Ausarbeitung.

Zahlentheorie
Martin Mandl
7. Juli 2015
Inhaltsverzeichnis
1 Teilbarkeit
1
2 Division mit Rest
2
3 Der größte gemeinsame Teiler
3
4 Zahlendarstellung
4
5 Teilbarkeitsregeln
5
6 Primzahlen
6
7 Modulare Arithmetik
8
1 Teilbarkeit
Definition 1. Seien a, b ∈ Z. Wir sagen a teilt b, oder b ist ein Vielfaches von a
geschrieben a|b, falls gilt
∃ q ∈Z:b=q·a
Bemerkung Die Teilbarkeitsrelation ist auf Z reflexiv und transitiv, das heißt ∀a ∈ Z
gilt a|a und ∀a, b, c ∈ Z gilt a|b ∧ b|c =⇒ a|c. Auf N ist sie außerdem antisymmetrisch,
das heißt ∀a, b ∈ N gilt a|b ∧ b|a =⇒ a = b. Damit bildet sie eine Ordnungsrelation auf
N.
Lemma 1. Seien a, b, b0 ∈ Z, mit a|b und a|b0 . Dann gilt auch a|(b + b0 ) und a|(b − b0 ).
Beweis. Aus a|b und a|b0 folgt ∃ q, q 0 ∈ Z mit b = q · a und b0 = q 0 · a. Also folgt
b + b0 = q · a + q 0 · a = (q + q 0 ) · a und b − b0 = q · a − q 0 · a = (q − q 0 ) · a und damit a|(b + b0 )
und a|(b − b0 ).
1
Beispiel Für eine natürliche Zahl a, die zwei aufeinanderfolgende Quadratzahlen b2 ,
(b+1)2 teilt gilt, dass a ungerade ist. Denn aus a|b2 und a|(b + 1)2 folgt a|[(b+ 1)2 −b2 ] =
b2 + 2b + 1 − b2 = 2b + 1. Da a eine ungerade Zahl teilt muss a selbst ungerade sein.
Lemma 2. Seien a, b ∈ Z mit a|b und b 6= 0. Dann gilt |a| ≤ |b|. Es gilt sogar entweder
|a| = |b| oder |a| ≤ |b|
2 .
Beweis. Aus a|b folgt auch |a||b|. Also können wir oBdA annehmen, dass a und b positiv
sind. Da a ein Teiler von b ist existiert ein q ∈ N, sodass b = q · a. Falls q = 1, dann ist
a = b. Andernfalls ist q ≥ 2 und damit b ≥ 2a, also a ≤ 2b .
Korollar 3. Sei a ∈ Z. Für eine Zahl b ∈ Z mit −|a| < b < |a| die a teilt gilt b = 0.
Beweis. Angenommen b 6= 0. Aus −|a| < b < |a| folgt |b| < |a|, also gilt nicht |a| = |b|.
|b|
|a|
Aus dem vorherigen Lemma folgt dann |a| ≤ |b|
2 . Also |a| ≤ 2 < 2 , was ein Widerspruch
ist. Also ist b = 0.
2 Division mit Rest
Satz 4. Seien a, b ∈ Z mit a 6= 0. Dann existieren eindeutig bestimmte q, r ∈ Z mit
b = qa + r und 0 ≤ r < |a|.
Beweis. Wir zeigen zunächst die Eindeutigkeit. Seien q, q 0 , r, r0 ∈ Z mit obigen Eigenschaften. Dann ist
qa + r = b = q 0 a + r0
Daraus folgt
(q − q 0 )a = r − r0
Da 0 ≤ r, r0 < |a| gilt −|a| < r − r0 < |a|. Weil (q − q 0 )a von a geteilt wird teilt a auch
r − r0 . Mit dem, obigen Korollar ist deshalb r − r0 = 0, und somit r = r0 . Da a 6= 0 ist
außerdem q − q 0 = 0, also q = q 0 .
Nun zur Existenz. Seien zunächst a und b positiv. Wir beweisen die Existenz durch
vollständige Induktion nach b.
Induktionsbasis: Für 0 ≤ b < a erfüllen q = 0 und r = b die Eigenschaften.
Induktionsschritt: Sei b ≥ a und die Aussage gelte für alle natürlichen Zahlen kleiner b.
Setze b0 = b − a. Da b0 < b gilt die Aussage für b0 und es gibt q 0 , r0 mit
b0 = q 0 a + r0
Also gilt
b = b0 + a = q 0 a + r0 + a = (q 0 + 1)a + r0
Das heißt mit q = q 0 +1 und r = r0 haben wir Zahlen mit den gewünschten Eigenschaften
gefunden.
