m + r, 0 r m. () Alle ganzen Zahlen kann man in m Teilmengen (Restklassen) unterteilen in Abhängigkeit davon, welchen Rest sie bei Division durch m lassen. Interessiert man sich dafür, welchen Rest n bei Division durch m läßt, muß man weder die Zahl selbst noch den Quotienten (in () mit k bezeichnet) kennen. Es genügt zu wissen, in welche Restklasse die Zahl gehört. Ist z.b. m =, gibt es die Reste 0,, 2, 3, 4, 5 und 6. Die Zahlen, 8, 6 und 2 23456 lassen alle bei Division durch den Rest. Für und 8 ist das klar. Für 6 sieht man das, weil 6 = ( ) + gilt. Auch für 2 23456 ist das leicht zu zeigen. Da 23456 = 3 452, ist 2 23456 durch 2 3 = teilbar. Also läßt der Nachfolger von 2 23456, d.h. 2 23456, den Rest bei Division durch... Definition Zwei ganze Zahlen a und b heißen restgleich bezüglich m, wenn a b durch m teilbar ist. Die beiden Zahlen gehören dann in die gleiche Restklasse bezüglich m. Das wird a b mod m geschrieben und a ist kongruent b modulo m gelesen. Die drei Ausdrücke a b mod m m a b k Z : a b = k m. sind also äquivalent. Das Symbol bedeutet es existiert. Der letzte Ausdruck bedeutet Es existiert eine ganze Zahl k, so daß a b = k m...2 Rechenregeln Das besondere an diesen Kongruenzen ist, daß man mit ihnen fast wie mit ganzen Zahlen rechnen kann. Es sei a b mod m und c d mod m. Dann gilt a + c a c a c b + d mod m b d mod m b d mod m
4 ZAHLENTHEORIE Die Beweise sind einfach. Die letzte Zeile wird hier exemplarisch vorgeführt: Es ist zu zeigen, daß a c b d durch m teilbar ist, wenn a b und c d es sind. Nach Definition gibt es also ganze Zahlen k und j, so daß gilt: a b = k m c d = j m Das sind richtige Gleichungen. Man kann wie gewohnt mit ihnen rechnen. Multipliziert man die erste Gleichung mit c und die zweite mit b, folgt a c b c = c k m c b d b = b j m Addiert man diese beiden Gleichungen, erhält man a c d b = c k m + b j m = (c k + b j)m. a c d b ist somit ein Vielfaches von m. Also sind a c und d b restgleich. Multipliziert man die Kongruenz a b mod m mit sich selbst, erhält man a 2 b 2 mod m. Das kann man n-mal ausführen und erhält a n b n mod m. Kongruenzen lassen sich daher auch potenzieren. Anders als mit ganzen Zahlen funktioniert die Division. Das sieht man an folgendem Beispiel: Aus 22 2 mod 8 folgt mod 8, aber aus 33 3 mod 4 folgt und mod 4. Man kann also nicht in jedem Fall beide Seiten einer Kongruenz durch einen gemeinsamen Faktor teilen. Es gilt ac bc mod m = a b mod m falls ggt(m, c) = (2) ac bc mod m = a c d bc d mod m d falls ggt(m, c) = d (3) ac bc mod m = a b mod m falls ggt(m, c) = d (4) d Das läßt sich leicht mit der Definition der Kongruenzen beweisen. ac bc mod m bedeutet, es existiert eine ganze Zahl k mit oder ac bc = k m a b = k m. (6) c Es sei als erstes ggt(m, c) = Die linke Seite von (6) ist eine ganze Zahl, die rechte Seite daher auch. Aber ggt(m, c) =, somit muß k durch c teilbar sein. Es ist folglich a b = k c m mit einer ganzen Zahl k. Das bedeutet aber gerade a b mod m. Damit ist (2) bewiesen. c Ist ggt(m, c) = d, so ist m und c durch d teilbar und aus (5) folgt a c d bc d = k m d. Damit ist (3) bewiesen. (4) folgt aus (3) und (2), denn wenn ggt(m, c) = d, dann ist ggt( m, c ) = und man kann (3) d d durch den gemeinsamen Faktor c teilen. d (5)
