Zahlentheorie 003

Zahlentheorie von Gerd Hofmeister und Mehdi Djawadi nach den Vorlesungen im WS 1993/94 und SS 1994 ausgearbeitet von Andreas Hipler und Oliver Wu ¨lk

i

Vorwort Das vorliegende Skript geht auf eine zweisemestrige Vorlesung des ersten Verfassers zur¨ uck, die sich an das leider vergriffene Buch Zahlentheorie von Prof. Dr. Karl-Heinz Indlekofer anlehnte. Gegen¨ uber der Vorlage wurde dabei allerdings den neuen Bed¨ urfnissen entsprechend den Algorithmen mehr Raum gegeben. Entstanden jedoch w¨are dieses Skript nicht ohne den zweiten Verfasser, auf den die Anregung dazu und vielf¨altige Unterst¨ utzung zur¨ uckgeht. Unser ganz besonderer Dank gilt vor allem Andreas Hipler, der die Vorlesung mitschrieb, sie ausarbeitete und mit LATEX auf die vorliegende Form brachte; ihm ist es ein Anliegen, ganz herzlich Anne-Kerstin Kampovsky f¨ ur ihr unerm¨ udliches Korrekturlesen zu danken; dem schließen sich die Verfasser an. Das letzte Kapitel allerdings wurde von Oliver W¨ ulk bearbeitet, bei dem wir uns daf¨ ur ebenfalls herzlich bedanken m¨ochten. Mainz, im Februar 1995

Gerd Hofmeister, Mehdi Djawadi

Inhaltsverzeichnis 0

Einleitung

1

§1

Fragestellungen aus der Zahlentheorie . . . . . . . . . . . . . .

§2

Nat¨ urliche Zahlen, mathematische Voraussetzungen . . . . . . 10

I

Teilbarkeit

1

12

§3

Regul¨are Halbgruppen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

§4

Integrit¨atsbereiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

§5

Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

II

Zahlentheoretische Funktionen

56

§6

Faltung zahlentheoretischer Funktionen . . . . . . . . . . . . . 56

§7

Multiplikative Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

§8

M¨obiussche Umkehrformeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

§9

Beispiele zahlentheoretischer Funktionen und Dirichlet-Reihen

73

§10 Summen zahlentheoretischer Funktionen . . . . . . . . . . . . 81 III

Kongruenzen

96

§11 Lineare Kongruenzen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96 §12 Simultane Kongruenzen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 ii

INHALTSVERZEICHNIS

iii

§13 Polynomkongruenzen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 §14 Polynomkongruenzen nach einem Primzahlmodul . . . . . . . 121 §15 Prime Restklassengruppen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 IV

Potenzreste

148

§16 n-te Potenzreste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 §17 Quadratische Reste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 §18 Das Legendre- und das Jacobi-Symbol . . . . . . . . . . . . . 156 §19 Legendre-Symbol und ein Algorithmus zum 2-Quadrate-Satz . 167 V

Exkurs in die Kryptologie

175

§20 Primzahlwahrscheinlichkeitstest . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 ¨ §21 Offentliche Schl¨ ussel-Systeme . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 VI

Einige Diophantische Gleichungen

199

§22 Lineare und quadratische Diophantische Gleichungen . . . . . 199 §23 B-Zahlen und der Satz von Lagrange . . . . . . . . . . . . . . 229 §24 Zur Fermatschen Vermutung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244 VII Primzahlen

249

§25 Primzahlverteilung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249 VIII Siebmethoden

262

§26 Das Sieb des Eratosthenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262 §27 Die Stark vergr¨oberte Form des Brunschen Siebes . . . . . . . 267 §28 Obere Absch¨atzung beim Selberg-Sieb . . . . . . . . . . . . . 277 §29 Das große Sieb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291

iv IX

INHALTSVERZEICHNIS Dirichletscher Primzahlsatz

302

§30 Dirichlet - Charaktere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302 §31 Dirichletscher Primzahlsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 Literaturverzeichnis

322

Stichwortverzeichnis

325

Kapitel 0 Einleitung §1

Fragestellungen aus der Zahlentheorie

Eine Besonderheit der Zahlentheorie ist es, daß sich ohne große Vorkenntnisse leicht faszinierende Fragen stellen lassen, die aber zum Teil nur sehr schwer zu beantworten sind. Die folgende Auswahl von Fragen soll beispielhaft auch zeigen, was Zahlentheorie ist. Zuvor aber noch einige Bezeichnungen: N := {1, 2, 3, . . .} (Menge der nat¨ urlichen Zahlen) N0 := N ∪ {0} = {0, 1, 2, 3, . . .} (Menge der nichtnegativen ganzen Zahlen) P := {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, . . .} (Menge der Primzahlen) Z := {0, 1, −1, 2, −2, 3, −3, . . .} (Menge der ganzen Zahlen) Q := { pq |p ∈ Z, q ∈ N} (Menge der rationalen Zahlen) R bezeichnet die Menge der reellen Zahlen. C := {a + bi|a ∈ R, b ∈ R} (Menge der komplexen Zahlen) 1

2

KAPITEL 0 . EINLEITUNG

Z[x] := {h(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 |a0 , a1 , . . . , an ∈ Z} (Menge der Polynome mit ganzzahligen Koeffizienten) Analog Q[x], R[x], C[x]. 1.1. Gibt es eine Formel f¨ ur die n-te Primzahl pn ? Bisher sind nur Phan” tom“-Formeln bekannt. So weiß man z.B., daß es ein reelles α > 0 gibt, so daß j

n

k

n−1

pn = 72 α − 72

j

n−1

72

k

α ,

¨ wo bxc die gr¨oßte ganze Zahl ≤ x bezeichnet. Uber α ist nichts bekannt. Gibt es wenigstens eine Funktion f (n), die f¨ ur jedes n ∈ N eine Primzahl liefert und die unendlich viele verschiedene Primzahlen liefert? Es sind auch hier bisher nur Phantom“-Formeln bekannt. Z.B. existiert ein reelles β > 0, j” n k so daß f (n) = β 3 f¨ ur jedes n eine Primzahl ist. 1.2. Das Eulersche Trinom f (n) = n2 + n + 41 liefert f¨ ur n = 0, 1, . . . , 39 Primzahlen, g(n) = f (n − 40) = n2 − 79n + 1601 liefert f¨ ur n = 0, 1, . . . , 79 Primzahlen. Es gibt jedoch kein nichtkonstantes Polynom h(x) ∈ Z[x], so daß h(n) f¨ ur jedes n ∈ N eine Primzahl ist. (Literatur s. Schwarz [19], Sierpinski [21].)

§1. FRAGESTELLUNGEN AUS DER ZAHLENTHEORIE

3

1.3. Fermat (1601-1665) vermutete, daß n

Fn = 2 2 + 1 Primzahl f¨ ur jedes n ∈ N0 ist. Bisher sind nur F0 , F1 , F2 , F3 , F4 als Primzahlen erkannt, F5 , . . . , F21 sind keine Primzahlen, bei F22 ist diese Frage noch offen (Literatur s. Riesel [15], S. 377 ff.) Ein regelm¨aßiges n-Eck ist genau dann mit Zirkel und Lineal konstruierbar, wenn n=2

a

r Y

pi ,

i=1

a, r ∈ N0 bel., p1 , . . . , pr paarweise verschiedene Fermatsche Primzahlen. Aufgabe 1. Man zeige folgende Aussagen: a) 2m + 1 Primzahl =⇒ m = 2n b)

n Q i=0

Fi = Fn+1 − 2

c) ggT(Fn , Fm ) = 1 f¨ ur n 6= m d) aus c) folgt die Existenz unendlich vieler Primzahlen. e) f¨ ur die n-te Primzahl pn gilt pn ≤ 22

n−2

+ 1, n = 1, 2, . . .

1.4. Mersenne (1588-1648) korrespondierte mit Fermat. Eine Mersennesche Primzahl ist von der Form Mn = 2n − 1. Die gr¨oßten bekannten Primzahlen sind Mersennesche Primzahlen, deren gr¨oßte zur Zeit M859433 mit 258716 Ziffern ist. Außerdem erh¨alt man durch die Mersenneschen Primzahlen die geraden vollkommenen Zahlen, wie z.B.

4

KAPITEL 0 . EINLEITUNG

6, 28. 2·6=1+2+3+6 2 · 28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14 + 28 allgemein

2 · n = σ(n), wobei σ(n) Teilersumme von n ist

v ist gerade vollkommene Zahl genau dann, wenn v = 2p−1 · (2p − 1), wobei 2p − 1 Mersennesche Primzahl. Eine immer noch offene Frage ist, ob es ungerade vollkommene Zahlen gibt? (Scheid [18], S.310 ff.) Aufgabe 2. Man zeige: a) 2n − 1 Primzahl =⇒ n Primzahl b) Eine gerade Zahl v ist genau dann vollkommen, wenn sie von der Form v = 2p−1 · (2p − 1) ist, wo 2p − 1 Mersennesche Primzahl ist.

1.5. Es bezeichne π(x) die Anzahl der Primzahlen p ≤ x. Was l¨aßt sich u ¨ber π(x) sagen? Es gilt x

Z x dt π(x) = + R(x) = + r(x). log x log t 2

3

Gezeigt ist |R(x)| ≤

C1 (logxx)2

und |r(x)| ≤ C2 x exp{−0, 009

√ Vermutet wird |r(x)| < C3 x log x.

(log x) 5 1

(log log x) 5

}.

3

Aufgabe 3. F¨ ur jedes a > 0 und x > x0 gilt 3

und (exp{0, 009

(log x) 5

(log log x)

1 5

})a
1, ist Summe zweier Primzahlen. b) Primzahlzwillingsproblem: Gibt es unendlich viele Primzahlpaare p, q mit q = p + 2 (oder allgemeiner f¨ ur festes k ≥ 1 mit q = p + 2k)? c) Gibt es unendlich viele Primzahlen p der Form p = 1 + x2 ? Bekannt ist, daß zu jedem k ≥ 2 unendlich viele Primzahlen der Form p=1+

k Y

x2i

i=1

existieren. 1.7. Die Fermatsche Vermutung besagt, daß xn + y n = z n f¨ ur n ≥ 2 keine von Null verschiedenen L¨osungen x, y, z ∈ Z besitzt. Euler vermutete, daß f¨ ur n > 2 xn1 + xn2 + . . . + xnk = z n f¨ ur kein k < n in nat¨ urlichen Zahlen l¨osbar ist.

6

KAPITEL 0 . EINLEITUNG Dies wurde 1966 von L. J. Landau und T. R. Parker widerlegt: 275 + 845 + 1105 + 1335 = 1445 .

Aufgabe 5. Man zeige, daß kein Tripel (x, y, z) nat¨ urlicher Zahlen existiert, so daß f¨ ur zwei verschiedene Exponenten n1 , n2 xn1 + y n1 = z n1 und gleichzeitig xn2 + y n2 = z n2 gilt.

1.8. Fragen zu Partitionen: Auf wieviele Arten l¨aßt sich 1,–DM bzw. 5,–DM in gebr¨auchliches Kleingeld wechseln? P (100, {1, 2, 5, 10, 50, 100}) = 2499. P (500, {1, 2, 5, 10, 50, 100, 200, 500}) = 1229587. Setzt man P (n) := P (n, {1, . . . , n}), so gilt √ π 23 n e P (n) ∼ √ 4 3n (Apostol [1]). Weitere Fragen: Gegeben a1 , . . . , ak ∈ N mit ggT(a1 , . . . , ak ) = 1. Wieviele nichtnegative ganze Zahlen besitzen keine Darstellung n=

k X

xi ai ,

xi ∈ N0 ?

i=1

Welches ist die gr¨oßte von ihnen? Diese wird mit g(a1 , . . . , ak ) bezeichnet. Beispiel: Gegeben seien a1 = 5, a2 = 7.

§1. FRAGESTELLUNGEN AUS DER ZAHLENTHEORIE

7

Mindestens eine Darstellung besitzen 0, 5, 7, 10, 12, 14, 15, 17, 19, 20, 21, 22, 24, 25, . . . . Keine Darstellung besitzen 23, 18, 16, 13, 11, 9, 8, 6, 4, 3, 2, 1, von denen 23 die gr¨oßte ist. Also g(5, 7) = 23. Aufgabe 6. a) Sei ggT(a, b) = 1. Man zeige: g(a, b) = ab − a − b. ¨ b) Man zeige, daß f¨ ur alle h ∈ N0 mit 0 ≤ h ≤ g(a, b) folgende Aquivalenz gilt: h hat eine Darstellung h = xa+yb mit x, y ∈ N0 ⇐⇒ g −h hat keine Darstellung. Bemerkung: F¨ ur g(a, b, c) mit a, b, c ∈ N und ggT (a, b, c) = 1 ist keine Formel bekannt.

1.9. Def. von k-Eckszahlen a) Dreieckszahlen: b

b

r b (3)

(3)

b r b r r b (3)

b r b r r b r r r b (3)

e1 = 1, e2 = 3, e3 = 6, e4 = 10, . . . e(3) n = 1 + 2 + 3 + ... + n =

b) Viereckszahlen: b b r b

b (4)

(4)

n(n+1) . 2

b b b r r b r r b (4)

e1 = 1, e2 = 4, e3 = 9, . . . 2 e(4) n = 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) = n .

8

KAPITEL 0 . EINLEITUNG c) F¨ unfeckszahlen: b (5)

b b b r b

b b b b b r r r b r r b

(5)

(5)

e1 = 1, e2 = 5, e3 = 12, . . . e(5) n = (5)

e−n =

n P

(3(j − 1) + 1) = 32 n(n − 1) + n =

j=1 3n2 +n . 2

3n2 −n . 2

F¨ ur n ∈ Z heißt ω(n) = e(5) n Pentagonalzahl. Allgemeiner gilt f¨ ur die n-te k-Eckszahl e(k) n =

n X

((k − 2)(j − 1) + 1) =

j=1

k−2 (k − 2)n2 − (k − 4)n n(n − 1) + n = . 2 2

Lagrange (1736-1813) bewies, daß jede nat¨ urliche Zahl Summe von h¨ochstens vier Viereckszahlen ist. Gauß (1777-1855) bewies, daß jede nat¨ urliche Zahl Summe von h¨ochstens drei Dreieckszahlen ist. Cauchy (1789-1857) bewies, daß jede nat¨ urliche Zahl Summe von k oder weniger k-Eckszahlen ist. ur welche n ist n Summe von h¨ochstens zwei k-Eckszahlen? Frage: F¨ 1.10. Teileranzahl und Teilersumme F¨ ur n ∈ N bezeichnet τ (n) =

P

1

Teileranzahl,

d

Teilersumme.

1≤d≤n d|n

σ(n) =

P 1≤d≤n d|n

§1. FRAGESTELLUNGEN AUS DER ZAHLENTHEORIE

9

Es gilt f¨ ur reelle x ≥ 1 X

(∗)

τ (n) = x log x + (2C0 − 1)x + R1 (x)

,

n≤x

P 1 n→∞ n≤x n

wo C0 = lim ( (∗∗)

− log x) ∼ 0, 577215665 Euler-Konstante und

|R1 (x)| ≤ C1 xα f¨ ur alle x > x0 .

F¨ ur das kleinste zul¨assige α gilt

1 4

< α < 13 .

Weiter gilt f¨ ur reelle x ≥ 1 X n≤x

σ(n) =

π2 2 x + R2 (x) mit |R2 (x)| ≤ C2 x log x. 12

1.11. Zwischen den Funktionen aus 1.8, 1.9, 1.10 besteht folgender Zusammenhang: σ(n) = −

X l∈Z 0 1, gilt n2 | d). √ √ Wir setzen Q( d) := {q1 +q2 d|q1 , q2 ∈ Q} ( quadratische Erweiterung von ” √ √ / Q ist Q( d) % Q. Q“); wegen d ∈ √ √ F¨ ur beliebiges a + b d ∈ Q( d) heißt Z

√ √ √ Nd (a + b d) := (a + b d)(a − b d) = a2 − b2 d √ √ √ Norm von a + b d, wobei a − b d algebraisch konjugiert zu a + b d heißt. √ Es ist Nd (a + b d) ∈ Q. √ 4.6. Bemerkung: Nd (a + b d) kann im Falle d > 0 negativ werden, z.B. √ √ √ f¨ ur d = 2 ist N2 (1 + 2) = (1 + 2)(1 − 2) = 1 − 2 = −1. √ 4.7. Satz: In Q( d) existiert ein maximaler Integrit¨atsbereich Dd mit (1)

Dd ∩ Q = Z

¨ §4. INTEGRITATSBEREICHE (2)

23

√ √ α = a + b d ∈ Dd =⇒ α ¯ := a − b d ∈ Dd .

Setzt man ω :=

 √   1+ d 2

 

√

: d ≡ 1 (mod 4)

d : d ≡ 2, 3 (mod 4)

,

so gilt Dd = {a + bω|a, b ∈ Z}. √ √ Beweis: Mit ω ∈ Q( d) ist Rd := {a + bω|a, b ∈ Z} ⊆ Q( d) mit Z ⊆ Rd . • Wir zeigen, daß Rd ein Integrit¨atsbereich ist, indem wir zeigen, daß ω 2 ∈ Rd (hieraus folgt die Abgeschlossenheit bzgl. ·, Rest ist trivial √ oder folgt aus Rd ⊆ Q( d)). √ F¨alle d ≡ 2, 3 (mod 4) : ω 2 = ( d)2 = d ∈ Z ⊆ Rd . Fall d ≡ 1 (mod 4) :

√ √ d−1 1+ d 1+2 d+d = + ∈ Rd ω = 4 4 } | {z 2 } | {z 2

∈Z

• Wir zeigen Rd ∩ Q = Z: a + b ω ∈ Q ⇐⇒ b = 0 ∈Z ∈Z

=ω

√ / Q) (wegen d ∈

• Wir zeigen jetzt: α ∈ Rd =⇒ α ¯ ∈ Rd : F¨alle d ≡ 2, 3 (mod 4) :

√ √ Aus α = a + bω = a + b d ∈ Rd folgt α ¯ = a − b d ∈ Rd . Fall d ≡ 1 (mod 4) : Aus α = a + bω = a +

b b√ + d ∈ Rd 2 2

folgt ebenfalls

√ b b√ 1+ d α ¯ =a+ − d=a+b−b ∈ Rd . 2 2 2 } | {z ω

24

KAPITEL I. TEILBARKEIT • Sei nun R ein beliebiger Integrit¨atsbereich mit (1)

R∩Q=Z

(2)

√ √ α = q1 + q2 d ∈ R, qi ∈ Q ⇒ α ¯ = q1 − q2 d ∈ R.

F¨ ur α ∈ R gilt α + α ¯ = 2q1 ∈ R ∩ Q = Z, also q1 =

z1 2

mit z1 ∈ Z.

Ferner (α − α ¯ )2 = (2q2 )2 d ∈ R ∩ Q = Z. Zu q2 ∈ Q existieren z2 , z3 ∈ Z mit (z2 , z3 ) = 1 und q2 =

z2 . z3

Also

4z22 d z32

= z4 mit z4 ∈ Z.

Mit Hilfe der eindeutigen Primfaktorzerlegung in Z folgt: z32 |4d. Da d quadratfrei ist, kann z3 h¨ochstens 2 als Primfaktor besitzen, also z3 = ±1, ±2. Das liefert q2 =

z5 2

mit z5 ∈ Z. Insgesamt:

√ z1 z5 √ z1 − z5 1+ d α= + d= + z5 2 2 2 2 =⇒ 4αα ¯ = (2α)(2¯ α) = z12 − z52 d ∈ Z, andererseits αα ¯ = q12 − q22 d ∈ Q ∩ R = Z, also 4αα ¯ ≡ 0 (mod 4) =⇒ z12 − z52 d ≡ 0 (mod 4) Wir unterscheiden nun 1) d ≡ 1 (mod 4) =⇒ z12 − z52 ≡ 0 (mod 4) ⇒ z1 − z5 ≡ 0 (mod 2) ⇒ α=

z1 −z5 2

√

+ z5 1+2

d

∈ Rd ⇒ R ⊆ Rd .

2) d ≡ 2 (mod 4) : z12 − z52 · 2 ≡ 0 (mod 4) ⇐⇒ z12 − z52 · 2 = 4t, t ∈ Z ⇒ z12 = 2(z52 + 2t) ⇒ 2|z1 ⇒ 2|z52 ⇒ 2|z5 ⇒ α ∈ Rd . 3) d ≡ 3 (mod 4) : z12 − z52 · 3 ≡ 0 (mod 4) ⇒ z12 + z52 ≡ 0 (mod 4) ⇒ z1 ≡ z5 ≡ 0 (mod 2) ⇒ α ∈ Rd . Insgesamt folgt R ⊆ Rd . Also ist Rd maximal, also Rd = Dd .

2

¨ §4. INTEGRITATSBEREICHE

25

4.8. Folgerung: a) F¨ ur alle α ∈ Dd gilt Nd (α) ∈ Z. b) F¨ ur alle α, β ∈ Dd mit α | β gilt Nd (α) | Nd (β). Dd

Z

c) F¨ ur α ∈ Dd gilt α ∈ E(Dd ) ⇐⇒ Nd (α) = ±1. Beweis: Aufgabe 1. Aufgabe 2. Eine komplexe Zahl z heißt eine ganze algebraische Zahl, wenn z Nullstelle eines Polynoms xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an mit Koeffizienten aus ai ∈ Z ist.

√ a) Man zeige: Dd ist die Menge der ganzen algebraischen Zahlen aus Q( d).

Hinweis: Ohne Beweis darf benutzt werden, daß z ∈ C genau dann ganz-algebraisch ist, wenn die Koeffizienten des Minimalpolynoms von z aus Z sind. √ √ ¯ (Spur von α). b) F¨ ur α = a + b d ∈ Q( d) setzen wir Spd (α) := α + α √ Man zeige: f¨ ur alle α ∈ Q( d) gilt: α ∈ Dd ⇐⇒ Spd (α) ∈ Z und Nd (α) ∈ Z.

4.9. Folgerung: Jedes α ∈ Dd \ {0} besitzt mindestens eine Darstellung α=e

k Q i=1

µi , e Einheit von Dd , µi unzerlegbar in Dd (k ≥ 0).

Beweis: Sei α ∈ Dd \ {0} keine Einheit und β ein Teiler von α mit β 6∼ 1 und β 6∼ α, auch echter Teiler von α genannt. =⇒ 1 < |N (β)| < |N (α)|. Jeder echte Teiler von α ist entweder unzerlegbar oder besitzt echte Teiler mit echt kleinerem Normbetrag. Wegen |Nd (γ)| ∈ N f¨ ur alle γ ∈ Dd \ {0} endet das Verfahren nach endlich vielen Schritten mit einer Zerlegung von α in unzerlegbare Elemente.

2

√ 4.10. Beispiel: In D−5 = Z[ −5] (beachte d = −5 ≡ 3 (mod 4)) besitzt

26

KAPITEL I. TEILBARKEIT

also jedes α 6= 0 eine Zerlegung in unzerlegbare Elemente. Aber die Zerlegung ist nach 3.16.b) im allgemeinen nicht eindeutig. 4.11. Definition: Ein Integrit¨atsbereich R heißt ZPE-Ring, wenn f¨ ur jedes α ∈ R, α 6= 0, α ∈ / E(R) die Zerlegung in Primelemente (im wesentlichen) eindeutig ist. 4.12. Definition: Ein Integrit¨atsbereich R heißt Euklidischer Ring, wenn eine Abbildung g : R \ {0} → N0 existiert mit (1)

g(a) ≤ g(ab) f¨ ur alle a, b ∈ R \ {0}

(2)

zu je zwei Elementen a, b ∈ R, b 6= 0 existieren zwei Elemente

q, r ∈ R mit a = qb + r, wo r = 0 oder g(r) < g(b). g heißt Gradfunktion. 4.13. Beispiele: 1) Z wird zu einem Euklidischen Ring, wenn g(a) = |a| f¨ ur a ∈ Z \ {0} definiert wird. Man beachte, daß in Z sogar a = qb + r, 0 ≤ r < |b| gilt und nicht nur |r| < |b|, denn f¨ ur a ∈ Z, b ∈ N, b 6= 0 gilt und a =

j k a b

W¨ahle also

b + (a −

j k a b

a b

=

j k a b

+ δ mit 0 ≤ δ < 1

b).

¹ º

¹ º

a a q= ∈ Z, r := a − b = |{z} δb . b | {zb } 0 gibt, so daß Dd ZPE-Ring ist (s. Stark [22]). 4.16. Definition: Es sei R ein kommutativer Ring. I ⊆ R heißt Ideal (von R), wenn gilt:

¨ §4. INTEGRITATSBEREICHE

31

1) (I,+) ist Untergruppe von (R,+). 2) ri ∈ I f¨ ur alle r ∈ R, i ∈ I. Beispielsweise sind I0 = {0} und I1 = R Ideale. Man beachte, daß f¨ ur Unterringe U von R anstelle von 2) lediglich i0 i ∈ U f¨ ur alle i0 , i ∈ U zu gelten br¨auchte. So ist Z Unterintegrit¨atsbereich von Z[i], aber kein Ideal von Z[i]. I = {2a + 2bi|a, b ∈ Z} ist Ideal von Z[i]. 4.17. Definition: Es sei R kommutativer Ring und a ∈ R. Dann ist Ra = {ra|r ∈ R} Ideal von R, das Hauptideal genannt wird. Es heißt auch das von a erzeugte Ideal. Ist R ein Integrit¨atsbereich und ist jedes Ideal von R bereits ein Hauptideal von R, so heißt R Hauptidealring (besser w¨are Hauptidealintegrit¨atsbereich). 4.18. Folgerung: Es sei R ein Integrit¨atsbereich. Dann gelten f¨ ur a, b ∈ R \ {0} 1) a|b ⇐⇒ Rb ⊆ Ra. 2) a ∼ b ⇐⇒ Rb = Ra. Beweis: 1): Es gelte a|b. Dann existiert ein r ∈ R mit ar = b. F¨ ur alle s ∈ R folgt sb = (sr)a ∈ Ra, also Rb ⊆ Ra. Es gelte Rb ⊆ Ra. Dann gilt 1b ∈ Ra, also existiert insbesondere ein r ∈ R mit b = ra, also gilt a|b.

32

KAPITEL I. TEILBARKEIT

Nach 1) und 3.13 folgt 2).

2

4.19. Satz: Jeder Euklidische Ring R ist ein Hauptidealring. Beweis: Es sei I ein beliebiges Ideal von R, o.B.d.A. I 6= {0}. Wir betrachten T := {n ∈ N0 | es existiert ein a ∈ I \ {0} mit g(a) = n}. T 6= ∅ =⇒ in T existiert ein kleinstes Element n0 . Zu n0 existiert mindestens ein a0 ∈ I \ {0} mit g(a0 ) = n0 . Zeige: I = Ra0 . Sei i ∈ I beliebig. Zu i, a0 existieren q, r ∈ R mit i = qa0 + r, wo r = 0 oder g(r) < g(a0 ). Nun ist r = i − qa0 ∈ I, also r = 0 (sonst Widerspruch zur Minimalit¨at von g(a0 )). Es folgt i = qa0 , also i ∈ Ra0 , also I ⊆ Ra0 , also I = Ra0 .

2

4.20. Satz: Es sei R ein Hauptidealring. Dann ist jedes unzerlegbare Element bereits ein Primelement. Beweis: Sei u ∈ R unzerlegbar und u|ab,

a, b ∈ R. Wir betrachten das Ideal

I = {xu + ya|x, y ∈ R}. Es ist nach Voraussetzung Hauptideal, also I = Rd f¨ ur ein d ∈ R. Nun gilt u ∈ I = Rd, also u = rd f¨ ur ein r ∈ R. Da u unzerlegbar ist, folgt r ∼ 1 oder d ∼ 1. 4.18.2)

Im Fall r ∼ 1 folgt u ∼ d =⇒ Ru = Rd = I. Nun gilt a ∈ I = Ru, also a = su f¨ ur ein s ∈ R =⇒ u|a. Im Fall d ∼ 1 folgt I = Rd = R · 1 = R =⇒ 1 ∈ I =⇒ 1 = xu + ya f¨ ur geeignete x, y ∈ R =⇒ b = xub + yab =⇒ u|b

¨ §4. INTEGRITATSBEREICHE

33

=⇒ u Primelement.

2

4.21. Bemerkung: Besitzt also in einem Hauptidealring R jedes r ∈ R \{0} mindestens eine Darstellung r = e

k Q i=1

ui , e Einheit, ui unzerlegbar,k ≥ 0, so

ist R nach 3.18 ein ZPE-Ring. Wir untersuchen die Frage nach der Existenz von Produktzerlegungen in unzerlegbare Elemente. 4.22. Definition: Sei R ein Integrit¨atsbereich. S ⊆ R beliebige Teilmenge, S 6= ∅. Dann ist (S) :=

\

I

I Ideal von R S⊆I

ein Ideal von R; es heißt das von S erzeugte Ideal. Beispiel: R = Z, S = {10, 15}, (10, 15) = (5) (Genauer m¨ ußte man ({10, 15}) = ({5}) schreiben). 4.23. Satz: Sei R Integrit¨atsbereich. Dann sind folgende drei Aussagen ¨aquivalent: 1) Basissatz: Jedes Ideal I von R kann durch endlich viele Ringelemente erzeugt werden, d.h. es existieren i1 , . . . , in ∈ R mit n X

I = (i1 , . . . , in ) = {

rj ij |rj ∈ R}.

i=1

2) Maximalbedingung: Jedes nichtleere System M von Idealen von R besitzt maximale Elemente, d.h. in M existiert mindestens ein Ideal I mit I 6⊆ J f¨ ur alle J ∈ M mit J 6= I.

34

KAPITEL I. TEILBARKEIT 3) Teilerkettensatz: Jede aufsteigende Folge von Idealen von R bricht nach

endlich vielen Schritten ab, d.h. sind I1 , I2 , . . . Ideale von R mit I1 ⊆ I2 ⊆ . . ., so existiert ein n0 ∈ N mit In = In0 f¨ ur alle n ≥ n0 . Beweis: 1) =⇒ 3): Sei I1 ⊆ I2 ⊆ . . . aufsteigende Folge von Idealen. Dann ist I :=

∞ S i=1

Ii Ideal von R, also endlich erzeugt, etwa I = (i1 , . . . , ik ). Zu jedem

il existiert ein nl ∈ N mit il ∈ Inl

(l = 1, . . . , k). Sei n0 = max nl l=1,...,k

=⇒ {i1 , . . . , ik } ⊆ In f¨ ur alle n ≥ n0 =⇒ I = (i1 , . . . , ik ) ⊆ In ⊆ I =⇒ In = I f¨ ur alle n ≥ n0 . 3) =⇒ 2): Annahme: 2) gilt nicht. Dann existiert nichtleeres System M von Idealen I, so daß zu jedem I ∈ M ein J ∈ M existiert mit I $ J, also eine nicht abbrechende aufsteigende Kette von Idealen, Widerspruch zu 3). 2) =⇒ 1): Es sei I beliebiges Ideal von R, o.B.d.A. I 6= R(= (1)). Wir w¨ahlen als System M die endlich erzeugten Ideale J ⊆ I. Dann ist M 6= ∅, besitzt also maximales Element, etwa J0 = (j1 , . . . , jr ). Ist nun i ∈ I beliebig, so gilt J0 ⊆ (j1 , . . . , jr , i) ⊆ I. Da auch (j1 , . . . , jr , i) endlich erzeugt ist und in I liegt, folgt wegen der Maximalit¨at von J0 sofort J0 = (j1 , . . . , jr , i) f¨ ur jedes i ∈ I =⇒ i ∈ J0 , also I = J0 , also I endlich erzeugt.

2

Aufgabe 4. Man zeige in 4.23 direkt die Implikationen 1) =⇒ 2), 2) =⇒ 3) und 3) =⇒ 1).

4.24. Definition: Gilt in einem Integrit¨atsbereich der Basissatz, so heißt R Noetherscher Ring.

¨ §4. INTEGRITATSBEREICHE

35

4.25. Bemerkung: Offenbar ist jeder Hauptidealring ein Noetherscher Ring. Z[x] ist Noetherscher Ring, aber kein Hauptidealring ( (5, x) ist sicher kein Hauptideal). √ Z[ d] ist Noetherscher Ring (s. Lugowski und Weinert [11]). Dd ist Noetherscher Ring. Ist R Noetherscher Ring, so auch R[x] (Hilbert, s. etwa van der Waerden [23]). Ist R ein ZPE-Ring, so auch R[x] (Gauss, s. Herstein [6]). 4.26. Satz: Ist R Noetherscher Ring, so besitzt jedes r ∈ R \ {0} mindestens eine Darstellung r = e

n Q i=1

ui ,

ui unzerlegbar, n ∈ N0 .

Beweis: Sei r ∈ R \ {0} beliebig, r ∈ / E(R). Betrachte die Menge T := {t ∈ R| t | r, t ∈ / E(R)}. R

Wegen r ∈ T ist T 6= ∅. Es sei M := {(t)|t ∈ T }. Dann ist M 6= ∅, also existiert ein t1 ∈ T , so daß (t1 ) ein maximales Element in M ist. W¨are t1 zerlegbar, etwa t1 = s1 s2 ,

s1 6∼ 1 6∼ s2 , so folgte s1 , s2 ∈ T und (t1 ) $ (s1 )

(man beachte 4.18), Widerspruch zur Maximalit¨at von (t1 ). Also ist t1 unzerlegbar und t1 |r, etwa r = t1 r1 f¨ ur ein r1 ∈ R. Ist r1 unzerlegbar, so sind wir fertig. Andernfalls existiert ein unzerlegbarer Teiler t2 |r1 . Die Kette (r) ⊆ (r1 ) ⊆ (r2 ) ⊆ . . . bricht nach endlich vielen (etwa n + 1) Schritten ab, also rn+1 ∈ E(R). Es folgt r = t1 · . . . · tn+1 rn+1 , ti ∈ R, wo ti unzerlegbar und rn+1 Einheit. 4.27. Folgerung: Jeder Hauptidealring R ist ein ZPE-Ring.

2

36

KAPITEL I. TEILBARKEIT

Beweis: R ist insbesondere Noethersch. Also besitzt jedes r ∈ R \ {0} mindestens eine Zerlegung r = e

n Q i=1

ui ,

ui unzerlegbar. Nach 4.20 ist jedes

unzerlegbare Element bereits ein Primelement. Also ist nach 3.18 die Zerlegung im wesentlichen eindeutig.

2

4.28. Korollar: Es gilt: R Euklidischer Ring =⇒ R Hauptidealring =⇒ R ZPE-Ring. 4.29. Korollar: Z ist ZPE-Ring. (Diese Aussage heißt auch der Fundamentalsatz der Zahlentheorie.) Beweis: klar nach 4.13.1) und 4.28. 4.30. Bemerkung: Jede Umkehrung in 4.28 ist im allgemeinen falsch. So ist D−19 Hauptidealring, aber kein Euklidischer Ring. Z ist ZPE-Ring und damit auch Z[x], aber Z[x] ist kein Hauptidealring. 4.31. Bemerkung: Sei R kommutativer Ring mit 1. Dann sind ¨aquivalent: 1) R ist K¨orper. 2) R[x] ist Euklidischer Ring. 3) R[x] ist Hauptidealring. Aufgabe 5. Man beweise 4.31.

4.32. Bemerkung: Z[x1 , x2 , . . .] ist ZPE-Ring, aber kein Noetherscher Ring.

§5. Z

37

4.33. Bemerkung: Die Menge A := {c ∈ C|

k X

qi ci = 0, qi ∈ Q, nicht alle qi = 0, k ≥ 0}

i=0

ist der K¨orper der algebraischen Zahlen, B := {c ∈ C|

k X

zi ci = 0, zi ∈ Z, zk = 1, k ≥ 0}

i=0

ist der Ring der ganzalgebraischen Zahlen. B ist Integrit¨atsbereich, in dem es keine Zerlegung in unzerlegbare Elemente gibt, da jedes β ∈ B die Zerlegung √ √ √ β = β · β besitzt. Ist dabei β 6= 0, ∈ / E(R), so auch β.

§5

Z

5.1. Vorbemerkung: In Z sind +1, −1 die einzigen Einheiten, also +d und −d die einzigen zu d assoziierten Elemente. Wir beschr¨anken uns daher auf positive Teiler. Echte Teiler von a sind dann die Teiler d von a mit 1 < d < |a|. Primzahlen sind genau die positiven unzerlegbaren Elemente. 5.2. Lemma: 1) Gilt d|a und d > |a|, so folgt a = 0. 2) Gilt a 6= 0 und d|a, so folgt d ≤ |a|. 3) Gilt a +

k P i=1

ai = 0 und d|ai f¨ ur alle i = 1, . . . , k, so folgt d|a.

Beweis: Aufgabe 1. 5.3. Definition: Es seien a1 , . . . , ak ∈ Z, mindestens ein ai 6= 0. Eine Zahl t ∈ N heißt genau dann gemeinsamer Teiler von a1 , . . . , ak , wenn t|aj f¨ ur alle j = 1, . . . , k. Insbesondere gilt t ≤ |ai | f¨ ur ai 6= 0. Daher

38

KAPITEL I. TEILBARKEIT

existiert der gr¨oßte gemeinsame Teiler d = ggT(a1 , . . . , ak ) = (a1 , . . . , ak ). Gilt ggT(a1 , . . . , ak )=1, so heißen a1 , . . . , ak teilerfremd. Gilt dar¨ uber hinaus ggT(ai , aj )=1 f¨ ur alle i, j mit 1 ≤ i < j ≤ k, so heißen a1 , .., ak paarweise teilerfremd. 5.4. Bemerkung: Verallgemeinerungsf¨ahiger w¨are folgende Definition des gr¨oßten gemeinsamen Teilers: d heißt ein gr¨oßter gemeinsamer Teiler von a1 , . . . , an , wenn 1) d|aj f¨ ur alle j = 1, . . . , n 2) f¨ ur jedes t ∈ N mit t|aj f¨ ur alle j = 1, . . . , n gilt t|d. 5.5. Folgerung: Es gilt 1) (a1 , . . . , an ) = ((a1 , . . . , an−1 ), an ) 2) b(a1 , . . . , an ) = (ba1 , . . . , ban ) 3) Gilt t|ai f¨ ur alle i = 1, . . . , n, so gilt µ

¶

a1 an 1 (a1 , . . . , an ) = ,..., . t t t Beweis: klar. 5.6. Bemerkung: Im Beispiel 4.13.1) existieren zu je zwei Zahlen a ∈ Z, b ∈ N, b 6= 0, zwei Zahlen q, r ∈ Z mit a = qb + r, 0 ≤ r < |b|. Zul¨assige Wahl war q =

j k a b

und r = a −

j k a b

b.

5.7. Satz: Sind a, b ∈ Z, b 6= 0, so sind q, r ∈ Z mit (1)

a = qb + r,

(2)

0 ≤ r < |b|

eindeutig bestimmt.

§5. Z

39

Beweis: Es gelte a = qb + r, 0 ≤ r < |b| und a = q 0 b + r0 , 0 ≤ r0 < |b|. Dann folgt 0 = (q − q 0 )b + r − r0 mit |r − r0 | < |b| und b|(r − r0 ). Nach 5.2.1) folgt r − r0 = 0, also r = r0 , also q = q 0 .

2

5.8. Euklidischer Algorithmus: o.B.d.A. seien a0 , a1 ∈ N gegeben. Nach 5.7 existieren eindeutig bestimmte a2 > a3 > . . . > am > am+1 = 0 und q1 , q2 , . . . , qm ∈ N mit (1)

a0 = q1 a1 + a2

0 < a 2 < a1

(2) .. .

a1 = q2 a2 + a3 .. .

0 < a 3 < a2 .. .

