und die dazugehörigen Lösungen - IWR

Übungen zur Elementaren Zahlentheorie
Klausurvorbereitung
Dozent: Dr. D. Vogel 13.07.2011
Übungen: Dipl. Math. Ralf Butenuth
Übung 1 Zu der Schlacht von Hastings vom 14.10.1066 ist folgender Text
überliefert:
Harolds (Harald II., letzter angelsächsicher König Englands) Mannen standen nach
alter Gewohnheit dicht gedrängt in 37 gleichgroßen Quadraten aufgestellt, und wehe
dem Normannen, der es wagte, in eine solche Phalanx einbrechen zu wollen.. . .
Als aber Harold selbst auf dem Schlachtfeld erschien, formten die Sachsen ein einziges
gewaltiges Quadrat mit ihrem König an der Spitze und stürmten mit den Schlachtrufen
“Ut!”, “Olicrosse!”,“Godemite” vorwärts.
Wie groß war Harolds Armee mindestens?
Lösung: Sei y ∈ N die Länge eines Anfangsquadrates und x ∈ N die Länge des
Endquadrates. Dann gilt 37y 2 + 1 = x 2 oder auch x 2 − 37y 2 = 1 (eine Pellsche
Gleichung).
Wir bestimmen also die Kettenbruchentwicklung von √ 37 (7 > √ 37 > 6):
√ √ 1
37 = 6 + ( 37 − 6) = 6 +
√ 1
= 6 + 1
37−6
√
37+6
37−36
1
= 6 +
12 + √ 37 − 6
= . . . = [6, 12]
Diese hat Periodenlänge h = 1 und damit gilt µ = 2, also hµ − 1 = 1. Dann ist die
Fundamentallösung (p 1 , q 1 ) mit p 1
q 1
= [6, 12] = 6 + 1 = 73.
12 12
Als Lösungsmenge ergibt sich also {(x, y) ∈ N 2 | ∃n ∈ N : x+y √ 37 = (73+12 √ 37) n }.
Nach dem binomischen Lehrsatz ergibt sich:
(73+12 √ ( n
37) n = 73 n + 73
1)
n−1 12 √ ( n
37+ 73
2)
n−2 12 2·37+. . . = x+y √ 37 x, y ∈ Z
Für n ≥ 1 gilt dann x > 73 n > 73 und die Fundamentallösung ergibt also die kleinste
Mannstärke.
Also hatte Harolds Heer mindestens 37 · 12 2 + 1 = 73 2 = 5329 Mann.
Übung 2
(a) Finden Sie die kleinste natürliche Zahl x mit:
x ≡ 4 (mod 5), x ≡ 8 (mod 11), x ≡ 1 (mod 13)
(b) Berechnen Sie ohne Taschenrechner 237 · 412 (mod 715).

Lösung: (a) Wir finden zunächst drei idempotente Elemente: Sei m = 11·13 = 143.
Dann ist ggT(5, 143) = 1 und −57 · 5 + 2 · 143 = 1, also ist x 1 = 2 · 143 = 286
ein idempotentes Element mit x 1 ≡ (1, 0, 0) (mod (5, 11, 13)). Analog bestimmt
man x 2 = −65 und x 3 = −220. Dann ist x = 4x 1 + 8x 2 + 1x 3 = 404, Dies ist
die kleinste Lösung der Kongruenz, da 5 · 11 · 13 = 715 ist.
(b) Unter dem Chinesischen Restsatz entsprich 237 dem Tupel (2, 6, 3) in Z/5 ×
Z/11 × Z/13 und 412 dem Tupel (2, 5, 9). Also entspricht 237 · 412 dem Tupel
(4, 8, 1). Nach Teil (a) entspricht dieses Tupel gerade der Zahl 404.
Übung 3 Berechnen Sie ohne Taschenrechner 2 (41000) (mod 81).
Lösung: Es ist 81 = 3 4 , also ist ϕ(81) = 2 · 3 3 = 54. Wir können also 4 1000 (mod 54)
betrachten. 1000 ist nicht invertierbar modulo 54, wir können also nicht mit dem Satz
von Euler-Fermat weiter argumentieren. Allerdings ist 4 3 = 64 ≡ 10 (mod 54), also
ist 4 10 ≡ 10 3 · 4 = 4000 ≡ 4 (mod 54) und somit auch 4 1000 ≡ 4 (mod 54). Also ist
2 (41000) ≡ 2 4 (mod 81) ≡ 16 (mod 81).
Übung 4 Seien p = 607, q = 613, n = p · q und G := (Z/nZ) × .
(a) Berechnen Sie exp(G).
(b) Zeigen Sie, dass 2 die Ordnung 303 in (Z/pZ) × hat und eine primitive Wurzel
modulo q ist.
(c) Zeigen Sie ord G (¯2) = exp(G).
(d) Finden Sie ein a ∈ Z mit 97a ≡ 1 (mod exp(G)).
(e) Finden Sie ein x ∈ Z mit x 97 ≡ 2 (mod n).
Lösung: (a) Sei G 1 = (Z/pZ) × und G 2 = (Z/qZ) × . Dann ist G = G 1 × G 2 und
exp(G) = kgV(exp(G 1 ), exp(G 2 )) = kgV(p − 1, q − 1) = kgV(606, 612) = 61812.
(b) Es ist 2 3 = 8 und 2 101 ≡ 210 (mod 607), aber 2 303 ≡ 1 (mod 607). Also hat 2
die Ordnung 303 in G 1 . Es ist 612 = 2 2 · 3 2 · 17. Wir wenden das Kriterium aus
Übung 5.2(a) an: Es ist 2 2·32·17 ≡ −1 (mod 613), 2 22·3·17 ≡ 65 (mod 613) und
2 22·3 2 ≡ 586 (mod 613), also ist 2 eine primitive Wurzel modulo 613.
(c) Es ist ord G (¯2) = kgV(ord G1 (¯2), ord G2 (¯2)) = kgV(303, 612) = exp(G).
(d) Es ist 1 = −24215·97+38·61812, also lösen −24215 oder 37597 = −24215+61812
die Kongruenz.
(e) Für x = 2 37597 gilt nach (d) die Kongruenz.