. Kongruenzen 5..3 Beispielaufgaben Aufgabe : Für welche ganzzahligen n ist 4n 2 + durch 5 teilbar? Wir stellen eine Restetabelle bezüglich der Division durch 5 auf: n 0 2 3 4 mod 5 n 2 0 4 4 mod 5 4n 2 0 4 4 mod 5 4n 2 + 0 2 2 0 mod 5 Durch 5 teilbar ist 4n 2 + also genau dann, wenn n ±2 mod 5 ist. Das sind die Zahlen n = 5k 2 und n = 5k + 2. Aufgabe 2: Beweise, daß n n stets durch 42 teilbar ist! Diese Aufgabe kann man auf verschiedene Weise lösen. Unter anderem sieht man, daß f n = n n 42 die Bildungsvorschrift für eine arithmetische Folge -ter Ordnung ist. Falls sie aufeinanderfolgende ganzzahlige Glieder enthält, ist sie also ganzzahlig. Besonders einfach lassen sich die Glieder f 0, f ±, f ±2 und f ±3 berechnen. Eine Lösung mit Kongruenzen erhält man, wenn man n n in Faktoren zerlegt. Es gilt n n = (n )n(n + )(n 2 n + )(n 2 + n + ). Hieran erkennt man sofort, daß n n durch 2 und durch 3 also durch 6 teilbar ist (Produkt von drei aufeinanderfolgenden Zahlen). Es bleibt die Teilbarkeit durch zu zeigen (42 = 2 3 ). Dazu stellen wir eine Restetabelle bezüglich der Division durch auf: n n n + n 2 n + n 2 + n + 0 6 0 2 3 2 3 3 0 3 2 4 0 6 4 3 5 6 0 5 4 6 0 3 6 5 0 3 Wir sehen, daß es stets einen Faktor gibt, der durch teilbar ist, gleichgültig, welchen Rest n läßt. Damit ist die Teilbarkeit des Produkts gesichert und die Aufgabe gelöst. Aufgabe 3: Bestimme alle ganzzahligen Lösungen x, y und z der Gleichung 2 x + y = z 3 Wir lösen die Gleichung nach y auf y = 2x z 3 + und stellen fest, daß es nur eine ganzzahlige Lösung geben kann, wenn 2 x z 3 + durch teilbar ist.
6 ZAHLENTHEORIE Wir sehen, daß die Reste von 2 x bei Division durch 2 0 mod 2 2 mod 2 3 4 mod 2 4 mod 2 5 2 mod 2 6 4 mod... periodisch die Werte, 2 und 4 annehmen und an der Restetabelle z 0 2 3 4 5 6 mod z 3 0 0 2 0 2 2 mod daß z 3 nur die Reste 0, und 2 annehmen kann. Die Summe 2 x + z 3 kann also nie durch teilbar sein. Folglich kann die gegebene Gleichung keine Lösung haben...4 Neunerprobe Die Teilbarkeitsregel für die 9 (siehe Punkt 3.2.) lautet: Eine Zahl n ist genau dann durch 9 teilbar, wenn ihre Quersumme Q(n) durch 9 teilbar ist. Tatsächlich gilt mehr: n läßt bei Division durch 9 den gleichen Rest wie Q(n). Das kann man mit Kongruenzen leicht beweisen: Es sei n = a 0 + 0a + 00a 2 +... + 0 k a k = k 0 j a j j=0 die Dezimaldarstellung von n. 0 j besteht für jedes j nur aus Neunen, ist offensichtlich durch 9 teilbar. Also ist 0 j mod 9 und folglich 0 j a j a j mod 9 für jedes j = 0,, 2,... Summation über alle j ergibt n = k 0 j a j j=0 k a j = Q(n) mod 9 j=0 Diese Regel kann man zum Testen von komplizierten Aufgaben verwenden. Angenommen man hat das Ergebnis der Aufgabe 98545839 84549859485 + 69084 8253499856 als 839063833585598644 diktiert bekommen und möchte feststellen, ob man sich verhört hat, ohne die Aufgabe nachrechnen zu können. Man bildet die Quersummen der Faktoren und erhält 65 83 + 49 3 2 2 + 4 = 8 mod 9 Aber für das Ergenbis erhalten wir 839063833585598644 26 0 mod 9 Man sollte also noch einmal nachfragen.