(m − 1) am−2 = qm−1 am−1 + am 0 < am < am−1 (m)

am−1 = qm am + am+1

am+1 = 0

Da die Zahlen a2 , a3 , . . . ∈ N0 monoton fallen, muß das Verfahren nach endlich vielen – o.B.d.A. nach m – Schritten abbrechen. 5.9. Satz: Es gilt (a0 , a1 ) = am . Beweis: Setze d := (a0 , a1 ) und beachte 5.2.3). Dann folgt in 5.8 aus (1) wegen d|a0 und d|a1 , daß d|a2 gilt. Aus (2) folgt dann wegen d|a1 und d|a2 , daß d|a3 gilt, usw. Schließlich folgt, daß d|am gilt, also d ≤ am . F¨ ur die umgekehrte Ungleichung beginnen wir mit der m-ten Gleichung in

40

KAPITEL I. TEILBARKEIT

5.8 und folgern am |am−1 und daraus mit der (m − 1)-ten Gleichung am |am−2 usw. bis am |a1 und am |a0 , also am |(a0 , a1 ), insbesondere am ≤ d. Insgesamt folgt am = d = (a0 , a1 ).

2

5.10. Beispiel: Gegeben a0 = 1729,

a1 = 1547. Es gilt

1729 = 1 · 1547 + 182 1547 = 8 · 182 + 91 182 = 2 · 91 + 0, also (1729,1547)=91. Aufgabe 2. Man bestimme (4464, 5270, 6045).

5.11. Satz: Zu a0 , a1 ∈ Z, nicht beide Null, existieren x0 , x1 ∈ Z mit (a0 , a1 ) = x0 a0 + x1 a1 .

Beweis: Nach 5.8 und 5.9 existiert eine Folge a1 > a2 > . . . > am > am+1 = 0 mit (a0 , a1 ) = am = am−2 − qm−1 · am−1

| {z }

=am−3 −qm−2 am−2

= (1 + qm−1 qm−2 ) · am−2 −qm−1 am−3 | {z }

=am−4 −qm−3 am−3

= (1 + qm−1 qm−2 )am−4 − ((1 + qm−1 qm−2 )qm−3 + qm−1 )am−3 .. . = x0 a 0 + x1 a 1 .

2

§5. Z

41

5.12. Beispiel: Gegeben 1729,

1547.

(1729, 1547) = 91 = 1 · 1547 − 8 · 182 = 1 · 1547 − 8(1 · 1729 − 1 · 1547) = 9 · 1547 − 8 · 1729 F¨ ur l¨angere Algorithmen empfiehlt es sich, diese Hochrechnung“ besser zu ” organisieren. 5.13. R-Schema: Gegeben a0 , a1 ∈ N. Man schreibt die qi aus 5.8 in umgekehrter Reihenfolge hintereinander, setzt Rm := 0, Rm−1 := 1 und berechnet die folgenden Ri rekursiv gem¨aß Ri = qi+1 Ri+1 + Ri+2

(i = m − 2, m − 3, . . . , 1, 0), im Schema ←

q

qm

qm−1

· · · q2

q1

R 0 +1 Rm−2 · · · R1 R0 also qm−1 · 1 + 0 = Rm−2 usw. Dann gilt (a0 , a1 ) = (−1)m (R1 a0 − R0 a1 ). Beweis: Wir setzen Ti := (−1)m−i (Ri+1 ai − Ri ai+1 ) f¨ ur i = 0, 1, . . . , m − 1. Dann folgt Ti − Ti+1 = (−1)m−i Ri+1 ai − (−1)m−i Ri ai+1 −(−1)m−i−1 Ri+2 ai+1 + (−1)m−i−1 Ri+1 ai+2 = (−1)m−i−1 ai+1 (Ri − Ri+2 ) − (−1)m−i−1 Ri+1 (ai − ai+2 ) |

{z

}

=qi+1 Ri+1

= 0 f¨ ur i = 0, 1, . . . , m − 2.

|

{z

}

=qi+1 ai+1

42

KAPITEL I. TEILBARKEIT

Weiter gilt Tm−1 = (−1) |{z} Rm am−1 − (−1) Rm−1 am = am , also | {z }

=0

=1

T0 = am = (a0 , a1 ) = (−1)m (R1 a0 − R0 a1 ).

5.14. Beispiel: a0 = 1729,

2

a1 = 1547. Benutze qi nach 5.10 q

2

8 1

R 0 +1 8 9 =⇒ (1927, 1547) = 91 = (−1)3 · (8 · 1729 − 9 · 1547) = 9 · 1547 − 8 · 1729. Aufgabe 3. Man bestimme x0 , x1 , x2 ∈ Z mit 217 = x0 · 4464 + x1 · 5270 + x2 · 6045.

5.15. P-Q-Schema: Gegeben a0 , a1 ∈ N und die qi aus 5.8. Wir setzen P0 := 1,

P1 := q1

Q0 := 0,

Q1 := +1

und berechnen Pi , Qi induktiv gem¨aß Pi+1 := qi+1 Pi + Pi−1 Qi+1 := qi+1 Qi + Qi−1 f¨ ur i = 1, . . . , m im Schema ~q

q1

q2

qm−1

qm

P +1

q1

P2 · · · Pm−1

Pm

Q

+1 Q2 · · · Qm−1 Qm

0

···

§5. Z

also

43

q2 q1 + 1 = P2 usw. q2 · 1 + 0 = Q2 usw.

Dann gilt (a0 , a1 ) = (−1)m (Qm−1 a0 − Pm−1 a1 ) und Pm = Qm =

a1 (a0 ,a1 )

a0 (a0 ,a1 )

sowie

(die beiden letzten Gleichungen dienen lediglich der Kontrolle).

Beweis: Wir zeigen zun¨achst ai = (−1)i (Qi−1 a0 −Pi−1 a1 ) f¨ ur i = 1, . . . , m+1. F¨ ur i = 1 gilt in der Tat (−1)1 ( Q0 a0 − |{z} P0 a1 ) = a1 , und f¨ ur i = 2 ist |{z} =0

(−1)2 ( Q1 a0 − P1 a1 ) = a0 − q1 a1 = a2 . |{z} =+1

=1

|{z} =q1

Die Behauptung gelte f¨ ur alle j < i + 1. Es folgt (−1)i+1 (Qi a0 − Pi a1 ) = (−1)i+1 ((qi Qi−1 + Qi−2 )a0 − (qi Pi−1 + Pi−2 )a1 ) = (−1)i−1 ((Qi−1 a0 − Pi−1 a1 )qi + (Qi−2 a0 − Pi−2 a1 )) = −ai qi + ai−1 = ai+1 . F¨ ur i = m folgt (a0 , a1 ) = am = (−1)m (Qm−1 a0 − Pm−1 a1 ). F¨ ur i = m + 1 folgt 0 = am+1 = (−1)m+1 (Qm a0 − Pm a1 ), also

a0 a1

=

Pm . Qm

Wir wollen (Pm , Qm ) = 1 zeigen. Dazu zeigen wir (Pi , Qi )=1 f¨ ur i = 0, 1, . . . , m. Wiederum gen¨ ugt es, Pi+1 Qi − Pi Qi+1 = (−1)i+1 f¨ ur i = 0, 1, . . . , m − 1 zu zeigen. F¨ ur i = 0 gilt in der Tat P1 Q0 − P0 Q1 = q1 · 0 − 1 · 1 = (−1)1 . Die Behauptung gelte f¨ ur alle j < i + 1. Dann folgt Pi+2 Qi+1 − Pi+1 Qi+2 = (qi+2 Pi+1 + Pi )Qi+1 − Pi+1 (qi+2 Qi+1 + Qi ) = Pi Qi+1 − Pi+1 Qi = −(−1)i+1 = (−1)i+2 . 2 5.16. Beispiel: F¨ ur a0 = 1729, a1 = 1547 hat das P-Q-Schema mit den qi

44

KAPITEL I. TEILBARKEIT

aus 5.10 folgendes Aussehen: ~q P Q

1 8

2

+1 1 9 19 = 0

1 8 17 =

1729 91 1547 91

=⇒ (1729, 1547) = 91 = (−1)3 (8 · 1729 − 9 · 1547) = 9 · 1547 − 8 · 1729. 5.17. Bemerkung: Das R-Schema erfordert weniger Rechenaufwand, das P-Q-Schema enth¨alt daf¨ ur Kontrollen f¨ ur die Pi , Qi und liefert außerdem optimale Approximationen (die Br¨ uche

Pi ) Qi

von

a0 . a1

5.18. Definition: Gegeben sei eine reelle Zahl ρ. Ein Bruch

Z N

mit Z ∈

Z, N ∈ N, N > 1 heißt eine optimale Approximation von ρ, wenn f¨ ur alle ¯

z ∈ Z, n ∈ N mit n < N stets ¯¯ρ −

¯

Z¯ ¯ N

¯

¯

< ¯¯ρ − nz ¯¯ gilt.

5.19. Beispiel: Die optimalen Approximationen von ρ = geh¨origen Abweichungen sind ¯ ¯ 19 ¯ ¯ 17 ¯ ¯ 19 ¯ ¯ 17 ¯ ¯ 19 ¯ ¯ 17 ¯ ¯ 19 ¯ ¯

¯

6¯ − ¯¯ 5¯ 7¯ − ¯¯ 6¯ 8¯ − ¯¯ 7¯ 9¯ − ¯¯ 17 8 ¯ ¯ ¯ 19 10 ¯ ¯ − ¯¯ ¯ 17 9¯ ¯ ¯ 19 ¯ 19 ¯ − ¯¯ ¯ 17 17

= 0, 0823 . . . , = 0, 0490 . . . , = 0, 0252 . . . , = 0, 0073 . . . , = 0, 0065 . . . , = 0.

19 17

mit den zu-

§5. Z

45

Dabei gilt 6 5 7 6 8 7 9 8 10 9 19 17

= = = = = =

5P1 + 1P0 , 5Q1 + 1Q0 6P1 + 1P0 , 6Q1 + 1Q0 7P1 + 1P0 , 7Q1 + 1Q0 P2 , Q2 1P2 + 1P1 , 1Q2 + 1Q1 P3 . Q3

5.20. Bemerkung: Aus dem Euklidischen Algorithmus 5.8 ergibt sich ρ=

a0 = q1 + a1 a1 = q2 + a2

a2 a1 a3 1 =⇒ ρ = q1 + a3 a2 q2 + a2

a2 a4 = q3 + =⇒ ρ = q1 + a3 a3

am−1 = qm + 0 =⇒ ρ = q1 + am

1 q2 +

1 q3 +

a4 a3 1 1

q2 + q3 + ..

. qm−1 + q1m

Wir schreiben daf¨ ur auch ρ = [q1 ; q2 , . . . , qm ] und lassen f¨ ur die qi auch positive reelle Zahlen zu.

46

KAPITEL I. TEILBARKEIT

5.21. Folgerung: Seien a0 , a1 ∈ N mit den qi aus 5.8 und den Pi , Qi aus 5.15. Dann gilt

Pi Qi

= [q1 ; q2 , . . . , qi ] f¨ ur i = 1, . . . , m.

Beweis: Es gilt

P1 Q1

= q1 = [q1 ].

P2 q2 P1 + P0 q2 q1 + 1 1 = = = [q1 ; q2 ]. = q1 + Q2 q2 Q1 + Q0 q2 · 1 + 0 q2 Es gelte die Beh. f¨ ur alle j ≤ i < m. Dann folgt [q1 ; q2 , . . . , qi , qi+1 ] = [q1 ; q2 , . . . , qi + =

1 qi+1

]=

(qi + (qi +

1 )Pi−1 qi+1 1 )Qi−1 qi+1

qi+1 (qi Pi−1 + Pi−2 ) + Pi−1 qi+1 Pi + Pi−1 Pi+1 = = . qi+1 (qi Qi−1 + Qi−2 ) + Qi−1 qi+1 Qi + Qi−1 Qi+1

5.22. Bemerkung: Der Kettenbruchdarstellung f¨ ur ρ =

a0 a1

+ Pi−2 + Qi−2 2

aus 5.20 entneh-

men wir noch [q1 ; q2 , . . . , q2i−1 ] ≤ ρ ≤ [q1 ; q2 , . . . , q2i ]. Nach 5.15. gilt andererseits Pi+1 Qi − Pi Qi+1 = (−1)i+1 , insbesondere ¯ ¯ ¯P Pi ¯¯ 1 ¯ i+1 − ¯= . ¯ ¯ Qi+1 Qi ¯ Qi Qi+1

F¨ ur

a b

6=

c d

gilt stets

P1 Q1

P3 Q3

Also sind die zwischen

Pi Qi

Pi Qi

und

¯ ¯ ¯ ¯ ¯a c ¯ ¯ ad − bc ¯¯ 1 ¯ − ¯ = ¯¯ . ¯≥ ¯ ¯ ¯ bd ¯ b d |bd|

ρ

P2 Q2

insbesondere auch optimale Approximation von ρ, da ρ Pi+1 Qi+1

Wir nennen die

Pi Qi

liegt. die optimalen Approximationen durch Kettenbr¨ uche.

5.23. Anwendung auf π: Benutze die N¨aherung π ≈ 3, 141592654.

§5. Z

47

a0 = 3141592654,

a1 = 1000000000

3141592654 = 3 · 1000000000 + 141592652 1000000000 = 7 · 141592654 + 8851422 141592654 = 15 · 8851422 + 8821324 8851422 = 1 · 8821324 + 30098 8821324 = 293 · 30098 + 2610 Bei π steht in der letzten Zeile 292. An dieser Stelle war die Vorgabe von π nicht genau genug. Mit 292 liefert das P-Q-Schema ~q

3

7

15

1

292

P

1

3

22

333

355

103993

Q

0

1

7

106

113

33102

π

π

P Q

In der Tat kamen die ersten vier N¨aherungsbr¨ uche in der Antike vor: die N¨aherung π ≈ 3 steht z.B. in der Bibel in 1 K¨onige 7,23; die N¨aherung benutzte Archimedes,

333 106

400 n. Chr. die N¨aherung 5 9 2 ( ) 2 8

=

405 128

22 7

Ptolem¨aus, und schließlich kannten die Chinesen 355 . 113

¨ Bei den Agyptern wurde die N¨aherung π ≈

benutzt, die allerdings schlechter als

22 7

ist.

Es gilt 1

π =3+

1

7+

1

15 + 1+

1 292 + · · ·

5.24. Bemerkung: Frage: Wie genau muß man π oder allgemein ρ ∈ R+

48

KAPITEL I. TEILBARKEIT

kennen, um sicherzustellen, daß die qi auch tats¨achlich zu ρ geh¨oren? Im Fall ρ = π gilt q1 = 3 genau dann, wenn genau dann, wenn

22+3 7+1

genau dann, wenn

333 106

N¨aherungsbruch von

a0 a1

= ≤

25 8 a0 a1

3 1

≤

a0 a1


s1 + 1 gilt µ

m m+k

¶s

µ

m = m+k

¶s−s2 µ

m m+k

¶s2

µ

m ≤ m+1

¶s−s2 µ

Es folgt |E(s)| ≤

∞ 1 m s−s2 s2 X |αm+k | ( ) m , s2 |αm | | m +{z1 (m + k) k=1 } −→

f¨ ur

0

s→∞

|

=:c∈R

{z

nach

}

1)

m m+k

¶s2

.

§9. BEISPIELE ZTH. FUNKTIONEN UND DIRICHLET-REIHEN also E(s) → 0 f¨ ur s → ∞, insbesondere |1 + E(s)| > folgt 0 = Dα (s3 ) >

|αm | ms3

·

1 2

1 2

77

f¨ ur s ≥ s3 (> s2 ). Es

> 0, Widerspruch.

2

9.7. Satz (Eindeutigkeitssatz fu ¨ r Dirichlet-Reihen): Genau dann gilt

∞ ∞ P P βn αn = f¨ ur alle s > s0 , wenn αn = βn f¨ ur alle n ∈ N. s n ns

n=1

n=1

2 9.8. Definition: Die Dirichlet-Reihe ζ(s) :=

∞ X 1 n=1

ns

konvergiert f¨ ur s > 1 und heißt Riemannsche Zeta-Funktion. Es gilt (ohne Beweis) ζ(2) =

∞ X 1 n=1

n2

=

π2 . 6

Aufgabe 2. Unter Benutzung der Gleichung Ã

∞ Y sin πx x2 = 1− 2 πx k k=1

!

und der jeweiligen Potenzreihenentwicklung zeige man a) b)

9.9. Satz: F¨ ur s > 1 gilt 1) ζ(s) =

Y p∈P

Ã

1 1− s p

!−1

,

π2 , 6 π4 ζ(4) = . 90

ζ(2) =

78

KAPITEL II. ZAHLENTHEORETISCHE FUNKTIONEN 2) ζ 0 (s) = −

∞ X log n n=1

ns

.

Beweis: 1) Wegen p ≥ 2 und s > 1 gilt Ã

1 1 1 = 1+ ps 1 − ps wo Mk := {n =

!1

Y

Ã

1 + s p

!2

+ . . . , also

pν(p) |ν(p) ≥ 0},

X 1 1 , 1 = s n∈Mk n p≤k 1 − ps Y

k ∈ N beliebig.

p≤k

Es folgt 0
s0 f¨ ur s > s0

absolut konvergent, und es gilt (∗) h(n) = (f ∗ g)(n), d.h. also Df (s) · Dg (s) = Df ∗g (s). Beweis: Da das Produkt zweier absolut konvergenter Reihen wieder absolut konvergiert, gen¨ ugt es (∗) zu zeigen. 

Df (s)Dg (s) = 

∞ X f (d1 ) d1 =1

=

X X f (d1 )g(d1 ) d1 ≥1 d2 ≥1

(d1 d2

)s

=

ds1

 

∞ X g(d2 )

d2 =1

X 1 X X n≥1

ns

d1 ≥1 d2 ≥1 d1 d2 =n

ds2

 

f (d1 )g(d2 )

§9. BEISPIELE ZTH. FUNKTIONEN UND DIRICHLET-REIHEN =

∞ X 1 X n=1

ns

µ ¶

∞ X 1 n = (f ∗ g)(n). s d n=1 n

f (d)g

d|n

9.11. Satz: Sei f multiplikativ, f (1) = 1 und Dann gilt

∞ X f (n) n=1

ns

=

Y

∞ P |f (n)| n=1

ns

2

f¨ ur s > s0 konvergent.

Ã

!

f (p) f (p2 ) 1 + s + 2s + . . . . p p

p∈P

Beweis: Wir setzen f (p) f (p2 ) Fp (s) := 1 + s + 2s + . . . p p

(p ∈ P).

Fp (s) konvergiert absolut f¨ ur s > s0 . Wir setzen wieder Mk = {n =

Q

pν(p) } ⊇ {1, . . . , k} (k ∈ N beliebig).

p≤k

Dann folgt Y

X f (n)

Fp (s) =

ns

n∈Mk

p≤k

und

¯ ¯ ¯∞ ∞ X f (n) ¯¯ X ¯ X f (n) |f (n)| k→∞ ¯≤ ¯ − −→ 0. ¯ ¯ s ns ¯n=1 ns n∈Mk n ¯ n=k+1

2

9.12. Satz: Es gelten 1) 2)

∞ X 1 µ(n) = (s > 1) ζ(s) n=1 ns ∞ X τk (n) (s > 1), (ζ(s))k = s n=1 n

insbesondere

∞ X τk (n) n=1

3) 4)

79

ns

=

Y p∈P

Ã

1 1− s p

!−k

(k ∈ N)

∞ ζ(s − 1) X ϕ(n) = (s > 2) s ζ(s) n=1 n ∞ X σα (n) ζ(s)ζ(s − α) = (s > max{1, 1 + α}), α ∈ R s n=1 n

80

KAPITEL II. ZAHLENTHEORETISCHE FUNKTIONEN 5)

∞ ζ(2s) X λ(n) = s ζ(s) n=1 n

(s > 1)

6)

∞ X ζ 2 (s) 2ω(n) = ζ(2s) n=1 ns

(s > 1)

∞ X ζ(s) µ2 (n) = (s > 1) ζ(2s) n=1 ns ∞ ζ 0 (s) X Λ(n) − = (s > 1) s ζ(s) n=1 n

7) 8)

Beweis: Ã

1)

Y 1 1 = 1− s ζ(s) p p∈P

!

∞ X µ(n) µ(p) µ(p2 ) . = (1 + s + 2s + . . .) = s p p n=1 n p∈P

Y

| {z }



2)

(ζ(s))k



∞ X

=0





∞ X 1 n=1

ns

X

1=

∞ X τk (n) n=1

n1 ,...,nk ≥1 n1 ·...·nk =n

ns

Aufgabe 3. Man beweise die restlichen Aussagen von 9.12.

9.13. Bemerkung: Sei g(n) =

P

f (d).

d|n

Wir setzen F (s) =

∞ P f (n) n=1



∞ X 1  1 1  =  · . . . · s s s n1 =1 n1 n2 =1 n2 nk =1 nk

=

∞ X

ns

, G(s) =

∞ P g(n) n=1

ns

.

Dann gilt 

F (s)ζ(s) = 

∞ X f (n1 ) n1 =1

ns1

 

∞ X 1

n2 =1

ns2

 

usw.

2

§10. SUMMEN ZAHLENTHEORETISCHER FUNKTIONEN ∞ X 1

=

n=1

ns

X

f (n1 ) =

n1 ,n2 n1 n2 =n

∞ X g(n) n=1

ns

81

= G(s),

also 

∞ X g(n1 )



∞ X µ(n2 )



G(s)    = s s ζ(s) n2 =1 n2 n1 =1 n1

F (s) =

∞ X 1

=

n=1

ns

X

g(n1 )µ(n2 ) =

n1 ,n2 n1 n2 =n

∞ X 1 X n=1

ns

n µ(d)g( ), d d|n

also f (n) =

X

n µ(d)g( ) d d|n

(1. M¨ obiussche Umkehrformel). Dies liefert keinen allgemeinen Beweis, da das Verhalten von f wenigstens die Konvergenz von

∞ P f (n) n=1

ns

erzwingen muß. Einen Ausweg liefert die Theorie

der formalen Dirichlet-Reihen. ∞ j k Q ν(n!,p) P n , denn p . Dann gilt ν(n!, p) = pl l=1 p|n j k j k j k P n n n

9.14. Bemerkung: Sei n! = ν(n!, p) =

P m≤n p|m

§10

1+

P

1+

m≤n p2 |m

1 + ... =

m≤n p3 |m

p

+

p2

+

p3

+ ... .

Summen zahlentheoretischer Funktionen

10.1. Vorbemerkung: Bisher haben wir haupts¨achlich Jetzt betrachten wir

P

P

f (d) betrachtet.

d|n

f (d).

d≤x

10.2. Definition: Es sei f (x) f¨ ur alle x ≥ x1 definiert, komplexwertig, g(x) > 0 f¨ ur alle x ≥ x2 .

82

KAPITEL II. ZAHLENTHEORETISCHE FUNKTIONEN 1) Existiert dann eine Konstante c > 0 und ein x3 ≥ 0 mit (∗) |f (x)| ≤ cg(x) f¨ ur alle x ≥ x3 ,

so schreiben wir f (x) = O(g(x)) (f¨ ur x → ∞) oder f (x) ¿ g(x) (f¨ ur x → ∞). 2) Gilt sogar anstelle von (∗) (∗∗)

lim

x→∞

f (x) = 0, g(x)

so schreiben wir f (x) = o(g(x)) (f¨ ur x → ∞). 3) Gilt anstelle von (∗∗) lim

x→∞

f (x) = 1, g(x)

so schreiben wir f (x) ∼ g(x) (f¨ ur x → ∞). 4) Gilt f (x) > 0 f¨ ur alle x ≥ x1 und 0 < c1 g(x) ≤ f (x) ≤ c2 g(x) f¨ ur c1 , c2 > 0 und x > x4 , so schreiben wir f (x) ³ g(x) f¨ ur x → ∞. Diese Aussagen u ¨bertragen sich sinngem¨aß auf den Fall x → a+ oder x → a−

(a ∈ R).

10.3. Bemerkung: Gilt f (x) = g(x)+r(x) mit r(x) = O(h(x)), so schreiben wir auch f (x) = g(x) + O(h(x)). Analoges gilt bez¨ uglich o(h(x)). O(g(x)) = O(h(x)) soll besagen, daß f¨ ur jedes f mit f (x) = O(g(x)) auch f (x) = O(h(x)) gilt. Man beachte, daß aus O(g(x)) = O(h(x)) keineswegs O(h(x)) = O(g(x)) folgt. Beispiel: Sei f (x) = 19x + 93 =⇒ f (x) = O(x) = O(x2 ) f¨ ur x → ∞. Aber

§10. SUMMEN ZAHLENTHEORETISCHER FUNKTIONEN

83

O(x2 ) 6= O(x). 10.4. Bemerkung: In f (x) = O(g(x)) ist die O-Konstante c stets unabh¨angig von x, sie kann aber von anderen Parametern abh¨angen, wie auch x3 in 10.2.1). Beispiel: F¨ ur jedes A > 0, ε > 0 gilt (log x)A ≤ CA,ε xε f¨ ur alle x ≥ e, wo CA,ε von A und ε abh¨angt. Es gilt aber auch (log x)A ≤ xε f¨ ur alle x ≥ x3 (A, ε). Beweis: Wir setzen n = n(A, ε) := d Aε e + 1, x3 = x3 (A, ε) = en! . 1) Sei x ≥ x3 . Setzen wir t := log x, so folgt t ≥ n! Es folgt et ≥

tn n!

≥

tn t

A

A

= td ε e ≥ t ε , also t ≥

A ε

log t, also ε log x ≥ A log(log x)

oder xε = eε log x ≥ eA log(log x) = (log x)A . 2) Sei e ≤ x < x3 . W¨ahlen wir c =

(n!)A , eε

so folgt

(log x)A ≤ (log x3 )A = (n!)A

eε ≤ cxε . eε

Wir schreiben: F¨ ur beliebige A > 0, ε > 0 gilt (log x)A = OA,ε (xε ). 10.5. Rechenregeln: f (x) = o(g(x)) =⇒ f (x) = O(g(x)). f (x) = O(1) =⇒ f (x) ankt f¨ ur x ≥ x0 .  beschr¨  f1 (x) = O(g1 (x)) 

 f2 (x) = O(g2 (x)) 

=⇒

f1 (x) ± f2 (x) = O(max{g1 (x), g2 (x)}) f1 (x) · f2 (x) = O(g1 (x) · g2 (x))

    h(x)f1 (x) = O(h(x)g1 (x)) µ ¶ h(x) > 0 =⇒ f1 (x) g1 (x)   =O 

h(x)

h(x)

84

KAPITEL II. ZAHLENTHEORETISCHE FUNKTIONEN

Beweis: klar. Sei g(x) = o(1). Dann gilt

1 = 1 + O(g(x)). 1 + O(g(x))

Beweis: zu zeigen ist, daß f¨ ur jedes f mit f (x) = O(g(x)) und g(x) = o(1) die Beziehung h(x) :=

1 1+f (x)

= 1 + O(g(x)) gilt.

Wegen f (x) = O(g(x)) folgt |f (x)| < c1 g(x) f¨ ur x > x1 . Wegen g(x) = o(1) folgt insbesondere g(x)
x2 , also |f (x)|
x3 = max{x1 , x2 }. Es folgt

1 1+f (x)

= 1 − f (x) + (f (x))2 − (f (x))3 + . . . = 1 − r(x)

mit |r(x)| ≤ |f (x)|(1 + |f (x)| + |f (x)|2 + . . .) = |f (x)| 1−|f1(x)| ≤ |f (x)| · 2 ≤ 2c1 g(x) f¨ ur x > x3 , also |h(x) − 1| = |r(x)| ≤ 2c1 g(x) f¨ ur x > x3 , also h(x) = 1 + O(g(x)).

2

Entsprechend sind f¨ ur g(x) = o(1) die Aussagen log(1 + O(g(x))) = O(g(x)) und eO(g(x)) = 1 + O(g(x)) zu interpretieren und zu beweisen. Es gelte f (x) = O(g(x)) f¨ ur x → ∞, f, g (Riemann-)integrierbar in [a, ∞), Rx a

g(ξ)dξ > 0 f¨ ur x > x0 . Dann gilt

Rx a

Rx

f (ξ)dξ = O(1) + O( g(ξ)dξ). a

Beweis: f (x) = O(g(x)) =⇒ es existiert c1 > 0 und x1 > max{a, x0 } mit Rx

x R1

a

a Zx1

|f (x)| ≤ c1 g(x) f¨ ur x > x1 =⇒ | f (ξ)dξ| ≤ | ≤|

x R1 a

f (ξ)dξ| + c1

Rx x1

Zx1

g(ξ)dξ = | |

Rx

= O(1) + O( g(ξ)dξ). a

Aufgabe 1. Sei g(x) = o(1). Man zeige

{z =:c2

Rx

x1

Rx

f (ξ)dξ|

g(ξ)dξ +c1 g(ξ)dξ

f (ξ)dξ| − c1 a

f (ξ)dξ| + |

a

a

}

§10. SUMMEN ZAHLENTHEORETISCHER FUNKTIONEN

85

a) log(1 + O(g(x))) = O(g(x)), b) eO(g(x)) = 1 + O(g(x)). Aufgabe 2. Mit §8 Aufgabe 3 und 8.11 zeige man X ϕ(n)

n

n≤x

1 x + O(log x). ζ(2)

=

Aufgabe 3. a) Unter Benutzung von 9.12.1), 9.12,7) und 9.7 zeige man XX

µ2 (n) =

µ(n2 ).

n1 n2 n1 n22 =n

b) Man zeige

X

µ2 (n) =

n≤x

√ 1 x + O( x). ζ(2)

10.6. Partielle Summation (Abelsche Summation) Seien an ∈ C (n = 1, 2, . . .), λn ∈ R mit λ1 < λ2 < . . . und n→∞ lim λn = ∞. Sei x ∈ [λ1 , ∞), g : [λ1 , x] −→ C differenzierbar, g 0 in [λ1 , x] R-integrierbar. Dann gilt X

an g(λn ) = g(x)

n λn ≤x

X n λn ≤x

Zx X

an −

(

λ1

Beweis: F¨ ur n = 1, 2, . . . setzen wir fn (ξ) :=

an )g 0 (ξ)dξ

n λn ≤ξ

  

0 f¨ ur λ 1 ≤ ξ < λ n

  a g 0 (ξ) f¨ ur λ n ≤ ξ ≤ x n

Dann gilt g(x)

P n λn ≤x

=

an − P Rx

n λn ≤x

λ1

P n λn ≤x

an g(λn ) =

fn (ξ)dξ =

P n λn ≤x

Rx P λ1 λ n≤x n

an (g(x) − g(λn )) =

fn (ξ)dξ =

Rx P λ1 λ n≤ξ n

P n λn ≤x

an

an g 0 (ξ)dξ.

Rx 0 g (ξ)dξ λn

2

86

KAPITEL II. ZAHLENTHEORETISCHE FUNKTIONEN

10.7. Beispiel: Wir betrachten es ist

P n≤x

P 1 und setzen an = 1, λn = n, g(x) = x1 ; n n≤x

1 = bxc = x − ϑ(x), 0 ≤ ϑ(x) < 1. Dabei ist ϑ(x) st¨ uckweise stetig,

insbesondere integrierbar. Es folgt x

x

Z X 1 1X x − ϑ(x) Z ξ − ϑ(ξ) 1 − ( 1)(− 2 )dξ = = + dξ x n≤x ξ x ξ2 n≤x n n≤ξ X 1

1

= 1−

ϑ(x) + x

1

Zx 1

Z∞

= log x + 1 − 1

|

dξ − ξ

Zx 1

ϑ(ξ) dξ ξ2 ∞

Z ϑ(ξ) ϑ(ξ) ϑ(x) dξ dξ − + 2 2 ξ ξ x x

{z

}

|

=:γ Z∞

mit 0 ≤ I ≤ x

{z

¯∞

}

=I

dξ 1 ¯¯ 1 = − ¯ = . 2 ξ ξ ¯x x

Insgesamt folgt ∞

Z 1 ξ − b(ξ)c = log x + γ + O( ), wo γ = 1 − dξ die Eulerkonstante ist. x ξ2 n≤x n X 1

1

Aufgabe 4. Man zeige 1)

µ

X

1 1 = log log x + c + O n log n log x 2≤n≤x

¶

f¨ ur ein geeignetes c ∈ R, 2)

X logk−1 n n≤x

(k − 1)!

=

1 x logk−1 x + Ok (x logk−2 x) f¨ ur k ≥ 2 (k − 1)!

und vergleiche dies mit 10.9.1).

§10. SUMMEN ZAHLENTHEORETISCHER FUNKTIONEN P

10.8. Anwendung auf τ (n) =

X

=⇒

X

τ (n) =

n≤x

X

1=

d1 ,d2 d1 d2 =n

n≤x

τ (n) :

2

n≤x

X

1+

d1 ,d2 d1 d2 =n d1 ≤d2

X

X

87

d1 ,d2 d1 d2 =n d1 ≥d2

1−

X

1−

X X

d1 ,d2 d1 d2 =n d1 =d2

1=2

n≤x d2 =n

d|n d2 ≤n

1=2 X

√ d≤ x

X

1−

d|n d≤ n d

X

1−

n≤x d|n n≥d2

X

1

d2 =n

X X √ d≤ x

1

n≤x n=d2

| {z } =1

√ √ x =2 (b c − (d − 1)) − r1 (x) mit r1 (x) = O( x) (sogar r1 (x) = b xc) √ d d≤ x X x X =2 b c−2 d + 2r1 (x) − r1 (x) √ d √ d≤ x d≤ x √ √ X x x x b xc(b xc + 1) =2 ( − ( − b c)) − 2 + r1 (x) | {z } √ d d d 2 √ d≤ x X

=b xc

√ x ( − b c) + x − b xc2 , √ d √ d d d≤ x d≤ x √ √ 2 √ √ also |r2 (x)| ≤ 2b xc, da (b xc) > ( x − 1)2 = x − 2 x + 1.

= 2x

X 1

− x + r2 (x), wo r2 (x) = −2

X x

Mit 10.7 folgt X

τ (n) = 2x(log

√

n≤x

also X

c x + γ + r3 (x)) − x + r2 (x) (mit |r3 (x)| ≤ √ ), x

√ τ (n) = x log x + (2γ − 1)x + O( x).

n≤x

10.9. Satz: F¨ ur k ≥ 2 gelten 1)

X

τk (n) =

n≤x

2)

X τk (n) n≤x

3)

n

X τk (n) n≤x

n

=

1 x logk−1 x + Ok (x logk−2 x), (k − 1)! 1 logk x + Ok (logk−1 x), k!

log n =

k logk+1 x + Ok (logk x). (k + 1)!

88

KAPITEL II. ZAHLENTHEORETISCHE FUNKTIONEN

Beweis: 1) und 2) mit Induktion nach k (simultan). P

F¨ ur k=2 gilt nach 10.8 insbesondere

n≤x

Mit 10.6 folgt f¨ ur g(x) = x1 : X τ2 (n)

n

n≤x

τ2 (n) =

1 x log x 1!

+ O(x).

!

Ã

x

Z 1 1 = (x log x + O(x)) − (ξ log ξ + r1 (ξ)) − 2 dξ, x ξ 1

wo |r1 (x)| ≤ c1 ξ f¨ ur ξ ≥ 1 und r1 (ξ) st¨ uckweise stetig ist. Es folgt X τ2 (n) n≤x

n

= log x + O(1) +

Z x log ξ |

1

ξ

{z R log x

=

0

Zx

dξ +O( }

1

dξ 1 ) = log2 x + O(log x). ξ 2

tdt

Damit ist 1) und 2) f¨ ur k = 2 gezeigt. Annahme: 1) und 2) gelten f¨ ur k − 1. =⇒

X

τk (n) =

n≤x

=

X

X

n≤x

d1 ,...,dk d1 ·...·dk =n

X X

τk−1 (

n≤x dk |n

=

X

τk−1 (d)

d≤x

= x

1=

Ã

X

n≤x dk |n

d1 ,...,dk−1 d1 ·...·dk−1 = n dk

X

8.11

1 =

X

¹ º

τk−1 (d)

d≤x

n≤x d|n

d

1

n dk d=n X X ) = τk−1 (d) dk n≤x d|n

X τk−1 (d) d≤x

X X

x d} | {z

=x +O(1) d

+ O(

X

d≤x

τk−1 (d)) !

1 = x logk−1 x + Ok (logk−2 x) (k − 1)! ! Ã 1 k−2 k−3 x log x + Ok (x log x) + O (k − 2)! 1 = x logk−1 x + Ok (x logk−2 x) (k − 1)!

§10. SUMMEN ZAHLENTHEORETISCHER FUNKTIONEN 1 x

Mit 10.6) und g(x) = X τk (n) n≤x

erhalten wir

1 = x

n

Ã

Zx Ã

− 1

wo |r3 (ξ)| ≤ c3 (k)ξ log

89

k−2

!

1 x logk−1 x + Ok (x logk−2 x) (k − 1)! !Ã

1 ξ logk−1 ξ + r3 (ξ) (k − 1)!

!

1 − 2 dξ, ξ

ξ f¨ ur ξ ≥ e und wobei r3 (ξ) st¨ uckweise stetig ist.

Es folgt X τk (n)

n

n≤k

=

1 logk x + Ok (logk−1 x). (k − 1)!k

Mit 10.6) und g(x) = log x folgt X τk (n) n≤x

n

µ

¶

xµ

Z 1 k k−1 log n = log x log x + Ok (log x) − k! Ã

=

1

!

¶

1 1 logk ξ − r4 (ξ) dξ k! ξ

1 1 − logk+1 x + O(logk x). k! (k + 1)!

2

10.10. Bemerkung: Die asymptotischen Absch¨atzungen in 10.9 bleiben erhalten, wenn man in 1), 2), 3) jeweils τk (n) durch

logk−1 n (k−1)!

ersetzt.

Im Durchschnitt hat eine Zahl um 10200 ca. 460 Teiler. 10200 hat nat¨ urlich 201 · 201 = 40401 Teiler. 10.11. Korollar: Es seien an , bn ∈ C f¨ ur n = 1, 2, . . . ; M, N ∈ N0 , M < N, An :=

P M := {[cn ]m | n ∈ N0 }, so heißen die erzeugenden Elemente Primitivwurzeln mod m. H¨aufig werden auch die Repr¨asentanten einer Primitivwurzel als Primitivwurzeln bezeichnet. F¨ ur beliebiges [a]m ∈ Pm bezeichnet O(a) = Om (a) = Ord < [a]m >:= # < [a]m >

§15. PRIME RESTKLASSENGRUPPEN

129

auch die Ordnung von a mod m. 15.7. Beispiel: Sei m = 7. Dann gilt f¨ ur die von den Elementen von P7 erzeugten zyklischen Untergruppen < [1]7 >= {[1]7 }, < [2]7 >= {[2]7 , [4]7 , [1]7 }, < [3]7 >= {[3]7 , [2]7 , [6]7 , [4]7 , [5]7 , [1]7 }, < [4]7 >= {[4]7 , [2]7 , [1]7 }, < [5]7 >= {[5]7 , [4]7 , [6]7 , [2]7 , [3]7 , [1]7 }, < [6]7 >= {[6]6 , [1]7 }. P7 hat insgesamt ϕ(7) = 6 Elemente. d = 1, 2, 3, 6 sind die Teiler von ϕ(7). Zu jedem solchen d gibt es genau ϕ(d) Elemente [a]7 mit der Ordnung d. d = 1 : ϕ(1) = 1 Elemente haben die Ordnung 1, n¨amlich [1]7 . d = 2 : ϕ(2) = 1 Elemente haben die Ordnung 2, n¨amlich [6]7 . d = 3 : ϕ(3) = 2 Elemente haben die Ordnung 3, n¨amlich [2]7 , [4]7 . d = 6 : ϕ(6) = 2 Elemente haben die Ordnung 6, n¨amlich [3]7 , [5]7 . [3]7 , [5]7 sind demnach die Primitivwurzeln von P7 . 15.8. Satz: Sei p Primzahl. Dann ist Pp zyklisch. Es gibt genau ϕ(ϕ(p)) Primitivwurzeln mod p. Allgemeiner gilt: Zu jedem d|ϕ(p) existieren genau ϕ(d) Elemente [a]p ∈ Pp mit O(a) = d. Beweis: Es gen¨ ugt, die letzte Aussage zu beweisen. Sei also d|ϕ(p). Sei q(d) := #{[a]p |O(a) = d}. Zu jedem [a]p ∈ Pp existiert genau ein d|ϕ(p) mit

130

KAPITEL III. KONGRUENZEN

O(a) = d. Es folgt (1)

X

q(d) = #Pp = ϕ(p).

d|ϕ(p)

Weiter gilt ϕ = µ ∗ id, also ϕ ∗ 1 = id, also (2)

X

ϕ(d) = p − 1 = ϕ(p).

d|p−1

Wir zeigen weiter q(d) ≤ ϕ(d) f¨ ur alle d|ϕ(p). Sei o.B.d.A. q(d) > 0. Dann existiert mindestens ein [a]p ∈ Pp mit O(a) = d. F¨ ur dieses a und ν = 1, 2, . . . , d gilt (aν )d = (ad )ν ≡ 1ν ≡ 1 (mod p). Wegen O(a) = d sind a1 , a2 , . . . , ad paarweise inkongruent mod p und L¨osungen der Kongruenz g(x) := xd − 1 ≡ 0 (mod p). Die Kongruenz hat also mindestens d L¨osungen und nach 14.1 h¨ochstens d L¨osungen. Daher hat jedes Element [b]p ∈ Pp mit O(b) = d, also jede L¨osung von g(x) ≡ 0 (mod p) die Form b ≡ aν (mod p) f¨ ur ein geeignetes ν (1 ≤ ν ≤ d). d

d

ν

ν

Annahme (ν, d) = δ ≥ 2. Dann folgt b δ = (aν ) δ = (ad ) δ ≡ 1 δ ≡ 1 (mod p), also O(b) ≤

d δ

< d, Widerspruch.