Sei nun a negativ. Dann ist −a positiv und die Aussage gilt für −a und b. Das heißt es
gibt q 0 , r0 mit b = q 0 (−a) + r0 und 0 ≤ r0 < |a|. Wähle also q = −q 0 und r = r0 . Damit
2
gilt die Aussage für beliebige a.
Für b negativ ist wieder −b positiv, das heißt es gibt q 0 , r0 , sodass −b = q 0 a + r0 und
0 ≤ r0 < |a|. Wenn wir die Gleichung mit −1 multiplizieren erhalten wir b = (−q 0 )a − r0 .
Falls nun r0 = 0 ist, so haben wir mit q = −q 0 und r = r0 wieder passende Zahlen
gefunden. Andernfalls ist 0 < r < |a|. Wir haben b = (−q 0 − sgn(a))a + |a| − r0 und wir
haben unsere Lösung mit q = −q 0 − sgn(a) und r = |a| − r0 , da 0 < |a| − r0 < |a|.
Definition 2. Seien n ∈ N, a, b ∈ Z. Wir bezeichnen mit a mod n den eindeutig
bestimmten Rest bei der Division von a durch n. Wir sagen a ≡ b mod n, falls a
mod n = b mod n.
Lemma 5. Seien n ∈ N, a, b ∈ Z. Dann ist a ≡ b mod n genau dann, wenn n|(b − a).
Beweis. Es gibt q, q 0 ∈ Z mit a = qn + a mod n, b = q 0 n + b mod n, also b − a =
(q 0 − q)n + (b mod n) − (a mod n). Falls nun a mod n = b mod n, so ist b − a =
(q 0 − q)n also durch n teilbar. Wenn umgekehrt b − a durch n teilbar ist, dann ist auch
(b mod n) − (a mod n) durch n teilbar. Da 0 ≤ a mod n, b mod n < n gilt und damit
−n < (b mod n) − (a mod n) < n folgt, dass b mod n − a mod n = 0 sein muss.
3 Der größte gemeinsame Teiler
Definition 3. Für a, b ∈ Z definieren wir den größten gemeinsamen Teiler von a und b,
ggT(a, b) = max{d ∈ Z : d|a ∧ d|b}, als die größte Zahl die sowohl a als auch b teilt. Da
∀a, b ∈ Z, b 6= 0 : a|b =⇒ |a| ≤ |b| ist die Menge beschränkt und das Maximum existiert.
Zwei Zahlen a und b heißen teilerfremd, falls ggT(a, b) = 1 ist.
Satz 6. Seien a, b ∈ Z, a 6= 0. Seien q, r ∈ Z mit b = qa + r. Dann ist
ggT(a, b) = ggT(r, a)
Beweis. Sei d ein gemeinsamer Teiler von a und b. Dann teilt d auch qa und damit auch
b − qa = r. Also ist d ein gemeinsamer Teiler von r und a. Sei nun d ein gemeinsamer
Teiler von r und a. Dann teilt d auch qa + r = b und ist somit ein gemeinsamer Teiler
von a und b. Also ist die Menge der gemeinsamen Teiler von a und b gleich der Menge
der gemeinsamen Teiler von a und r, und daher sind auch ihre Maxima gleich.
Beispiel Der größte gemeinsame Teiler von zwei aufeinanderfolgenden Fibonacci-Zahlen
fn , fn+1 ist 1.
Beweis durch vollständige Induktion: Für f0 = 1, f1 = 1 gilt ggT(f0 , f1 ) = 1. Gelte die
Aussage für alle Fibonacci-Zahlen bis zur n-ten.
ggT(fn+1 , fn ) = ggT(fn + fn−1 , fn ) = ggT(fn−1 , fn ) = 1
Satz 7 (Lemma von Bézout). Seien a, b ∈ Z und d = ggT(a, b). Dann existieren a0 , b0 ∈
Z, so dass
a · a0 + b · b0 = d
3
Beweis. Seien oBdA a und b positiv und b ≥ a. Wir zeigen die Behauptung durch
vollständige Induktion nach b.
Induktionsbasis: Wenn b = 1, so ist auch a = 1 und die Behauptung stimme für a0 = 0
und b0 = 1.