.2 Lineare Diophantische Gleichungen und Kongruenzen.2 Lineare Diophantische Gleichungen und Kongruenzen.2. Lineare Kongruenzen Die einfachste lineare Gleichung ist ax =. Sie hat die Lösung x =. Analog hierzu kann man a die Frage stellen, welche Lösungen x die Kongruenz a x mod b () besitzt. Das heißt, welche Zahl mit a multipliziert läßt bei Division durch b Rest? Ein Beispiel ist 6x mod 3 Mit ein wenig Probieren findet man als Lösung die Zahlen, die bei Division durch 3 Rest lassen, also x mod 3. Es gibt modulo 3 genau diese eine Lösung. Für die allgemeine Gleichung () stellt man fest, daß sie keine Lösung hat, falls a und b gemeinsame Teiler haben. Z.B. gibt es keine ganze Zahl x, die die Kongruenz 6x mod 4 löst, da alle Reste von 6x bezüglich 4 durch den gemeinsamen Teiler von 6 und 4 also 2 teilbar sein müssen. Es genügt somit Aufgaben a x mod b, ggt(a, b) = (8) zu untersuchen. Ist z.b. b = 5, gibt es 8 teilerfremde a, nämlich, 2, 4,, 8,, 3 und 4. In einer Tabelle kann man die möglichen Produkte dieser Zahlen untereinander (modulo 5) darstellen: 2 4 8 3 4 2 4 8 3 4 2 2 4 8 4 3 4 4 8 3 2 4 4 3 4 2 8 8 8 2 4 3 4 4 2 3 8 4 3 3 4 8 4 2 4 4 3 8 4 2 Es fällt auf, daß jede der 8 Zahlen in jeder Spalte und jeder Reihe genau einmal vorkommt. Ist a einer der Faktoren, läßt sich stets ein x finden, so daß a x mod 5 ist. Diese Eigenschaft gilt für beliebige Kongruenzen: Satz 9: Für ggt(a, b) = gibt es genau ein x modulo b, das die Kongruenz a x mod b löst. Beweis: Als erstes beweisen wir indirekt, daß eine Lösung der Aufgabe existiert. Dazu betrachten wir die zu b teilerfremden Zahlen modulo b. Das seien die Zahlen x, x 2,..., x k, die modulo b natürlich verschieden sein sollen. Weiter seien b i die Reste von a x i bei Division durch b, also a x i b i mod b, i =,..., k. Da nach Voraussetzung die a x i zu b teilerfremd sind, sind auch die b i teilerfremd. Wir nehmen nun an, daß es kein x mit a x mod b gibt. Dann müssen natürlich auch alle b i ungleich
8 ZAHLENTHEORIE sein. Da zu b teilerfremd ist, es aber nur k zu b teilerfremde Zahlen gibt, müssen zwei der b i gleich sein. O.B.d.A. sei b p = b q = c. Es gilt also a x p c mod b und a x q c mod b. Subtrahiert man beide Kongruenzen, erhält man a (x p x q ) 0 mod b. Wegen ggt(a, b) = muß somit x p x q durch b teilbar sein, das heißt, es gilt x p x q mod b im Gegensatz zur Annahme, daß x p und x q nicht restgleich sind. Als nächstes beweisen wir die Eindeutigkeit ebenfalls indirekt. Das verläuft exakt so wie eben. Wir nehmen an, es gibt zwei bezüglich b nicht restgleiche Lösungen x und y mit a x mod b und a y mod b. Subtrahiert man beide Kongruenzen, erhält man a (x y) 0 mod b. Wegen ggt(a, b) = muß also x y durch b teilbar sein, das heißt, es gilt x y mod b im Gegensatz zur Annahme, daß x und y nicht restgleich sind. Der eben