Also gilt (ν, d) = 1. Somit hat jedes [b]p ∈ Pp mit O(b) = d die Form b ≡ aν (mod p), (ν, d) = 1, 1 ≤ ν ≤ d. Derartige [b]p ∈ Pp gibt es h¨ochstens ϕ(d) viele. Es folgt (3)

q(d) ≤ ϕ(d) f¨ ur alle d|ϕ(d).

Wegen (1), (2) und (3) folgt q(d) = ϕ(d) f¨ ur alle d|ϕ(p).

2

15.9. Bemerkung: Eben haben wir die Frage behandelt, f¨ ur wieviele [a]p bei gegebener Primzahl p die Beziehung O(a) = p − 1 gilt, d.h. wieviele Primitivwurzeln mod p es gibt.

§15. PRIME RESTKLASSENGRUPPEN

131

Jetzt stellen wir folgende Frage: Gegeben a ∈ Z. F¨ ur wieviele Primzahlen ist a Primitivwurzel mod p? Ist a = ±1, so ist a2 ≡ 1 (mod p) und a ist h¨ochstens f¨ ur p = 2, 3 Primitivwurzel. Ist a = b2 , b > 1 und p Primzahl mit (a, p) = 1, so folgt (b, p)=1. F¨ ur p > 2 ist daher nach 11.27 1 ≡ bp−1 = (b2 )

p−1 2

≡a

p−1 2

(mod p) =⇒ O(a) ≤

p−1 . 2

Ist a = ±1, b2 , so ist also a f¨ ur keine Primzahl p > 3 Primitivwurzel mod p. Vermutung von Artin: Zu allen u ¨brigen a ∈ Z gibt es unendlich viele Primzahlen p, so daß a Primitivwurzel mod p ist. Wir setzen √ E(N ) := #{1 ≤ a ≤ N |f¨ ur keine Primzahl p mit 2 < p ≤ N ist a Primitivwurzel mod p}. √ ur gen¨ ugend großes N : Also gilt E(N ) ≥ b N c. Gallagher zeigte f¨ √ E(N ) ≤ 9 N log N. 15.10. Bemerkung: N¨achstes Ziel ist die Charakterisierung der m > 1, f¨ ur die Pm zyklisch ist. Dazu ben¨otigen wir Aussagen u ¨ber die Ordnung von Elementen. 15.11. Satz: Sei m > 1, [a]m ∈ Pm beliebig, n :=Ord< [a]m >. Dann gilt al ≡ ak (mod m) ⇐⇒ l ≡ k (mod n). Beweis: Wir zerlegen l = q1 n + r1 , 0 ≤ r1 < n, k = q2 n + r2 , 0 ≤ r2 < n.

132

KAPITEL III. KONGRUENZEN

o.B.d.A. r1 ≥ r2 al = aq1 n+r1 = (an )q1 ar1 ≡ ar1 (mod m) ak = aq2 n+r2 = (an )q2 ar2 ≡ ar2 (mod m) al ≡ ak (mod m) ⇐⇒ ar1 ≡ ar2 (mod m) ⇐⇒ ar1 −r2 ≡ 1 (mod m) ⇐⇒

0≤r1 −r2 . Dann gilt: al ≡ 1 (mod m) ⇐⇒ l ≡ n (mod n) ⇐⇒ n|l. Beweis: klar, da an ≡ 1 (mod m).

2

15.13. Folgerung: 1) Sei m ∈ N, [a]m ∈ Pm . Sei O(a) =Ord< [a]m >=: d. F¨ ur ν ∈ N gilt O(aν ) =

d . (ν,d)

2) Seien n1 =Ord< [a]m >, n2 =Ord< [b]m > und (n1 , n2 ) = 1. Dann gilt Ord< [ab]m >= n1 n2 . d

ν

Beweis: 1) Wir setzen λ := O(aν ). Wegen (aν ) (ν,d) = (ad ) (ν,d) ≡ 1 (mod m) d folgt λ| (ν,d) . Wegen aνλ = (aν )λ ≡ 1 (mod m) folgt d|νλ, also

Wegen

³

d , ν (ν,d) (ν,d)

´

= 1 folgt daraus

d |λ. (ν,d)

Insgesamt λ =

d | ν λ. (ν,d) (ν,d)

d . (ν,d)

2) (ab)n1 n2 = (an1 )n2 (bn2 )n1 ≡ 1 (mod m) =⇒ O(ab) ≤ n1 n2 . Zur Umkehrung setzen wir n = O(ab) und beachten 1 ≡ (ab)n = an bn (mod m). Sei [c]m Inverses von [b]m , also (cb)n ≡ 1n ≡ 1 (mod m).

§15. PRIME RESTKLASSENGRUPPEN   a b ≡ c b (mod m)  n n

133

n n

 (b , m) = 1  n

=⇒ an ≡ cn (mod m).

Wir setzen n3 := O(cn ) = O(an ). Dann folgt (an )n1 = (an1 )n ≡ 1 (mod m), also n3 |n1 , (cn )n2 = (cn2 )n ≡ 1 (mod m), also n3 |n2 , also n3 |(n1 , n2 ), also n3 = 1, also an ≡ cn ≡ 1 (mod m), also bn ≡ 1 (mod m), also n1 |n und n2 |n, also [n1 , n2 ] |n, also n1 n2 ≤ n. Insgesamt n1 n2 = n. | {z }

2

=n1 n2 n

Aufgabe 1. Es sei p := 22 + 1 eine Fermatsche Primzahl mit n > 1. Man zeige, daß 2 keine Primitivwurzel mod p sein kann.

Zum Beweis des n¨achsten Satzes ben¨otigen wir einen Hilfssatz, dem wir seinerseits einen Hilfssatz voranstellen. 15.14. Hilfssatz: Sei p ≥ 3 Primzahl, a, s ∈ N, (a, p) = 1. Dann gilt f¨ ur ein b ∈ N (1 + aps )p = 1 + bps+1 mit (b, p) = 1. ³ ´

³ ´

Beweis: (1 + aps )p = 1p + p1 (aps )1 + p2 (aps )2 + p3s z (f¨ ur ein z ∈ N) p−1 2 s = 1 + ps+1 (a + a p + p2s−1 z) =⇒ a ≡ b (mod p) 2 {z } | =:b∈N

=⇒ (b, p) = (a, p) = 1.

15.15. Hilfssatz: Sei p ≥ 3 Primzahl, c, t ∈ N, (c, p) = 1. t

Dann gilt (1 + cp)p = 1 + pt+1 d mit (d, p) = 1. Beweis: Induktion nach t. F¨ ur t = 0 ist d = c.

2

134

KAPITEL III. KONGRUENZEN

t → t + 1: t

t+1

Sei also (1 + cp)p = 1 + pt+1 d mit (d, p) = 1. Dann folgt (1 + cp)p t

=

t

(1 + cp)p ·p = ((1 + cp)p )p = (1 + pt+1 d)p = 1 + d∗ pt+2 mit (d∗ , p) = 1. 2 15.14

15.16. Satz: Sei m ∈ N, m > 1. Pm ist zyklisch genau f¨ ur jedes m ∈ C := {2, 4, pα , 2pα |p ≥ 3 Primzahl, α ≥ 1}. Beweis: =⇒“: Sei Pm zyklisch, etwa Pm =< [a]m > f¨ ur ein a ∈ Z. Sei ” m = pν11 · . . . · pνrr die kanonische Zerlegung, wo p1 < p2 < . . . < pr , νi ≥ 1 Dann gilt O(a) =Ord Pm = ϕ(m) = ϕ(pν11 ) · . . . · ϕ(pνrr ). νi

ϕ(pνi i )|[ϕ(pν11 ), . . . , ϕ(pνrr )] und aϕ(pi ) ≡ 1 (mod pνi i ) (i = 1, . . . , r), ν1 ),...,ϕ(pνr r )]

≡ 1 (mod pνi i ) (i = 1, . . . , r),

ν1 ),...,ϕ(pνr r )]

≡ 1 (mod [pν11 , . . . , pνrr ]),

also a[ϕ(p1

also a[ϕ(p1

|

{z

}

=m

also ϕ(m) = O(a) ≤ [ϕ(pν11 ), . . . , ϕ(pνrr )] ≤ ϕ(pν11 ) · . . . · ϕ(pνrr ) = ϕ(pν11 · . . . · pνrr ) = ϕ(m), also sind ϕ(pν11 ), . . . , ϕ(pνrr ) paarweise teilerfremd. Nun gilt ϕ(pν ) = (p − 1)pν−1 f¨ ur ν ≥ 1 (s. 15.1). F¨ ur r ≥ 3 folgt 3 ≤ p2 < pr , also 2|(p2 − 1) und 2|(pr − 1), also 2|(ϕ(pν22 ), ϕ(pνrr )), Widerspruch. Also gilt r ≤ 2. Wir unterscheiden 1) r = 2 und 2 < p1 < p2 . Dann folgt 2|(p1 − 1) und 2|(p2 − 1), Widerspruch. 2) r = 2 und 2 = p1 < p2 . W¨are ν1 ≥ 2, so folgt 2|(ϕ(2ν1 ), ϕ(pν22 )), Widerspruch. Es bleibt r = 1 oder (r = 2 mit p1 = 2 und ν1 = 1), also m ∈ C ∪ {2ν |ν ≥ 3}. Annahme m = 2ν , ν ≥ 3. Dann ist a ungerade. Wir zeigen mit Induktion

§15. PRIME RESTKLASSENGRUPPEN nach ν die Kongruenz a

ϕ(m) 2

135

≡ 1 (mod m) (dann ist a keine Primitivwurzel,

Widerspruch) ν = 3 : Wegen a = 2k + 1 f¨ ur ein k ∈ Z folgt a2 = 1 + 4k(k + 1) ≡ 1 (mod 23 ). Sei bereits a

ϕ(2ν−1 ) 2

Dann folgt a

ϕ(2ν ) 2

ν−2 · 1 2

≡ 1 (mod 2ν−1 ), also a2 ν−1 · 1 2

= a2

ν−2

= a2

ν−3 ·2

= a2

= 1 + t2ν−1 , t ∈ Z. ν−3

= (a2

)2 = (1 + t2ν−1 )2

= 1 + 2ν (t + t2 2ν−2 ) ≡ 1 (mod 2ν ). Insgesamt folgt m ∈ C. ⇐= “: Sei m ∈ C = {2, 4, pα , 2pα |p ≥ 3 Primzahl, α ≥ 1}. ” Klar ist P2 =< [1]2 >, P4 =< [3]4 >. Ferner ist Pp zyklisch nach 15.8. 1) Wir zeigen Ppα zyklisch f¨ ur Primzahl p ≥ 3 und α ≥ 2. Sei g Primitivwurzel mod p, insbesondere g p−1 ≡ 1 (mod p), also g p−1 = 1 + τ p. Wir setzen    0 f¨ ur p 6 |τ

g1 := g + εp mit ε = 

 1 f¨ ur p|τ.

und zeigen: g1 ist Primitivwurzel mod pα . Sicher ist g1 Primitivwurzel mod p. Setzt man n :=Ord< [g1 ]pα >, so folgt n|ϕ(pα ), also n|pα−1 (p − 1). Ferner g1n ≡ 1 (mod pα ), also g1n ≡ 1 (mod p), also Ord < [g1 ]p > |n, also |

{z

}

=p−1

(p − 1)|n, also n = (p − 1)pβ , 0 ≤ β ≤ α − 1. Dann folgt β

β

g1n = (g1p−1 )p = ((g + εp)p−1 )p

β

= (g p−1 + (p − 1)g p−2 εp + p2 z)p (z ∈ Z) β

β

= (1 + τ p + (p − 1)g p−2 εp + p2 z)p = (1 + p (τ + (p − 1)g p−2 ε + pz))p . |

{z

}

=c

Im Fall p|τ folgt ε = 1, also p 6 |(p − 1)g p−2 ε. Im Fall p 6 |τ folgt ε = 0. Also

136

KAPITEL III. KONGRUENZEN

gilt stets p 6 |c, also (p, c) = 1. Es folgt g1n = 1 + pβ+1 d mit (d, p) = 1. 15.15

Wegen g1n ≡ 1 (mod pα ) folgt pβ+1 d ≡ 0 (mod pα ). Da (d, p) = 1, folgt somit pα |pβ+1 , also α ≤ β + 1 ≤ α, also n = ϕ(pα ). (Beachte p|τ ⇐⇒ p2 | (g p−1 − 1) ⇐⇒ p2 |(g |

{z

}

p−1 2

− 1)(g

p−1 2

+ 1)

=τ p 2

⇐⇒ p |(g

p−1 2

+ 1))

ur Primzahlen p ≥ 3 und α ≥ 1. 2) Wir zeigen: P2pα ist zyklisch f¨ Sei g1 Primitivwurzel mod pα . Wir setzen   

g2 :=  

g1 , g1 + pα ,

falls g1 ungerade, falls g1 gerade.

Dann ist g2 stets ungerade und g2 ≡ g1 (mod pα ), also [g2 ]2pα ∈ P2pα . Setzt man n2 := O2pα (g2 ), so folgt g2n2 ≡ 1 (mod pα ), also O2pα (g2 ) ≥ Opα (g2 ) = Opα (g1 ) = ϕ(pα ) = ϕ(2pα ).

2

15.17. Satz: Sei m > 2, ϕ(m) = q1β1 · . . . · qrβr und (a, m) = 1. Dann gilt: a Primitivwurzel mod m ⇐⇒ a

ϕ(m) qi

6≡ 1 (mod m) f¨ ur i = 1, . . . , r.

Beweis:

=⇒ “ klar, da ϕ(m) der kleinste positive Exponent n mit ” an ≡ 1 (mod m) ist. ⇐= “ Annahme: n = Om (a) < ϕ(m). ” Dann existiert qi mit qi | ϕ(m) , etwa qi t = n Es folgt a

ϕ(m) qi

ϕ(m) . n

= ant = (an )t ≡ 1t ≡ 1 (mod m), Widerspruch.

15.18. Beispiel: 1) Gesucht die kleinste positive Primitivwurzel mod 41. Es ist ϕ(41) = 40 = 23 · 51 . g Primitivwurzel mod 41 ⇐⇒ g 20 6≡ 1 (mod 41) und g 8 6≡ 1 (mod 41).

2

§15. PRIME RESTKLASSENGRUPPEN

137

F¨ ur g = 2 ist 28 ≡ 10 6≡ 1 (mod 41), aber 220 ≡ 1 (mod 41). F¨ ur g = 3 ist 38 ≡ 1 (mod 41). F¨ ur g = 4 ist 48 ≡ 18 6≡ 1 (mod 41) und 420 ≡ 1 (mod 41). F¨ ur g = 5 ist 58 ≡ 18 6≡ 1 (mod 41) und 520 ≡ 1 (mod 41). F¨ ur g = 6 ist 68 ≡ 10 6≡ 1 (mod 41) und 620 ≡ 40 6≡ 1 (mod 41). Also ist g = 6 Primitivwurzel mod 41, sogar die kleinste positive. 2) Gesucht ist eine Primitivwurzel mod 413 . Dazu untersuchen wir die Frage, ob 412 |(620 + 1) gilt oder nicht? Es ist 620 + 1 = (610 )2 + 1 ≡ 6062 + 1 ≡ 779 6≡ 0 (mod 412 ). Also ist g1 = 6 bereits Primitivwurzel mod 413 (und sogar Primitivwurzel mod 41α f¨ ur alle α ≥ 1). 3) Gesucht ist eine Primitivwurzel mod 2 · 413 . Es ist g1 = 6 eine Primitivwurzel mod 413 , also g2 = 6 + 413 eine Primitivwurzel mod 2 · 413 . Die kleinsten Primitivwurzeln mod p f¨ ur p < 4000 finden sich z.B. bei Winogradow [26]. 15.19. Bemerkung: Wir betrachten P8 = {[1]8 , [3]8 , [5]8 , [7]8 }. Seien [a]8 , [b]8 ∈ {[3]8 , [5]8 , [7]8 } beliebig. Das direkte Produkt < [a]8 > × < [b]8 > ist dann (mit dem in 15.2 definierten Produkt) stets isomorph zu P8 , etwa verm¨oge der Zuordnung σ([a]08 , [b]08 ) = [1]8 , σ([a]18 , [b]08 ) = [3]8 , σ([a]08 , [b]18 ) = [5]8 , σ([a]18 , [b]18 ) = [7]8 (wo rechts die [3]8 , [5]8 , [7]8 auch beliebig permutiert werden k¨onnen).

138

KAPITEL III. KONGRUENZEN

Gilt dabei [a]8 6= [b]8 , so gibt es eine ausgezeichnete nat¨ urliche Abbildung τ , definiert durch τ ([a]i8 , [b]j8 ) = [ai bj ]8

(i, j ∈ {1, 2}),

wobei hier zus¨atzlich gilt, daß jedes [c]8 ∈ P8 eindeutig als [c]8 = [a]i8 · [b]i8

(i, j ∈ {1, 2})

darstellbar ist. Wir schreiben in diesem Fall P8 =< [a]8 > ¯ < [b]8 >. Allgemeiner formulieren wir 15.20. Definition: Sei m ∈ N, A1 , . . . , Ak ⊆ Z. Wir setzen (m)

= {[a1 ]m |a1 ∈ A1 }, .. .

(m)

= {[ak ]m |ak ∈ Ak }

A1

Ak und schreiben (m)

B (m) = A1

(m)

· . . . · Ak

= {[a1 · . . . · ak ]m |a1 ∈ A1 , . . . , ak ∈ Ak }.

Ist jedes [b]m ∈ B (m) sogar eindeutig in der Form [b]m = [a1 · . . . · ak ]m darstellbar, so schreiben wir (m)

B (m) = A1

(m)

¯ . . . ¯ Ak .

15.21. Satz: F¨ ur r ≥ 3 gilt P2r =< [−1]2r > ¯ < [5]2r > . Beweis: Sei n :=Ord< [5]2r >. Dann folgt n|ϕ(2r ) = 2r−1 , also n = 2α mit α ≤ r − 2.

§15. PRIME RESTKLASSENGRUPPEN

139

Wir zeigen zun¨achst mit Induktion nach s s

52 = 1 + 2s+2 a mit (a, 2) = 1.

(∗)

s = 0 : 51 = 1 + 22 · a mit a = 1. s+1

(∗) gelte bereits f¨ ur s. Dann folgt 52

s ·2

= 52

s

= (52 )2 = (1 + 2s+2 · a)2

= 1 + 2s+3 (a + 2s+1 a2 ). Also gilt (∗). |

=:b

{z

}

ungerade

Nach der Definition von n gilt 5n ≡ 1 (mod 2r ), α

also 1 ≡ 5n = 52 = 1 + 2α+2 a (mod 2r ). Es folgt 2α+2 a ≡ 0 (mod 2r ) =⇒ 2r |2α+2 ⇐⇒ r ≤ α + 2. Insgesamt folgt (a,2)=1

α = r − 2. Sei Q := {(−1)ν 5µ | 1 ≤ ν ≤ 2, 1 ≤ µ ≤ 2r−2 }. Wir zeigen: Q ist ein primes Restsystem mod 2r . 1) a ∈ Q =⇒ a = (−1)ν 5µ =⇒ (a, 2) = 1, also (a, 2r ) = 1. 2) #Q = 2 · 2r−2 = 2r−1 = ϕ(2r ) = #P2r . 3) Seien a = (−1)ν 5µ , b = (−1)ρ 5σ ∈ Q, a 6= b. Annahme: a ≡ b (mod 2r ). 3.1) ν = ρ =⇒ 5µ ≡ 5σ (mod 2r ) =⇒ 5µ−σ ≡ 1 (mod 2r ) =⇒Ord< [5]2r > |(µ − σ) =⇒ µ − σ ≡ 0 (mod Ord< [5]2r >) =⇒ µ = σ, da 1 ≤ µ, σ ≤Ord< [5]2r > =⇒ a = b, Widerspruch. 3.2) ν 6= ρ =⇒ 5µ ≡ −5σ (mod 2r ) =⇒ 5µ = −5σ + t · 2r (t ∈ Z) =⇒ 1 ≡ −1 (mod 4), Widerspruch. Also a 6≡ b (mod 2r ). Insgesamt folgt, daß Q ein primes Restsystem mod 2r ist. Also P2r =< [−1]2r > ¯ < [5]2r > .

140

KAPITEL III. KONGRUENZEN

15.22. Basissatz: Sei m ∈ N beliebig, m = 2e pr11 · . . . · prss . Dann existieren vj ∈ Z mit Pm =< [v−1 ]m > ¯ < [v0 ]m > ¯ . . . ¯ < [vs ]m > mit Ord < [v−1 ]m > =

   1 f¨ ur e = 0, 1   2 f¨ ur e ≥ 2    1 f¨ ur e = 0, 1

Ord < [v0 ]m > =  

2e−2 f¨ ur e ≥ 2

Ord < [vi ]m > = ϕ(pri i ) (i = 1, . . . , s) Beweis: Nur f¨ ur e ≥ 3. Nach 15.16 gilt Ppri i =< [gi ]pri i >, wo gi Primitivwurzel mod pri i ist. Ferner gilt nach 15.21 P2e =< [−1]2e > ¯ < [5]2e > . Wir l¨osen simultan    v−1 ≡ −1 (mod 2e )   v ≡ 1 (mod m ) −1 2e

( ⇐⇒ v−1 ≡ 1 (mod pr11 ), . . . , v−1 ≡ 1 (mod prss ))

(eindeutig l¨osbar mod m, da (2e , 2me ) = 1). Wir l¨osen weiter

   v0 ≡ 5 (mod 2e )   v ≡ 1 (mod m ) 0 2e

§15. PRIME RESTKLASSENGRUPPEN

141

(eindeutig l¨osbar mod m), desgleichen f¨ ur i = 1, . . . , s    vi ≡ gi (mod pri i )   vi ≡ 1 (mod m r ) p i i

(eindeutig l¨osbar mod m). c

−1 c0 c1 Wir zeigen: Q := {[v−1 v0 v1 · . . . · vscs ]m | 1 ≤ ci ≤ Om (vi )} = Pm .

Es gilt 1) #Q ≤ 2 ·

ϕ(2e ) 2

· ϕ(pr11 ) · . . . · ϕ(prss ) = ϕ(m).

2) Sei [a]m ∈ Pm beliebig =⇒ (a, 2e ) = 1 = (a, pri i ) (i = 1, . . . , s). Es folgt    a        a

(∗)

        

d

−1 d0 v0 ≡ (−1)d−1 5d0 ≡ v−1

(mod 2e )

≡

≡

.. .

g1d1 .. .

v1d1 .. .

(mod pr1i ) .. .

a ≡

gsds

≡

vsds

(mod prss )

⇐⇒

 d−1 d0 d1   a ≡ v−1 v0 v1 · . . . · vsds (mod    |{z} |{z}    ≡1 ≡1    d  d −1 ds d 1 0   −1 v0 v1 · . . . · vs (mod  a≡v |{z} | {z } |{z}

2e ) pr11 )

≡1 ≡1 ≡1   .  .  .       d−1 d0 d1   a ≡ v−1 v0 v1 · . . . · vsds (mod prss )   |{z} | {z } |{z}  ≡1

≡1

≡1

d

−1 d0 d1 ⇐⇒ a ≡ v−1 v0 v1 · . . . · vsds (mod 2e pr11 · . . . · prss ) =⇒ [a]m ∈ Q

|

=⇒ Pm ⊆ Q

=⇒

#Pm ≥#Qm

{z

}

m

Pm = Qm .

2

15.23. Folgerung: Sei m = 2e pr11 · . . . · prss . Seien v−1 , v0 , . . . , vs wie in 15.22 bestimmt. Seien weiter ni :=Ord< [vi ]m > (i = 0, . . . , s). Dann gilt α

β

v−1−1 v0α0 v1α1 · . . . · vsαs ≡ v−1−1 v0β0 v1β1 · . . . · vsβs (mod m)

142

KAPITEL III. KONGRUENZEN

genau dann, wenn α−1 ≡ β−1

(mod n−1 ),

α0 ≡ β0

(mod n0 ),

α1 ≡ β1 .. .

(mod n1 ),

αs ≡ βs

(mod ns ).

Beweis: Analog zu 15.11.

2

15.24. Beispiel: Sei m = 35. Es ist ϕ(35) = ϕ(5) · ϕ(7) = 24. P35 ∼ = P5 × P7 ,

P5 =< [2]5 >=< [3]5 >, P7 =< [3]7 >=< [5]7 >.

Gesucht sind v1 , v2 mit P35 = {[v1c1 v2c2 ]35 | 1 ≤ c1 ≤ 4, 1 ≤ c2 ≤ 6}. Es gehen nicht

   v1 = 2, v2 = 3 wegen 22 · 32 ≡ 24 · 34 ≡ 1 (mod 35),   v = 2, v = 5 wegen(21 51 , 35) = 5 = 6 1. 1 2

Aber mit 15.22 erh¨alt man   v1 ≡ 2 (mod 5)   v1 ≡ 1 (mod 7)    v2 ≡ 1 (mod 5)   v2 ≡ 5 (mod 7) 

⇐⇒ v1 ≡ 22 (mod 35) ⇐⇒ v2 ≡ 26 (mod 35)

=⇒ P35 =< [22]35 > ¯ < [26]35 >. Mit diesen v1 , v2 werden die [a]35 = [v1c1 v2c2 ]35 f¨ ur alle c1 = 1, . . . , 4 und c2 = 1, . . . , 6 in eine Tabelle eingetragen: c1

1

1

1

1

1

1

2

2

2

2

2

2

c2

1

2

3

4

5

6

1

2

3

4

5

6

a

12 32 27 2 17 22 19 4 34 9 24 29

§15. PRIME RESTKLASSENGRUPPEN

143

c1

3

3

3

3

3 3

4

4

4

4

4

4

c2

1

2

3

4

5 6

1

2

3

4

5

6

a

33 18 13 23 3 8 26 11 6 16 31 1

und nach wachsendem a geordnet: a

1 2 3 4 6 8 ···

c1

4 1 3 2 4 3 ···

c2

6 4 5 2 3 6 ···

(Man nennt diese Tabellen Index-Tafeln.) F¨ ur (a, 35) = 1 gilt dann a ≡ 22c1 26c2 (mod 35) und 0

0

f¨ ur (b, 35) = 1 entsprechend b ≡ 22c1 26c2  (mod 35).

  c1 ≡ c0 (mod 4) und 1 Dann ist a ≡ b (mod 35) ¨aquivalent mit  0 

c2 ≡ c2 (mod 6).

Anwendungsbeispiele: 1) Gesucht ist die L¨osung von x19 ≡ 13 (mod 35) (man beachte (13,35)=1). Wir setzen x ≡ 22ξ1 26ξ2 (mod 35) an. Es gilt 13 ≡ 223 · 263 (mod 35) (Tabelle). 3 3 2 x19 ≡13 (mod 35) ⇐⇒ 2219ξ1 · 2619ξ  ≡ 22 · 26 (mod  35)     19ξ1 ≡ 3 (mod 4)   ξ1 ≡ 1 (mod 4)   ⇐⇒ ⇐⇒    19ξ ≡ 3 (mod 6)    ξ ≡ 3 (mod 6)   2 2 ⇐⇒ x ≡ 221 · 263 ≡ 27 (mod 35).

2) Gesucht ist die L¨osung von 17x ≡ 27 (mod 35). 5x 17x ≡27 (mod 35) ⇐⇒ 221x · 26 ≡ 221 · 263 (mod  35)      x ≡ 1 (mod 4)   1x ≡ 1 (mod 4)  ⇐⇒ ⇐⇒      x ≡ 3 (mod 6)   5x ≡ 3 (mod 6)  ⇐⇒ x ≡ 9 (mod 12).

144

KAPITEL III. KONGRUENZEN

L¨osung sind alle x = 9 + t · 12 mit t ∈ N0 (bzw. Z), wobei a−n = a ¯n mit a¯ a ≡ 1 (mod 35).

Aufgabe 2. Man erstelle Index-Tafeln mod 19 und l¨ ose damit folgende Kongruenzen a) x3 ≡ 7 (mod 19), b) x3 ≡ 4 (mod 19), c) x5 ≡ 4 (mod 19), d) x5 + y 3 ≡ 0 (mod 19). Aufgabe 3. Man l¨ose a) x11 ≡ 5 (mod 84), b) 61x ≡ 73 (mod 84).

15.25. Bemerkung: Der Basissatz 15.22 ist ein Spezialfall des Basissatzes der Gruppentheorie : Jede Abelsche Gruppe G mit endlich vielen Erzeugenden ist isomorph dem direkten Produkt geeigneter zyklischer Untergruppen, etwa G1 , . . . , Gk , wobei OrdGi |OrdGi+1 (i = 1, . . . , k − 1) (Beweis siehe etwa Artin [2]). Die Anwendung auf P35 w¨ urde z.B. eine Zerlegung P35 ∼ =< [6]35 > ¯ < [2]35 >, wo Ord< [6]35 >= 2, Ord< [2]35 >=12 mit 2|12 ergeben im Unterschied zu P35 ∼ =< [22]35 > ¯ < [26]35 > mit Ord< [22]35 >= 4, Ord< [26]35 >= 6,

4 6 |6.

15.26. Bemerkung: Wir beschr¨anken uns im folgenden auf den Fall m ∈ C = {2, 4, pα , 2pα |p ≥ 3 Primzahl, α ≥ 1}. Der Fall m ∈ / C bedeutet lediglich mehr Schreibarbeit.

§15. PRIME RESTKLASSENGRUPPEN

145

15.27. Definition: Sei m ∈ C und g ∈ Z eine Primitivwurzel. Zu jedem [a]m ∈ Pm existiert ein mod ϕ(m) eindeutig bestimmter Exponent ν mit [a]m = [g ν ]m . ν heißt Index von [a]m bez¨ uglich g. Wir schreiben ν =indg a. Ist speziell 1 ≤ ν ≤ ϕ(m), so schreiben wir ν =Indg a; Indg a heißt auch Hauptwert des Index. Es gilt indg a =Indg a + tϕ(m), t ∈ Z, wo g −ν definiert ist durch g¯ν mit g¯g ≡ 1 (mod m) (ν > 0). Klar ist 15.28. Folgerung: F¨ ur m ∈ C gilt 1) a ≡ b (mod m) ⇐⇒ indg a ≡ indg b (mod ϕ(m)), 2) indg (ab) ≡ indg a+indg b (mod ϕ(m)), 3) indg (an ) ≡ n·indg a (mod ϕ(m)). 15.29. Folgerung: Sei m ∈ C und g Primitivwurzel mod m, [a]m ∈ Pm . Dann gilt: a Primitivwurzel mod m ⇐⇒ (indg a, ϕ(m)) = 1. 15.30. Bemerkung: [g]m , [h]m seien Primitivwurzeln mod m, [a]m ∈ Pm beliebig. Dann existieren ν, µ ∈ N mit [a]m = [g ν ]m = [hµ ]m . Es folgt ν·indh g ≡ µ (mod ϕ(m)), also indh (a) ≡indg (a)indh (g) (mod ϕ(m)). 15.31. Bemerkung: Eine Tabelle der kleinsten positiven Primitivwurzeln der Primzahlen p < 4000 findet man bei Winogradow [26] f¨ ur p < 50000 bei Western und Miller [25]. 15.32. Folgerung: Sei p ungerade Primzahl. a) Ist a ≡ 1 (mod pr ), so ist Indg a = ϕ(pr ).

146

KAPITEL III. KONGRUENZEN

b) Ist a ≡ −1 (mod pr ), so ist Indg a = r

Beweis: b) Es gilt g ϕ(p ) − 1 = (g |

{z

}

≡0 (mod

also p 6 |(g

ϕ(pr ) 2

|

pr )

ϕ(pr ) 2

{z

ϕ(pr ) . 2

− 1)(g }

ϕ(pr ) 2

+ 1), also p|(g

ϕ(pr ) 2

+ 1),

6≡0 (mod pr )

− 1), also pr |(g

ϕ(pr ) 2

+ 1), also g

ϕ(pr ) 2

≡ −1 (mod pr ).

2

(vgl. Bemerkung vom Beweis von 15.16.1)) 15.33. Bemerkung: Sei m = 2e pr11 · . . . · prss

(e ≥ 0, 3 ≤ p1 < . . . < ps , ri ≥ 1).

Wir haben Pm =< [v−1 ]m > ¯ < [v0 ]m > ¯ < [v1 ]m > ¯ . . . ¯ < [vs ]m >, wo    1

O2e (v−1 ) =: n−1 =

f¨ ur e = 0, 1

  2 f¨ ur e ≥ 2    1 f¨ ur e = 0, 1

O2e (v0 ) =: n0 =

e   ϕ(2 )

2

f¨ ur e ≥ 2

Opri i (vi ) =: ni = ϕ(pri i ) (i = 1, . . . , s) Wir setzen λ(m) := [n−1 , n0 , n1 , . . . , ns ]. Mit diesen Bezeichnungen erh¨alt man eine Versch¨arfung des Eulerschen Satzes 11.26, n¨amlich 15.34. Folgerung: Sei (a, m) = 1, m ∈ N, a ∈ Z. Dann gilt aλ(m) ≡ 1 (mod m). Beweis: Wir schreiben α

a ≡ v−1−1 v0α0 v1α1 · . . . · vsαs (mod m) und 1 ≤ αj ≤ nj n

λ(m) α−1 n −1

und beachten aλ(m) ≡ ( v−1−1 ) | {z }

λ(m) α0 n 0

· ( v0n0 )

≡1(m)

(man beachte den Beweis von 15.22).

|{z}

≡1(m)

(j = −1, 0, 1, . . . , s)

· . . . · ( vsns )αs |{z}

≡1(m)

λ(m) ns

(mod m)

§15. PRIME RESTKLASSENGRUPPEN

147

15.35. Beispiel: Es sei m = 65520 = 24 · 32 · 5 · 7 · 13. Dann ist n−1 = 2, n0 = 4, n1 = 6, n2 = 4, n3 = 6, n4 = 12. λ(m) = [2, 4, 6, 4, 6, 12] = 12. F¨ ur alle a mit (a, m) = 1 folgt a12 ≡ 1 (mod 65520). Eulers Satz 11.26 liefert wegen ϕ(65520) = 8 · 6 · 4 · 6 · 12 = 13824 lediglich a13824 ≡ 1 (mod 65520). Aufgabe 4. Man bestimme das maximale m ∈ N mit λ(m) = 36.

Kapitel IV Potenzreste §16

n-te Potenzreste

16.1. Vorbemerkung: Wir betrachten die Kongruenz (∗)

xn ≡ a (mod m), (a, m) = 1.

Ist (∗) l¨osbar, so heißt a auch n-ter Potenzrest. Ein durchsichtiges Verfahren zur L¨osung liefert der Basissatz 15.22. 16.2. Bemerkung: Eine leichte Abwandlung entsteht durch folgende Aufspaltung

n

x ≡ a (mod m) ⇐⇒

   xn        xn          xn

wobei m = 2e pr11 · . . . · prss . 148

≡ a (mod 2e ) ≡ a (mod pr11 ) .. . ≡ a (mod prss ),

§16. N -TE POTENZRESTE

149

Wir betrachten zun¨achst den Fall xn ≡ a (mod pr ), p ≥ 3, (a, p) = 1. 16.3. Satz: Sei p ≥ 3 Primzahl, (a, p) = 1, g Primitivwurzel mod pr , r ≥ 1, n ≥ 1, δ := (n, ϕ(pr )). Gleichwertig sind: (i) xn ≡ a (mod pr ) l¨osbar, (ii) δ|indg a, (iii) a

ϕ(pr ) δ

≡ 1 (mod pr ).

Ist eine der Bedingungen erf¨ ullt, so gibt es genau δ L¨osungsrestklassen mod pr von (i). Beweis: (i) ⇐⇒ (ii): Wir setzen x ≡ g ξ (mod pr ), a ≡ g indg a (mod pr ). Dann gilt: xn ≡ a (mod pr ) l¨osbar ⇐⇒ g nξ ≡ g indg a (mod pr ) l¨osbar ⇐⇒ nξ ≡ indg a (mod ϕ(pr )) l¨osbar ⇐⇒ (n, ϕ(pr ))|indg a. 11.15

In diesem Fall existieren genau δ L¨osungen [ξ]ϕ(pr ) , also genau δ L¨osungen [x]pr von (i). (iii) ⇐⇒ (ii): a r)

⇐⇒ (indg a) ϕ(pδ

ϕ(pr ) δ

≡ 1 (mod pr ) ⇐⇒ (g indg a )

ϕ(pr ) δ

≡ 1 (mod pr )

= tϕ(pr ), t ∈ Z ⇐⇒ indg a = δt ⇐⇒ δ|indg a.

2

Aufgabe 1. In 16.3 beweise man direkt (i) ⇐⇒ (iii).

16.4. Bemerkung: 1) Wegen Indg a ≡ indg a (mod ϕ(pr )) gilt (Indg a, ϕ(pr )) = (indg a, ϕ(pr )), also δ|Indg a ⇐⇒ δ|indg a. Daher kann in (ii) indg a durch Indg a ersetzt werden. 2) Satz 16.3 liefert Aussagen u ¨ber die Anzahl der L¨osungen von xn ≡ a (mod pr ), die man bei kleinen p sehr gut mit Primitivwurzeln und

150

KAPITEL IV. POTENZRESTE

dem Index auch l¨osen kann. F¨ ur große p kann man im Fall (n, ϕ(p)) = 1 folgendermaßen etwas allgemeiner zu einer konkreten L¨osung von (∗)

xn ≡ a (mod m) f¨ ur (a, m) = 1 und (n, ϕ(m)) = 1

gelangen: man bestimme l ∈ N mit ln ≡ 1 (mod ϕ(m)) und berechne x0 ≡ al (mod m). Dann ist x ≡ x0 (mod m) die eindeutig bestimmte L¨ osung von (∗); 11.26

denn es ist xn0 ≡ al n ≡ a (mod m), und gilt auch y0n ≡ a (mod m), so folgt y0nl ≡ xnl 0 (mod m), also x0 ≡ y0 (mod m). Ist speziell m von der Form m = p = 2q + 1, wo p, q Primzahlen sind, so gilt ϕ(m) = 2q und (n, ϕ(m)) = 1 f¨ ur alle ungeraden n 6≡ 0 (mod q). 16.5. Bemerkung: Sei nun p = 2, (a, 2) = 1. Dann ist xn ≡ a (mod 2) stets eindeutig l¨osbar mit [1]2 als L¨osung. 16.6. Folgerung: Sei (a, 2) = 1 und N die Anzahl der L¨osungsrestklassen von xn ≡ a (mod 4). Dann gilt die Tabelle n ≡ 0 (mod 2) 6≡ 0 (mod 2)

a

N

≡ 1 (mod 4)

2

6≡ 1 (mod 4)

0 1

Beweis: Wir beachten P4 =< [−1]4 > und setzen a ≡ (−1)α (mod 4), x ≡ (−1)ξ (mod 4). Dann ist xn ≡ a (mod 4) ¨aquivalent mit

§16. N -TE POTENZRESTE

151

(−1)nξ ≡ (−1)α (mod 4), also mit (∗)

nξ ≡ α (mod 2).