Übung 5 Sei n eine ungerade zusammengesetzte Zahl mit 2 n−1 ≡ 1 (mod n). Zeigen
Sie, dass dann auch m := 2 n −1 eine ungerade zusammengesetzte Zahl ist mit 2 m−1 ≡ 1
(mod m). Folgern Sie, dass es unendlich viele Zahlen dieser Art gibt.
Lösung: Nach Vorraussetzung ist 2 n−1 = 1 + nk für ein k ∈ Z. Dann gilt
2 (2n −1)−1 = 2 (2·2n−1 −1)−1 = 2 (2(1+nk)−1)−1 = 2 2nk = (2 n ) 2k ≡ 1 2k (mod 2 n − 1),
also gilt für m = 2 n − 1 die Kongruenz 2 m−1 ≡ 1 (mod m). Nach Konstruktion ist m
natürlich ungerade. Bleibt noch zu zeigen, dass m zusammengesetzt ist:
Nach Vorraussetzung ist n = c · d für c, d ∈ N und c, d ≥ 3. Dann ist (geometrische
Reihe):
( d−1
) ∑
m = 2 n − 1 = (2 c ) d − 1 = (2 c − 1) · (2 c ) j .
j=0
Da c, d ≥ 3 sind, ist dies eine nicht-triviale Faktorisierung von m.
Nach Definition erfüllt jede Carmichael-Zahl n die Bedingungen n ungerade, zusammengesetzt
und 2 n−1 ≡ 1 (mod n). Wir können also z.B. mit n = 561 starten und
erhalten nach Obigem eine unendliche Folge solcher Zahlen.
Übung 6 Bestimmen Sie die Anzahl der Eulerschen Zeugen modulo 21 und die Anzahl
der Zeugen modulo 21 für die Zerlegbarkeit von 21.
Lösung: Es ist ϕ(21) = ϕ(3)ϕ(7) = 12, insgesamt sind die Zahlen
{1, 2, 4, 5, 8, 10, 11, 13, 16, 17, 19, 20} invertierbar modulo 21. Von diesen sind nur 1 und
20 keine Eulerschen Zeugen für die Zerlegbarkeit von 21, wie man schnell nachrechnet.
Da nach Aufgabe 10.2 jeder Eulersche Zeuge auch ein Zeuge ist, und nach Aufgabe
10.4(b) die Zahl 20 kein Zeuge ist (1 ist natürlich auch kein Zeuge), sind die Eulerschen
Zeugen in diesem Fall genau die Zeugen.
Übung 7 Finden Sie eine Zahl x ∈ N mit x 2 ≡ −1 (mod 13 100 ).
Lösung: Zunächst ist 5 2 = 25 ≡ −1 (mod 13), also hat 5 die Ordnung 4 modulo 13.
Wir wenden dann Satz 5.35 an: Sei x eine primitive Wurzel modulo 13 mit x 3 ≡ 5
(mod 13). Also zum Beispiel x = 7. Dann hat x 1399 die Ordnung 12 in (Z/13 100 Z) × ,
also hat (x 1399 ) 3 = 5 1399 die Ordnung 4 in (Z/13 100 Z) × .

Übung 8 Zeigen Sie: Seien p, q Primzahlen mit p | q − 1. Dann ist kein Vielfaches
von p · q eine Carmichael-Zahl.
Lösung: Angenommen n = r · p · q ist eine Carmichael-Zahl. Dann gilt nach Bemerkung
11.2
p | q − 1 | n − 1 = p · q · r − 1,
also gilt p | − 1, was ein Widerspruch ist.
Übung 9 Bestimmen Sie alle ganzzahligen Lösungen der Gleichung X 2 −43Y 2 = 29.
Lösung: Angenommen, (x, y) wäre eine ganzzahlige Lösung der Gleichung. Dann ist
29 = x 2 −43y 2 ≡ x 2 (mod 43), also wäre dann 29 ein Quadrat modulo 43. Man rechnet
aber schnell nach, dass ( 29
43)
= −1 ist, also kann es keine ganzzahligen Lösungen der
Gleichung geben.
( ) ( )
a −b
Übung 10 Sei p > 2 prim und a, b ∈ Z mit p̸ | a, b und = . Zeigen Sie, dass
p p
es dann eine ganzzahlige Lösung (x, y) von ax 2 + by 2 ≡ 0 (mod p) gibt mit p̸ | x, y.
(
Lösung: Es ist
a
p
) (
=
)
(
−b
, also da p̸ | a, b folgt
p
)
−ab
= 1. Es gibt also ein x ∈ Z
p
mit p̸ | x und x 2 ≡ −ab (mod p). Setze y := a. Dann gilt ax 2 + by 2 ≡ −a 2 b + ba 2 ≡ 0
(mod p).