bewiesene Satz ist der Schlüssel für viele andere Aufgaben, zum Beispiel für.2.2 Lineare Diophantische Gleichungen Wir wollen die Diophantische Gleichung a x b y = (9) lösen. Natürlich geht es wie immer bei Diophantischen Gleichungen um ganzzahlige Lösungen. Stellt man (9) nach y um erhält man y = a x b, das heißt, für ganzzahliges y muß a x durch b teilbar sein. Das ist offensichtlich genau dann der Fall, wenn x die Kongruenz a x mod b löst. Wie man das macht, haben wir gerade gelernt. Es gibt genau eine Lösung x modulo b, falls a und b teilerfremd sind. Das sieht man auch Gleichung (9) an. Ist nämlich ggt(a, b) = r >, dann ist die linke Seite von (9) durch r teilbar, die rechte aber nicht. Es sei x 0 die Lösung von a x 0 mod b und y 0 = a x 0 b dann gilt a x 0 b y 0 =. Aber das ist nicht die einzige Lösung von Gleichung (9), denn wir haben nur Lösungen der Kongruenz a x mod b modulo b gesucht. Tatsächlich lösen alle Zahlen der Form x = x 0 +b k diese Kongruenz und nur diese. Damit erhalten wir alle Lösungen von Gleichung (9) wegen y = a x b in der Form = a (x 0 + b k) b x = x 0 + b k, y = y 0 + a k, = a x 0 b + a b k b = y 0 + a k wobei k eine beliebige ganze Zahl ist. Es gibt folglich unendlich viele Lösungen von Gleichung (9), die sich aus einer speziellen Lösung (x 0, y 0 ) und einer Verschiebung um b k bzw. a k zusammensetzen. Die Richtigkeit dieser Verschiebung läßt sich auch direkt aus der Gleichung ablesen. Ist (x 0, y 0 ) Lösung, daß heißt, gilt a x 0 b y 0 =, dann folgt a (x 0 + b k) b (y 0 + a k) = a x 0 + a b k b y 0 b a k = a x 0 b y 0 =.
.2 Lineare Diophantische Gleichungen und Kongruenzen 9 Aufgabe 5: Löse die Diophantische Gleichung 9x y =! 9 und sind teilerfremd, also hat die Kongruenz 9 x 0 2 x 0 mod genau eine Lösung. Sie läßt sich mit x 0 = 4 leicht erraten. Dann folgt y 0 = 9x 0 = 9 4 Die allgemeine Lösung ist somit x = 4 + k, y = 5 + 9k. = 35 = 5. Wir wollen jetzt die allgemeinere Diophantische Gleichung a x b y = c (0) lösen. Sind a und b nicht teilerfremd, ist etwa ggt(a, b) = r >, so ist die linke Seite von (0) durch r teilbar. Eine Lösung ist nur möglich, wenn auch die rechte Seite durch r teilbar ist. Dann kann aber die ganze Gleichung durch r geteilt werden. Deshalb wird o.b.d.a. ggt(a, b) = angenommen. Die Lösung der Gleichung (0) folgt sofort aus der Lösung von (9): Ist (x 0, y 0 ) Lösung von (9), dann gilt a x 0 b y 0 = und nach Multiplikation dieser Gleichung mit c folgt a (x 0 c) b (y 0 c) = c. Die allgemeine Lösung dieser Gleichung ist also x = x 0 c + b k, y = y 0 c + a k, wobei k eine beliebige ganze Zahl ist. Auch die Lösung der Gleichung a x + b y = () folgt aus der von Gleichung (9). Ist (x 0, y 0 ) Lösung von (9), dann ist offensichtlich (x 0, y 0 ) Lösung von (). Allgemein gilt: Lösung von Gleichung ist a x + b y = c x = x 0 c + b k, y = y 0 c a k, wobei (x 0, y 0 ) Lösung von Gleichung a x 0 b y 0 = ist..2.3 Euklidischer Algorithmus Der letzte Punkt hat gezeigt, daß für die Lösung einer allgemeinen Linearen Diophantischen Gleichungen die Lösung der Gleichung a x b y = (2) oder der äquivalenten Kongruenz a x mod b (3)