Wir unterscheiden nun 1) (n, 2) = 1. Dann ist (∗) eindeutig l¨osbar, also N = 1. 2) (n, 2) = 2 und 2|α (⇐⇒ a ≡ 1 (mod 4)). Nach 16.3 folgt dann N = 2. 3) (n, 2) = 2 und 2 6 |α (⇐⇒ a ≡ 3 (mod 4)). Also gilt N = 0.

2

16.7. Satz: Sei (a, 2) = 1, n ≥ 1, s ≥ 3. N sei die Anzahl der L¨osungen von xn ≡ a (mod 2s ). Dann schreiben wir n = 2ν m, (m, 2) = 1, ν ≥ 0, und setzen κ = min(ν, s − 2) (insbesondere (n, 2s−2 ) = 2κ ), sowie a ≡ (−1)α−1 5α0 (mod 2s ). Dann gilt die Tabelle a

n

α0

N

≡ 0 (mod 2κ ) 2κ+1 ≡ 0 (mod 2)

≡ 1 (mod 8) 6≡ 0 (mod 2κ ) 6≡ 1 (mod 8)

6≡ 0 (mod 2)

0 0 1

Beweis: Wir beachten P2s =< [−1]2s > ¯ < [5]2s >. Setze x ≡ (−1)ξ−1 5ξ0 (mod 2s ). Dann ist (1)

xn ≡ a (mod 2s )

¨aquivalent mit (−1)nξ−1 5nξ0 ≡ (−1)α−1 5α0 (mod 2s ), also mit     (2)   

und       (3)

nξ−1 ≡ α−1 (mod 2) nξ0 ≡ α0 (mod 2s−2 )

152

KAPITEL IV. POTENZRESTE

Wir unterscheiden 1) n 6≡ 0 (mod 2), also (n, 2) = 1 = (n, 2s−2 ). Dann ist (1) eindeutig l¨osbar, also N = 1. 2) n ≡ 0 (mod 2), also ν ≥ 1. Wir unterscheiden weiter a) a ≡ 1 (mod 8). Dies ist a¨quivalent mit (−1)α−1 5α0 ≡ 1 (mod 8), also mit

    α−1 ≡ 0 (mod 2)   

und      

α0 ≡ 0 (mod 2s−2 )

Also hat (2) genau 2 L¨osungen. Bez¨ uglich (3) unterscheiden wir weiter. (i) 2κ 6 |α0 . Dann ist (3) unl¨osbar. Also ist (1) unl¨osbar. (ii) 2κ |α0 . Dann hat (3) genau 2κ L¨osungen. Also hat (1) genau 2 · 2κ L¨osungen.

b) a 6≡ 1 (mod 8). Dann gilt

    2 6 |α−1 =⇒ (2) unl¨osbar   

oder       2 6 |α0 =⇒ (3) unl¨ osbar

In diesem Fall ist (1) stets unl¨osbar. s−2

Wegen x2

2

≡ 1 (mod 2s ) f¨ ur alle x mit (x, 2) = 1 kann man sich in 16.7 auf

0 ≤ n < 2s−2 , also 0 ≤ ν ≤ s − 3 beschr¨anken. In diesem Fall ist κ = ν. Aufgabe 2. Man l¨ose x56 ≡ 1473 (mod 212 ) a) gem¨aß 16.7, b) gem¨aß 13.5.

§17. QUADRATISCHE RESTE

§17

153

Quadratische Reste

17.1. Vorbemerkung: Im folgenden steht die Frage nach der L¨osbarkeit der Kongruenz x2 ≡ a (mod p), p ungerade Primzahl, (a, p) = 1 im Vordergrund. Dabei wollen wir schließlich ohne die Kenntnis von Primitivwurzeln mod p auskommen. 17.2. Bemerkung: Wir betrachten zun¨achst allgemeiner (∗)

a2 x2 + a1 x + a0 ≡ 0 (mod m), wo o.B.d.A. a2 > 0 sei.

Multiplikation mit 4a2 f¨ uhrt auf (2a x + a1})2 −(a21 − 4a0 a2 ) ≡ 0 (mod 4ma2 ), | 2 {z | {z } =: y =: D d.h. (∗) ist genau dann l¨osbar, wenn sowohl (∗∗)

y 2 ≡ D (mod 4ma2 )

als auch (∗ ∗ ∗)

y ≡ a1 (mod 2a2 )

l¨osbar ist. Wir zeigen weiter, daß es bei der Kongruenz x2 ≡ a (mod m) gen¨ ugt, (a, m) = 1 vorauszusetzen. Sei dazu M ∈ N, D ∈ Z beliebig. Wir setzen δ := (M, D), δ = τ 2 ρ, wobei ρ quadratfrei ist; weiter M = mδ, D = dδ, insbesondere ist dann (m, d) = 1. Mit diesen Bezeichnungen gilt 17.3. Satz: y 2 ≡ D (mod M ) ist genau dann l¨osbar, wenn (ρ, m) = 1 und z 2 ≡ ρd (mod m) l¨osbar ist.

154

KAPITEL IV. POTENZRESTE

Beweis: 1) Sei y02 ≡ D (mod M ) f¨ ur ein y0 ∈ Z. Wegen δ|D und δ|M folgt δ|y02 . Da δ = τ 2 ρ und ρ quadratfrei ist, folgt τ ρ|y0 , etwa τ ρz0 = y0 , f¨ ur ein z0 ∈ Z, also τ 2 ρ2 z02 ≡ d |{z} δ (mod m |{z} δ ), wo wir einschließlich des Moduls τ 2ρ 2

durch τ ρ k¨ urzen. Es folgt

τ 2ρ

ρz02

≡ d (mod m), wo wegen (d, m) = 1 noch

(ρ, m) = 1 folgt, sowie (ρz0 )2 ≡ ρd (mod m). 2) Sei (ρ, m) = 1 und z02 ≡ ρd (mod m) f¨ ur ein z0 ∈ Z. Wegen (ρ, m) = 1 existiert ein z1 ∈ Z mit ρz1 ≡ z0 (mod m). Es folgt ρ2 z12 ≡ z02 ≡ ρd (mod m), also ρz12 ≡ d (mod m), (da (ρ, m) = 1). Multiplikation mit δ (einschließlich des Moduls) gibt ρz12 |{z} δ ≡ |{z} dδ (mod |{z} mδ ), also (ρz0 τ )2 ≡ D (mod M ). =D =M = τ 2ρ

2

Aufgabe 1. Gegeben sei die quadratische Kongruenz 27x2 + 50x − 140 ≡ 0 (mod 72 · 11). Man reduziere sie gem¨aß 17.2 auf eine quadratische Kongruenz y 2 ≡ D (mod M ), reduziere diese gem¨aß 17.3 auf z 2 ≡ ρd (mod m),

(ρd, m) = 1,

l¨ose diese und damit die Ausgangskongruenz.

17.4. Definition: Sei (a, m) = 1. Ist x2 ≡ a (mod m) l¨osbar, so heißt a quadratischer Rest mod m, andernfalls quadratischer Nichtrest mod m. Anstelle von a bezeichnen wir auch [a]m als quadratischen Rest bzw. Nichtrest. 17.5. Bemerkung: Im Fall m = pr (p ≥ 3) und n = 2 liefert 16.3, daß

§17. QUADRATISCHE RESTE

155

a quadratischer Rest mod pr genau dann ist, wenn 2|indg a, d.h. genau die r

geraden Potenzen [g 2 ]pr , [g 4 ]pr , . . . , [g ϕ(p ) ]pr liefern die quadratischen Reste mod pr . Im Fall m = 2s (s ≥ 3 o.B.d.A) und n = 2 = 2κ m0 , also κ = 1 = m0 lehrt 16.7, daß a genau dann quadratischer Rest mod 2s ist, wenn a ≡ 1 (mod 8) und 2|α0 , d.h. genau die geraden Potenzen [52 ]2s , [54 ]2s , . . . , [5

ϕ(2s ) 2

]2s liefern die quadratischen Reste mod 2s .

17.6. Bemerkung: F¨ ur m = u (u ungerade) und (a2 , u) = 1 l¨aßt sich die Kongruenz (∗)

a2 x2 + a1 x + a0 ≡ 0 (mod u)

angenehmer als nach 17.2 reduzieren. Wegen (a2 , u) = 1 existiert n¨amlich ein b2 ∈ Z mit a2 b2 ≡ 1 (mod u). Also ist (∗) sowohl ¨aquivalent mit x2 + a1 b2 x + a0 b2 ≡ 0 (mod u) als auch mit x2 + (a1 b2 + u)x + a0 b2 ≡ 0 (mod u). Genau bei einer dieser beiden Kongruenzen ist der Koeffizient von x gerade, die entsprechende Kongruenz also vom Typ x2 + 2c1 x + c0 ≡ 0 (mod u), also ¨aquivalent einer Kongruenz y 2 ≡ d (mod u),

156

KAPITEL IV. POTENZRESTE

wo y = x + c1 und d = c21 − c0 ist. Aufgabe 2. Man l¨ose die Ausgangskongruenz von Aufgabe 1 durch die Reduktion gem¨aß 17.6.

17.7. Folgerung: Sei p ≥ 3 Primzahl, p6 |a. Genau dann ist a quadratischer Rest mod p, wenn a ≡ 12 , 22 , . . . , ( p−1 )2 (mod p). 2 Beweis: Offenbar sind dies quadratische Reste mod p. Sie sind paarweise inkongruent mod p, denn die Annahme: k 2 ≡ l2 (mod p) f¨ ur 1 ≤ k < l ≤

p−1 2

f¨ uhrt auf (k − l)(k + l) ≡ 0 (mod p). Wegen 0 < k + l < p folgt k − l ≡ 0 (mod p), also k = l, Widerspruch. Mehr als

p−1 2

mod p paarweise inkongruente quadratische Reste existieren

nach 17.5 nicht.

§18

Das Legendre- und das Jacobi-Symbol

18.1. Definition: Sei p ≥ 3 Primzahl, p6 |a. Der Ausdruck à !

a p

:=

   +1, falls a quadratischer Rest   −1, falls a quadratischer Nichtrest

(gelesen als a nach p) heißt Legendre-Symbol. 18.2. Bemerkung: Es gilt Nach 14.5 folgt

³

−1 p

a ≡ b (mod p) =⇒

´

=

³ ´ 1 p

= +1,

³

b2 p

´

= +1.

   +1 f¨ ur p ≡ 1 (mod 4)

  −1 f¨ ur p ≡ 3 (mod 4) ³ ´ ³ ´ a p

=

b p

.

§18. DAS LEGENDRE- UND DAS JACOBI-SYMBOL 18.3. Satz (Euler):

à !

a p

≡a

p−1 2

(mod p).

Beweis: Es ist ap−1 ≡ 1 (mod p), also 0 ≡ ap−1 − 1 = (a also a

p−1 2

p−1 2

+ 1)(a

p−1 2

− 1) (mod p),

≡ ±1 (mod p).

In 16.3 folgt mit δ = (2, ϕ(p)) = 2 x2 ≡ a (mod p) l¨osbar ⇐⇒ a

p−1 2

≡ 1 (mod p),

also x2 ≡ a (mod p) unl¨osbar ⇐⇒ a insgesamt

p−1 2

≡ −1 (mod p),

à !

a

p−1 2

≡

a p

(mod p).

2

18.4. Folgerung: Es gelten Ã

1) 2) 3)

!

à !à !

ab a b = p p p à ! à ! ab2 a = p p à ! p−1 −1 = (−1) 2 . p

(1. Erg¨anzungssatz)

157

158

KAPITEL IV. POTENZRESTE

Beweis:

Ã

1) Es gilt Ã

ab p

ab p

!

à !à !

≡ (ab)

p−1 2

(mod p) und a

| {z } Ã =±1 !Ã !

!

≡

| {z }

|

a p

=±1

{z

p−1 2

b

p−1 2

≡

a p

b (mod p), also p

| {z } | {z }

b (mod p), also p }

Ã

ab p

à ! à ! =±1 =±1

!

=

a p

b . p

2

=±1

18.5. Folgerung: Sei Rp := {[a]p ∈ Pp |( ap ) = +1}. Dann ist Rp Untergruppe von Pp und #Rp =

p−1 . 2

Beweis: Es gilt [1]p ∈ Rp . Sind [a]p , [b]p ∈ Rp , so [a]p · [b]p = [ab]p ∈ Rp . Sei [a]p ∈ Rp und [c]p [a]p = [1]p f¨ ur [c]p ∈ Pp . Wegen [a]p ∈ Rp existiert x0 ∈ Z mit x20 ≡ a (mod p). Es folgt (cx0 )2 ≡ c2 a ≡ c (mod p), also [c]p ∈ Rp . Nach 17.7 folgt #Rp =

p−1 . 2

2

18.6. Folgerung: Sei p ≡ 3 (mod 4) Primzahl, a ∈ Z, p6 |a. Ist x2 ≡ a (mod p) l¨osbar, so sind x1,2 = ±a

p+1 4

je ein L¨osungsrepr¨asentant

der beiden L¨osungsrestklassen. Beweis: ( ap ) = +1 =⇒ a =⇒ (±a

p+1 4

)2 = a

p−1 2

p+1 2

≡ +1 (mod p)

· a ≡ a (mod p).

2

18.7. Bemerkung: Im folgenden sei stets p = 2k + 1 Primzahl, a ∈ Z, (a, p) = 1. γi = ia −

j k ia p

p (i = 1, . . . , k(=

p−1 )), 2

insbesondere gilt

0 ≤ γi ≤ p − 1 und γi ≡ ia (mod p). Wir setzen µ(p, a) = µ := #{1 ≤ i ≤ k|γi > k =

p−1 }. 2

§18. DAS LEGENDRE- UND DAS JACOBI-SYMBOL

159

Beispiel: p = 13, a = 8 (=⇒ k = 6). γ1 = 8 > 6, γ2 = 3, γ3 = 11 > 6, γ4 = 6, γ5 = 1, γ6 = 9 > 6 =⇒ µ(13, 8) = 3. 18.8. Satz (Lemma von Gauß): Ã !

a p

= (−1)µ(p,a) .

Beweis: Angenommen γi = γj f¨ ur i 6= j. Dann folgt ia ≡ ja (mod p), also i ≡ j (mod p), also i = j, Widerspruch. Also sind die γi paarweise verschieden. Unter diesen γ1 , . . . , γk gibt es genau µ mit γi > k =

p−1 , 2

diese γi be-

zeichnen wir mit α1 , . . . , αµ . Die restlichen γi bezeichnen wir mit β1 , . . . , βλ . Somit gilt {γ1 , . . . , γk } = {α1 , . . . , αk , β1 , . . . , βλ }, wo k = µ + λ. Wir zeigen p − α1 , . . . , p − αµ , β1 , . . . , βλ sind paarweise verschieden. Angenommen p − αi = βj . Dann existieren r, s, 1 ≤ r, s ≤ k mit ≤ −r < s ≤ + p−1 . Wi−ra ≡ sa (mod p), also −r ≡ s (mod p) und − p−1 2 2 derspruch. Also sind p − α1 , . . . , p − αµ , β1 , . . . , βλ paarweise verschieden, und alle diese Zahlen liegen in [1, k]. Also gilt {p − α1 , . . . , p − αµ , β1 , . . . , βλ } = {1, 2, . . . , k}. Es folgt p−1 ! = k! = (p − α1 ) · . . . · (p − αµ )β1 . . . · . . . βλ 2 ≡ (−1)µ α1 · . . . · αµ β1 · . . . · βλ = (−1)µ γ1 · . . . · γk p − 1 p−1 ≡ (−1)µ k!ak = (−1)µ !a 2 (mod p) 2 p−1

Wegen ( p−1 !, p) = 1 folgt 1 ≡ (−1)µÃa 2! (mod p), 2 p−1 p−1 a also (−1)µ ≡ (−1)2µ a 2 = a 2 ≡ (mod p), also ( ap ) = (−1)µ . | {z } p =±1

2

| {z } =±1

18.9. Zusatz: Setzt man M (p, a) = M =

k j k P ia , so folgt nach 18.8 speziell p

i=1

160

KAPITEL IV. POTENZRESTE

noch mod 2 (1) Beweis: Es ist 2

µ X

µ P i=1

αi −

i=1

| {z }

(a − 1)

αi +

µp

|{z} ≡−µ (mod 2)

λ P j=1

+

βj =

µ X

k P i=1

|

=

γi = a

(p − αj ) +

i=1

≡0 (mod 2)

p2 − 1 + M ≡ µ (mod 2). 8

i=

i=1

i=1

λ X

i−p

k j k P ia , also p

i=1

βj = a ·

j=1

{z k P

k P

}

k · (k + 1) − 2 {z } | p2 −1 8

k·(k+1) p2 −1 = 8 2

pM

.

|{z} ≡−M (mod 2)

Somit folgt (1).

2

18.10. Folgerung: (2. Erg¨anzungssatz:) Sei p ungerade Primzahl. Dann gilt à !

2 p

= (−1)

p2 −1 8

.

Beweis: In 18.9 folgt f¨ ur a = 2, 1 ≤ i ≤ k sofort 0 < ia ≤

p−1 2 2

< p, also

k j k p2 −1 P p2 −1 ia 2 µ 8 . M= = 0, also ≡ µ (mod 2), also ( ) = (−1) = (−1) p 8 p i=1

18.11. Lemma: Seien u, v ungerade, teilerfremd, u0 := Dann gilt

º u ¹ X iv 0

i=1

u

º v ¹ X ju

u−1 , 2

v 0 :=

2

v−1 . 2

0

+

j=1

v

= u0 v 0 .

Beweis: Wir betrachten B := {iv − ju|i = 1, . . . , u0 , j = 1, . . . , v 0 }. Annahme: 0 ∈ B, etwa i0 v = j0 u =⇒ v|j0 =⇒ v ≤ j0 ≤ v 0 = (v,u)=1

v−1 , 2

Widerspruch. Also 0 ∈ / B. Annahme: i1 v − j1 u = i2 v − j2 u f¨ ur i1 6= i2 oder j1 6= j2 , o.B.d.A. j1 > j2 . Wegen (i1 − i2 )v = (j1 − j2 )u und (u, v) = 1 folgt v|(j1 − j2 ), also v ≤ j1 − j2 ≤

v−1 2

− 1, Widerspruch.

§18. DAS LEGENDRE- UND DAS JACOBI-SYMBOL

161

Also sind iv − ju f¨ ur i = 1, . . . , u0 , j = 1, . . . , v 0 paarweise verschieden. Es folgt #B = u0 v 0 , aber auch X

#B =

X

(−)

=

X

º u ¹ X iv

u

i=1

(−)

X

1

j=1,...,v 0 i≤b ju c v

º v ¹ X ju 0

0

=

X

1+

i=1,...,u0 j≤b iv c u

1

i=1,...,u0 j=1,...,v 0 iv−ju < 0

i=1,...,u0 j=1,...,v 0 iv−ju > 0

X

X

X

1+

+

j=1

v

.

2

Aufgabe 1. Es seien u, v ∈ N, teilerfremd. Dann gilt u−1 X¹ i=1

º

iv (u − 1)(v − 1) = . u 2

18.12. Satz: (quadratisches Reziprozit¨atsgesetz, Gauß) Seien p, q verschiedene ungerade Primzahlen. Dann gilt à !à !

p q

oder

q p

= (−1)

à !

p q

p−1 q−1 2 2

à !

= (−1)

p−1 q−1 2 2

q . p

Beweis: Mit k = p0 =

p−1 , 2

a = q folgt in 18.9.(1) wegen a − 1 ≡ q − 1 ≡ 0 (mod 2) M (p, q) =

% p0 $ X iq i=1

p

≡ µ(p, q) (mod 2).

162

KAPITEL IV. POTENZRESTE

Genauso folgt mit k = q 0 :=

q−1 , 2

M (q, p) =

a=p

% q0 $ X jp

q

j=1

≡ µ(q, p) (mod 2).

Mit 18.8 und 18.11 folgt à !à !

q p

p q

= (−1)µ(p,q) (−1)µ(q,p) = (−1)M (p,q) (−1)M (q,p) 0 0

= (−1)M (p,q)+M (q,p) = (−1)p q = (−1)

p−1 q−1 2 2

.

2

18.13. Zusammenfassung der Regeln: Sei p ungerade Primzahl, (a, p) = 1, (b, p) = 1. Dann gilt à !

1) a ≡ b (mod p) =⇒ Ã

2) 3) 4) 5)

!

à !à !

a p

à !

b , p

=

Ã

!

b ab a a2 = (insbesondere = 1), p p p p ! à p−1 −1 = (−1) 2 , p à ! p2 −1 2 = (−1) 8 , p à ! à ! p−1 q−1 q p = (−1) 2 2 , q ungerade Primzahl, q 6= p. p q

18.14. Beispiel: Ist x2 ≡ 3813 (mod 3989) l¨osbar? 3989 ist ungerade Primzahl, 3813 = 3 · 31 · 41 µ

3813 3989

¶

µ

= 2)

= 5)

= 1)

= 5)

= 1)

3 3989

¶µ

¶µ

¶

31 41 3989 3989 ¶ ¶ ¶ µ µ µ 3988 2 30 3988 40 3988 3989 3989 3989 2 2 2 2 2 2 (−1) (−1) (−1) 3 31 41 µ ¶µ ¶µ ¶ µ ¶µ ¶µ ¶ 2 −1 21 12 3 7 3 = (−1) 2 3 31 41 3),2),2) 31 31 41 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 30 2 30 6 40 2 31 31 41 (−1)(−1) 2 2 (−1) 2 2 (−1) 2 2 3 7 3 µ ¶µ ¶µ ¶ 6 2 1 −4 −1 (−1) = (−1)(−1) 2 (−1) 2 = −1 3 7 3 2),2),3)

§18. DAS LEGENDRE- UND DAS JACOBI-SYMBOL

163

Die Kongruenz ist also nicht l¨osbar. 18.15. Bemerkung: Bei der Anwendung von 18.13.5) zur Berechnung von ( ap ) ist die Primfaktorzerlegung von a erforderlich. Dies kann durch eine erweiterte Definition des Legendre-Symbols umgangen werden. Q ν(p) p .

18.16. Definition: Sei u > 1 ungerade, (a, u) = 1, u =

p|u

Dann heißt

µ ¶

à !ν(p)

Y a a := u p p|u

Jacobi-Symbol,wobei ( ap ) das Legendre-Symbol ist. 18.17. Warnung!!! 1) Es gilt im allgemeinen nicht µ ¶

a = +1 =⇒ x2 ≡ a (mod u) l¨osbar, u

sondern lediglich µ ¶

a = −1 =⇒ x2 ≡ a (mod u) nicht l¨osbar. u

2) Es gilt im allgemeinen nicht µ ¶

u−1 a ≡ a 2 (mod u). u

4 Beispiel: ( 15 ) = ( 34 )( 45 ) = 1, aber 47 ≡ (42 )3 · 4 ≡ 13 · 4 ≡ 4 6≡ 1 (mod 15).

3) Es gilt im allgemeinen nicht µ ¶

ϕ(u) a ≡ a 2 (mod u). u

Beispiel: ( 59 ) = ( 53 )2 = 1, aber 5

ϕ(9) 2

= 53 ≡ −1 (mod 9).

164

KAPITEL IV. POTENZRESTE Das Jacobi-Symbol ist lediglich ein Hilfssymbol zur schnelleren Berech-

nung des Legendre-Symbol. 18.18. Satz: Sei u > 1 ungerade, (a, u) = 1 = (b, u). Dann gilt (vgl. 18.13) µ ¶

1) 2) 3) 4) 5)

à !

b a = a ≡ b (mod u) =⇒ , u u à ! à ! µ ¶Ã ! ab b a2 a = (insbesondere = 1), u u u u µ ¶ u−1 −1 = (−1) 2 , u µ ¶ u2 −1 2 = (−1) 8 , u µ ¶ µ ¶ u−1 v−1 u v 2 2 = (−1) , v ungerade, (u, v) = 1. u v

Zum Beweis ziehen wir folgende Identit¨at heran: Seien d, x1 , . . . , xr ∈ Z. Dann existiert ein t ∈ Z mit r Y

(1)

(1 + dxi ) = 1 + d

i=1

r X

xi + d2 t.

i=1

Ist daher u = p1 · . . . · pr (pi nicht notwendig paarweise verschiedene Primzahlen), so folgt r Q

u−1 = 2

i=1

r Q

pi − 1 =

2

(1 + 2 pi2−1 ) − 1

i=1

2

wo in (1) lediglich d = 2 und xi =

pi −1 2

2 =

r P pi −1 2

i=1

+ 22 t1 , t1 ∈ Z,

2

zu setzen ist, also

r u−1 X pi − 1 = + 2t1 . 2 2 i=1

(2) Analog folgt r Q 2

u −1 = 8

i=1

p2i − 1 8

r Q

=

(1 + 8

i=1

p2i −1 ) 8

8

8

−1 =

r p2 −1 P i i=1

8

8

+ 82 t2 ,

§18. DAS LEGENDRE- UND DAS JACOBI-SYMBOL wo in (1) nun d = 8 und xi =

p2i −1 8

165

gesetzt sind, also

r p2i − 1 u2 − 1 X = + 8t2 , t2 ∈ Z. 8 8 i=1

(3)

Die Aussagen 1) und 2) des Satzes folgen direkt nach Definition 18.16 und 18.13. Weiter gilt r Q 3) ( −1 ) = ( −1 ) u p i

i=1

r Q

=

r P

(−1)

pi −1 2

18.13.3) i=1

= (−1)

i=1

pi −1 2

= (−1)

u−1 2

.

r P p2 −1 i p2 −1 r r 8 Q Q u2 −1 i 2 2 i=1 4) ( u ) = ( pi ) = (−1) 8 = (−1) = (−1) 8 . 18.13.4) i=1 (3) i=1

5) Sei v = q1 ·. . .·qs , qj nicht notwendig paarweise verschiedene Primzahlen (wir beachten, daß pi 6= qj gilt). Es folgt µ ¶

v u

=

18.16

=

18.13.5)

r Y

Ã

v pi

i=1 r Y s Y

=

(2), 18.13.2)

r Y s Y

=

18.13.2)

(−1)

r P

(−1) i=1 (−1)

pi −1 )( 2

u−1 v−1 2 2

s P j=1

Ã

qj −1 ) 2

à ! s Y u j=1

Ã

i=1 j=1

pi −1 qj −1 2 2

i=1 j=1 (

=

!

qj

pi qj

qj pi

!

!

à ! r Y s Y pi i=1 j=1

qj

= (−1)

u−1 v−1 2 2

18.16

µ ¶

u . v

2

18.19. Beispiel: (L bedeute Legendre-, J Jacobi-Symbol) µ

3813 3989

¶

µ

= L

= =

18.18.1)

¶

µ

¶

µ

¶

3988 3812 3813 3989 176 = (−1) 2 2 = 3989 J 18.18.5) 3813 J 3813 J Ã ! µ µ ¶ ¶ 4 3812 10 2 · 11 11 3813 2 2 = = (−1) 3813 J 3813 J 18.18.5) 11 L µ ¶ µ ¶ 10 −4 −1 = = (−1) 2 = −1. 11 L 11 L

Aufgabe 2. Es sei p > 2 eine Primzahl, a, b ∈ Z mit (ab, p) = 1. Man zeige:

166

KAPITEL IV. POTENZRESTE

a) Gilt ab ≡ 1 (mod p), so folgt ( ap ) = ( pb ). b) x2 + by 2 ≡ 0 (mod p) ist genau dann mit xy 6≡ 0 (mod p) l¨ osbar, wenn ( −b p ) = +1. Ist dies der Fall, so existieren x, y, t ∈ N mit 1 ≤ t ≤ b,

(x, y) = 1 und tp = x2 + by 2 .

c) ax2 + by 2 ≡ 0 (mod p) ist genau dann mit xy 6≡ 0 (mod p) l¨ osbar, wenn ( ap ) = ( −b p ). Aufgabe 3. Es sei p eine Primzahl. Man zeige, daß f¨ ur geeignete x, y ∈ N0 a) p = x2 + y 2 ⇐⇒ p = 2 oder p ≡ 1 (mod 4), b) p = x2 + 2y 2 ⇐⇒ p = 2 oder p ≡ 1 (mod 8) oder p ≡ 3 (mod 8), c) p = x2 + 3y 2 ⇐⇒ p = 3 oder p ≡ 1 (mod 6) gilt. Aufgabe 4. Es sei a ∈ Z gegeben. Wir fragen nach den Primzahlen p > 2, p6 |a, f¨ ur die ( ap ) = +1 bzw. ( ap ) = −1 gilt. O.B.d.A. sei a quadratfrei: a = ±p1 · . . . · pr mit p1 < . . . < pr . Man setze u :=

v := w := f

:=

   p1 · . . . · pr , falls p1 > 2   p2 · . . . · pr , falls p1 = 2    u, falls u ≡ 1 (mod 4),

der positive ungerade Anteil von a,

  −u, falls u ≡ 3 (mod 4),

a (∈ {±1, ±2}), v ϕ(u) . 2

Weiter sei x1 , . . . , xf ein Restsystem mod u, d.h ( ux ) = +1 =⇒ x ≡ xi (mod u) f¨ ur ein i ≤ f . Schließlich sei y1 , . . . , yf ein Nichtrestsystem mod u, d.h. ( uy ) = −1 =⇒

§19. LEGENDRE-SYMBOL UND EIN ALG. ZUM 2-QUADR.-SATZ 167 y ≡ yj (mod u) f¨ ur ein j ≤ f . Man zeige: f¨ ur eine beliebige Primzahl p > 2 mit p6 |a gilt 

  ur ein i ≤ f ( w ) = +1 und p ≡ xi (mod u) f¨    p

a) ( ap ) = +1 ⇐⇒

b) ( ap ) = −1 ⇐⇒

          

oder ( wp ) = −1 und p ≡ yj (mod u) f¨ ur ein j ≤ f ur ein j ≤ f ( wp ) = +1 und p ≡ yj (mod u) f¨

oder      ( w ) = −1 und p ≡ x (mod u) f¨ ur ein i ≤ f i p

Aufgabe 5. Man bestimme mit Aufgabe 3 f¨ ur a = 2, 3, 5, 6, 7 jeweils alle p mit ( ap ) = −1.

§19

Das Legendre-Symbol und ein Algorithmus zum Zwei-Quadrate-Satz

19.1. Vorbemerkung: Der nachfolgende Algorithmus folgt der Darstellung von Stan Wagon [24] und dem Seminarvortrag von Peter P¨ orsch im WS 93/94. Der Algorithmus ¨ahnelt dem von 14.7, der dort nur an einem Zahlenbeispiel erl¨autert wurde. Auch hier soll der Algorithmus an einem Zahlenbeispiel vorgestellt, dann aber anschließend bewiesen werden. 19.2. Beispiel: Gegeben sei wieder p = 1993(≡ 1 (mod 4)). ur a = 5. Man findet ( ap ) = −1 z.B. f¨ Nach 18.3 gilt a

p−1 2

Daher ist z1,2 ≡ ±a

≡ ( ap ) = −1 (mod p), also (a p−1 4

p−1 4

(mod p) L¨osung von (1)

z 2 ≡ −1 (mod p).

)2 ≡ −1 (mod p).

168

KAPITEL IV. POTENZRESTE

In unserem Beispiel sind z1 = 834 und z2 = 1159 L¨osungsrepr¨asentanten der beiden L¨osungen von (1) mit 0 < zi < p. Genau eine der beiden L¨osungen ist kleiner als p2 . Dieser L¨osungsrepr¨asentant werde mit z1 bezeichnet. Wir wenden den Euklidischen Algorithmus auf p = 1993 und z1 = 834 an und √ zwar nur solange, bis zum ersten Mal zwei Reste kleiner als p = 44, 64... sind.





1993 = 2 · 834 + 325  43 = 3 · 12 + 7    834



1·7

325

= 2 · 325 + 184  12 =   = 1 · 184 + 141   7 =

184

= 1 · 141 +

=

2·2

141

=

=

2·1

3 · 43

+

  43   5 

12

2

1·5



+ 5    + 2    

+ 1    + 0

Es ist 1993 = 432 +122 . Wir haben die restlichen Divisionsschritte nur deshalb hinzugef¨ ugt, um zu zeigen, daß die Folge q = 2, 2, 1, 1, 3, 3, 1, 1, 2, 2 symmetrisch zur Mitte verteilt ist. Das doppelte Auftreten der Werte 2, 1, 3, 1, 2 gilt nicht allgemein, wie z.B. p = 2017 zeigt, zu dem z1 = 229 geh¨ort. Aufgabe 1. Man zerlege p = 2017 nach dem Muster von 19.2 in eine Summe von zwei Quadraten.

19.3. Bemerkung: In 14.7 wurde benutzt, daß f¨ ur eine Primitivwurzel g mod p z1,2 ≡ ±g

p−1 4

(mod p)

L¨osung von z 2 ≡ −1 (mod p) ist. Jede Primitivwurzel mod p ist quadratischer Nichtrest mod p. Es gibt

p−1 2

quadratische Nichtreste mod p, aber nur ϕ(p−1) Primitivwurzeln

mod p. Dabei gilt ϕ(p − 1) ≤

p−1 , 2

denn sei p − 1 = 2α u, 26 |u. Dann folgt

§19. LEGENDRE-SYMBOL UND EIN ALG. ZUM 2-QUADR.-SATZ 169 p−1 2

= 2α−1 u ≥ 2α−1 ϕ(u) = ϕ(p − 1) und das Gleichheitszeichen gilt genau

f¨ ur u = ϕ(u), also genau f¨ ur u = 1, also genau f¨ ur Fermatsche Primzahlen p = 2α + 1. 19.4. Definition: Zu gegebener Primzahl p ≡ 1 (mod 4) und z1 (z12 ≡ −1 (mod p), 0 < z1 < p2 ) definieren wir ri , qi gem¨aß r0 := p, r1 := z1 und weiter r0 = q1 r1 + r2 , 0 ≤ r2 < r1 , r1 = q2 r2 + r3 , 0 ≤ r3 < r2 , .. . rn−2 = qn−1 rn−1 + rn , 0 ≤ rn < rn−1 , rn−1 = qn rn + rn+1 , 0 = rn+1 < rn . Wegen (p, z1 ) = 1 folgt noch rn = 1. Mit diesen q1 , . . . , qn definieren wir t0 := 0, t1 := 1, ti+1 := −qi ti + ti−1

(i = 1, . . . , n).

19.5. Folgerung: Es gelten 1) sgn ti = (−1)i−1 f¨ ur i = 1, . . . , n + 1, 2) ti z1 ≡ ri (mod p) f¨ ur i = 0, 1, . . . , n + 1, 3) |ti+1 | = qi |ti | + |ti−1 | f¨ ur i = 1, . . . , n, 4) |ti | < |ti+1 | f¨ ur i = 0, 1, . . . , n. Beweis: 1): Induktion nach i: i=1:

t1 = 1 > 0

i=2:

t2 = −q1 t1 + 0 < 0

Die Behauptung gelte f¨ ur alle i < k (3 ≤ k ≤ n + 1).

170

KAPITEL IV. POTENZRESTE

Wegen qk−1 ≥ 1 und sgn tk−1 = −sgn tk−2 folgt sgn tk = sgn (−qk−1 tk−1 + tk−2 ) = sgn tk−2 = (−1)k−3 = (−1)k−1 . 2): Induktion nach i: i=0:

0z1 ≡ p (mod p)

i=1:

1z1 ≡ z1 (mod p)

Die Behauptung gelte f¨ ur alle i < k (2 ≤ k ≤ n + 1). Es folgt tk z1 = (−qk−1 tk−1 + tk−2 )z1 ≡ −qk−1 rk−1 + rk−2 = rk (mod p). 3): Wegen 1) und der Definition der ti folgt

(−1)i |ti+1 | = −qi (−1)i−1 |ti | + (−1)i−2 |ti−1 |.

4): Induktion nach i: i=0:

|t0 | = 0 < |t1 | = 1,

i=1:

|t1 | = 1 < |t2 | = q1 · 1 + 0, denn w¨are q1 = 1, so w¨ urde p = 1 · z1 + r2

mit 0 ≤ r2 < z1 folgen, also p < 2 · z1 , Widerspruch. Die Behauptung gelte f¨ ur alle i < k (2 ≤ k ≤ n − 1). Dann folgt |tk+1 | = qk |tk | + |tk−1 | ≥ qk |tk | + 1 > |tk |. 19.6. Bemerkung: Es folgt

|tn+1 | = qn |tn | + |tn−1 |, 0 ≤ |tn−1 | < |tn |, |tn | = qn−1 |tn−1 | + |tn−2 |, 0 ≤ |tn−2 | < |tn−1 |, .. . |t2 | = q1 |t1 | + |t0 |, 0 = |t0 | < |t1 | = 1.

2

§19. LEGENDRE-SYMBOL UND EIN ALG. ZUM 2-QUADR.-SATZ 171 Wir wollen qn = q1 , qn−1 = q2 , .. . q1 = qn zeigen. Dazu ben¨otigen wir einige Hilfsbetrachtungen. 19.7. Definition: Es sei k ≥ 0 und (x1 , . . . , xk ) eine Sequenz in C. Wir definieren auf der Menge der Sequenzen in C eine Funktion f f¨ ur k = 0 durch f () = 1 (leere Sequenz), f¨ ur k = 1 durch f (x1 ) = x1 , f¨ ur k = 2 durch f (x1 , x2 ) = x2 x1 + 1, f¨ ur k ≥ 3 rekursiv durch f (x1 , . . . , xk ) = xk f (x1 , . . . , xk−1 ) + f (x1 , . . . , xk−2 ). Mit den ri , qi und ti aus 19.4 zeigen wir 19.8. Folgerung: Es gelten 1) ri−1 = rj f (qi , . . . , qj ) + rj+1 f (qi , . . . , qj−1 ) f¨ ur i = 1, . . . , n, j = i, . . . , n, 2) ri−1 = f (qi , . . . , qn ) f¨ ur i = 1, . . . , n + 1, 3) f (qi , . . . , qn ) = f (qn , . . . , qi ) f¨ ur i = 1, . . . , n, 4) ri = |tn+1−i | f¨ ur i = 0, 1, . . . , n + 1. Beweis: 1): Induktion nach j − i: j−i=0:

ri−1 = ri f (qi ) +ri+1 | {z } =qi

Die Behauptung gelte f¨ ur alle i, j mit j − i < k (1 ≤ k ≤ n − 1). F¨ ur j − i = k, also j = i + k folgt ri+k f (qi , . . . , qi+k ) + ri+k+1 f (qi , . . . , qi+k−1 )

172

KAPITEL IV. POTENZRESTE

19.7

= ri+k (qi+k f (qi , . . . , qi+k−1 ) + f (qi , . . . , qi+k−2 )) + ri+k+1 f (qi , . . . , qi+k−1 ) = f (qi , . . . , qi+k−1 )(ri+k qi+k + ri+k+1 ) + ri+k f (qi , . . . , qi+k−2 ) 19.4

= ri+k−1 f (qi , . . . , qi+k−1 ) + ri+k f (qi , . . . , qi+k−2 )

Ind.−V or.

=

ri−1

2): Mit j = n folgt nach 1) wegen rn = 1, rn+1 = 0 ri−1 = 1 · f (qi , . . . , qn ) + 0 · f (qi , . . . , qn−1 ). 3): Induktion nach n − i: n − i = 0 : trivial. Die Behauptung gelte f¨ ur alle i mit n − i < k (1 ≤ k ≤ n − 1). F¨ ur n − i = k, also i = n − k folgt 2)

2)

19.4

f (qi , . . . , qn ) = ri−1 = qi ri + ri+1 = qi f (qi+1 , . . . , qn ) + f (qi+2 , . . . , qn ) Ind.−V or.

=

19.7.

qi f (qn , . . . , qi+1 ) + f (qn , . . . , qi+2 ) = f (qn , . . . , qi+1 , qi ).

4): Nach 19.6 und 19.7 gilt |t2 | = q1 = f (q1 ) |t3 | = q2 |t2 | + |t1 | = q2 q1 + 1 = f (q1 , q2 ) |ti+1 | = qi |ti | + |ti−1 | = qi f (q1 , . . . , qi−1 ) + f (q1 , . . . , qi−2 ) = f (q1 , . . . , qi ) (als Induktionsschluß), insbesondere 2)

|tn+1 | = f (q1 , . . . , qn ) = r0 = p, |tn | = f (q1 , . . . , qn−1 ). Nach 19.5.2) gilt tn z1 ≡ rn ≡ 1 (mod p), also folgt wegen z12 ≡ −1 (mod p) sofort tn ≡ −z1 (mod p) und somit |tn | ≡ ±z1 (mod p).

§19. LEGENDRE-SYMBOL UND EIN ALG. ZUM 2-QUADR.-SATZ 173 Nach 19.5.4) folgt |tn | < |tn+1 | = p, also |tn | = z1 oder |tn | = p − z1 (= z2 ). Annahme: |tn | = p − z1 (> p2 ). Wegen |tn+1 | = p = qn |tn | +|tn−1 | folgt qn = 1 und |tn−1 | = z1 , |{z} > p2

also einerseits p = |tn | + z1 = qn−1 |tn−1 | + |tn−2 | + z1 = (qn−1 + 1)z1 + |tn−2 |, 0 ≤ |tn−2 | < |tn−1 | = z1 , andererseits nach 19.4 auch p = q1 z1 + r2 , 0 ≤ r2 < z1 , also q1 = qn−1 + 1, |tn−2 | = r2 . Da sowohl |tn−2 |, |tn−3 |, . . . als auch r2 , r3 , . . . die Folge der Reste von p = qz1 + r, 0 ≤ r < z1 ist, folgt |tn−i | = ri (i = 0, 1, . . . , n). Insbesondere gilt 0 = |t0 | = rn = 1, Widerspruch. Also gilt |tn | = z1 . Wir haben nun einerseits p = qn z1 + |tn−1 |, 0 ≤ |tn−1 | < z1 , andererseits nach wie vor p = q1 z1 + r2 , 0 ≤ r2 < z1 . Da sowohl |tn−1 |, |tn−2 |, . . . als auch r2 , r3 , . . . die Folge der Reste von p = qz1 + r, 0 ≤ r < z1 ist, folgt |tn+1−i | = ri f¨ ur i = 0, 1, . . . , n + 1.

2

Da beim letzten Euklidischen Algorithmus nicht nur die Folge der Reste, sondern auch die Folge der qi eindeutig bestimmt ist, erhalten wir 19.9. Korollar: F¨ ur i = 1, . . . , n gilt qn+1−i = qi .

2

19.10. Folgerung: Mit den r0 , . . . , rn+1 aus 19.4 gelten 1) n gerade, 2) r n2 −1 >

√

p.

Beweis: 1): Nach dem Beweis von 19.8.4) gelten |tn | = z1 , tn ≡ −z1 (mod p), also tn = −z1 . Nach 19.5.1) gilt andererseits sgn tn = (−1)n−1 , also (−1)n−1 = −1. Also ist n gerade.

174

KAPITEL IV. POTENZRESTE 2): Nach 19.8.1) folgt mit i = 1, j = p

=

n 2

− 1 ≥ 1, also n ≥ 4,

r0 = r n2 −1 f (q1 , . . . , q n2 −1 ) + r n2 f (q1 , . . . , q n2 −2 )

19.9

=

r n2 −1 f (qn , . . . , q n2 +2 ) + r n2 f (qn , . . . , q n2 +3 )

19.8.3)

=

19.8.2)

r n2 −1 f (q n2 +2 , . . . , qn ) + r n2 f (q n2 +3 , . . . , qn ) 19.4

=

r n2 −1 r n2 +1 + r n2 r n2 +2 = r n2 −1 (r n2 −1 − q n2 r n2 ) + r n2 r n2 +2

=

r2n −1 + r n2 (−q n2 r n2 −1 + r n2 +2 ). 2

Wegen r n2 −1 > r n2 +2 gilt q n2 r n2 −1 > r n2 +2 , also −q n2 r n2 −1 + r n2 +2 < 0, also r2n −1 > p. 2

Im Fall n = 2 jedoch ist die Aussage wegen r0 = p >

√

p trivial.

2

19.11. Satz: Mit den r0 , r1 , . . . , rn+1 = 0 aus 19.4 sind r n2 und r n2 +1 die √ beiden ersten Reste kleiner p, und es gilt p = r2n + r2n +1 . 2

Beweis: Nach 19.8.1) folgt mit i = 1 und j = p

= 19.9

=

19.8.3)

=

2

n 2

r0 = r n2 f (q1 , . . . , q n2 ) + r n2 +1 f (q1 , . . . , q n2 −1 ) r n2 f (qn , . . . , q n2 +1 ) + r n2 +1 f (qn , . . . , q n2 +2 ) 19.8.2)

r n2 f (q n2 +1 , . . . , qn ) + r n2 +1 f (q n2 +2 , . . . , qn ) = r2n + r2n +1 .

Dabei gilt insbesondere r n2 +1 < r n2
1 unendlich viele starke Pseudoprimzahlen zur Basis a gibt. 2047 ist die kleinste starke Pseudoprimzahl zur Basis 2. 1373653 = 829 · 1657 ist die kleinste starke Pseudoprimzahl zu den Basen 2,3. 25326001 = 2251 · 11251 ist die kleinste starke Pseudoprimzahl zu den Basen 2, 3, 5. 3215031751 ist die kleinste starke Pseudoprimzahl zu den Basen 2, 3, 5, 7. Ribenboim [14] gibt 1194649 = 10932 ,

12327121 = 35112

und weitere nicht quadratfreie starke Pseudoprimzahlen an, jedoch ohne die zugeh¨orige Basis a. Bemerkenswert ist weiter, daß das Analogon zu den Carmichael-Zahlen (s.11.30) nicht existiert. 20.11. Satz: Sei n 6= 9 ungerade zusammengesetzt. Dann besteht n h¨ochstens f¨ ur

ϕ(n) 4

Basen a (1 ≤ a < n, (a, n) = 1) den Miller-Test.

Beweis: Wir zerlegen (1)

n − 1 = 2s t, 26 |t, s, t ∈ N.

§20. PRIMZAHLWAHRSCHEINLICHKEITSTEST

183

Nach 20.8 besteht n den Miller-Test f¨ ur die Basis a, wenn at ≡ +1 (mod n) oder r

a2 t ≡ −1 (mod n) f¨ ur ein r mit 0 ≤ r ≤ s − 1. Wir schreiben (2)

e

n = 3e0 q1e1 · . . . · qj j , e0 ≥ 0, ei ≥ 1, q0 = 3

und erinnern an 16.3: Sei q ≥ 3 Primzahl, (b, p) = 1, g Primitivwurzel mod q e ; genau dann ist xm ≡ b (mod q e ) l¨osbar, wenn (m, ϕ(q e ))|Indg b, und in diesem Fall gibt es genau (m, ϕ(q e )) viele L¨osungen. Weiter gelten nach 15.32 die Aussagen Indg 1 = ϕ(q e ) und Indg (−1) =

ϕ(q e ) . 2

Mit dem t aus (1) und Zerlegung (2) von n gilt (t, ϕ(3e0 )) = 1, denn f¨ ur e0 = 0 ist dies trivial, f¨ ur e0 ≥ 1 ist 36 |(n − 1), also 36 |t, ferner gilt 26 |t. Also hat die Kongruenz xt ≡ +1 (mod 3e0 ) genau eine L¨osung. Um die Anzahl der L¨osungen von (3)

r

x2 t ≡ −1 (mod 3e0 )

f¨ ur e0 ≥ 1 zu bestimmen, beachten wir, daß ϕ(3e0 ) | {z } 2

(2r t, ϕ(3e0 ) )| =2·3e0 −1

genau f¨ ur r = 0 gilt, und in diesem Fall hat (3) genau eine L¨osung, sonst aber keine. F¨ ur j = 0 ist n = 3e0 , und unter den s + 1 Kongruenzen xt ≡ +1 (mod n), r

x2 t ≡ −1 (mod n), r = 0, 1, . . . , s − 1 hat man insgesamt zwei L¨osungen. Es gilt 2 ≤

ϕ(3e0 ) 4

f¨ ur e0 ≥ 3. Der Fall e0 = 2 liefert die ausgeschlossene Zahl

184

KAPITEL V. EXKURS IN DIE KRYPTOLOGIE

n = 9. In den F¨allen e0 = 0, 1 ist n nicht zusammengesetzt. Sei im folgenden j ≥ 1. Wir setzen qi − 1 = 2si ti , 26 |ti (i = 1, . . . , j). Dann gilt (t, ϕ(qiei )) = (t, 2si ti qiei −1 ) = (t, ti ) und xt ≡ +1 (mod qiei ) hat genau (t, ti ) L¨osungen. Weiter gilt (2r t, 2si ti qiei −1 )|2si −1 ti qiei −1 genau f¨ ur r ≤ si − 1. In diesem Fall gibt es genau 2r (t, ti ) L¨osungen der r

Kongruenz x2 t ≡ −1 (mod qiei ) (0 ≤ r ≤ si − 1) und sonst keine. Wir setzen w := min{s1 , . . . , sj }. Unabh¨angig von e0 (e0 ≥ 0) hat xt ≡ +1 (mod n) genau r

j Q

(t, ti ) L¨osungen.

i=1

Unabh¨angig von e0 (e0 ≥ 0) hat x2 t ≡ −1 (mod n) f¨ ur r ≤ w − 1 h¨ochstens j Q i=1

2r (t, ti ) L¨osungen und sonst keine.

Unter den s + 1 Kongruenzen xt ≡ +1 (mod n) r

x2 t ≡ −1 (mod n), r = 0, 1, . . . , s − 1 hat man insgesamt h¨ochstens (4)

A :=

j Y

(t, ti ) +

i=1 w−1 X

j w−1 XY

2r (t, ti )

r=0 i=1 j Y

Ã

!

j 2jw − 1 Y = (1 + (2 ) ) (t, ti ) = 1 + j (t, ti ) 2 − 1 i=1 r=0 i=1 j r

L¨osungen. Unser Ziel ist (5)

A≤

ϕ(n) 4

§20. PRIMZAHLWAHRSCHEINLICHKEITSTEST zu zeigen, wobei ϕ(n) = ϕ(3e0 )2s1 +...+sj

j Q i=1

Ã

185

ti qiei −1 . Wegen (4) gilt !

j 2jw − 1 Y A≤ 1+ j ti , 2 − 1 i=1

und es gen¨ ugt Ã

(6)

!

j ϕ(3e0 ) Y 2jw − 1 −s1 −...−sj 2 ≤ q ei −1 1+ j 2 −1 4 i=1 i

zu zeigen. Nun gilt !

Ã

Ã

!

2jw − 1 −s1 −...−sj 2jw − 1 −jw 1+ j 2 ≤ 1+ j 2 2 −1 2 −1 1 1 1 1 2j − 1 − 1 = jw + j − jw j = j + jw j 2 2 − 1 2 (2 − 1) 2 − 1 2 (2 − 1) j j j 2 −2 2 +2 −2 2(2j − 1) 1 1 + j j = j j = j j = j−1 . ≤ j 2 − 1 2 (2 − 1) 2 (2 − 1) 2 (2 − 1) 2

Die Ungleichung (6) gilt sicherlich, wenn (7)

1 2j−1

j ϕ(3e0 ) Y ≤ qiei −1 . 4 i=1

gilt. Sicher gilt (7), wenn einer der folgenden F¨alle erf¨ ullt ist: 1) ei ≥ 2 f¨ ur mindestens ein i (1 ≤ i ≤ j), da qi ≥ 5, 2) j ≥ 3, da

1 2j−1

≤ 14 ,

3) j ≥ 2 und e0 ≥ 1, da ϕ(3e0 ) ≥ 2, 4) j ≥ 1 und e0 ≥ 2, da ϕ(3e0 ) ≥ 6. Insbesondere ist in diesen F¨allen (5) richtig. Es bleibt lediglich noch der Fall n = p1 p2 , wobei eine der beiden Primzahlen auch die 3 sein kann.

186

KAPITEL V. EXKURS IN DIE KRYPTOLOGIE

Wir setzen pi − 1 = 2si ti , 26 |ti (i = 1, 2), wo o.B.d.A. s1 ≤ s2 sei und erhalten mit w := min{s1 , s2 } = s1 f¨ ur die L¨osungsanzahlen unter den s + 1 Kongrur

enzen xt ≡ +1 (mod n), x2 t ≡ −1 (mod n), r = 0, 1, . . . , s − 1 den Ausdruck A=

2 Q

(t, ti ) +

w−1 2 P Q r=0 i=1

i=1

2r (t, ti ) als obere Schranke (vgl (4)). Wie dort folgt Ã

!

2 22w − 1 Y A= 1+ (t, ti ). 3 i=1

(8)

a) Ist s1 < s2 , so gen¨ ugt es wie in (6) Ã

!

22w − 1 −s1 −s2 1 1+ 2 ≤ 3 4

zu zeigen. In der Tat ist Ã

!

Ã

!

2 22s1 −2s1 s1 −s2 22w − 1 −s1 −s2 2 = 2 2 + 1+ 3 3 3 µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 s1 −s2 1 1 = + 2| {z } ≤ + · = . 2s −1 1 3·2 3 6 3 2 4 1 ≤2

b) Ist s1 = s2 , so beachten wir 2s t = n − 1 = p1 p2 − 1 = (2s1 t1 + 1)(2s1 t2 + 1) − 1 = 22s1 t1 t2 + 2s1 (t1 + t2 ) . |

{z

}

≡0 (mod 2)

Also gilt 2s1 +1 |2s , also s1 < s. Es folgt (n − 1, pi − 1) = (2s t, 2s1 ti ) = 2s1 (t, ti ). Annahme: (t, t2 ) = t2 . Dann unterscheiden wir 1) p1 < p2 . =⇒ 2s1 t2 |2s t =⇒ (p2 − 1)|(n − 1) =⇒ 1 ≡ n ≡ p1 p2 = (p2 − 1)p1 + p1 ≡ p1 (mod p2 − 1) =⇒ p2 − 1|p1 − 1 =⇒ p2 ≤ p1 , Widerspruch.

§20. PRIMZAHLWAHRSCHEINLICHKEITSTEST

187

2) p2 < p1 .

=⇒ 1 ≡ n = p1 p2 = (p1 − 1)p2 + p2 ≡ p2 (mod p1 − 1) =⇒ p1 − 1|p2 − 1 =⇒ p1 ≤ p2 , Widerspruch. Also ist (t, t2 ) < t2 , also, da t2 ungerade ist,

t2 (t,t2 )

≥ 3. Mit (8) folgt wegen

w = s1 = s2 schließlich Ã

!

Ã

!

Ã

2 22s1 −1 Y 22s1 − 1 t2 2 22s1 A = 1+ t1 = + (t, ti ) ≤ 1 + 3 3 3 3 3 i=1 µ ¶ µ ¶ 2 1 1 ϕ(n) 1 s1 +s2 t1 t2 ϕ(n) = + 2 ≤ + = . 2 2s 1 3·2 3 3 6 3 3 6

!

t1 t2 3

20.12. Bemerkung: In der Behauptung von 20.11 l¨aßt sich die 4 allgemein nicht durch eine gr¨oßere Zahl ersetzen: im Fall n = p1 p2 , wo p1 = 2u + 1, p2 = 4u + 1 mit einem ungeraden u ist, folgt n = (2u + 1)(4u + 1) = 8u2 + 6u + 1 = 2 u(4u + 3) +1. In der Darstel|

{z

}

=t

lung (1) vom Beweis von 20.11 gilt also s = 1, t = u(4u + 3). Weiter gilt ϕ(n) = (p1 − 1)(p2 − 1) = 8u2 . Nun hat die Kongruenz xt ≡ +1 (mod p1 ) wegen Indg1 (1) = ϕ(p1 ) = 2u und (t, ϕ(p1 )) = (u(4u + 3), 2u) = u genau u L¨osungen (g1 Primitivwurzel mod p1 ). Desgleichen hat die Kongruenz xt ≡ +1 (mod p2 ) wegen Indg2 (1) = ϕ(p2 ) = 4u und (t, ϕ(p2 )) = (u(4u + 3), 4u) = u genau u L¨osungen (g2 Primitivwurzel mod p2 ). Also hat die Kongruenz xt ≡ +1 (mod n) genau u2 L¨osungen. 0

Weiter hat die Kongruenz x2 t ≡ −1 (mod p1 ) wegen Indg1 (−1) =

ϕ(p1 ) 2

=u

188

KAPITEL V. EXKURS IN DIE KRYPTOLOGIE

und (t, ϕ(p1 )) = u genau u L¨osungen. Schließlich hat die Kongruenz 0

x2 t ≡ −1 (mod p2 ) wegen Indg2 (−1) =

ϕ(p2 ) 2

= 2u und (t, ϕ(p2 )) = u genau

0

u L¨osungen. Also hat die Kongruenz x2 t ≡ −1 (mod n) genau u2 L¨osungen. Insgesamt gibt es also genau 2u2 =

ϕ(n) 4

viele Zahlen a

(1 ≤ a ≤ n, (a, n) = 1), f¨ ur die n den Miller-Test besteht. 20.13. Bemerkung: Wir k¨onnen jetzt den Rabinschen Wahrscheinkeitsprimzahltest formulieren: Sei n ∈ N ungerade die zu untersuchende Zahl. Dann w¨ahlen wir k verschiedene Zufallszahlen a1 , . . . , ak < n. Besteht n den Miller-Test f¨ ur alle Basen ai , so ist die Wahrscheinlichkeit, daß n zusammengesetzt ist, kleiner als ( 14 )k .

In der Praxis geht man folgendermaßen vor: Sei n ∈ N die zu untersuchende ungerade Zahl. Man w¨ahle 100 Zufallszahlen zwischen 1 und n. F¨ ur jede dieser Basen f¨ uhrt man den Miller-Test durch. Die Wahrscheinlichkeit daf¨ ur, daß eine zusammengesetzte Zahl alle diese Tests besteht, ist kleiner als 10−60 und damit kleiner als die Wahrscheinlichkeit, daß ein Computerfehler auftritt. F¨ ur k Basen a1 , . . . , ak ben¨otigt der Rabinsche Wahrscheinlichkeitsprimzahltest h¨ochstens O(k log3 n) viele Bit-Operationen. Aufgabe 2. Man zeige: Ist n eine Fermatsche Pseudoprimzahl zur Basis 2, so ist 2n − 1 eine starke Pseudoprimzahl zur Basis 2. Insbesondere existieren (im Zusammenhang mit §11.Aufgabe 3) unendlich viele starke Pseudoprimzahlen zur Basis 2. Aufgabe 3. Eine ungerade zusammengesetzte nat¨ urliche Zahl n heißt Eulersche

¨ ¨ §21. OFFENTLICHE SCHLUSSEL-SYSTEME

189

Pseudoprimzahl zur Basis a ∈ Z mit (a, n) = 1, falls a

n−1 2

µ ¶

≡

a n

(mod n).

Man zeige: a) n starke Pseudoprimzahl zur Basis a =⇒ n Eulersche Pseudoprimzahl zur Basis a =⇒ n Fermatsche Pseudoprimzahl zur Basis a. b) Jede Umkehrung ist im allgemeinen falsch (Hinweis: man betrachte 1105 und 341). c) Ist n Eulersche Pseudoprimzahl zur Basis a und n ≡ 3 (mod 4) oder ( na ) = −1, so ist n eine starke Pseudoprimzahl zur Basis a.

§21

¨ Offentliche Schlu ¨ ssel-Systeme

21.1. Vorbemerkung: Seit 1976 existieren geheime Kommunikationssysteme zwischen zwei (oder auch mehreren) Teilnehmern, die nicht mehr auf einen gemeinsamen geheimen Schl¨ ussel angewiesen sind. Der Schl¨ ussel zum Verschl¨ usseln ist dabei total ¨offentlich, der zum Entschl¨ usseln geheim. Ein solches Konzept wurde bereits in 20.4. (signierte Unterschrift) angedeutet. 21.2. RSA-System (Rivest, Shamir, Adleman, 1978): Geheim sind zwei große Primzahlen p 6= q. Man bildet n = pq, w¨ahlt s mit 1 < s < n, (s, ϕ(n)) = 1, bestimmt t mit st ≡ 1 (mod ϕ(n)) und publiziert n und s. Die Buchstaben werden zweiziffrig dargestellt, z.B. A=01, B=02, . . ., Z=26. Dann existiert ein m ∈ N mit

m−1 P i=0

26 · 100i < n
1 eintritt, der Sender also n faktorisieren kann, gilt w
10200 ,

¨ ¨ §21. OFFENTLICHE SCHLUSSEL-SYSTEME

191

2) p, q in den Ziffernl¨angen etwas voneinander abweichen, 3) p − 1 und q − 1 je einen großen Primteiler enthalten (etwa p − 1 = 2p1 , q − 1 = 2q1 , p1 , q1 Primzahlen), 4) (p − 1, q − 1) m¨oglichst klein ist (etwa 2 wie bei Wahl in 3) ). 21.4. Bemerkung: Eine Variante des Systems schl¨agt Rabin (1979) vor. Sei n = pq. W¨ahle a ∈ N0 , a < n. Man verschl¨ usselt den Ausgangstext b gem¨aß c ≡ b(a+b) (mod n), 0 ≤ c < n. Beim Entschl¨ usseln hat man zun¨achst die simultanen Kongruenzen x2 + ax ≡ c (mod p) und x2 + ax ≡ c (mod q) zu l¨osen. Jede f¨ ur sich kann auf y 2 ≡ d (mod p) und z 2 ≡ e (mod q) zur¨ uckgef¨ uhrt werden (s. 17.6). Es empfiehlt sich, p ≡ q ≡ 3 (mod 4) zu w¨ahlen (vgl. 18.6, s. auch 20.6). Zum Verst¨andnis einer weiteren Variante ben¨otigen wir 21.5. Lemma: Seien p, q Primzahlen mit p ≡ 3 (mod 8) und q ≡ 7 (mod 8). Weiter sei n = pq.

192

KAPITEL V. EXKURS IN DIE KRYPTOLOGIE a) Sei c ∈ Z und (c, n) = 1. Dann gilt c[p−1,q−1] ≡ 1 (mod n). b) Sei d ∈ Z mit (d, n) = 1. b1) Aus ( nd ) = +1 (als Jacobi-Symbol) folgt d b2) Aus ( nd ) = −1 folgt (2d)

ϕ(n) 4

ϕ(n) 4

≡ ±1 (mod n).

≡ ±1 (mod n).

Beweis: a) Es gilt cp−1 ≡ 1 (mod p), also c[p−1,q−1] ≡ 1 (mod p), analog cq−1 ≡ 1 (mod q), also c[p−1,q−1] ≡ 1 (mod q). Insgesamt folgt c[p−1,q−1] ≡ 1 (mod pq). b1) Es gelte ( nd ) = +1. Dann folgt ( dp ) · ( dq ) = +1, also ( dp ) = ( dq ). Ist ( dp ) = +1, so folgt d ≡ d Wir setzen e = d

p+1 4

p+1 2

= (d

p+1 4

)2 (mod p).

und erhalten ( pe ) = ( dp )

p+1 4

= +1.

Also existiert ein f mit f 2 ≡ e (mod p), also d ≡ e2 ≡ f 4 (mod p). Analog folgt d ≡ h4 (mod q), h ∈ Z mit (f, p) = (h, q) = 1, also d ≡ g 4 (mod n) f¨ ur ein g mit (g, n) = 1. Es folgt d

ϕ(n) 4

≡ g ϕ(n) ≡ 1 (mod n).

Ist ( dp ) = −1 (also auch ( dq ) = −1), so erh¨alt man mit p = 3 + 8k Ã

−1 p

!

= (−1)

p−1 2

= (−1)1+4k = −1

q−1 2

= (−1)3+4l = −1,

und mit q = 7 + 8l Ã

−1 q

!

= (−1)

also ( −d ) = +1 = ( −d ). p q Insgesamt folgt (−d)

ϕ(n) 4

= (−1)

ϕ(n) 4

d

ϕ(n) 4

≡ 1 (mod n).

¨ ¨ §21. OFFENTLICHE SCHLUSSEL-SYSTEME

193

Nun gilt ϕ(n) = (p − 1) (q − 1) ≡ 12 ≡ 4 (mod 8), | {z } | {z } ≡2(8)

also

ϕ(n) 4

≡6(8)

≡ 1 (mod 2),

also (−1)

ϕ(n) 4

= −1, also d

ϕ(n) 4

≡ −1 (mod n).

b2) Es gelte ( nd ) = −1. Dann folgt ( dp ) = −( dq ) und

à !

9+16k1 −1 p2 −1 2 = (−1) 8 = (−1) 8 = (−1)2k1 +1 = −1 mit k1 = 3k + 4k 2 p à ! 49+16l1 −1 q 2 −1 2 = (−1) 8 = (−1) 8 = (−1)2l1 +6 = +1 mit l1 = 7l + 4l2 q

Ã

also

2d n

!

µ ¶Ã !

2 = n

d n

Nach Teil b1) folgt (2d)

à !à !à !

2 p

2 q

d n

=−1

=+1

=−1

=

= +1.

| {z } | {z } | {z } ϕ(n) 4

≡ ±1 (mod n).

2

21.6. Bemerkung: Williams schl¨agt 1980 vor, zwei große Primzahlen p, q mit p ≡ 3 (mod 8) und q ≡ 7 (mod 8) zu w¨ahlen (etwa p = 3+8k1 , q = 7+8l1 ) und n = pq zu setzen. Dann wird s < ϕ(n) und (s, ϕ(n)) = 1 gew¨ahlt und k :=

ϕ(n) 4

+1 = 2

(2+8k1 )(6+8l1 ) 4

2

+1

=

4 + 12k1 + 4l1 + 16k1 l1 = 2l ∈ N 2

gesetzt, sowie t gem¨aß st ≡ k (mod [p−1, q −1]) berechnet. Publiziert werden n und s. Als Nachrichtenraum nimmt man die Menge aller b ∈ N mit 1) (2b  + 1, n) = 1 und 2)

  4(2b + 1) < n,

) = 1, falls ( 2b+1 n

  2(2b + 1) < n,

falls ( 2b+1 ) = −1. n Zum Verschl¨ usseln des Textes b bildet man c = c(b) :=

   4(2b + 1), falls ( 2b+1 ) = +1 n   2(2b + 1), falls ( 2b+1 ) = −1 n

194

KAPITEL V. EXKURS IN DIE KRYPTOLOGIE

und anschließend d = d(c) :≡ c2s (mod n), 0 ≤ d < n und sendet d. Es ist dann c ≡ 0 (mod 2) und ( nc ) = +1. Zum Entschl¨ usseln bildet der Schl¨ usselinhaber (unter Beachtung von 21.5.b1)) e = e(d) :≡ dt ≡ c2st = c

ϕ(n) +1+λ[p−1,q−1] 4

≡c

ϕ(n) 4

· c ≡ ±c (mod n)

mit 0 ≤ e < n. Dabei gilt e=

  

c

  n−c

falls e gerade, falls e ungerade,

denn im Fall e ≡ 1 (mod 2) kann nicht e = c gelten und im Fall e ≡ 0 (mod 2) nicht e = n − c, da n ≡ 1 (mod 2), aber e + c ≡ 0 (mod 2). Damit bildet er  µ ¶ 1 e    − 1 ,   2 4   µ ¶   1 n−e    − 1 ,  2 4 µ ¶ f (e) :=  1 e   − 1 ,    2 2   µ ¶    1 n−e   −1 ,

2

4

falls e ≡ 0 (mod 4) falls e ≡ 1 (mod 4) falls e ≡ 2 (mod 4) falls e ≡ 3 (mod 4)

und erh¨alt f (e) = b, denn beispielsweise f¨ ur e ≡ 0 (mod 4) folgt e = c = 4(2b + 1), also f (e) = 12 ( 4e − 1) = 12 2b = b. Literatur: P. Horster [8]. 21.7. Knappsackproblem: Gegeben n Gegenst¨ande G1 , . . . , Gn mit den Gewichten g1 , . . . , gn und den Werten w1 , . . . , wn . Man soll wertm¨aßig so viel wie m¨oglich unter Beachtung

¨ ¨ §21. OFFENTLICHE SCHLUSSEL-SYSTEME

195

einer oberen Gewichtsschranke g davontragen. Gesucht ist also eine Teilmenge von {G1 , . . . , Gn }, etwa {Gi1 , . . . , Gik }, so daß wi1 + . . . + wik maximal wird unter der Bedingung gi1 + . . . + gik ≤ g. Derartige Fragen sind sogenannte NP-vollst¨andige Probleme (nichtdeterministisch polynomiell), die aufwendig zu berechnen sind. Ein Spezialfall hiervon ist: Gegeben a1 , . . . , an ∈ N, g ∈ N. Gesucht x1 , . . . , xn ∈ {0, 1} mit g =

n P i=1

xi ai (wo also gi = wi = ai gew¨ahlt

ist). Dieses Problem heißt auch 0-1-Knappsackproblem und wird mit K(a1 , . . . , an ; g) bezeichnet. 21.8. Definition: Zwei 0-1-Knappsackprobleme K(a1 , . . . , an ; g) und K(a01 , . . . , a0n ; g 0 ) heißen kongruent, falls es zwei teilerfremde Zahlen w und m gibt, so daß (1) m > max{

n P i=1

ai ,

n P a0i },

i=1

(2) g ≡ wg 0 (mod m), (3) ai ≡ wa0i (mod m) f¨ ur alle i = 1, . . . , n. Die Relation kongruent“ ist reflexiv, symmetrisch und bei Verwendung eines ” festen Moduls m auch transitiv. 21.9. Bemerkung: a) Kongruente 0-1-Knappsackprobleme haben dieselben L¨osungen. b) Ein schneller Algorithmus zur Kl¨arung der Frage, ob zwei 0-1-Knappsackprobleme kongruent sind, ist nicht bekannt. c) Das L¨osen eines 0-1-Knappsackproblems kann durch Probieren der 2n M¨oglichkeiten f¨ ur x1 , . . . , xn erfolgen. Die beste bekannte Methode erfordert

196

KAPITEL V. EXKURS IN DIE KRYPTOLOGIE n

O(2 2 ) Operationen, was f¨ ur n = 100 f¨ ur Computer eine un¨ uberwindliche H¨ urde darstellt. Allerdings ist die L¨osung f¨ ur spezielle a1 , . . . , an recht einfach zu finden, etwa f¨ ur ai = 2i−1 (i = 1, . . . , n). Die bin¨are Darstellung von g liefert unmittelbar x1 , . . . , xn . Allgemein ist die L¨osung des 0-1-Knappsackproblems leicht, falls eine Permutation π von 1, . . . , n mit aπ(j) >

j−1 P i=1

aπ(i) , (j = 2, . . . , n) exi-

stiert. Im Fall π = id heißt a1 , . . . , an superwachsend. Aufgabe 2. Man zeige, daß kongruente 0-1-Knappsackprobleme dieselbe L¨ osungen haben. Aufgabe 3. Man untersuche die 0-1-Knappsackprobleme K1 = K(41, 24, 7, 4; 35), K2 = K(23, 40, 3, 12; 55), K3 = K(3, 8, 13, 44; 65). auf Kongruenz und gebe gegebenenfalls zugeh¨ orige w und m an.

21.10. Folgerung: Sei a1 , . . . , an superwachsend, g ∈ N. Ist das 0-1-Knappsackproblem K(a1 , . . . , an ; g) u ¨berhaupt l¨osbar, so gilt xn =

   1, falls an ≤ g   0, falls a > g n

Sind weiter xn , xn−1 , . . . , xj+1 bereits bestimmt, so ergibt sich xj aus

xj =

 n P    xi a i  1, falls aj ≤ g − i=j+1

n P    xi ai  0, falls aj > g − i=j+1

(j = n − 1, n − 2, . . . , 1).

¨ ¨ §21. OFFENTLICHE SCHLUSSEL-SYSTEME

197

Beweis: klar. 21.11. Bemerkung: 1978 gaben Merkle und Hellmann ein ¨offentliches Schl¨ usselsystem an, das darauf beruht, das leichte 0-1-Knappsackproblem mit einer superwachsenden Folge in ein kongruentes mit einer nicht superwachsenden Folge zu verfremden“. ” Sei a1 , . . . , an superwachsend. Wir w¨ahlen m >

n P i=1

ai und w < m mit (w, m) = 1. Dann bestimme man w ¯

gem¨aß ww¯ ≡ 1 (mod m) und bi := ai w (mod m), 0 ≤ bi < m f¨ ur i = 1, . . . , n und pr¨ ufe, ob die Folge b1 , . . . , bn nicht superwachsend ist. Danach wird eine Permutation bπ(1) , . . . , bπ(n) von b1 , . . . , bn publiziert und insgeheim die zu π inverse Permutation µ festgehalten. Ein Sender schreibt seine Nachricht in (j)

Bl¨ocke (x1 , . . . , x(j) arzahlen der L¨ange n um und bildet n ) von Bin¨ g

(j)

:=

n X (j)

xi bπ(i)

i=1

und sendet g (j) (j = 1, 2, ...). Der Schl¨ usselinhaber bildet G(j) :≡ wg ¯ (j) (mod m), 0 ≤ G(j) < m (j)

und verschafft sich die yµ(i) ∈ {0, 1} leicht aus G(j) ≡ (j)

n P (j) i=1

yµ(i) ai (mod m), da

die a1 , . . . , an superwachsend sind und die yµ(i) eindeutig bestimmt sind. Es folgt mod m G(j) ≡ wg ¯ (j) =

n X (j)

n X (j)

i=1

i=1

xi bπ(i) w¯ ≡

xi aπ(i)

198

KAPITEL V. EXKURS IN DIE KRYPTOLOGIE = (j)

(j)

also yi = xi

n X (j)

n X (j)

i=1

i=1

xµ(i) aπ(µ(i)) =

xµ(i) ai (mod m),

f¨ ur i = 1, . . . , n.

21.12. Bemerkung: 1982 gab Shamir einen Algorithmus zum Brechen des Systems in polynomialer Zeit an, so daß es als ¨offentliches Schl¨ usselsystem ungeeignet ist. Eine verbesserte Version, die dem Algorithmus von Shamir widersteht, findet sich bei Kenneth H. Rosen [17], Kap. 7,5.

Kapitel VI Einige Diophantische Gleichungen §22

Lineare und quadratische Diophantische Gleichungen

22.1. Vorbemerkung: Seien Ai ⊆ Z (i = 1, . . . , k). Unter einer Diophantischen Gleichung f (x1 , . . . , xk ) = 0 versteht man diese Gleichung zusammen mit der Frage nach allen L¨osungen x1 , . . . , xk mit xi ∈ Ai (i = 1, . . . , k). Als einfachste Diophantische Gleichung in k Unbestimmten kann man (1)

a1 x1 + . . . + ak xk = n

ansehen, wo n, a1 , . . . , ak ∈ N gegeben und xi ∈ Z gesucht sind. F¨ ur k = 2 wurde diese Gleichung (1) in 5.27 auf die Existenz mindestens einer L¨osung 199

200

KAPITEL VI. EINIGE DIOPHANTISCHE GLEICHUNGEN

und die Bestimmung aller L¨osungen untersucht: (2)

n = a1 x1 + a2 x2

ist genau dann l¨osbar in xi ∈ Z, wenn (a1 , a2 )|n. In diesem Fall erh¨alt man jede weitere L¨osung genau einmal durch geeignete Wahl von t ∈ Z in Ã

n = a1

!

Ã

!

a2 a1 x1 + t + a 2 x2 − t . (a1 , a2 ) (a1 , a2 )

Insbesondere existiert genau eine L¨osung von (2) mit 0 ≤ x2 < a1 . Vor der ¨ Ubertragung dieses Resultats auf beliebige k betrachten wir zun¨achst ein Zahlenbeispiel f¨ ur k = 3. Gegeben: a1 = 1925, a2 = 1960, a3 = 1760 sowie n = 1995. In diesem Fall sieht man leicht n = 57a2 − 57a1 . Allgemein findet man eine solche L¨osung durch mehrmalige Anwendung von 5.27 in Verbindung mit 5.13 oder 5.15. Unser Anliegen ist hier zu zeigen, wie man mit einer Darstellung (1) zu ei¨ ner ausgezeichneten gelangen und eine Ubersicht u ¨ber alle Darstellungen (1) erhalten kann. In unserem Beispiel ist (1925, 1960, 1760) = 5 und 5|1995, also existiert mindestens eine L¨osung 1995 = a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 . Weiter setzt man d1 = 1925, d2 = (a1 , a2 ) = 35, d3 = (a1 , a2 , a3 ) = 5, d1,2 := (d1 , a2 ) = 35, d1,3 := (d1 , a3 ) = 55, d2,3 := (d2 , a3 ) = 5, b :=

a1 d3

= 385, b2 :=

d1 d2

= 55, b3 :=

d2 d3

= 7,

b2,3 :=

d1,3 d2,3

= 11.

Dann wird gezeigt: Gilt d3 |n, so existiert genau eine L¨osung von 1995 = a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 mit 0 ≤ xi < bi f¨ ur i = 2, 3. Dies ist in unserem Fall 1995 = a1 · (−1) + a2 · 2 + a3 · 0 (0 ≤ 2 < 55,

¨ 0 ≤ 0 < 7). Uber x1 l¨aßt

sich dabei wenig sagen. Ausgehend von einer speziellen Darstellung, etwa

§22. LINEARE UND QUADRATISCHE DIOPHANTISCHE GLN.

201

der Ausgangsl¨osung, erh¨alt man jede andere und zwar je genau einmal, wenn man in 1995 = (−57 + t1,2 · 56 + t1,3 · 32) · 1925 + (57 − t1,2 · 55 + t2,3 · 44) · 1960 + (0 − t1,3 · 35 − t2,3 · 49) · 1760, t1,2 , t1,3 beliebig ∈ Z w¨ahlt, aber t2,3 durch (∗)

0 ≤ t2,3 < 5

beschr¨ankt. In der Tat liefert die Wahl t1,2 = 1, t1,3 = 0, t2,3 = 0 aus der ersten Darstellung die zweite. Dies w¨ urde aber auch t1,2 = 5, t1,3 = −7, t2,3 = 5 liefern, was sich aber nicht mit (∗) vertr¨agt. Allgemeiner setzen wir also zu gegebenen a1 , . . . , ak ∈ N d1 := a1 , di := (a1 , . . . , ai ) f¨ ur i = 2, . . . , k, di,j := (di , aj ) f¨ ur 1 ≤ i < j ≤ k, b :=

a1 , dk

bi :=

di−1 di

f¨ ur i = 2, . . . , k, bi,j :=

di−1,j di,j

f¨ ur 2 ≤ i < j ≤ k.

Insbesondere gilt b = b2 b3 · . . . · bk . 22.2. Satz: Seien a1 , . . . , ak ∈ N, n ∈ Z. a) Genau dann ist (1)

n=

k X

xi ai

i=1

mit xi ∈ Z l¨osbar, wenn dk |n. b) Gilt dk |n, so existiert genau eine L¨osung von (1) mit 0 ≤ xi < bi f¨ ur i = 2, 3, . . . , k. ¨ Uber x1 l¨aßt sich dabei wenig sagen.

202

KAPITEL VI. EINIGE DIOPHANTISCHE GLEICHUNGEN c) Sind

k P i=1

k P

xi ai =

i=1

yi ai , xi , yi ∈ Z zwei beliebige L¨osungen von (1), so

existiert genau eine Transformation (2) yi = xi +

k P j=1

ti,j (aia,aj j ) f¨ ur i = 1, . . . , k, wo ti,j ∈ Z mit

(3) ti,j = −tj,i f¨ ur 1 ≤ i ≤ j ≤ k (insbesondere ti,i = 0) (4) 0 ≤ ti,j
t t+1 =1−

|{z}

1 t+1

1 t+1

1 ) t+1

liegen die t + 1 Zahlen

f¨ ur alle i = 0, . . . , t − 1, so w¨ urde

gelten, Widerspruch.