0 ZAHLENTHEORIE Ausgangspunkt ist. Hat man hierfür eine spezielle Lösung gefunden, läßt sich die allgemeine Lösung leicht bestimmen. Die Lösung von (2) oder (3) kann man für kleine a und b leicht erraten. Im allgemeinen ist das aber schwierig. Mit dem Euklidischen Algorithmus läßt sie sich aber auch in komplizierten Fällen mit wenig Aufwand finden. Dazu betrachten wir die Aufgabe 6: Löse die Diophantische Gleichung 263x 28y =! (4) Da 263 und 28 teilerfremd sind, existiert eine Lösung dieser Aufgabe, die man aber nicht mehr schnell erraten kann. Wir schreiben für die beiden Zahlen 263 und 28 den Euklidischen Algorithmus auf: 263 = 2 28 + 28 = 8 + 2 = 3 2 + 2 = 2 + 0 Die letzte Gleichung betrachten wir nicht mehr, aber aus der vorletzten folgt 3 2 =. Hätten wir die Gleichung x 2y = zu lösen, wären wir fertig. Wir setzen anstelle der 2 hier den nach 2 umgeformten Ausdruck aus der zweiten Gleichung 2 = 28 8 des Euklidischen Algorithmus ein: 3 (28 8 ) = ( + 3 8) 3 28 = 55 3 28 = Hätten wir die Gleichung x 28y = zu lösen, wären wir fertig. Die stört, wir ersetzen sie durch den nach umgeformten Ausdruck aus der ersten Gleichung = 263 2 28 des Euklidischen Algorithmus: 55 (263 2 28) 3 28 = 55 263 (55 2 + 3) 28 = 55 263 3 28 =. Hieraus kann sofort die spezielle Lösung x 0 = 55 und y 0 = 3 abgelesen werden. Im allgmeinen sieht der Euklidische Algorithmus zwischen den Zahlen b 0 und b so aus: b 0 = a b + b 2 b = a 2 b 2 + b 3 b 2 = a 3 b 3 + b 4... b k 2 = a k b k + b k b k = a k b k + b k+
.2 Lineare Diophantische Gleichungen und Kongruenzen b i+ ist jeweils der Rest einer Zahl bei Division durch b i. Deshalb ist b i < b i+. Es gilt also b > b 2 > b 3 >... > b k+ 0 Daher bricht der Euklidische Algorithmus nach endlich vielen Schritten ab. Wir nehmen an, daß das nach k Schritten der Fall ist, daß b k+ = 0 ist. Dann ist b k = ggt(b 0, b ). Im Falle, daß b 0 und b teilerfremd sind, ist also b k = und die letzte (k-te) Zeile hat die Form b k = a k + 0. Besonders bequem wird der Euklidische Algorithmus durch seine Darstellung als.2.4 Kettenbrüche Wir formen den Euklidischen Algorithmus für die beiden Zahlen 263 und 28 aus dem letzten Punkt um: 263 28 = 2 + 28 28 2 2 = 8 + 2 = 3 + 2 = 2 + 0 263 = 28 = 2 + 28 = 28 = 2 = 8 + = 3 + Jetzt kann man die Gleichungen der Reihe nach ineinander einsetzen und erhält 263 28 = 2 + 8 + 3 + 2 einen Kettenbruch. Im allgemeinen Fall gilt b 0 b = a + a 2 + a 3 +... 2 2 a k + a k Zum Lösen der Gleichung (4) setzten wir die Zeilen im Euklidischen Algorithmus von unten nach oben beginnend mit der vorletzten ineinander ein. Diesem Vorgehen entspricht die Berechnung des Kettenbruchs ohne den letzten Eintrag: 2 + 8 + 3 = 2 + 55 3 = 2 + 3 55 = 3 55