=0

Also existiert mindestens ein i (0 ≤ i ≤ t − 1) mit |βi − βi+1 | ≤ einem solchen i w¨ahlen wir    bαyi c − bαyi+1 c f¨ ur yi > yi+1 x :=  

bαyi+1 c − bαyi c f¨ ur yi < yi+1

1 . t+1

Mit

212

KAPITEL VI. EINIGE DIOPHANTISCHE GLEICHUNGEN

und y :=

   yi − yi+1 f¨ ur yi > yi+1   y ur yi < yi+1 . i+1 − yi f¨

Es gilt 1 ≤ y ≤ t und |x − αy| = | ± (bαyi c − bαyi+1 c − α(yi − yi+1 ))| = |bαyi c − αyi − (bαyi+1 c − αyi+1 )| 1 = |αyi − αyi+1 | = |βi − βi+1 | ≤ . t+1 22.10. Bemerkung: Ist speziell α von der Form α = x y

(x, y ∈ Z, 1 ≤ y ≤ t) verschieden von

1 , t+1

1 , t+1

2 so sind alle Br¨ uche

also

¯ ¯ ¯ ¯ ¯x ¯ x(t + 1) − y ¯ 1 ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ − ¯ 6= 0. Es folgt ¯ ¯ 6= 0, also |x(t + 1) − y| 6= 0, ¯y ¯ ¯ t+1 y(t + 1) ¯ ¯ ¯ ¯x 1 ¯¯ |x(t + 1) − y| 1 ¯ ≥ , also |x(t + 1) − y| ≥ 1, also ¯¯ − ¯= y t + 1¯ y(t + 1) y(t + 1)

d.h. in 22.9 kann =“ gelten. ” Aufgabe 5: Sei α = π. Man bestimme f¨ ur t = 111, 112, 113 jeweils x, y ∈ Z mit ¯ ¯

¯ ¯

1 ≤ y ≤ t und ¯ xy − π ¯ ≤

1 y(t+1) .

22.11. Satz: Ist α irrational, so existieren unendlich viele Paare x, y ∈ Z mit (x, y) = 1 und

Beweis: Sei t1 ∈ N beliebig.

¯ ¯ ¯x ¯ 1 ¯ ¯ ¯ − α¯ < 2 . ¯y ¯ y

§22. LINEARE UND QUADRATISCHE DIOPHANTISCHE GLN.

213

Nach 22.9 existieren x1 , y1 ∈ Z mit (x1 , y1 ) = 1, 1 ≤ y1 ≤ t1 und ¯ ¯ ¯x ¯ 1 ¯ 1 ¯ ¯ − α . ¯< ¯ y1 ¯ y1 t1 | {z } =:η1

Da α irrational ist, folgt η1 6= 0. Sei t2 ∈ N und t2 >

1 η1

beliebig.

Nach 22.9 existieren x2 , y2 ∈ Z mit (x2 , y2 ) = 1, 1 ≤ y2 ≤ t2 und ¯ ¯ ¯ ¯x 1 ¯ ¯ 2 − α ¯< . ¯ ¯ ¯ y2 y2 t2 | {z } =:η2

Es folgt η2 6= 0 und η2
η2 > . . . positiver reeller Zahlen. Dabei gilt ¯ ¯ ¯ ¯x 1 1 ¯ ¯ i − α ¯ = ηi < ≤ 2. ¯ ¯ ¯ yi yi ti yi

2

22.12. Satz: Sei D ∈ N, D 6= d2 , d ∈ N. Dann existieren unendlich viele √ Paare x, y ∈ N mit (x, y) = 1 und |x2 − Dy 2 | < 1 + 2 D. √

D ist irrational und positiv, also existieren nach 22.11 unendlich ¯ √ ¯¯ ¯ viele Paare positiver ganzer Zahlen x, y mit (x, y) = 1 und ¯ xy − D¯ < y12 . Beweis:

Dabei gilt

also also

¯ ¯ ¯ ¯ ¯x √ ¯¯ ¯¯ x √ √ ¯¯ √ 1 ¯ ¯ + D ¯ = ¯ − D + 2 D ¯ < 2 + 2 D, ¯y ¯ ¯ ¯y y ¯ ¯ à ! 2 ¯x ¯ √ 1 1 ¯ ¯ + 2 D , ¯ 2 − D¯ < 2 ¯y ¯ y y2

|x2 − Dy 2 |
1 ist (u + v D)n1 < (u + v D)n2 f¨ ur n1 < n2 , √ √ also Un1 + Vn1 D 6= Un2 + Vn2 D f¨ ur n1 6= n2 . Insbesondere sind daher alle Paare (Un , Vn ) f¨ ur n = 1, 2, . . . paarweise verschieden und L¨osungen von x2 − Dy 2 = 1.

2

√ 22.15. Bemerkung: Unter allen Pellschen Einheiten x + y D gibt es eine √ minimale x1 + y1 D. Diese Einheit heißt Grundeinheit oder Grundl¨osung von x2 − Dy 2 = 1. Die x1 , y1 sind minimal unter allen L¨osungen x, y ∈ N von x2 − Dy 2 = 1. √ 22.16. Satz: Alle Pellschen Einheiten x + y D sind Potenzen der √ Pellschen Grundeinheit x1 + y1 D. √ Beweis: Annahme: es existiert eine Pellsche Einheit x + y D, die keine Po√ tenz von x1 + y1 D ist. Dann existiert ein n ∈ N mit √ √ √ (x1 + y1 D)n < x + y D < (x1 + y1 D)n+1 . √ Multiplikation mit (x1 − y1 D)n (> 0) gibt √ √ √ (∗) 1n < (x + y D)(x1 − y1 D)n < x1 + y1 D. {z

|

=:X+Y

√ D, X,Y ∈Z

}

§22. LINEARE UND QUADRATISCHE DIOPHANTISCHE GLN. Es folgt X − Y

√

217

√ √ D = (x − y D)(x1 + y1 D)n , also X 2 − Y 2 D = 1 · 1n .

Wir zeigen X, Y ∈ N. √ √ Es gilt (X − Y D) (X + Y D) = 1, also 0 < A < 1. Daher folgt X + |

{z

}|

{z

}

√ =:B>1 Y D > 1 und X − Y D > 0, also 2X > 1, also X > 0, also X ≥ 1. √ √ Wegen X − Y D < 1 folgt Y D > X − 1 ≥ 0, also Y > 0, also Y ≥ 1. Also √ √ √ w¨are X + Y D eine Pellsche Einheit mit 1 < X + Y D < x1 + y1 D, √

=:A

Widerspruch. 22.17. Folgerung: Sei D ∈ N, D 6= d2 , d ∈ N, g ∈ Z. Falls (∗)

x2 − Dy 2 = g

u ¨berhaupt eine L¨osung hat, so gibt es bereits unendlich viele. Beweis: Ist x1 , x2 eine L¨osung von x2 − y 2 D = 1 und u1 , v1 eine L¨osung von u2 − v 2 D = g, so ist u2 , v2 , definiert durch √ √ √ u2 + v2 D := (x1 + y1 D)(u1 + v1 D) ebenfalls eine L¨osung von (∗). 22.18. Bemerkungen: 1) L¨aßt man in x2 − Dy 2 = 1 f¨ ur x, y auch negative ganze Zahlen zu, so l¨aßt sich die L¨osungsmenge sehr sch¨on u ¨ber Matrizen beschreiben: Man rechnet leicht nach, daß     x dy   2 2 M :=   | x, y ∈ Z, x − Dy 6=  y x

  

0  



1 0  eine kommutative regul¨are Halbgruppe mit Einselement E =    ist. 0 1

218

KAPITEL VI. EINIGE DIOPHANTISCHE GLEICHUNGEN 



x Dy  Genau die A =    ∈ M mit det A = ±1 sind in M invertierbar. y x Offenbar ist N := {A ∈ M| det A = +1} Untergruppe von M. Betrachtet man in 22.16 √ √ −1 √ (x1 − y1 D) √ √ (x1 + y1 D) = = x1 − y1 D, (x1 + y1 D)(x1 − y1 D) so kann man auch die negativen Potenzen der Grundeinheit als Pellsche Einheit auffassen und Satz 22.16 besagt dann, daß N die von −1 und x1 + √ y1 D erzeugte Untergruppe von M ist (darauf weist Harald Scheid in einem Oberseminarvortrag vom SS 94 hin). 2) Sei D ∈ N, D 6= d2 , d ∈ N, N ∈ Z, |N |
0 existiert ein m0 (ε) mit

Qn−1 Qn

≤ ξ0 − 1 + ε f¨ ur alle n > m0 (ε). ¯ ¯

¯

3) Zu jedem ε > 0 existieren h¨ochstens endlich viele n mit ¯ξ0 − Aufgabe 9: Sei ξ0 ∈ R beliebig. Sei x ∈ Z, y ∈ N und

Pn ¯ Qn ¯

Pn−1 Qn−1


Qn−1 .

22.24. Satz (Borel): Seien

Pn−1 Pn Pn+1 , , Qn−1 Qn Qn+1

drei aufeinanderfolgende N¨ahe-

rungsbr¨ uche f¨ ur ξ0 (n ≥ 1) und existiert mindestens noch ein weiterer. Dann erf¨ ullt mindestens einer der drei die Ungleichung ¯ ¯ ¯ P ¯¯ 1 ¯ ¯ξ0 − ¯ < √ . ¯ Q¯ 5Q2

226

KAPITEL VI. EINIGE DIOPHANTISCHE GLEICHUNGEN ¯ ¯

Beweis: Annahme ¯ξ0 −

¯

Pj ¯ ¯ Qj

√1 2 5Qj

≥

f¨ ur j = n − 1, n, n + 1. Dann folgt

¯ ¯ ¯ Pj ¯¯ 1 1 ¯ ≥ √ 2, ¯ξ0 − ¯= ¯ ¯ Qj Qj (Qj ξj+1 + Qj−1 ) 5Qj

also Qj ξj+1 + Qj−1 ≤

√

5Qj , also

Qj−1 √ ≤ 5 f¨ ur j = n − 1, n, n + 1. Qj √ n Wir setzen u := ξn+1 (=⇒ 1 < u < 5), v := QQn−1 (> 1). Es folgt (∗)

ξj+1 +

qn + | |

also

1 u

+v ≤

√

1

+

ξn+1

{z

}

=ξn

1 Qn−2 Qn = + ,, Qn−1 ξn+1 Qn−1 |

{z

{z

}

√ ≤ 5

}

1 +v u

5.

√ √ 1 1 ≤ 5, also u+ ≤ 5, also v ≥ √5−u . Insgesamt Andererseits gilt ξn+1 + QQn−1 v n q √ √ √ √ 1 folgt √5−u + u1 ≤ 5, also u2 − 5u + 1 ≥ 0, also u ≤ 25 + 54 − 1 = 1+2 5 . √ √ √ √ 1 n ≤ 1+2 5 . Analog √5−v + v1 ≤ 5, also v ≤ 1+2 5 . Es folgt ξn+1 ≤ 1+2 5 , QQn−1 Analog, indem man (∗) mit j = n, n + 1 (anstelle von j = n − 1, n) anwendet, erh¨alt man ξn+2 ≤ also

√ 1+ 5 2

≥ ξn+1 = qn+1 +

also qn+1 ≤ Es folgt also

√ 1+ 5 2

Qn−1 Qn

Qn Qn−1

√ 1+ 5 Qn+1 , Qn 2

=

−

2√ 1+ 5

Qn+1 Qn

≤

1 ξn+2

√ 1+ 5 , 2

≥ qn+1 +

2√ , 1+ 5

= 1, also qn+1 = 1.

− qn+1 ≤

√ 1+ 5 2

−1=

√ 1+ 5 2√ = . 2 −1+ 5 √ Qn = 1+2 5 , Widerspruch. Qn−1

√ −1+ 5 , 2

≥

Insgesamt

22.25. Bemerkung: Nach 22.24 existieren zu jedem irrationalen ξ0 unendlich viele

P Q

¯

¯

P mit ¯¯ Q − ξ0 ¯¯
0 nur endlich viele rationale L¨osungen Q ¯ Q − ξ0 ¯ < (√5+ε)Q 2 f¨

hat. In diesem Sinne ist also

√

5 scharf“. ” Ist ξ0 irrational und algebraisch, d.h. Nullstelle eines Polynoms f (x) ∈ Z[x], f 6= 0, Gradf = n, so interessiert die Frage nach der Existenz eines Exponenten ϑ > 0, so daß es eine reelle Konstante δ = δ(ξ, ϑ) gibt mit ¯ ¯ ¯P ¯ δ ¯ ¯ ¯ − ξ0 ¯ > ϑ ¯Q ¯ Q

f¨ ur alle

P Q

∈ Q, wobei Q ∈ N. Es zeigten

Liouville 1884: ϑ ≥ n, n 2

+ 1, √ Siegel 1921: ϑ > 2 n, Thue 1909: ϑ >

Roth 1955: ϑ > 2. Wegen 22.25 muß ϑ ≥ 2 gelten. Ob ϑ = 2 zul¨assig ist oder nicht, ist noch eine offene Frage. 22.26. Satz (Thue): Sei f (x) = a0 xn + . . . + an ∈ Z[x], n ≥ 3, an > 0 und f besitze nur paarweise verschiedene Nullstellen. Dann hat f¨ ur jedes c ∈ Z, c 6= 0 (∗)

a0 xn + a1 xn−1 y . . . + an y n = c

h¨ochstens endlich viele L¨osungen. Beweis: Seien α1 , . . . , αn die paarweise verschiedenen L¨osungen von f . Wir setzen γ := min(|αi − αj |, 2). i6=j

Annahme: (∗) hat unendlich viele L¨osungen x, y ∈ Z.

228

KAPITEL VI. EINIGE DIOPHANTISCHE GLEICHUNGEN

Dann existieren unendlich viele Paare x, y mit |y| → ∞ und à !

x y

n

(∗∗)

c=y f

x y

d.h. f¨ ur gen¨ ugend große |y| liegt

= a0 y

n

n Y l=1

Ã

!

x − αl , y

beliebig nahe an einem αk . Nach dem xi i→∞ yi

Schubfachprinzip existieren unendlich viele L¨osungen xi , yi mit lim

= αk

f¨ ur ein geeignetes k (1 ≤ k ≤ n). Insbesondere existieren unendlich viele xi , yi ¯

¯

mit ¯¯ xyii − αk ¯¯


γ 2

f¨ ur alle l 6= k. F¨ ur diese unendlich vielen

xi , yi folgt ¯

¯

¯x ¯ |c| δ |c| ¯ i ¯ < ¯ − α < ³ ´n−1 , ¯ ¯ n k¯ = n +1 Q ¯ xi ¯ yi ¯ ¯ γ |yi | 2 n n |a ||y | |a0 ||yi | ¯ y − αl ¯ 0 i 2 i l=1 l6=k

falls αk irrational. Es folgt (man beachte n ≥ 3) |yi |

|c| < |a0 |δ

n −1 2

| {z }

→∞

Ist αk =

a b

f¨ ur

à !n−1

2 γ

.

i→∞

rational, so folgt wegen (∗∗) f¨ ur alle diese xi , yi

also

¯ ¯ ¯ ¯ ¯x ¯ ¯x b − y a¯ 1 i ¯ ¯ i ¯ ¯ i 0 6= ¯ − αk ¯ = ¯ , ¯≥ ¯ yi ¯ ¯ ¯ yi b |yi |b ¯−1 à !n−1 ¯ à !n−1 ¯x ¯ 2 2 |c| |c| i ¯ ¯ |yi |b, |yi |n < ¯ − αk ¯ ≤ ¯ ¯ |a0 | γ yi |a0 | γ à !n−1

|yi |n−1
0, so heißt n eine B-Zahl. Gilt r2∗ (n) > 0, so heißt n eine B ∗ -Zahl. 23.4. Bemerkung: Wegen (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ad − bc)2 + (ac + bd)2 ist mit zwei B-Zahlen m, n auch deren Produkt m · n eine B-Zahl. Es ist daher naheliegend, die Primzahlen daraufhin zu untersuchen, ob sie B-Zahlen sind oder nicht. Wir verweisen auf 14.6: Sei p Primzahl, p ist B-Zahl ⇐⇒ p = 2 oder p ≡ 1 (mod 4). 23.5. Satz: Sei n ∈ N, p Primzahl mit p ≡ 3 (mod 4) und p|n. Dann besitzt n keine eigentliche Darstellung, d.h. n ist keine B ∗ -Zahl. Beweis: Annahme n = x2 + y 2 mit ggT(x, y) = 1. Dann folgt (n, x) = 1 = (n, y), also (p, x) = 1 = (p, y), also 0 ≡ x2 + y 2 (mod p) mit x2 (y

p−3 2

)2 = x2 y p−3 ≡ −y 2 y p−3 = −y p−1 ≡ −1 (mod p).

Damit ist z 2 ≡ −1 (mod p) l¨osbar, Widerspruch zu 14.5. 23.6. Satz: Sei n =

k Q i=1

pαi i . Dann gilt

n ist B − Zahl ⇐⇒ 2|αi f¨ ur alle i mit pi ≡ 3 (mod 4). Beweis: =⇒“: Sei n = x2 + y 2 , d := (x, y). Sei pα ||n und pγ ||d. ” Annahme p ≡ 3 (mod4) und 26 |α. Wir setzen

 x = dx0   y = dy  0

=⇒ (x0 , y 0 ) = 1,

n = x2 + y 2 = d2 (x02 + y 02 ) =: d2 n0 . Es folgt pα−2γ ||n0 , wo α0 := α − 2γ > 0 und 26 |α0 , also n0 = x02 + y 02 mit

§23. B-ZAHLEN UND DER SATZ VON LAGRANGE

231

(x0 , y 0 ) = 1, p|n0 und p ≡ 3 (mod 4), Widerspruch zu 23.5. ⇐=“: Ist p Primzahl mit p = 2 oder p ≡ 1 (mod 4) =⇒ p ist B-Zahl 14.6 ” α =⇒ p ist B-Zahl. 23.4

Ist p Primzahl mit p ≡ 3 (mod 4), so ist p2 eine B-Zahl =⇒ (p2 )β ist B-Zahl. 23.4

Insgesamt folgt mit 23.4, daß

n = 2α pα1 1 · . . . · pαr r q12β1 · . . . · qs2βs ,

wo pi ≡ 1 (mod 4) und qj ≡ 3 (mod 4) sind, eine B-Zahl ist.

2

23.7. Satz: Sei n ∈ N mit der Primfaktorzerlegung n = 2α0 pα1 1 · . . . · pαr r q1β1 · . . . · qsβs gegeben, wo pj ≡ 1 (mod 4), qi ≡ 3 (mod 4). Dann gilt a) r2 (n) =

   4τ (pα1 · . . . · pαr ), 1 r

falls βk ≡ 0 (mod 2) f¨ ur k = 1, . . . , s,

 

sonst,

0,

   4τ (p1 · . . . · pr ), falls α0 ≤ 1 und βk = 0 f¨ ur k = 1, . . . , s, ∗ b) r2 (n) =  

0,

sonst.

Beweis: Wir erinnern an Definition 3.14: ist M eine regul¨are Halbgruppe, a ∈ M , a keine Einheit, so hieß a genau dann Primelement von M , wenn f¨ ur beliebige b, c ∈ M mit a | b ∗ c stets a | b oder a | c folgt. ∗

Speziell f¨ ur M = Z[i] (i =

√

∗

∗

−1) ist M nach 4.13.3) ein Euklidischer

Ring, der nach 4.18 und 4.27 ein ZPE-Ring ist. Nach §4 Aufgabe 3d) sind

232

KAPITEL VI. EINIGE DIOPHANTISCHE GLEICHUNGEN

die Primelemente π von Z[i] genau die Elemente der Form π = iϑ (1 + i), ϑ ∈ {0, 1, 2, 3}, π = iϑ p, p ∈ Z Primzahl mit p ≡ 3 (mod 4), ϑ ∈ {0, 1, 2, 3}, π = a + ib, wo a, b ∈ Z mit a2 + b2 = p, p ∈ Z Primzahl mit p ≡ 1 (mod 4). Insbesondere besitzt also n + 0 · i ∈ Z[i] die folgende Zerlegung in Primelemente: (1)

n = (1 + i)α0 (1 − i)α0

r Y

(aj + bj i)αj (aj − bj i)αj

j=1

s Y βk

qk .

k=1

Jeder Darstellung n = u2 + v 2 , u, v ∈ Z entspricht genau eine Zerlegung (2)

n = (u + iv)(u − iv)

in Z[i], wo u + iv = iϑ1 (1 + i)ν0 (1 − i)µ0

r Y

(aj + bj i)νj (aj − bj i)µj

j=1

u − iv = (−i)ϑ1 (1 − i)ν0 (1 + i)µ0

s Y ξk

qk ,

k=1 r Y

(aj − bj i)νj (aj + bj i)µj

j=1

s Y ξk

qk .

k=1

Beachtet man noch 1 + i = i(1 − i), so folgt (3)

u + iv = iϑ1 +ν0 (1 − i)α0

r Y

...

j=1

u − iv = (−i)ϑ1 +ν0 (1 + i)α0

r Y

...

j=1

Wegen (1) und (2) folgt daher νj + µj = αj f¨ ur j = 1, . . . , r und 2ξk = βk f¨ ur k = 1, . . . , s. In (3) hat man also f¨ ur iϑ1 +ν0 genau die 4 M¨oglichkeiten ±1, ±i und f¨ ur νj genau die αj M¨oglichkeiten 0, 1, . . . , αj (j = 1, . . . , r). Insgesamt hat man f¨ ur u + iv in (3) genau 4

r Q

(αj + 1) = 4τ (pα1 1 · . . . · pαr r )

j=1

§23. B-ZAHLEN UND DER SATZ VON LAGRANGE

233

Wahlm¨oglichkeiten, falls βk ≡ 0 (mod 2) f¨ ur k = 1, . . . , s, andernfalls keine. Es folgt a). Um b) zu zeigen, setzen wir g(n) :=

r2∗ (n) 4

und f (n) :=

r2 (n) 4

und beach-

ten, daß letztere Funktion multiplikativ ist (nach a)). Ist nun n = x2 + y 2 eine beliebige Darstellung mit ggT(x, y) = d, so ist Darstellung von

n d2

n d2

= ( xd )2 + ( yd )2 eine

mit ggT( xd , yd ) = 1. Es folgt r2 (n) =

X

µ

r2∗

d∈N d2 |n

¶

n , d2

also nach Division durch 4 (4)

f (n) =

X

µ

g

d∈N d2 |n

¶

n . d2

Um den Summationsbereich zu vereinfachen, betrachten wir die multiplikative Funktion

   1 f¨ ur α ≡ 0 (mod 2)

ρ(pα ) := 

 0 f¨ ur α ≡ 1 (mod 2)

f¨ ur alle Primzahlen p. Die dazu inverse (multiplikative) Funktion ρ−1 ist durch −1

α

ρ (p ) =

    1   

−1       0

f¨ ur α = 0 f¨ ur α = 2 sonst

gegeben. Gleichung (4) nimmt damit folgende Form an f (n) =

X d|n

µ ¶

ρ(d)g

n , d

234

KAPITEL VI. EINIGE DIOPHANTISCHE GLEICHUNGEN

als Faltprodukt geschrieben: f = ρ ∗ g. Es folgt g = ρ−1 ∗ f , d.h. g(n) =

P −1 ρ (d)f ( nd ), und g ist multiplikativ.

d|n

Es gilt     1 f¨ ur p = 2   

g(p) = ρ−1 (1)f (p) + ρ−1 (p)f (1) =  2 f¨ ur p ≡ 1 (mod 4)      0 f¨ ur p ≡ 3 (mod 4)

sowie f¨ ur α ≥ 2

g(pα ) = ρ−1 (1)f (pα ) + ρ−1 (p2 )f (pα−2 ) =

    0 f¨ ur p = 2   

2 f¨ ur p ≡ 1 (mod 4)       0 f¨ ur p ≡ 3 (mod 4)

Wegen

r Y

g(n) = g(2α0 )

α

g(pj j )

s Y

g(q βk )

| {z } j=1 | {z } | {zk } k=1 n n

=

1,α0 ≤1 0,α0 ≥2

=2

=

1,βk =0 0,βk ≥1

folgt    τ (p1 · . . . · pr ), falls α0 ≤ 1, βk = 0, k = 1, . . . , s g(n) =  

0,

sonst

Wegen r2∗ (n) = 4g(n) folgt b).

2

23.8. Folgerung: Ist p ≡ 1 (mod 4) Primzahl, so gilt r2 (p) = 8 = r2∗ (p), d.h. p ist im wesentlichen eindeutig als Summe zweier Quadrate darstellbar. Die Darstellung ist u ¨berdies eigentlich.

§23. B-ZAHLEN UND DER SATZ VON LAGRANGE

235

23.9. Bemerkung: (ohne Beweis) Wir setzen B(N ) :=

P

1; dies ist also die Anzahl der B-Zahlen n ≤ N .

n=1,...,N r2 (n)>0

Dann gilt

Ã

!

CN N B(N ) = √ +O , 3 log N log 4 N wo



1  C=√  2

Y

Ã

 1 ! −2 1  1 − 2  = 0, 76 . . .

q q≡3 (mod 4)

q

Weiter gilt N X

1

r2 (n) = πN + O(N 3 log N ) und

n=1

N X n=1

r2∗ (n) =

1 6 N + O(N 2 log N ). π

Im Durchschnitt“ hat also jedes n etwa π Darstellungen und ” Darstellungen. So gilt z.B.

1000 P n=1

6 π

eigentliche

r2 (n) = 3148 und zum Vergleich 1000π = 3141, 592...

23.10. Definition: Sei n ∈ N. Existieren x1 , x2 , x3 ∈ Z mit n = x21 + x22 + x23 , so heißt n eine C-Zahl. r3 (n) bezeichne die Anzahl aller solcher Tripel (x1 , x2 , x3 ). 23.11. Bemerkung: Von Legendre bzw. Gauß stammt der Beweis der folgenden Aussage: n ∈ N ist genau dann C-Zahl, wenn n 6= 4a (8b + 7), a, b ∈ N0 . Beweis: nur =⇒“ ” Wegen x2i ≡ 0, 1, 4 (mod 8) folgt x21 + x22 + x23 ≡ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 (mod 8), d.h. kein n = 7 + 8b (b ∈ N0 ) ist eine C-Zahl.

236

KAPITEL VI. EINIGE DIOPHANTISCHE GLEICHUNGEN

Annahme: n = x21 + x22 + x23 = 4a (8b + 7) f¨ ur gewisse a ∈ N, b ∈ N0 . Unter allen solchen n w¨ahle das n mit minimalem a (=⇒ a ≥ 1). Nun gilt x2i ≡ 0, 1 (mod 4), und wegen 4|n folgt 0 ≡ x21 +x22 +x23 (mod 4), also x2i ≡ 0 (mod 4) (i = 1, 2, 3), also 2|xi (i = 1, 2, 3), also

n 4

= ( x21 )2 + ( x22 )2 +

( x23 )2 = 4a−1 (8b + 7), Widerspruch zur Minimalit¨at von a.

2

23.12. Bemerkung: Sei C(N ) die Anzahl der C-Zahlen n ≤ N . Dann gilt 5 C(N ) = N + O(log N ). 6

N P

Beweis: Es gilt C(N ) = N −

1.

n=1 n=4a (8b+7) a,b∈N0

S :=

N X

1=

n=1 n=4a (8b+7) a,b∈N0

Dabei gilt

N 4a

XX

X

1=

a b 4a (8b+7)≤N

X

1=

a∈N0

N 7

⇐⇒ a ≤

log N 7 log 4

.

Also existiert ein c1 mit a ≤ c1 log N . Es folgt $N % − 7 a 4

X

S =

8

a∈N0 log N 7 0≤a≤ log 4

0≤a≤

=

N 4a

X

= N 8

log N 7 log 4

X ¹ 0≤a≤

+ O(log N )

−7 + O(log N ) 8

1 + O(log N ). º 4a N

log 7 log 4

% Ã$ N − 7 a 4

N −7 a a∈N0 , 4 8 ≥0

b∈N0 N −7 a c b≤b 4 8

− 7 ≥ 0 ⇐⇒ 4a ≤

X

8

!

+1 .

§23. B-ZAHLEN UND DER SATZ VON LAGRANGE ¹

Wir setzen nun k :=

log N 7 log 4

237

º

. Dann folgt

1 N 1 − 4k+1 · + O(log N ) 8 1 − 14 N N = − O( k+1 ) + O(log N ). 6 4

S =

Nun gilt 4

k+1

>4

log N 7 log 4

=

N , 7

also S =

N 6

+ O(log N )

=⇒ C(N ) = N − S = 56 N − O(log N ).

2

23.13. Bemerkung: Sei ε > 0 beliebig. 1

1

Dann existieren C1 = C1 (ε), C2 = C2 (ε) > 0 mit C1 n 2 −ε ≤ r3 (n) ≤ C2 n 2 +ε f¨ ur alle n 6≡ 0, 4, 7 (mod 8). Ferner gilt N X

3 4 r3 (n) = πN 2 + O(N ). 3 n=1

23.14. Satz (Lagrange) : Jede nat¨ urliche Zahl ist Summe von 4 Quadraten. Beweis: Seien x = x21 + x22 + x23 + x24 ,

y = y12 + y22 + y32 + y42 . Dann folgt

xy = (x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 + x4 y4 )2 + (x1 y2 − x2 y1 + x3 y4 − x4 y3 )2 + (x1 y3 − x3 y1 + x4 y2 − x2 y4 )2 + (x1 y4 − x4 y1 + x2 y3 − x3 y2 )2 . Daher gen¨ ugt es zu zeigen, daß jede Primzahl p Summe von (h¨ochstens) 4 Quadraten ist. F¨ ur p = 2 ist dies klar. Sei daher p ≥ 3.

238

KAPITEL VI. EINIGE DIOPHANTISCHE GLEICHUNGEN

1. Wir zeigen zun¨achst: zu p existiert ein m ∈ N, m < p mit mp = 12 +x2 +y 2 . Dazu betrachten wir A := {x2 |0 ≤ x ≤

p−1 }, B 2

:= {−1 − y 2 |0 ≤ y ≤

p−1 }. 2

Die Zahlen aus A sind paarweise inkongruent mod p; denn Annahme x21 ≡ x22 (mod p) f¨ ur 1 ≤ x1 < x2 ≤ Dann folgt − p−1 ≤ −x < −x{z 1 < x1 < x2 ≤ 2 | 2 }

p−1 . 2 p−1 . 2

Somit w¨ urden vier L¨osun-

paarweise inkongruent mod p

gen von x2 ≡ x21 (mod p) existieren, Widerspruch zu 14.1 (Lagrange). Auch der Fall 0 = x1 < x2 ≤

p−1 2

und x21 ≡ x22 (mod p) ist wegen p|x21 , also

p|x22 , also p|x2 unm¨oglich. Analog sind die Zahlen aus B paarweise inkongruent mod p. Außerdem gilt #A =

p+1 2

= #B, also #(A ∪· B) = p + 1.

Daher existieren x20 ∈ A und −1 − y02 ∈ B mit x20 ≡ −1 − y02 (mod p). Dabei gilt 0 ≤ x0 ≤

p−1 2

und 0 ≤ y0 ≤

also 1 + x20 + y02 = mp ≤ 1 + Es folgt m < p2 , also m ≤

³

´ p−1 2 2

p−1 (< 2

+

p−1 , 2

³

´ p−1 2 2

=

3 2

+

p2 2

−p
1 2.1. m0 gerade. F¨ ur die xj (j = 1, . . . , 4) tritt dann genau einer der folgenden 3 F¨alle ein: (i) alle vier xj ungerade, (ii) genau zwei der xj ungerade, etwa x1 , x2 , (iii) alle vier xj gerade. In allen drei F¨allen sind x1 ± x2 und x3 ± x4 gerade =⇒

³

x1 +x2 2

´2

+

³

x1 −x2 2

´2

j Annahme: p| xi +x und 2

³

´2

x3 +x4 2 xi −xj p| 2 f¨ ur

+

+

³

x3 −x4 2

´2

=

m0 p. 2

ein geeignetes j.

§23. B-ZAHLEN UND DER SATZ VON LAGRANGE Dann folgt p|

³

xi +xj 2

+

xi −xj 2

´

239

, also p|xi , Widerspruch.

Wir erhalten also einen Widerspruch zur Minimalit¨at von m0 . 2.2. m0 ungerade, etwa m0 = 2k + 1 (k ≤ 1). Dann ist R = {−k, . . . , −1, 0, 1, . . . , k} ein volles Restsystem mod m0 und zu jedem xj (j = 1, . . . , 4) existiert ein yj ∈ R mit yj ≡ xj (mod m0 ) und |yj | ≤ k. Annahme: m0 |xj f¨ ur alle j = 1, . . . , 4. Dann folgt m0 |p, Widerspruch zu 1 < m0 < p. Also m0 6 |xl f¨ ur mindestens ein l (1 ≤ l ≤ 4). Es folgt yl 6= 0, also 0 < y12 + y22 + y32 + y42 ≤ 4k 2 < 4

³

m0 2

´2

= m20

und y12 + y22 + y32 + y42 ≡ x21 + x22 + x23 + x24 ≡ m0 p ≡ 0 (mod m0 ). Daher gilt y12 + y22 + y32 + y42 = m1 m0 mit 1 ≤ m1 < m0 . Zusammen mit x21 + x22 + x23 + x24 = pm0 folgt m1 m20 p = z12 + z22 + z32 + z42 ,

wo z1 = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 + x4 y4 ≡ x21 + x22 + x23 + x24 ≡ 0 (mod m0 ). Ebenso z2 = x1 y2 − x2 y1 + x3 y4 − x4 y3 ≡ x1 x2 − x2 x1 + x3 x4 − x4 x3 ≡ 0 (mod m0 ).

Analog z3 ≡ z4 ≡ 0 (mod m0 ). Wir setzen zj = tj m0 (j = 1, . . . , 4). Dann folgt m1 p = t21 + t22 + t23 + t24 mit 1 ≤ m1 < m0 , also tk 6= 0 f¨ ur mindestens ein k. W¨are p|tk , so w¨ urde p2 ≤

4 P t2j = pm1 folgen, also der Widerspruch

j=1

p ≤ m1 < m0 < p. Also gilt p6 |tk . Wir erhalten einen Widerspruch zur Minimalit¨at von m0 .

2

240

KAPITEL VI. EINIGE DIOPHANTISCHE GLEICHUNGEN

23.15. Bemerkung: Mit X

r4 (n) :=

1

(x1 ,x2 ,x3 ,x4 )∈Z4 x2 +x2 +x2 +x2 =n 1 2 3 4

gilt r4 (n) = 8

X d|n 46 |d

N X

3 π2 2 d und r4 (n) = N + O(N 2 ). 2 n=1

F¨ ur jedes ε > 0 existiert ein C = C(ε) > 0 mit 8(n + 1) ≤ r4 (n) ≤ Cn1+ε f¨ ur alle n 6≡ 0 (mod 4). Sei n = 4α n0 , 46 |n0 . Dann gilt   

r4 (4α n0 ) = 

r4 (n0 ), falls n0 ≡ 2 (mod 4)

 r (2n0 ), falls n0 ≡ 1 (mod 4). 4

23.16. Satz: Jedes n ∈ N ist Summe von h¨ochstens 10 ungeraden Quadraten. Beweis: Sei n3 ∈ N mit n3 ≡ 3 (mod 8). Nach 23.11 folgt dann n3 = x21 + x22 + x23 mit xi ∈ Z und x1 , x2 , x3 ungerade. Sei nun 3 ≤ i ≤ 10 und ni ∈ N beliebig mit ni ≡ i (mod 8). Dann schreiben wir ni = n∗3 + (i − 3), wo n∗3 die gr¨oßte Zahl n ∈ N ist mit n ≤ ni und n ≡ 3 (mod 8). . . + 12} . Es folgt ni = x∗1 2 + x∗2 2 + x∗3 2 + 1| 2 + .{z

2

(i−3) St¨ uck

(42 ≡ 2 (mod 8) ist die kleinste nat¨ urliche Zahl, die auch tats¨achlich (mindestens) 10 ungerade Quadrate ben¨otigt.)

§23. B-ZAHLEN UND DER SATZ VON LAGRANGE

241

Aufgabe 2: Man bestimme r4 (30) und gebe die wesentlich verschiedenen Darstellungen an. Aufgabe 3: Man bestimme die wesentlich verschiedenen Darstellungen von 42 als Summe von 10 ungeraden Quadraten. Aufgabe 4: Man benutze 23.11, um zu zeigen a) Jede ungerade Zahl u ∈ Z ist von der Form x2 + y 2 + 2z 2 . (Anleitung: Man schließe von 4t + 2 auf 2t + 1). b) Jedes n ∈ N ist von der Form x2 + y 2 + z 2 oder x2 + y 2 + 2z 2 . 23.17. Bemerkung: Es gibt eine unendliche Teilmenge A ⊂ Q = {12 , 22 , 32 , . . .}, so daß jedes n ∈ N bereits Summe von h¨ochstens 4 Quadratzahlen aus A ist und wo A(N ) :=

P

1=

a≤N a∈A 1

CN 4 +ε (Z¨ ollner). 1

Dies wurde von Wirsing verbessert zu A(N ) ≤ C(N log N ) 4 . 23.18. Bemerkung: Waring (1734-1798) erw¨ ahnt, daß jede nat¨ urliche Zahl Summe von einer festen Zahl g(k) von k-ten Potenzen aus N0 ist. Wieferich zeigte 1908, daß g(3) = 9 gilt. 23 und 239 ben¨ otigen genau neun Kuben. 23.19. Definition: Es seien A ⊆ N, h ∈ N. Dann setzen wir h ∗ A = {n ∈ N0 |n = hA = {n ∈ N0 |n =

∞ X i=1 ∞ X

xi ai , xi ∈ N0 , ai ∈ A, xi ai , xi ∈ N0 , ai ∈ A,

i=1

Ist speziell A = N(k) := {1k , 2k , 3k , . . .}, so ist g(k) = min{h ∈ N|N0 = h ∗ N(k) }.

∞ X i=1 ∞ X i=1

xi ≤ h}, xi = h}.

242

KAPITEL VI. EINIGE DIOPHANTISCHE GLEICHUNGEN

23.20. Bemerkung: 1909 zeigte Hilbert, daß g(k) f¨ ur alle k ∈ N existiert. 23.21. Bemerkung: Die 15 Zahlen 15, 22, 50, 114, 167, 175, 186, 212, 231, 238, 303, 364, 420, 428, 454 ben¨otigen genau 8 Kuben. Es sind 121 Zahlen bekannt, die genau 7 Kuben ben¨otigen. Es wird vermutet, daß 8042 die gr¨ oßte Zahl ist, die genau 7 Kuben ben¨otigt. 8042 = 193 + 103 + 2 · 43 + 2 · 33 + 13 . 23.22. Definition: Seien a, b ∈ N0 , a ≤ b. Dann setzen wir [a, b] := {n ∈ N0 |a ≤ n ≤ b} [a, ∞) := {n ∈ N0 |a ≤ n} und definieren G(k) := min{h ∈ N|[n0 , ∞) ⊆ h ∗ N(k) f¨ ur ein n0 ∈ N0 }. Offenbar gilt G(k) ≤ g(k). 23.23. Definition: Sei A ⊆ N, m ∈ N. A(m) :=

P

1 = #(A ∩ [1, m]).

a∈A 1≤a≤m

Dann heißt D(A) = lim

m→∞

D(A) = lim

m→∞

A(m) m A(m) m

obere asymptotische Dichte, untere asymptotische Dichte.

Aufgabe 5: Sei A := {a, a + d, a + 2d, a + 3d, . . .}. Man bestimme D(A), D(A). Aufgabe 6: Man konstruiere eine Menge A mit D(A) = 0 und D(A) = 1.

Mit diesen Dichtebegriffen definieren wir g(k) = min{h ∈ N|N \ A ⊆ h ∗ N(k) f¨ ur ein geeignetes A mit D(A) = 0}, G(k) = min{h ∈ N|B ⊆ h ∗ N(k) f¨ ur ein geeignetes B mit D(B) > 0}.

§23. B-ZAHLEN UND DER SATZ VON LAGRANGE

243

Offenbar gilt G(k) ≤ g(k) ≤ G(k) ≤ g(k). 23.24. Bemerkung: F¨ ur k = 3 gilt G(3) = g(3) = 4 (Davenport 1937), g(3) = 9, 4 ≤ G(3) ≤ 7. F¨ ur k = 4 gilt G(4) ≤ 13, g(4) = 15, G(4) = 16, g(4) = 19. 23.25. Untere Absch¨atzung f¨ ur g(k): F¨ ur k ≥ 2 betrachten wir Ã$

n0 :=

%

!