2 ZAHLENTHEORIE Mit dieser Methode lösen wir Aufgabe : Löse die Diophantische Gleichung x 4y =! (5) Die Zahl 4 entwickelt in einen Kettenbruch ergibt 4 = + + 2 + + 2 + + 2 Die Berechnung diese Kettenbruchs ohne den letzten Eintrag ergibt + + 2 + + 2 + = + + 2 + 4 3 = + + 2 + 3 4 = + + 4 = + 5 = 2 5. Die spezielle Lösung von Gleichung (5) müßte x = 5 und y = 26 sein. In die Gleichung eingesetzt, ergibt das 5 4 26 = 065 066 =. Tatsächlich ist eine spezielle Lösung von Gleichung (5) also x = 5 und y = 26. Das hängt mit der Länge des Kettenbruchs zusammen. Es gilt folgender Satz 0: Es sei b 0 b = a + dann gilt a 2 + a 3 +... a k + a k und a + a 2 + a 3 +... a k = y x, b 0 x b y = oder zusammengefaßt b 0 x b y = ( ) k { falls k gerade falls k ungerade
.2 Lineare Diophantische Gleichungen und Kongruenzen 3.2.5 Simultane Kongruenzen Aufgabe 8: Gesucht sind alle Zahlen x, die bei Division durch 5 und jeweils den Rest 2 lassen, das heißt, alle Zahlen x, die die beiden Kongruenzen x 2 mod 5 x 2 mod gleichzeitig (simultan) erfüllen. Diese Aufgabe ist einfach, denn sie bedeutet, daß x 2 durch 5 und durch teilbar sein soll. Also muß x 2 durch 35 teilbar sein. Alle Lösungen sind folglich x = 35k+2 oder x 2 mod 35. Die Aufgabe war einfach, weil der Rest bezüglich jedes Moduls gleich war. Allgemein gilt: Erfüllt x gleichzeitig die Kongruenzen x r mod m x r mod m 2... x r mod m k, so ist die Lösung x r mod kgv (m, m 2,..., m k ). Schwieriger ist Aufgabe 9: Gesucht sind alle Zahlen x, die bei Division durch 5 den Rest und bei Division durch den Rest 2 lassen, das heißt, alle Zahlen x, die die beiden Kongruenzen x mod 5 x 2 mod simultan erfüllen. Die beiden Kongruenzen bedeuten, daß es ganze Zahlen i und j gibt mit x = 5i +, x = j + 2. i und j müssen also die Gleichung 5i j = erfüllen. Die allgemeine Lösung dieser Gleichung ist i = k + 3 j = 5k + 2 und in einen der beiden Ausdrücke für x eingesetzt x = 5i + = 5(k + 3) + = 35k + 6 oder x 6 mod 35.
4 ZAHLENTHEORIE Auf diese Weise können beliebig viele Kongruenzen simultan gelöst werden. Sind z.b. die drei Kongruenzen x mod 5 x 2 mod x 4 mod zu lösen, dann betrachtet man als erstes zwei davon z.b. die beiden ersten deren Lösung wir eben gefunden haben, und setzt diese Lösung anstelle der beiden Kongruenzen. Man erhält x 6 mod 35 x 4 mod eine Aufgabe mit zwei Kongruenzen. Man findet die Lösung, indem man schrittweise die Zahl der Kongruenzen reduziert. Im allgemeinen gilt folgender Satz : Es seien k Kongruenzen x r mod m x r 2 mod m 2... x r k mod m k, dann existiert genau eine Lösung x mod kgv (m, m 2,..., m k ). Dieser Satz wird auch chinesischer Restsatz genannt.