3k − 1 2k + (2k − 1)1k . 2k

Wir setzen

$

%

3k h0 := 2 + k − 2. 2 k

Dann l¨aßt sich n0 nicht mit weniger als h0 folgt

k-ten Potenzen darstellen. Es $

(∗) Setzt man q :=

j

3k 2k

k

%

3k g(k) ≥ h0 = 2 + k − 2. 2 k

, 3k = q2k + r, 0 < r < 2k , f :=

j

4k 3k

k

, so zeigte

Dickson (1936): Sei k ≥ 6. 1. Fall: Gilt r ≤ 2k − q, so gilt in (∗) das =“. ” 2. Fall: Gilt r > 2k − q, so gilt    g(k) = 2k + q + f − 2, falls 2k = qf + q + f   g(k) = 2k + q + f − 3, falls 2k < qf + q + f

Vermutung: 2. Fall tritt nicht ein. Dazu zeigte Mahler (1957): 1. Fall tritt bis auf h¨ochstens endlich viele Ausnahmen stets ein.

244

KAPITEL VI. EINIGE DIOPHANTISCHE GLEICHUNGEN

F¨ ur k = 5 gilt g(5) = 37 (Chen 1964). F¨ ur k = 4 gilt g(4) = 19 (Balasubramanian, Deshouillers, Dress (1986)).

§24

Zur Fermatschen Vermutung

24.1. Vorbemerkung: Sei n ∈ N fest. Gesucht x, y, z ∈ Z mit xyz 6= 0 und

(∗)

xn + y n = z n .

Ist d|n, etwa n = qd, so kann man (xq )d + (y q )d = (z q )d schreiben. Weiß man bereits, daß xd + y d = z d unl¨osbar in x, y, z ∈ Z, xyz 6= 0 ist, so folgt sofort die Unl¨osbarkeit von (∗). F¨ ur n = 2 ist (∗) l¨osbar. Fermat (1601-1665) vermutete, daß (∗) f¨ ur alle n ≥ 3 unl¨osbar ist. Es gen¨ ugt, die Vermutung f¨ ur n = 4 und n ungerade Primzahl zu zeigen. 24.2. Bemerkung: Wir betrachten zun¨achst den Fall n = 2

(∗∗)

x2 + y 2 = z 2 .

§24. ZUR FERMATSCHEN VERMUTUNG

245

L¨osungen von (∗∗) heißen pythagoreische Tripel, z.B. 32

+

(+2 52

+

122

=

+12 +

(+2 92

=

+8

(+2 72

42

242

=

+16 +

402 .. .

=

52

32

+8)

(+12

132

152

+12)

(+20

+4

+20)

252

352

+ 122 =

372

+16)

(+28

+4

+28)

412

632

+ 162 = .. .

652

+

42

=

+4 +

82

52 +12)

=

172

Uns interessieren L¨osungen x, y, z ∈ N mit (x, y, z) = 1. Solche Tripel heißen primitiv. Wegen (x, y, z) = 1 und z 2 ≡ 0, 1 (mod 4) folgt x2 + y 2 ≡ 1 (mod 4). Also ist genau eine der beiden Zahlen x, y ungerade; o.B.d.A. sei x ungerade. 24.3. Satz: x, y, z ∈ N ist genau dann ein primitives pythagoreisches Tripel mit geradem y, wenn x = a2 − b2 , y = 2ab, z = a2 + b2 mit 0 < b < a, (a, b) = 1, ab gerade. Beweis: ⇐=“: Es gilt x2 +y 2 = (a2 −b2 )2 +(2ab)2 = (a2 +b2 )2 = z 2 , (a, b) = 1 ” und ab gerade. Also ist x ungerade. Annahme: (x, y, z) > 1. Dann existiert eine Primzahlp ≥ 3 mit p|(x, y, z). Es folgt spruch.

 p|(z + x), also p|2a2 , also p|a2 , also p|a,   p|(z − x), also p|2b2 , also p|b2 , also p|b. 

=⇒ p|(a, b), Wider-

246

KAPITEL VI. EINIGE DIOPHANTISCHE GLEICHUNGEN

Also gilt (x, y, z) = 1. =⇒“: Sei x, y, z ∈ N L¨osung von (∗∗) mit (x, y, z) = 1 und y gerade. ” Dann sind x und z ungerade und (x, z) = 1. Es folgt 2|(z + x) und 2|(z − x) und

³

z+x z−x , 2 2

´

= 1.

Nun gilt y 2 = z 2 − x2 = (z +  x)(z − x).  µ ¶2 z+x z +xz −x  y      =: a2 = 2 2 ¶2 µ2 =⇒ mit 0 < b < a und (a, b) = 1. z−x z+x z−x      =: b2 , =1  2 2 2 2 2 2 2 Also gilt z = a + b , x = a − b , also y 2 = z 2 − x2 = 4a2 b2 , also y = 2ab. Annahme: 26 |ab. Dann folgt 2|x und 2|z. Wegen 2|y folgt somit 2|(x, y, z), Widerspruch.

2

Aufgabe 1. Man charakterisiere die pythagoreischen Tripel x, y, z in (∗∗) mit a) x − y = ±1, b) z − x = 1. Aufgabe 2. Man bestimme alle primitiven pythagoreischen Tripel x, y, z mit den drei Eigenschaften π π 1) F¨ ur ϕ = arccos x z gilt 4 ≤ ϕ ≤ 3 . r + cos ϕ gilt, daß sowohl a als auch 1 h¨ 2) Mit a := 11 − a ochstens vier Ziffern im 60cos ϕ α β γ 3 5 , α, β, γ ∈ N die Schranken System haben. (Dies bedeutet, daß in a = 2 60 0 3 0 ≤ α ≤ 14, 0 ≤ β ≤ 7, 0 ≤ γ ≤ 7 gelten). 3) Es gilt z < 19721. Man vergleiche alle derartigen Tripel mit denen der ber¨ uhmten Tonscherbe Plimp” ton 322“ der alten Babylonier.

§24. ZUR FERMATSCHEN VERMUTUNG

247

24.4. Satz: Die Diophantische Gleichung (∗)

x4 + y 4 = z 2

besitzt keine primitive L¨osung. Beweis: Sei z die kleinste nat¨ urliche Zahl, f¨ ur die (∗) eine L¨osung mit x, y, z ∈ N, (x, y, z) = 1 besitzt. Wir schreiben (x2 )2 + (y 2 )2 = z 2 . 24.3

=⇒ x2 = a2 − b2 , y 2 = 2ab, z = a2 + b2 (o.B.d.A.) mit 0 < b < a, (a, b) = 1, 2|ab Annahme: 2|a Dann folgt 26 |b, also 1 ≡ x2 ≡ −b2 ≡ −1 (mod 4), Widerspruch. Es folgt 26 |a, also 2|b und x2 + b2 = a2 24.3

=⇒ x = p2 − q 2 , b = 2pq, a = p2 + q 2 mit 0 < q < b, (p, q) = 1, 2|pq. Daher gilt y 2 = 2ab =4pq(p2 + q 2 ). Insgesamt folgt ³ ´2 y 2

 = pq(p2 + q 2 )   

(p, q) = 1 2

2

(p, p + q ) = 1

             

p =: r2 =⇒ q =: s2

p2 + q 2 =: t2 (q, p2 + q 2 ) = 1 Also gilt r4 + s4 = t2 mit r, s, t ∈ N, t > 1. Dabei gilt t2 = p2 + q 2 = a < (a2 + b2 )2 = z 2 , also 1 < t < z. Annahme: (r, s, t) > 1. Dann folgt (r, s) > 1, also (p, q) > 1, Widerspruch. Also (r, s, t) = 1, Widerspruch zur Minimalit¨at von z.

2

24.5. Bemerkung: (∗) hat auch keine L¨osung x, y, z ∈ N mit (x, y, z) = d > 1. Andernfalls setzen wir x = x0 d, y = y 0 d, z = z 0 d mit (x0 , y 0 , z 0 ) = 1 und x04 d4 + y 04 d4 = z 02 d2 . Es folgt x04 + y 04 =

³ 0 ´2 z d

0

und (x0 , y 0 , zd ) = 1, Wider-

spruch. Insbesondere ist x4 + y 4 = z 4 mit x, y, z ∈ N unl¨osbar.

248

KAPITEL VI. EINIGE DIOPHANTISCHE GLEICHUNGEN

24.6. Bemerkung: Der Fall n = 3 wurde unvollst¨andig von Euler (1753) und vollst¨andig von Legendre (nach 1800) und Gauß unabh¨angig voneinander bewiesen. Faltings Resultat: F¨ ur jedes n ≥ 3 hat xn + y n = z n h¨ochstens endlich viele L¨osungen. Nach Wiles’ Ergebnissen aus dem Jahr 1994 gilt die Fermatsche Vermutung als erledigt. Aufgabe 3∗ . a) Man zeige: Alle L¨osungen der Gleichung r3 = s2 + 3t2 mit r, s, t ∈ Z, (s, t) = 1 und ungeradem r sind durch r = α2 + 3β 2 , s = α3 − 9αβ 2 , t = 3α2 β − 3β 3 gegeben, wo α, β ∈ Z mit α 6≡ β (mod 2), (α, 3β) = 1 gilt. b) Man zeige: Die Gleichung x3 + y 3 = z 3 ist in ganzen von Null verschiedenen Zahlen unl¨osbar.

Kapitel VII Primzahlen

§25

Primzahlverteilung

25.1. Bemerkung: Die Menge P der Primzahlen ist unendlich. n)

25.2. Bemerkung: Sind Fn = 2(2

+ 1 die Fermatschen Zahlen, so folgt aus

(Fn , Fm ) = 1 f¨ ur alle n > m ebenfalls die Existenz unendlich vieler Primzahlen und insbesondere pn ≤ 22

n−2

+ 1 f¨ ur n ≥ 2.

Aufgabe 1: Man zeige, daß der Euklidische Beweis f¨ ur die Unendlichkeit der n−1

Menge der Primzahlen noch pn ≤ 22

liefert.

Aufgabe 2: Man folgere hieraus f¨ ur die Anzahl π(x) der Primzahlen p ≤ x die Absch¨atzung π(x) >

log log x log 2

f¨ ur alle x ≥ 2.

249

250

KAPITEL VII. PRIMZAHLEN

25.3. Definition: (Tschebycheffsche Hilfsfunktionen) X

ϑ(x) :=

log p

p≤x

X X

ψ(x) :=

log p = log[1, 2, . . . , bxc]

p∈P m∈N pm ≤x

Aufgabe 3: Man zeige a) ϑ(x) = log(

Q

p),

p≤x

b) ψ(x) = log(kgV(1, 2, . . . , bxc)), P j log x k log p.

c) ψ(x) =

log p

p≤x

25.4. Satz: F¨ ur x ≥ 2 gilt C1 x < ϑ(x) < C2 x und

X log p p≤x

Beweis: Wir erinnern an 9.14. Sei n! =

p

= log x + O(1).

Q ν(p) p . p|n

P jnk Dann gilt ν(p) = , also pl l≥1

log n! = log(

Y p|n!

XX

=

p≤n l≥1

pν(p) ) = $

%

X p≤n

ν(p) log p $ %

$

%

X n XX n n log p = log p + log p. l pl p≤n p p≤n l≥2 p

Dabei gilt XX

$

p≤n l≥2

X 1 l≥2

pl

=

%

X 1 X n log p log p ≤ n , l l p p≤n l≥2 p

1 1 1 1 1 (1 + + 2 + . . .) = 2 2 p p p p 1−

da p ≤ 2(p − 1).

1 p

=

2 1 ≤ 2, p(p − 1) p

§25. PRIMZAHLVERTEILUNG Es folgt XX

$

p≤n l≥2

251

%

∞ X log p X n log m log p ≤ 2n < 2n , 2 2 pl m=2 m p≤n p

wobei ∞

log 2 Z log x log 2 log 2 1 ≤ 2 + dx = 2 + + < ∞. 2 2 x 2 2 2

∞ X log m

m2

m=2

2

Damit gilt (∗)

log n! =

X p≤n

Nun gilt en ≥

nn n!

nn

, also

en

$ %

n log p + O(n). p

≤ n! ≤ nn , also n log n − n ≤ log n! ≤ n log n, also

log n! = n log n + O(n). Zusammen mit (∗) folgt X

(∗∗)

p≤n

$ %

n log p = n log n + O(n). p

Es folgt X p≤2n

$

%

2n log p = 2n log 2n + O(n) = 2n log n + O(n). p

Nun gilt f¨ ur n < p ≤ 2n $

%

$ %

2n n −2 = 1 − 2 · 0 = 1. p p

Also gilt ϑ(2n) − ϑ(n) =

X n C8 logpnpn , also log n > log C8 + log pn − log log pn > 13 log pn f¨ ur n ≥ n0 , also pn
x ν≥2

|

}

{z

νpν

.

}

=:S2

=:S1

Wir beachten ¯ ¯ X X ¯¯ 1 ¯¯ ¯ ν¯ ¯ νp ¯


x ν≥2 νp n>x n(n − 1) n≥dxe

also S2 = O( x1 ). Insgesamt folgt Y p≤x

Ã

1 1− p

!−1

log log x + a + O( log1 x ) + b1 − O( x1 ) = e 1

Ã

O( ) 10.5 = ea + b1 (log x)e log x = b(log x) 1 + O

Ã

1 log x

!!

. 2

25.9. Folgerung: Zu k ∈ N existiert ein von x unabh¨angiges C(k) > 0 mit Y k 12 keine Nullstellen √ besitzt. Dies w¨ urde in (∗) sogar |R(x)| < C6 x log x nach sich ziehen. √

F¨ ur geeignete beliebig große x gilt π(x)−lix > C7 logxx log log log x. √

F¨ ur geeignete beliebig große x gilt π(x)−lix < C8 logxx log log log x. Littlewood zeigte 1919: Es gilt nicht π(x) < lix f¨ ur alle x (dies gilt jedoch z.B. f¨ ur alle x < 1020 .) Aufgabe 7: a) Man zeige ¯ x ¯ ¯Z ¯ ¯ dξ x ¯¯ x ¯ ¯ log ξ − log x ¯ > C4 log2 x . ¯ ¯ 2

b) Man gebe Absch¨atzungen f¨ ur Zx

C5 = lix − 2

dξ log ξ

(x ≥ 2).

Aufgabe 8: Man zeige 25.11 unter Benutzung von X log p p≤x

p

= log x + O(1).

Aufgabe 9: Man zeige n 1 n < π(n) < 5 . 5 log n log n (Anleitung: Indlekofer [10] betrachten)

Kapitel VIII Siebmethoden

§26

Das Sieb des Eratosthenes

26.1. Vorbemerkung: Ist x ≥ 4 und streicht man aus der Folge 1, 2, . . . , bxc √ alle Zahlen n heraus, die durch eine Primzahl p ≤ x teilbar sind, so bleiben √ genau die 1 und die Primzahlen q mit x < q ≤ x u ¨brig. Diese Aussage √ heißt auch das Sieb des Eratosthenes. In der Tat gilt p6 |1 f¨ ur alle p ≤ x. √ p6 |q f¨ ur alle Primzahlen q mit x < q ≤ x. Ist n zusammengesetzt, n = ab mit 1 < a ≤ b < n, so folgt 1 < a2 ≤ ab = n ≤ x, also insbesondere √ f¨ ur jeden Primteiler p|a offenbar p|n und p ≤ x, so daß n von jeder dieser √ Primzahlen p gestrichen wird. Schließlich wird jede Primzahl p ≤ x von sich selbst gestrichen. Uns interessiert im folgenden nicht die Menge der Zahlen n ≤ x, die nicht gestrichen werden, sondern nur deren Anzahl.

262

§26. DAS SIEB DES ERATOSTHENES

263

26.2. Definition: Sei x ≥ 4. Wir setzen A(x,

√

x) =

X

1

n≤x √ p6 | n f¨ ur alle p≤ x

die Anzahl der Zahlen n ≤ x, die beim Sieben u ¨brigbleiben. Weiter bezeichne s(n) =

 √   1, falls p6 |n f¨ ur alle p ≤ x   0, sonst

die Streich- oder Siebfunktion. 26.3. Bemerkung: F¨ ur x ≥ 4 gilt nach 26.1 und 26.2 offenbar A(x,

√

X

x) =

√ s(n) = 1 + π(x) − π( x).

n≤x

Zur quantitativen Auswertung setzen wir P = P√x :=

Y √ p≤ x

p und an := ggT(n, P ).

Dann gilt an = 1 ⇐⇒ (n, P ) = 1 ⇐⇒ p6 |n f¨ ur alle p ≤

√

x ⇐⇒ s(n) = 1,

und daher auch an > 1 ⇐⇒ s(n) = 0. Andererseits gilt nach 7.15 X d|an

P

Es folgt s(n) =

   1, f¨ ur an = 1

µ(d) = 

 0, f¨ ur an > 1

µ(d). Also

d|an

A(x,

√

x)

=

X X n≤x d|an

µ(d) (man beachte d|an ⇐⇒ d|n und d|P )

264

KAPITEL VIII. SIEBMETHODEN =

X

µ(d)

X

8.11

1 =

n≤x d|n

d|P

X

¹ º

x d

µ(d)

d|P

¹ º X √ x 1 + π(x) − π( x) = µ(d) d d|P

(1)

(nicht zu verwechseln mit 8.12, n¨amlich 1 = X d|P

¹ º

x µ(d) d

=

X d|P

x X µ(d) + µ(d) d d|P

µ¹ º

|

x x − d d

¹ º

µ(d)

d≤x

¶

{z

X

x ) d

}

=R(x)

=

x

X µ(d) d|P

7.15

=

x

Y

d

25.8

= =

!

Ã

p|P

=

+ R(x)

Y

1 + R(x) 1− p Ã

!

1 x 1− + R(x) √ p p≤ x x √ + R(x) b log x + O(1) 2x + R(x) b(log x)(1 + O( log1 x )) Ã

10.5

=

Ã

2x 1 1+O b log x log x

!!

+ R(x)

Zur Absch¨atzung von R(x) hat man nichts besseres als |R(x)|

¯ ¯ ¯ ¶¯ µ¹ º X ¯X ¯ x x ¯≤ = ¯¯ µ(d) − 1 ¯ d d ¯ d|P ¯ d|P Y 9.2 Y 6.2

= τ (P ) = τ (

√ p≤ x

p) =

√ p≤ x

τ (p) = 2π(

Insgesamt folgt nichts wesentlich besseres als π(x) =

√ x)

2 x b log x

√

≤2

x

.

+ O(2

√ x

), dies

liefert nicht einmal π(x) ≤ x. 26.4. Bemerkung: Der Grund f¨ ur das Versagen ist darin zu suchen, daß in

§26. DAS SIEB DES ERATOSTHENES

265

der Gleichung A(x,

√

x) =

X d|P

x X µ(d) + µ(d) d d|P

µ¹ º

x x − d d

¶

f¨ ur jedes d|P bei der Restgliedabsch¨atzung der Betrag 1 addiert wird, w¨ahrend sich das Hauptglied lediglich um ± xd ¨andert, wo d erheblich gr¨oßer als x sein kann. Daher betrachten wir daher anstelle aller p ≤ √ f¨ ur ein geeignetes z ≤ x, A(x, z) :=

X

√ x nur die Primzahlen p ≤ z

1.

n≤x p6| n f¨ ur alle p≤z

Dabei kann man nicht mehr A(x, z) = 1 + π(x) − π(z) sagen, sondern nur 1

1

1

noch A(x, z) ≥ 1 + π(x) − π(z), z.B. wird f¨ ur z = x 3 , x 3 < p1 , p2 < x 2 auch die zusammengesetzte Zahl p1 p2 < x nicht gestrichen. Immerhin erh¨alt man analog zu 26.3 π(x) ≤ A(x, z) + π(z) =

x + O(2z ). b log z

W¨ahlt man z maximal, so daß noch Ã

(1)

x 2 =o log z

!

z

gilt, oder wenigstens ann¨ahernd maximal mit (1), also etwa z = 1, 44 log x, so folgt log log x < log z < 2 log log x f¨ ur x > x0 . Es folgt z

2z = elog 2 = ez log 2 = e1,44 log 2 log x ≤ e0,999 log x à ! à ! 1 x x 1− 1000 = x =o =o . log log x log z

266

KAPITEL VIII. SIEBMETHODEN

Insgesamt folgt nun x (1 + o(1)), b log log x

π(x) ≤ was wenigstens

π(x) x

→ 0 f¨ ur x → ∞ liefert, aber viel weniger als 25.6.

Aufgabe 10: Man charakterisiere arithmetisch die Funktionen f (m, n) =

X

¹ º

n , d

µ(d)

d|m

X

F (m, n) =

¹ º

n d

µ(d)

d≤m

g(m, n) =

X ¹nº

d

d|m

,

X ¹nº

G(m, n) =

d

d≤m

(n ≤ m),

.

Aufgabe 11: Seien k, x ∈ N, x ≥ 2k+1 . Seien 2 = p1 < . . . < pr alle Primzahlen 1

≤ x k+1 . Sei B ⊆ [1, x] die Menge, die u ¨brigbleibt, wenn man aus 1, 2, . . . , x alle Zahlen herausstreicht, die durch mindestens ein pi (1 ≤ i ≤ r) teilbar sind. a) Charakterisieren Sie die b ∈ B. b) Wieviele Primfaktoren (einschließlich Vielfachheit) enth¨ alt jedes b ∈ B h¨ochstens? ¯ = [1, x] \ B, die von pi (2 ≤ i ≤ r) gestrichen c) Charakterisieren Sie die ¯b ∈ B werden, aber nicht von p1 , . . . , pi−1 . Aufgabe 12: Sei k ∈ N0 , m ∈ N, m quadratfrei. ω(d) bezeichne die Anzahl der verschiedenen Primteiler von d. Man zeige X

µ(d) ≤

d|m ω(d)≤2k+1

X d|m

µ(d) ≤

X

µ(d).

d|m ω(d)≤2k

¨ §27. STARK VERGROBERTE FORM DES BRUNSCHEN SIEBES

§27

267

Die stark vergr¨ oberte Form des Brunschen Siebes

27.1. Vorbemerkung: In 1.6.b) wurden Primzahlzwillinge q1 , q2 als Primzahlen mit q2 = q1 + 2 definiert. Beispielsweise sind 3,5; 5,7; 11,13; 1639494(24423 − 1) ± 1 (1338 Ziffern); 219649815 · 24481 ± 1 (1358 Ziffern) Primzahlzwillinge. Brun ver¨offentlichte seine Siebmethode 1920. Wir betrachten hier eine stark vereinfachte Methode, die viel weniger als Bruns viel kompliziertere liefert, aber immerhin noch die Konvergenz der Reihe P

³

q1 ,q2 ∈P q2 =q1 +2

1 q1

+

1 q2

´

, deren Wert heute Brunsche Konstante B = 1, 90216054 . . .

genannt wird. Grundlage f¨ ur das Sieb ist folgende Beobachtung: Sei x ≥ 9 ganz. Streicht man aus der Folge 1 · 3, 2 · 4, 3 · 5, 4 · 6, . . . , (x − 2)x alle Glieder, √ die durch mindestens eine Primzahl p ≤ x teilbar sind, so bleiben genau √ die Primzahlpaare q1 , q2 (q2 = q1 + 2) mit x < q1 < q2 ≤ x u ¨brig. √ Beispiel: x = 23, 23 = 4, . . .,

1 · 3, 2 3

3 · 5,

× × 8 · 10,

2

2 · 4,

× 9 · 11,

×

3

×

4 · 6,

5 · 7,

6 · 8,

×

×

×

×

7 · 9,

×

10 · 12, 11 · 13, 12 · 14, 13 · 15, 14 · 16 ×

×

×

×

× ×

15 · 17, 16 · 18, 17 · 19, 18 · 20, 19 · 21, 20 · 22, 21 · 23 2 3

×

×

×

×

×

× ×

×

268

KAPITEL VIII. SIEBMETHODEN

Setzt man f¨ ur beliebiges x ∈ R X

π2 (x) :=

1,

q1 ,q2 ∈P q2 =q1 +2 q2 ≤x

s(n, A(x,

√ √

x) := x) :=

 √   1, falls p6 |(n − 2)n f¨ ur alle p ≤ x   0, sonst, X √

s(n,

x),

3≤n≤x

so folgt A(x,

√

x) =

X

X

1=

q1 ,q2 ∈P q2 =q1 +2 q ≤x √2 x 1 ⇐⇒ s(n, z) = 0, also s(n, z) =

P

µ(d), also

d|an

A(x, z) =

X X 3≤n≤x d|an

µ(d).

√

x

¨ §27. STARK VERGROBERTE FORM DES BRUNSCHEN SIEBES

269

27.2. Nun kommt Bruns Idee: Ist k ∈ N0 beliebig, a ∈ N quadratfrei und bezeichnet ω(a) =

P

1 wie in 9.2

p|a

die Anzahl der verschiedenen Primteiler von a, so gilt (∗)

0≤

P

µ(d) ≤

d|a

P

µ(d).

d|a ω(d)≤2k

F¨ ur a = 1 ist dies klar. Sei daher a > 1, etwa a = pi1 · . . . · pir und o.B.d.A. 0 < 2k < r. Dann gilt f¨ ur 0 ≤ s ≤ r X

7.14

à !

X

s

µ(d) = (−1)

d|a ω(d)=s

r . s

s

1 = (−1)

d|a ω(d)=s

Induktion nach k: F¨ ur k = 0 ist (∗) richtig. Sei bereits X

µ(d) ≤

d|a r X

X

µ(d), was ¨aquivalent ist mit

d|a ω(d)≤2(k−1)

à ! s

(−1)

s=0

r s

à !

2(k−1)

≤

X

s

(−1)

s=0

r s

Wir unterscheiden a) b)

³

´

³

´

r 2k−1

r 2k−1

≤ >

³ ´ r 2k

, dann folgt (∗) sofort.

r 2k

, dann beachten wir

³ ´

Es folgt

r X

r X

à ! s

(−1)

s=0

´

r 2k−1

>

³ ´ r 2k

>

³

´

r 2k+1

> ... >

à ! s

(−1)

s=2k+1

also

³

r ≤ 0, s

à !

à !

2k r X X r r r = (−1)s + (−1)s , s s s s=0 s=2k+1

|

{z

≤0

}

³ ´ r r

.

270

KAPITEL VIII. SIEBMETHODEN

und daher (∗). 27.3. Mit 27.1 und 27.2 folgt f¨ ur beliebiges k ∈ N0 X

X

3≤n≤x

d|an ω(d)≤2k

A(x, z) ≤

µ(d)

(d|an ⇐⇒ d|(n − 2)n und d|Pz ) X

=

µ(d)

X

1

3≤n≤x d|(n−2)n

d|Pz ω(d)≤2k

Zur Absch¨atzung der inneren Summe betrachten wir das Polynom h(n) = (n − 2)n und bezeichnen wie in 13.3 mit ρ(d) die L¨osungsanzahl von (∗)

h(n) ≡ 0 (mod d).

Durchl¨auft n ein beliebiges volles Restsystem mod d, so hat (∗) genau ρ(d) L¨osungen. Durchl¨auft n die Zahlen 3 + 0 · d,

4 + 0 · d,

...,

d+2+0·d

3 + 1 · d, .. .

4 + 1 · d,

...,

d+2+1·d

3 + (λ − 1)d, 4 + (λ − 1)d, . . . , d + 2 + (λ − 1)d 3 + λd,

4 + λd,

...,

wo λ maximal mit 3 + λd ≤ x, also λ =

j

x−3 d

bxc k

, so hat h(n) ≡ 0 (mod d)

insgesamt λρ(d) + δρ(d) L¨osungsrepr¨asentanten, wo δρ(d) (0 ≤ δ ≤ 1) die Anzahl der L¨osungsrepr¨asentanten in 3 + λd, . . . , bxc angibt. Es folgt Sd :=

X

¹

º

x−3 1= ρ(d) + δρ(d) d

3≤n≤x (n−2)n≡0 (mod d)

¨ §27. STARK VERGROBERTE FORM DES BRUNSCHEN SIEBES

271

x ρ(d) + rd mit |rd | ≤ C1 ρ(d) f¨ ur ein C1 > 0, d µ ¶ X x ρ(d) + rd µ(d) d d|Pz

= also A(x, z) ≤

ω(d)≤2k

= x

X

µ(d)

d|Pz ω(d)≤2k

X ρ(d) + O( ρ(d)) d d|Pz ω(d)≤2k

Beachtet man, daß f¨ ur d = pi1 · . . . · pir wegen 13.3 offenbar ρ(d) = ρ(pi1 ) · . . . · ρ(pir ) ≤ 2r gilt, so folgt X

ρ(d) ≤

d|Pz ω(d)≤2k

X

ω(d)

2

2k X X

=

ν=0

d|Pz ω(d)≤2k

2k

< (π(z))

2k X 2ν ν=0

ν!

ν

2 =

2k X

2

ν=0

d|Pz ω(d)=ν

X

ν

1=

z C2 log z

2

< (π(z)) e < e 25.5

ν

2

ν=0

d|Pz ω(d)=ν

à 2k 2

Ã

2k X

!

π(z) ν

!2k

.

27.4. Zur Auswertung des Ausdrucks X

G2k :=

d|Pz ω(d)≤2k

2k X ρ(d) X ρ(d) µ(d) = µ(d) d d ν=0 d|Pz ω(d)=ν

f¨ uhren wir noch

π(z)

X

X

ν=2k+1

d|Pz ω(d)=ν

H2k :=

µ(d)

ρ(d) d

ein. Dann folgt π(z)

G2k + H2k

=

X X

ν=0

=

7.15 25.9

=

Y p|Pz

µ(d)

d|Pz ω(d)=ν

Ã

ρ(p) 1− p

X ρ(d) ρ(d) = µ(d) d d d|Pz !

µ

1 = 1− 2

¶ Y Ã 2 r2 > . . . beliebige positive reelle Zahlen. Dann gilt X

≤

µ(d)

f¨ ur d=pi1 ·...·pij mit pi1 1 die folgenden Dirichlet-Reihen konvergent ∞ X an

α(s) :=

, ns bn β(s) := , s n=1 n ∞ X cn γ(s) := , s n=1 n n=1 ∞ X

und es gelte α(s) = β(s)γ(s), d.h. (vgl 9.10) an =

X

bu cv .

u,v uv=n

Weiter existiere ein δ (0 < δ < 1) mit γx (1) :=

X cn n≤x

n

= C5 logk x + O(logk−1 x) + O(x−δ g(x)),

wo k ∈ N, g(x) monoton wachsend und ¯ − δ) := β(1

∞ X |bn | n=1

n1−δ

< C6 .

Dann gilt αx (1) :=

X an n≤x

n

= β(1)C5 logk x + O(logk−1 x) + O(x−δ g(x)),

d.h. αx (1) ∼ β(1)γx (1), wo α(1), γ(1) divergieren. 28.11. Lemma: Sei F multiplikativ und F (p) = g ∈ N beliebig fest. Dann gilt X n≤x

2

µ (n)

Y p|n

F (p) =

Ã

Y p

|

1 (1 + F (p)) 1 − p {z

=:β(1)

!g }

g p

+ Og ( p12 ) f¨ ur alle p, wo

logg x + Og (logg−1 x). g!

284

KAPITEL VIII. SIEBMETHODEN

Beweis: Wir betrachten f¨ ur s > 1 ∞ X an

α(s) :=

s

n=1

n

mit an := µ2 (n)

Y

pF (p).

p|n

Sei weiter ε1 > 0 beliebig. Behauptung 1. F¨ ur s ≥ 1 + ε1 ist

∞ |a | P n n=1

ns konvergent.

Beweis: F¨ ur alle p ∈ P gilt |F (p)|
n0 , C8 log log n

so w¨ urde log r ≥ log log n + log

2 − log log log n C8

folgen, also Ã

!

log log log n , log n ≥ C8 r log r ≥ 2 log n − O log n log log n Widerspruch. Also gilt r ≤ C9

log n f¨ ur n ≥ 16. log log n

¨ §28. OBERE ABSCHATZUNG BEIM SELBERG-SIEB

285

Es folgt f¨ ur alle n ∈ N log n C9 log log n

log C6

ε1

= nC9 log log n < C10 n 2 .

|an | ≤ C6r < C6 F¨ ur s ≥ 1 + ε1 folgt daher ∞ X |an | n=1

n

≤ C10

s

∞ X n n=1

ε1 2

= C10

n1+ε1

∞ X

1 n

n=1

1+

ε1 2

< ∞,

also die Behauptung 1. Behauptung 2. F¨ ur s ≥ 1 + ε1 gilt ∞ X an n=1

ns

=

!

Ã

Y

pF (p) 1+ . ps

p

Beweis: Wir setzen Mx := {n =

Y

pν(p) | ν(p) ≥ 0}

p≤x

und Px (s) :=

X an n∈Mx

ns

=

Y

Ã

p≤x

!

pF (p) . 1+ ps

F¨ ur s ≥ 1 + ε1 folgt f¨ ur beliebiges ε2 > 0 ¯∞ ¯ ¯X a ¯ X |an | n ¯ ¯ ¯ − P (s) < ε2 f¨ ur x > x1 (ε1 , ε2 ). ¯ ≤ x ¯ ¯ ns ns n>x

n=1

Mit x → ∞ und s ≥ 1 + ε1 folgt daher Behauptung 2. Wir w¨ahlen nun in Lemma 28.10 f¨ ur s > 1 γ(s) :=

∞ X τg (n) n=1

β(s) :=

Y p

Ã

ns

=

Y p

pF (p) 1+ ps

Ã

1 1− s p

!Ã

!−g

1 1− s p

(vgl 9.12.2), !g

=

∞ X bn n=1

ns

286

KAPITEL VIII. SIEBMETHODEN

und zeigen Behauptung 3. Sei 0 < δ < 12 . Dann konvergiert ∞ X |bn | ¯ β(1 − δ) = . 1−δ n=1 n Beweis: β(s) =

Y p

=

Y p

=

Y p

Ã

Ã

Ã

pF (p) 1+ ps

Ã

1 1− s p

g 1 1 + s + O s+1 p p Ã

1 1 + O 2s p

(0 < δ < 21 ) folgt

Mit s = 1 − δ

!Ã

β(s) =

Y

!

!! Ã

Ã

+O

Ã

!g Ã

g 1 1 − s + O 2s p p !!

1

.

ps+1 Ã

1+O

!!

1

,

p2−2δ

p

und dieses Produkt konvergiert genau dann, wenn f¨ ur 0 < δ
1 folgt an = µ2 (n)

Y

pF (p)

p|n

nun α(s) =

∞ X an n=1

ns

=

Y

Ã

p

pF (p) 1+ ps

!

= β(s)γ(s),

¯ − δ) f¨ wo β(1 ur 0 < δ < 21 konvergiert und wo außerdem nach 10.9.2 X τg (n) X cn 1 γx (1) = = = logg x + Og (logg−1 x) n g! n≤x n≤x n gilt. Nach Lemma 28.10 folgt daher αx (1) =

X an n≤x

n

= β(1)

=

X n≤x

µ2 (n)

Y

F (p)

p|n

1 logg x + Og (logg−1 x), g!

¨ §28. OBERE ABSCHATZUNG BEIM SELBERG-SIEB ³

Q

287

´

g (1 + F (p)) 1 − p1 ist und g(x) in Lemma 28.10 etwa g(x) = 0 p f¨ ur alle x ≥ 0 gew¨ahlt werden kann. Es folgt 28.11.

wo β(1) =

28.12. Zusammenfassung. Sei h(n) ∈ Q[n] mit h(n) ∈ Z f¨ ur alle n ∈ Z. F¨ ur die L¨osungsanzahl ρ(n) von h(n) ≡ 0 (mod p) gelte

à !

(∗)

ρ(p) = g − Og

1 p

(ρ(p) ≤ min(g, p − 1)) f¨ ur alle Primzahlen p. Sei F (n) die f¨ ur alle quadratfreien n definierte multiplikative Funktion mit F (p) :=

ρ(p) . p − ρ(p)

Wegen (∗) folgt dann

Ã

!

1 g F (p) = + O 2 , p p und es gilt Ã

m+x X

Ã

1 g!x A(h, m, x, z) = 1+O s(n) ≤ g β(1) log z log z n=m+1 mit Y p − ρ(p) 1 = β(1) p p

W¨ahlt man nun

√ z=

log

Ã

x

5g−1 2

x

p p−1

!!

³

+ O z 2 log4g−2 z

!g

.

,

so folgt Ã

Ã

5g − 1 1 1 log log x log log x = log x 1 + O log z = log x − 2 2 2 log x

!!

´

288

KAPITEL VIII. SIEBMETHODEN

und daher Ã

2

z log

4g−2

x log4g−2 x z=O log5g−1 x

!

Ã

=O

!

x

,

logg+1 x

also f¨ ur dieses spezielle z Ã

Ã

g!x log log x A(h, m, x, z) ≤ 1+O g β(1) log x log x

!!

.

28.13. Anwendungen: 1) F¨ ur h(n) = n (Primzahlproblem) erh¨alt man ρ(p) = 1 f¨ ur alle p. Ã

Y p−1 1 = β(1) p p

also

!Ã

p p−1

Ã

!1

= 1,

Ã

x log log x A(h, m, x, z) ≤ 2 1+O log x log x

!!

,

und somit das 2-fache des richtigen Wertes. 2) F¨ ur h(n) = (n − 2)n (Primzahlzwillingsproblem) erh¨alt man ρ(p) =

   1, p = 2   2, p > 2

!Ã µ ¶2 Y Ã p−2

1 2−1 2 = β(1) 2 1

p

22

Ã

!

1 1− , (p − 1)2

also A(h, m, x, z) ≤ 8 · 2 ·

Y p>2

Ã

1 1− (p − 1)2

!

Ã

Ã

log log x x 1+O 2 log x log x

!!

,

und somit genau das 8-fache des vermuteten Wertes. 3) F¨ ur h(n) = n(2n + 1) erh¨alt man die Primzahlen q, f¨ ur die q − 1 = 2p f¨ ur

¨ §28. OBERE ABSCHATZUNG BEIM SELBERG-SIEB eine Primzahl p ist,

289

   1, p = 2

ρ(p) = 

 2, p > 2

Es folgt wie in 2) A(h, m, x, z) ≤ 8 · 2 ·

Ã

Y

1 1− (p − 1)2

p>2

!

Ã

Ã

x log log x 1+O 2 log x log x

!!

.

4) Auf h(n) = n2 + 1 ist 28.12 nicht anwendbar; denn nach 14.5 folgt f¨ ur dieses h(n) ρ(p) =

    0   

f¨ ur alle p mit p ≡ 3 (mod 4)

1      

f¨ ur p = 2

2

f¨ ur alle p mit p ≡ 1 (mod 4),

so daß 28.12 (∗) nicht erf¨ ullt ist, wenn man noch beachtet, daß es jeweils unendlich viele Primzahlen mit p ≡ 1 (mod 4) bzw. p ≡ 3 (mod 4) gibt. Zuweilen ist auch das folgende Lemma n¨ utzlich. 28.14. Lemma: Sei z ≥ 2, Mz sei eine Menge von Primzahlen p ≤ z, Pz =

Q p∈Mz

p. Dann existiert eine Konstante C > 0 mit Ã

Y

1 1− p

p∈Mz

!−1

≤C

X 1 m|Pz m≤z

m

.

Beweis durch Induktion nach der Anzahl A := π(z) − #Mz . A = 0 : #Mz = π(z). Es gilt Y p≤z

Ã

1 1− p

!−1

= C1 log z + O(1).

25.8

Nun gilt einerseits X 1 m≤z

m

≥ log z + C2 .

290

KAPITEL VIII. SIEBMETHODEN

Schreibt man andererseits m = d2 m0 , m0 quadratfrei, so folgt X 1 m≤z

m

=

X

X

√ d≤ z m0 ≤ dz2

X 1 1 0 = m0 dm m0 ≤z

X

2

(m0 |Pz )

d≤

√

|

z m0

X 1 1 . 2 ≤ C3 m0 d m0 ≤z

{z

m0 |Pz

}

≤C3

Insgesamt folgt Y p≤z

Ã

1 1− p

!−1

≤ C4 log z ≤ C4

X 1 m≤z

m

≤ C4 C3

X 1 m≤z m|Pz

m

.

Induktionsschluß von A − 1 auf A: Sei Mz0 ⊆ {p ∈ P |p ≤ z} mit π(z) − #Mz0 = A − 1, sei q ∈ Mz0 und Mz∗ := Mz0 \ {q}. Dann setzen wir Y

Pz0 =

p und Pz∗ =

Y

p.

p∈Mz∗

p∈Mz0

Es folgt X 1 m≤z m|Pz∗

m

=

X 1 m≤z m|Pz0

m

−

X m≤z m|Pz0 q|m

1 . m

Dabei gilt mit m = qm0 X m≤z m|Pz0 q|m

1 1 X 1 1 X 1 = ≤ m q m0 ≤ z m0 q m0 ≤z m0 q m0 |Pz∗

,

m0 |Pz0

insgesamt also mit der Induktionsvoraussetzung X 1 m≤z m|Pz∗

m

Ã

≥

1 1− q

Ã

≥

1 1− q

!

!

X 1 m≤z m|Pz0

m Ã

1 Y 1 1− C p∈M 0 p z

!−1

Ã

1 Y 1 = 1− C p∈Mz∗ p

!−1

.

2

§29. DAS GROSSE SIEB

291

Aufgabe 1: Man wende das Selbergsche Sieb auf das Problem der Primzahldrillinge der Form n, n + 2, n + 6 an. Aufgabe 2∗ : Man wende das Selbergsche Sieb auf das Problem der Primzahlen der Form x2 + 1 an.

§29

Das große Sieb

29.1. Vorbemerkung: Bei allen bisherigen Sieben war ρ(p) ≤ g f¨ ur alle p vorausgesetzt. Dies wird im folgenden nicht mehr vorausgesetzt. 29.2. Lemma: Seien bM +1 , . . . , bM +X ∈ C. Ferner B :=

MX +X

|bm |2 ,

m=M +1

S(t) :=

MX +X

bm e2πimt .

m=M +1

Dann gilt f¨ ur jedes reelle z ≥ 2 X X ¯¯ µ a ¶¯¯2 ¯S ¯ ≤ B(X + z 2 ). ¯ ¯ d≤z

1≤a≤d (a,d)=1

d

Der Beweis wird hier u ¨bergangen. 29.3. Satz: Sei Mz ⊆ {p ∈ P, p ≤ z} und Pz =

Q p∈Mz

p. Zu jedem p ∈ Mz

seien k(p) Restklassen [hp,1 ]p , . . . , [hp,k(p) ]p gegeben. Sei S := {M + 1 ≤ m ≤ M + X|m 6≡ hp,j (p) f¨ ur alle p ∈ Mz und j ≤ k(p)}.

292

KAPITEL VIII. SIEBMETHODEN

Dann gilt mit Q :=

XY d≤z d|Pz

p|d

k(p) p − k(p)

die Absch¨atzung #S ≤

X + z2 . Q

Der Beweis wird hier u ¨bergangen. 29.4. Anwendungen: Wir erinnern an die Artinsche Vermutung 15.9: zu jedem a ∈ Z, a 6= ±1, a 6= b2 existieren unendlich viele Primzahlen p, so daß a Primitivwurzel mod p ist. Sei S = {1 ≤ a ≤ X|a ist f¨ ur kein p ≤

√

X Primitivwurzel mod p}.

Dann gilt also √ #S ≥ b Xc − 1. F¨ ur eine obere Absch¨atzung ben¨otigen wir 29.5. Lemma: F¨ ur n ≥ 3 gilt 1≤

n < C1 log log n. ϕ(n)

Beweis: Sei n = pαi11 · . . . · pαirr , n1 = pi1 · . . . · pir , n2 = p1 · . . . · pr , wo p1 = 2, p2 = 3, . . .

§29. DAS GROSSE SIEB

293

Sei x ∈ R mit pr ≤ x < pr+1 . Dann gilt π(x) = r. Es folgt log n ≥ log n1 ≥ log n2 = log

Y

p=

p≤x

X

log p ≥ C2 x, 25.4

p≤x

also log log n ≥ log C2 + log x > C3 log x f¨ ur gen¨ ugend große x. Nun gilt 9.2

ϕ(n) =

X

n µ(d) , d d|n

also ϕ(n) n

=

X µ(d) 7.15 Y d|n

25.8

≥

=

d

p|n

Ã

1 1− p

!

≥

Y p|n2

Ã

1 1− p

1 C3 C3 = > . C4 log x C4 C3 log x C4 log log n

!

=

Y

Ã

p≤x

1 1− p

!

2

29.6. Satz: Es gilt √ #S ≤ C X · log X · log log X. Beweis: Sei X ≥ 4, z =

√

X. Nach 15.8 existieren genau ϕ(ϕ(p)) = ϕ(p − 1)

Primitivwurzeln mod p. Demgem¨aß w¨ahlen wir [hp,j ]p die ϕ(p − 1) paarweise mod p inkongruenten Primitivwurzeln mod p, etwa [gp,1 ]p , . . . , [gp,ϕ(p−1) ]p . Es folgt S = {1 ≤ a ≤ X|a 6≡ gp,j (mod p) f¨ ur alle p ≤ z und alle j ≤ ϕ(p − 1)}. Nach 29.3 folgt #S ≤

X Y ϕ(p − 1) X +X mit Q = µ2 (d) . Q p − ϕ(p − 1) d≤z p|d

Nun gilt ϕ(p − 1) ϕ(p − 1) 29.5 1 ≥ > . p − ϕ(p − 1) p−1 C1 log log z

294

KAPITEL VIII. SIEBMETHODEN

Es folgt Q≥

X

X ϕ(p − 1) 1 z > 1 > C2 , C1 log log z p≤z log log z · log z p≤z p − ϕ(p − 1)

also #S ≤

√ 2 X log z log log z ≤ C3 X · log X · log log X. C2 z

2

29.7. Bemerkung: Um zur Formulierung des Anti-Goldbachproblems zu gelangen, fragen wir zun¨achst, ob es Mengen A, B ⊆ N0 gibt mit A + B := {a + b|a ∈ A, b ∈ B} = P = {2, 3, 5, . . .} In dieser Form ist die Antwort trivial. W¨ahle A = {0}, B = P oder A = {1}, B = {p − 1|p ∈ P} oder A = {2}, B = {p − 2|p ∈ P}. Verlangt man zus¨atzlich zu P = A + B noch #A ≥ 2 und #B ≥ 2, so existieren keine solchen A, B; sei n¨amlich A:

a1 < a2 < . . .

B:

b1 < b2 < . . .

wo o.B.d.A. a1 ≤ b1 , so liefert die Betrachtung der konkreten Werte von a1 , a2 sowie b1 , b2 bereits Widerspr¨ uche. Wegen a1 + b1 = 2 muß a1 = 0, b1 = 2 oder a1 = 1 = b1 gelten. Im Fall a1 = 0, b1 = 2 m¨ ußte, um 3 zu erhalten, a2 = 1 gelten (=⇒ {0 + b2 , 1 + b2 } ⊂ P, Widerspruch) oder b2 = 3 (=⇒ {a2 + 2, a2 + 3} ⊂ P, Widerspruch).

§29. DAS GROSSE SIEB

295

Den Fall a1 = 1 = b1 behandelt man analog. Die Frage, ob A, B ⊂ N0 mit #A ≥ 2, #B ≥ 2 und n0 ∈ N existieren mit (A + B) ∩ [n0 , ∞) = P ∩ [n0 , ∞) - wir schreiben auch A + B ∼ P - , ist noch offen. 29.8. Satz: Es gibt keine Mengen A, B ⊂ N0 mit 2 ≤ #A < ∞ und #B ≥ 2 mit (1)

(A + B) ∩ [n0 , ∞) = P ∩ [n0 , ∞)

f¨ ur irgendein n0 ∈ N. Beweis: Annahme: Es existiert A = {a1 , . . . , ak } mit k ≥ 2 und n0 ∈ N0 mit (1). Insbesondere gilt dann #B = ∞. Sei B : √ Sei weiter X > n20 . Dann gilt z := X > n0 .

b1 < b2 < . . ..

Annahme: es existieren p ≤ z, b ∈ B, b > z, j ≤ k mit b ≡ −aj (mod p). Dann folgt aj + b = tp, also t = 1, also p > z, Widerspruch. Also gilt b 6≡ −aj (mod p) f¨ ur alle p ≤ z, b ∈ B, b > z, j = 1, . . . , k. Es folgt B ∩ (z, X] ⊆ B 0 mit B 0 := {1 ≤ m ≤ X|m 6≡ −aj (mod p) f¨ ur alle p ≤ z, j = 1, . . . , k}. F¨ ur p ≤ z bezeichne k(p) die Anzahl der verschiedenen Restklassen unter den [a1 ]p , . . . , [ak ]p . Offenbar gilt k(p) = k f¨ ur p > ak sowie k(p) ≤ p − 1 f¨ ur p ≤ ak , weil andernfalls zu jedem b ∈ B, b > p ein aj ∈ A existiert mit aj + b ≡ 0 (mod p), also p < aj + b = tp mit einem t > 1, Widerspruch. Nach 29.3 folgt nun #B 0 ≤

2X Q

Q=

mit

X d≤z

µ2 (d)

Y p|d

k(p) . p − k(p)

296

KAPITEL VIII. SIEBMETHODEN

Zur Auswertung dieser Summe setze k(p) , p − k(p) := {p ∈ P|p > ak },

F (p) := M1

M2 := {p ∈ P|p ≤ ak }. F¨ ur alle p ∈ M1 , insbesondere f¨ ur p → ∞, gilt Ã

!

k k k2 k 1 F (p) = = + = + Ok 2 . p−k p p(p − k) p p Mit 28.12 folgt  Y

p Q =  p∈P p − k(p) 

≥ 

Ã

p−1 p

Ã

Y

p≤ak

1 p 1− p−1 p 

= C1 (ak , k) 

!k 

!k  Y 

(p −

Ã

p p−1 p−k p

p>ak

Y p(p − 1)k

p>ak

1 logk z + Ok (logk−1 z) k!



k)pk

!k  1  logk z + Ok (logk−1 z)

k!

 

1 logk z + Ok (logk−1 z). k!

Nun gilt p(p − 1)k p(p − 1)k − (p − k)pk = 1 + (p − k)pk (p − k)pk à ! p(pk − kpk−1 + Ok (pk−2 )) − p(pk − kpk−1 ) 1 = 1+ = 1 + Ok 2 . k (p − k)p p Weiter ist

P p>ak

1 p2

konvergent, also konvergiert auch Y p(p − 1)k p>ak

(p − k)pk

Y

=

Ã

p>ak

1 + Ok

Ã

1 p2

!!

.

Es folgt Q ≥ C2 (ak , k) logk z f¨ ur z > z0 und damit folgt #B 0 ≤ C3 (ak , k)

log

X √

k

X

≤ C4 (ak , k)

X . logk X

§29. DAS GROSSE SIEB Wegen z =

√

297

X folgt à 0

#(B ∩ [0, X]) ≤ z + 1 + #B = Oak ,k

X logk X

!

.

Wegen (1) gilt (A + B) ∩ (n0 , X] = P ∩ (n0 , X] =: C, also X

π(X) − π(n0 ) = #C =

1

n0 0 existiert mit Ã

Y p≤X p≡a (k)

1 1− p

!−1

1

= Ca,k log ϕ(x) X + Ok (1),

so l¨aßt sich zeigen: Ist m ∈ N gegeben, dann gilt #{n ≤ X | k(m, n) > 2} ≤ Cm in diesem Sinn ist also

m n

X 1

log ϕ(m) X

,

f¨ ur fast alle“ n ∈ N in der Form ” m 1 1 = + n x y

mit geeigneten x, y ∈ N darstellbar. Dazu zeigen wir zun¨achst 29.11. Lemma: Sei d, m, n ∈ N und d|n. Gilt d ≡ −1 (mod m) oder d ≡ −n (mod m), so gilt k(m, n) ≤ 2. Beweis: Wir setzen dt = n (t ∈ N). Ist d = −1 + qm, so liefert Division durch dq 1 1 m m 1 1 m = + , also = = + . d q qd n dt qt qdt Ist d ≡ −n (mod m), etwa n = q1 m + r, d = q2 m − r, so folgt dt + d = (q1 + q2 )m. Division durch n(q1 + q2 ) liefert m 1 1 = + . n q1 + q2 (q1 + q2 )t

2

§29. DAS GROSSE SIEB

299

29.12. Satz: F¨ ur festes m ∈ N gilt #{n ≤ X|k(m, n) > 2} < Cm

X 1

(log X) ϕ(m)

mit einem von m abh¨angigen Cm > 0. Beweis: Wir benutzen 29.11 f¨ ur den Spezialfall, daß d eine Primzahl p ist und setzen f¨ ur reelles z, m ∈ N fest, 0 ≤ s < m, (s, m) = 1 Mz := Mz (s) := {p ≤ z|p ≡ −1 (mod m) oder p ≡ −s (mod m)} und beachten Y p∈Mz

Ã

1 1− p

wo δ = δ(s, m) =

!−1

δ

(1) ≥ Cm (log z) ϕ(m) ,

   1, falls s ≡ +1 (mod m),   2, sonst.

Es folgt #{n ≤ X|(n, m) = 1, k(m, n) > 2} ≤ ϕ(m) 0≤s<m max #{n ≤ X|n ≡ s(m), k(m, n) > 2} (s,m)=1

= ϕ(m)#{n ≤ X|n ≡ s0 (m), k(m, n) > 2} f¨ ur ein geeignetes s0 (0 ≤ s0 < m, (s0 , m) = 1) X − s0 = ϕ(m)#{u ≤ |k(m, s0 + um) > 2}, m wo wir u =

n−s0 m

gesetzt haben.

Wir beachten, daß f¨ ur alle p ∈ Mz (s0 ) gilt (p, m) = 1. Also existiert zu jedem p ∈ Mz (s0 ) ein m ¯ p ∈ Z mit mm ¯ p ≡ 1 (mod p). Ferner gilt mu + s0 6≡ 0 (mod p) f¨ ur alle p ∈ Mz (s0 ) (wegen k(m, n) > 2),

300

KAPITEL VIII. SIEBMETHODEN

also u 6≡ −s0 m ¯ p (mod p). Wir benutzen daher 29.3 mit hp = −s0 m ¯ p f¨ ur jedes p ∈ Mz (s0 ). Dann folgt X − s0 |k(m, mu + s0 ) ≥ 2} m X ur alle p ∈ Mz (s0 )} #{u ≤ |u 6≡ hp (mod p) f¨ m ¶ µ 1 X + z2 . Q m #{u ≤

≤ 29.3

≤

Mit k(p) = 1 f¨ ur p ∈ Mz (s0 ) und Pz (s0 ) = Q =

X

Y

d|Pz (s0 ) d≤z

p|d

X

≥

d|Pz (s0 ) d≤z

Q

X 1 1 = p−1 d|Pz (s0 ) ϕ(d) d≤z

Ã

1 1 28.14 (2) Y 1− ≥ Cm d p p∈Mz (s0 )

Wir w¨ahlen nun z =

p gilt dabei nach 29.3

p∈Mz (s0 )

√X m

log X

!−1

29.10

(3) ≥ Cm (log z)

δ(s0 ,m) ϕ(m)

.

. Es folgt

X − s0 |k(m, mu + s0 ) > 2} m X X + m log 2 X m X (4) ≤ , 1 δ(s0 ,m) ≤ Cm (3) 1 X ϕ(m) ϕ(m) (log X) Cm ( 2 log m − log log X) #{u ≤

also #{n ≤ X|k(m, n) > 2} = (n=n0 d)

=

X

µ

¶

X d|m

#{n ≤ X|(m, n) = d, k(m, n) > 2} µ

¶

X X m 0 m 0 (5) #{n ≤ | , n = 1, k , n > 2} ≤ Cm .2 1 d d d (log X) ϕ(m) d|m 0

Aufgabe 1. Man zeige: F¨ ur die Anzahl A(n) der L¨ osungen von n = p1 + p2 + p3

§29. DAS GROSSE SIEB

301

(pi ∈ P) gilt A(n) < C

n2 . log3 n

Kapitel IX Dirichletscher Primzahlsatz §30

Dirichlet - Charaktere

30.1 Vorbemerkung:

¯

Sei (G, ·) Abelsche Gruppe und C∗ := {z ∈ C ¯¯ |z| = 1}. Ein Homomorphismus χ : G → C∗ heißt Charakter der Gruppe G. Die folgende Definition l¨auft auf die Definition eines Charakters χ : Pm → C∗ hinaus (Pm = Menge der primen Klassen mod m (11.20)), der allerdings auf triviale Weise zu einer Abbildung χ : Zm → C∗ ∪ {0}

fortgesetzt wird.

30.2 Definition: Sei m ∈ N. Eine Abbildung χ : Z → C∗ ∪ {0} mit den Eigenschaften (i)

a≡b

(mod m) =⇒ χ(a) = χ(b),

(ii) χ(ab) = χ(a)χ(b) f¨ ur alle a, b ∈ Z, 302

§30. DIRICHLET - CHARAKTERE

303

(iii) χ(a) 6= 0 ⇐⇒ (a, m) = 1, heißt Dirichlet-Charakter mod m (kurz D-C mod m). 30.3 Bemerkung: χ(1) = χ(1 · 1) = χ(1)χ(1)

⇐⇒

χ(1) (1 − χ(1)) = 0 , also χ(1) = 1. | {z }

6=0, da (1,m)=1

Ferner folgt aus (a, m) = 1 mit 11.26 (Euler) aϕ(m) ≡ 1 (mod m) und damit wegen 30.2.i) 1 = χ(1) = χ(aϕ(m) ) = (χ(a))ϕ(m) , d.h. χ(a) ist Nullstelle von xϕ(m) − 1, also ist χ(a) eine ϕ(m)−te Einheitswurzel. Aufgabe 1:

Man zeige anhand der Definition 30.2, daß f¨ ur m = 1, 2 (trivial),

3, 4, 6, 8, 12, 24 alle D-C mod m nur reelle Werte annehmen. Man bezeichnet in diesem Fall χ auch als reellen Charakter. (In der Tat sind dies die einzigen m, zu denen alle D-C mod m reell sind.) Aufgabe 2:

F¨ ur m = 5 kann man folgende Tabelle von Charakteren erstellen: n

1

2

3

χ(n)

1

i

χ(n2 )

1 −1 −1

χ(n3 )

1

−i

χ(n4 ) = χ0

1

1

4

−i −1 1

i −1 1

1

Dabei ist ϕ(5) = 4, d.h. χ(n) sind 4-te Einheitswurzeln, also χ(n) ∈ {+1, i, −1, −i} f¨ ur (n, 5) = 1. (Insbesondere ist χ(1) = +1 und χ(5) = 0). Man berechne die analogen Tabellen f¨ ur m = 7, 8 und 12 .

304

KAPITEL IX. DIRICHLETSCHER PRIMZAHLSATZ

30.4 Definition: X(Pm ) bezeichne die Menge aller Dirichlet-Charaktere mod m. Wir definieren eine Multiplikation auf X(Pm ) durch (χ1 · χ2 )(a) := χ1 (a) · χ2 (a). 30.5 Folgerung:

(X(Pm ), · ) ist Abelsche Gruppe.

Beweis: χ0 (a) :=

   1

  f¨ ur (a, m) = 1 

  0

 f¨ ur (a, m) > 1 

ist Einselement (klar) und heißt auch

Hauptcharakter mod m. Zu χ ∈ X(Pm ) ist das inverse Element χ definiert durch χ(a) := χ(a) (die konjugiert komplexe Zahl zu χ(a)), denn sei a ∈ Z beliebig, so folgt (χ · χ)(a) = χ(a) · χ(a) = |χ(a)|2 =

   1

  f¨ ur (a, m) = 1 

  0

 f¨ ur (a, m) > 1 

= χ0 (a),

also χ · χ = χ0 . Assoziativit¨at und Kommutativit¨at folgen direkt aus der von C. Aufgabe 3:

Sei χ4 ein D-C mod 4, χ 6= χ0 . Man zeige , daß χ4 (n) =

   0   (−1)

, falls 2|n, 1 (n−1) 2

, falls 2 6 |n.

Ferner ist (χ ∗ 1)(n) = d1 (n) − d3 (n), wo d1 die Anzahl der Teiler kongruent 1 (mod 4) von n und d3 die Anzahl der Teiler kongruent 3 (mod 4) von n sind. Aufgabe 4: Erg¨anzt man die Definition des Legendre-Symbols durch die Fest³ ´

setzung

a p

:= 0, falls p|a (p ungerade Primzahl), so gibt es genau einen reellen

D-C mod p, der nicht Hauptcharakter ist, n¨ amlich χ(m) =

³ ´ m p

(vgl. §18).

§30. DIRICHLET - CHARAKTERE

305

Hinweis: Nach 18.5 existieren in R = {r1 , . . . r p−1 , n1 , . . . , n p−1 } (R ein volles 2

Restsystem mod p) genau

p−1 2

2

quadratische Reste ri und

p−1 2

quadratische Nicht-

reste ni . Nun vergleiche man die Definition des Legendre-Symbols mit Definition 30.2.i) und 30.2.ii).

30.6 Bemerkung: Ist 2πi

ε = e ϕ(m) = cos

2π 2π + i sin , ϕ(m) ϕ(m)

so ist jede ϕ(m)−te Einheitswurzel ε% durch 2πi

ε% = e ϕ(m) ·% = ε% a)

(1 ≤ % ≤ ϕ(m))

gegeben.

Ist also m ∈ C = {2, 4, pα , 2pα }, g eine beliebige Primitivwurzel mod m und

χ ∈ X(Pm ) beliebig, so existiert ein % (1 ≤ % ≤ ϕ(m)) mit χ(g) = ε% .

(∗)

Ist [a]m ∈ Pm beliebig, etwa [a]m = [g α ]m , so folgt χ(a) = χ(g α ) = ε%α . Ist [a]m 6∈ Pm , so folgt χ(a) = 0. Also ist χ durch die Angabe von % in (∗) bereits vollst¨andig festgelegt. Also gibt es genau ϕ(m) Dirichlet-Charaktere mod m. b)

Ist m = 2e pr11 · · · prss ∈ N beliebig und n

o

c

−1 c0 c1 Pm = [v−1 v0 v1 · · · vscs ]m |1 ≤ cj ≤ Ord < [vj ] >

(im Sinne von 15.22) und

χ ∈ X(Pm ) beliebig, so existieren %−1 , %0 , %1 , . . . , %s (1 ≤ %j ≤ Ord < [vj ]m >) mit (∗∗)

%

2πi

−1 %0 %1 χ(v−1 v0 v1 . . . vs ) = ε−1 ε0 ε1 · · · ε%s s , wo εj = e Ord ,

306

KAPITEL IX. DIRICHLETSCHER PRIMZAHLSATZ

also εj eine Ord < [vj ] > −te Einheitswurzel ist. Ist [a]m ∈ Pm beliebig, etwa α

%

−1 [a]m = [v−1−1 v0α0 v1α1 · · · vsαs ]m , so folgt χ(a) = ε−1

α−1 %0 α0 %1 α1 ε0 ε1

· · · ε%s s αs .

Ist schließlich [a]m 6∈ Pm , so folgt χ(a) = 0. Also ist χ durch die Wahl von %−1 , . . . , %s in (∗∗) bereits vollst¨andig bestimmt; diese Gr¨oßen k¨onnen auf insgesamt ϕ(m) Arten gew¨ahlt werden. Wir erhalten 30.7 Folgerung:

# X(Pm )

=

ϕ(m).

30.8 Bemerkung: Ist χ 6= χ0 , so existiert ein [b]m ∈ Pm mit χ(b) 6= 1 (klar). Wir wollen eine duale Aussage f¨ ur Dirichlet-Charaktere. 30.9 Folgerung: Ist [b]m 6= [1]m , so existiert ein χ ∈ X(Pm ) mit χ(b) 6= 1. Beweis: Ist [b]m 6∈ Pm , so gilt χ(b) = 0 (6= 1) f¨ ur alle χ ∈ X(Pm ). Sei daher [b]m ∈ Pm , etwa β

b ≡ v−1−1 v0β0 v1β1 · · · vsβs (mod m) mit 1 ≤ βj ≤ nj := Ord < [vj ]m > (j = 1, . . . , s). Wegen b 6≡ 1 (mod m) sind nicht alle βj = nj . Sei etwa βl < nl , also nl ≥ 2. Wir definieren nun χ durch Angabe von χ(a). α

F¨ ur [a]m ∈ Pm beliebig, (etwa a ≡ v−1−1 v0α0 v1α1 · · · vsαs (mod m) mit 2πi

1 ≤ αj ≤ nj ) setze χ(a) := e nl Wir zeigen χ ∈ X(Pm ):

αl

; f¨ ur [a]m 6∈ Pm setze χ(a) := 0.

§30. DIRICHLET - CHARAKTERE

(i) : a ≡ b(mod m) ⇒

  

307   f¨ ur (a, m) = 1 

αl = βl

  (a, m) = (b, m)

 f¨ ur (a, m) > 1 

,

somit χ(a) = χ(b). γ

−1 γ0 γ1 (ii) : Sei o.B.d.A. (ab, m) = 1, wir k¨onnen also ab ≡ v−1 v0 v1 · · · vsγs

(mod m) und γl = αl +βl daraus folgt χ(ab) = e

(mod nl ) schreiben, etwa γl = αl +βl +tnl , t ∈ Z,

2πi γ nl l

2πi

e nl

(αl +βl +tnl )

2πi

= e nl

αl

2πi

· e nl

βl

· e| 2πit {z } = χ(a)χ(b). =1

(iii) : χ(a) 6= 0 ⇔ (a, m) = 1 (nach Def. 30.2.iii)). Also ist χ DirichletCharakter mod m; es bleibt noch zu zeigen, daß χ(b) 6= 1. 2πi

β

Es ist b ≡ v−1−1 v0β0 v1β1 · · · vsβs (mod m) , also χ(b) = e nl

βl

6= 1, da

βl 6∈ Z. 2 nl

30.10 Satz: Sei R ein volles Restsystem mod m und χ ∈ X(Pm ). Dann gilt X

(1)

χ(a)

=

a∈R

   ϕ(m)

f¨ ur χ = χ0

 

sonst

0

Sei a ∈ Z beliebig. Dann gilt: X

(2)

χ(a)

=

χ∈X(Pm )

Beweis:

1)

   ϕ(m)

f¨ ur a ≡ 1(m)

 

sonst

0

F¨ ur χ = χ0 ist die Aussage in 1) richtig. Sei daher χ 6= χ0 .

Dann existiert ein [b]m ∈ Pm mit χ(b) 6= 1. Nach 11.10 durchl¨auft mit a auch ab ein volles Restsystem mod m, da (b, m) = 1. Es folgt X a∈R

χ(ab) =

X a∈R

χ(a)

=⇒

(χ(b) − 1) |

{z

6=0

X

} a∈R

χ(a) = 0, also ist 1) bewiesen.

308

KAPITEL IX. DIRICHLETSCHER PRIMZAHLSATZ

2) F¨ ur (a, m) > 1 ist 2) richtig. Sei daher [a]m ∈ Pm , und es gelte zun¨achst a 6≡ 1(mod m): Nach 30.9 existiert dann ein χ? ∈ X(Pm ) mit χ? (a) 6= 1. Nach 30.5 ist (X(Pm ), ·) Abelsche Gruppe, also durchl¨auft mit χ auch χ? χ alle D-C von X(Pm ). Daraus folgt X

X

(χ? χ)(a) =

χ∈X(Pm )

X

χ(a) =⇒ (χ? (a) − 1) |

χ∈X(Pm )

{z

}

6=0

χ(a) = 0.

χ∈X(Pm )

P

Sei nun a ≡ 1( mod m): Nach dem eben bewiesenen gilt f¨ ur alle b 6≡ 1(m), also wegen a ≡ 1(m) X

χ(a) =

χ∈X(Pm )

χ(b) = 0

χ∈X(Pm )

X

X

b∈R b≡a(m)

χ∈X(Pm )

χ(b) =

X

X

χ(b)

b∈R χ∈X(Pm )

P

(da f¨ ur b 6≡ a(m), also b 6≡ 1(m), gilt

χ(b) = 0)

χ∈X(Pm )

X

X

χ∈X(Pm )

b∈R

=

χ(b)

| {z }    ϕ(m) f¨ ur χ = χ0 (1) =

 

0

X

=

X

ϕ(m) = ϕ(m)

χ∈X(Pm ) χ=χ0

χ∈X(Pm ) χ=χ0

|

{z

1 = ϕ(m). 2 }

=1

sonst

30.11 Folgerung:

(Orthogonalit¨atsrelationen)

Es gelten 1)

X a∈R

   ϕ(m) falls χ1 = χ2

χ1 (a)χ2 (a) =  

0

sonst

und 2)

X χ∈X(Pm )

   ϕ(m) falls a1 ≡ a2 (m) und (a1 , m) = 1 χ(a1 )χ(a2 ) =  

0

sonst

§30. DIRICHLET - CHARAKTERE

309

Beweis: 1) Wir setzen χ := χ1 χ2 und beachten χ1 = χ2 ⇐⇒ χ = χ0 . Wegen 30.10.1) folgt X

χ1 (a)χ2 (a) =

a∈R

X

χ(a) =

a∈R

   ϕ(m) falls χ = χ0  

0

sonst

    

   ϕ(m) falls χ1 = χ2

=   2)

0

sonst

Ist (a1 , m) > 1 oder (a2 , m) > 1, so ist 2) offenbar richtig.

Sei also (a1 , m) = 1 und (a2 , m) = 1. Dann existiert b2 ∈ Z mit a2 b2 ≡ 1 (mod m). Setze c := a1 b2 . Wegen a1 ≡ a2 auch a1 b2 ≡ 1

(mod m) ist dann

(mod m) und weiter c ≡ 1 (mod m).

Ferner gilt 1 = χ(1) = χ(a2 b2 ) = χ(a2 )χ(b2 ), also χ(a2 ) =

1 χ(a2 )

= χ(b2 ).

Wegen 30.10.2) folgt X

χ(a1 )χ(a2 )

X

=

χ∈X(Pm )

χ∈X(Pm )

=

   ϕ(m) falls c ≡ 1

χ(c) =  

0

sonst



 (mod m)   

   ϕ(m) falls a1 ≡ a2 (mod m) und (a1 , m) = 1,  

0

sonst.

2

310

KAPITEL IX. DIRICHLETSCHER PRIMZAHLSATZ 30.12 Bemerkung:

Mit 30.11 l¨aßt sich in folgender Weise u ¨ber prime Restklassen numerieren: 1) Sei f eine zahlentheoretische Funktion und (a, m) = 1. Dann gilt X

X X 1 χ(a) f (n)χ(n); ϕ(m) χ∈X(Pm ) n≤x

f (n) =

n≤x n≡a( mod m)

X

denn

X

χ(a)

χ∈X(Pm )

=

X

f (n)

n≤x

X

X p≤x p≡a( mod m)

=

   log p p

falls n = p prim

 

0

sonst

ergibt dies

X 1 χ(a)χ(p) ϕ(k) χ∈X(Pk )

X log p p≤x

f (n)ϕ(m).

n≤x n≡a( mod m) ((a,m)=1)

χ∈X(Pm )

log p = p

X

(30.11.2)

χ(n)χ(a)

2) Angewandt auf f (n) :=

f (n)χ(n)

n≤x

p

|

   1 (30.11.2) =

  0

{z

}

falls p ≡ a(m) sonst

=

X X χ(p) log p 1 χ(a) ϕ(m) χ∈X(Pm ) p p≤x

=

µ X χ0 (p) log p X X χ(p) log p ¶ 1 χ0 (a) χ(a) + ϕ(m) | {z } p≤x p p χ∈X(Pm ) p≤x =1

|

{z

}

χ6=χ0

=log x+O(1) (30.10.1))

=

|

{z

}

=O(1)

log x + O(1), ϕ(m)

wobei die Absch¨atzung der geklammerten Terme in Lemma 31.9 erfolgt. Daraus folgert man den Dirichletschen Primzahlsatz:

§31. DIRICHLETSCHER PRIMZAHLSATZ

311

[a]m ∈ Pm ⇐⇒ [a]m enth¨alt unendlich viele Primzahlen,

oder in u ¨blicher Formulierung: Ist (a, m) = 1, so gibt es unendlich viele Primzahlen der Form mx+a, x ∈ N geeignet. Bis heute ist kein quadratisches Polynom a2 x2 + a1 x + a0 , a2 6= 0 bekannt, das unendlich viele Primzahlen darstellt.

§31

Dirichletscher Primzahlsatz

31.1 Definition:

F¨ ur beliebige k ∈ N, a ∈ Z mit (a, k) = 1 setzen wir X

π(k, a; x) =

1.

p≤x p≡a( mod k)

31.2 Bemerkung: Es gilt

(1)

π(k, a; x) −→ ∞

f¨ ur

x −→ ∞.

¨ Uberdies gilt (2)

X p≤x p≡a( mod k)

log p 1 = log x + Ok (1). p ϕ(k)

Der in 30.12.2) skizzierte Weg zum Beweis soll nun gr¨ undlich ausgef¨ uhrt werden. Dazu ben¨otigen wir 31.3 Lemma: N ¯X ¯

F¨ ur χ ∈ X(Pk ), χ 6= χ0 gilt ¯

n=1

¯ ¯

χ(n)¯ ≤

k f¨ ur alle N ∈ N. 2

312

KAPITEL IX. DIRICHLETSCHER PRIMZAHLSATZ

Beweis:

Wir schreiben N = qk + r, 1 ≤ r ≤ k. F¨ ur ein volles Restsystem P

Rk mod k gilt nach 30.10.1) wegen χ 6= χ0 , daß 1)

Ist 1 ≤ r ≤

2)

Ist

k 2

k 2

n∈Rk

χ(n) = 0.

¯ ¯ ¯P ¯ qk+r P ¯ N ¯ , so gilt ¯ χ(n)¯ ≤ |χ(n)| ≤ r ≤ k2 . ¯n=1 ¯ n=qk+1

< r ≤ k, so gilt

¯ N ¯ ¯ (q+1)k ¯ (q+1)k qk+k ¯X ¯ ¯ X ¯ X X k ¯ ¯ ¯ ¯ χ(n)¯ ≤ ¯ χ(n) − χ(n)¯¯ ≤ 1 = k −(r +1)+1 < .2 ¯ ¯ ¯ ¯ 2 n=1 n=1 n=qk+r+1 | {z } n=qk+r+1 =0

Aufgabe 1:

Die Absch¨atzung aus 31.3 l¨ aßt sich folgendermaßen verbessern:

Ist χ D-C mod k, χ 6= χ0 , so gilt f¨ ur beliebige M < N mit M, N ∈ N : N ¯ X ¯ µ1¶ ¯ ¯ ϕ(k). χ(n)¯ ≤ ¯

2

n=M

Hinweis: Man benutze wie eben 30.10.1)

M +k−1 P

χ(n) = 0 und f¨ uhre die allge-

n=M

meine Aussage auf den Fall M ≤ N ≤ M + k zur¨ uck. Dann kann man die Summe aufspalten und die Dreiecksungleichung anwenden.

31.4: F¨ ur jedes χ ∈ X(Pk ) und s = σ + it betrachten wir L(s, χ)

:=

∞ X χ(n) n=1

ns

,

die Dirichletsche L-Reihe. Als Funktionen von s sind alle L-Reihen holomorph f¨ ur σ > 1. Unter Ber¨ ucksichtigung von 31.3 zeigen wir, daß L(s, χ) f¨ ur χ 6= χ0 bereits f¨ ur σ > 0 holomorph ist.

§31. DIRICHLETSCHER PRIMZAHLSATZ

313

31.5 Lemma: F¨ ur χ ∈ X(Pk ), χ 6= χ0 , k ∈ N σ > 0 und 1 ≤ M ≤ N gilt ¯ ¯ ¯ ¯

¯

X M ≤n≤N

Beweis:

χ(n) ¯¯ ns ¯

k |s| 1 . 2 σ Mσ

≤

Mit g(ξ) :=

1 ξs

g 0 (ξ) = −s

ist

1 ξ s+1

.

Mit partieller Summation (10.6) und an = χ(n) folgt X M ≤n≤N

1 χ(n) = ns Ns

ZN

X



χ(n) −

M ≤n≤N

 X

Ã

χ(n) −

M ≤n≤ξ

M

!

s ξ s+1

dξ,

dann gilt nach 31.3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ X χ(n) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯M ≤n≤N ns ¯ "

N

≤

k 1 k 1 + |s| − σ = σ 2N 2 σξ k = 2

Ã

1 k k Z dξ | s | + |s| N 2 2 ξ σ+1 M

#N

µ

1 k 1 k 1 + |s| − = σ σ 2N 2 σM σN σ

M

1 |s| |s| + − N σ σM σ σN σ

!

k ≤ 2

Ã

|s| |s| |s| + − σN σ σM σ σN σ

¶

!

=

k |s| 1 .2 2 σ Mσ

31.6: Also kann man bilden L0 (s, χ) = −

∞ X χ(n) log n n=1

ns

f¨ ur χ 6= χ0 und σ > 0

(bzw. χ = χ0 und σ > 1) , und nach 31.5 folgt f¨ ur χ ∈ X(Pk ) und χ 6= χ0 ¯ ¯ ¯ X χ(n) ¯¯ ¯ ¯L(1, χ) − ¯ ¯ ¯ ¯ n≤x n ¯

=

¯ ¯ ¯ X χ(n) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ n ¯ n>x

≤

k

1 x

(1)

314

KAPITEL IX. DIRICHLETSCHER PRIMZAHLSATZ ¯ ¯ ¯ ³ ´ X χ(n) ¯¯ ¯ 1 ¯L , χ − √ ¯¯ ¯ 2 n¯ ¯ n≤x ¯ ¯ ¯ X χ(n) log n ¯¯ ¯ ¯−L0 (1, χ) − ¯ ¯ ¯ n ¯ ¯ n≤x

³

Beweis analog zu 31.5 mit g(ξ) =

≤

1 k √ x

≤

k

(2)

log x x

(3)

log ξ 1 − log ξ ´ und g 0 (ξ) = . ξ ξ2

31.7 Lemma: Sei χ ∈ X(Pk ), χ 6= χ0 und χ(n) ∈ R f¨ ur alle n ∈ Z (d.h. χ(n) nimmt h¨ochstens die Werte −1, 0, +1 an; χ heißt dann auch reeller Charakter). Dann gilt L(1, χ) 6= 0. Wir ben¨otigen sp¨ater die Kontraposition: ur mindestens ein n ∈ Z. Aus L(1, χ) = 0 folgt χ(n) 6= χ(n) f¨ Beweis: χ(n) und η(n) := 1 f¨ ur alle n ∈ N sind vollst¨andig multiplikativ, insbesondere multiplikativ. Nach 7.7 ist daher auch F (n) = (χ ∗ η)(n) =

P

χ(d)

d|n

multiplikativ. Es gen¨ ugt daher F (n) f¨ ur Primzahlpotenzen zu betrachten. Es ist

F (pα ) =

X 0≤ν≤α

χ(pν ) =

   1        α+1         

f¨ ur p|k, da χ(pν ) = 0 f¨ ur ν ≥ 1 f¨ ur χ(p) = +1

0

f¨ ur χ(p) = −1 und α ungerade

1

f¨ ur χ(p) = −1 und α gerade

Daraus folgt unmittelbar F (n) ≥ 0 f¨ ur alle n ∈ N und F (n2 ) ≥ 1, da ein etwaiger Primteiler p|n2 in gerader Potenz auftritt.

§31. DIRICHLETSCHER PRIMZAHLSATZ P F (n) √

Setze G(x) :=

(1)

G(x)

. Dann gilt

n

n≤x

315

X F (m2 )

≥

√

√ m≤ x

X

1 √ m m≤ x

≥

m2

(10.14.1)

>

1 log x. 2

Andererseits ist

G(x)

=

X F (n)

√

n≤x

=

X

n

χ(d)

d≤x

=

=

X

1 √ n

X χ(d) X d≤x

d

√

n≤x

n≤x d|n

√

X 1 X

=

d0 ≤ x d

√ d≤ x

X

d

|

R

{z

+

1 √ dd0

X

χ(d) X 1 √ √ √ d d0 ≤ x d0 x