Induktionsschritt: Sei die Behauptung richtig für alle positiven Zahlen kleiner b. Falls
a = b ist, so ist ggT(a, b) = a und die Behauptung folgt mit a0 = 0, b0 = 1. Andernfalls
dividieren wir b mit Rest durch a und erhalten b = qa + r für q, r ∈ Z mit 0 ≤ r < a. Es
gilt d = ggT(a, b) = ggT(a, r). Da a < b können wir die Induktionsannahme anwenden
und erhalten ∃ a00 , r0 : a · a00 + r · r0 = d. Mit a0 = a00 − qr0 und b0 = r0 folgt
d = a · a00 + (b − qa) · r0 = a · (a00 − qr0 ) + b · r0 = a · a0 + b · b0
Satz 8. Seien a, n ∈ Z, ggT(a, n) = 1, dann existiert ein a0 ∈ Z : a · a0 ≡ 1 mod n.
Beweis. Mit dem Lemma von Bézout folgt aus ggT(a, n) = 1, das a0 , n0 ∈ Z existieren
mit a · a0 + n · n0 = 1. Das heißt a · a0 − 1 = n · n0 und damit a · a0 ≡ 1 mod n.
4 Zahlendarstellung
Üblicherweise verwenden wir zur Darstellung von Zahlen die Basis 10, also die Ziffern
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 und 9. Hauptsächlich aus der Informatik kennt man vielleicht auch
noch die binäre und hexadezimale Darstellung. Der Ansatz lässt sich aber leicht auf eine
beliebige Basis verallgemeinern.
Satz 9. Für alle b, n ∈ N, b ≥ 2 gibt es eindeutig bestimmte a0 , ..., ak−1 ∈ {0, ..., b −
1}, ak−1 6= 0, k ∈ N mit
k−1
X
n=
ai · bi
i=0
Diese heißt die Darstellung der Zahl n zur Basis b, oder die b-adische Darstellung von
n.
Beweis. Wir beweisen zuerst die Existenz einer solchen Darstellung.
Sei k = max{l ∈ Z|bl−1 ≤ n}. Wir beweisen die Aussage durch Induktion nach k.
Induktionsbasis: k = 1, das heißt b > n, also erfüllt a0 = n die Behauptung.
Induktionsschritt: Sei k > 1 und die Aussage gelte für k − 1. Die Division mit Rest von n
durch bk−1 liefert n = ak−1 · bk−1 + r für ak−1 , r ∈ Z und 0 ≤ r < bk−1 . Es ist ak−1 > 0,
da sonst n = r < bk−1 wäre, was ein Widerspruch zur Wahl von k ist. Außerdem ist
ak−1 < b, da sonst n = ak−1 bk−1 + r ≥ bk + r ≥ bk , was ebenfalls ein Widerspruch zur
Wahl von k ist. Für r gilt die Induktionsannahme und es gibt a0 , ..., ak−2 ∈ {0, ..., b − 1}
k−2
P
ai · bi . Zusammen ergibt sich
mit r =
i=0
n=
k−1
X
i=0
4
ai · bi
mit ak−1 6= 0.
Nun zur Eindeutigkeit. Seien
bk >
k−1
P
k−1
P
ai bi ≥ bk−1 und bh >
ai bi =
i=0
h−1
P
h−1
P
ci bi zwei b-adische Darstellungen von n. Aus
i=0
ci bi ≥ bh−1 folgt sofort k = h. Sei also
i=0
i=0
0=
k−1
k−2
X
X
(ai − ci )bi ≥ |(ak−1 − ck−1 )bk−1 | − |
(ai − ci )bi |
i=0
i=0
Daraus folgt
|ak−1 − ck−1 |bk−1 ≤ |
k−2
X
(ai − ci )bi | < bk−1
i=0
Also ist ak−1 = ck−1 , und durch Induktion lässt sich zeigen ai = ci ∀i.
5 Teilbarkeitsregeln
Es gibt einige einfache Regeln mit denen man feststellen kann, ob eine Zahl durch eine
bestimmte kleine Zahl teilbar ist. Zum Beispiel ist eine Dezimalzahl genau dann durch
2 teilbar, wenn ihre letzte Stelle das ist. Und eine Dezimalzahl ist genau dann durch
3 teilbar, wenn ihre Quersumme es ist. Etwas weniger bekannt ist vielleicht dass eine
Dezimalzahl genau dann durch 11 teilbar ist, wenn ihre alternierende Quersumme durch
11 teilbar ist. Ähnliche Regeln kann man für beliebige Basen finden.
Satz 10. Sei n ∈ N und
k−1
P
ai bi die b-adische Darstellung von n. Sei t ein Teiler von
i=0
b. Dann gilt t|n genau dann, wenn t|a0 .
Beweis. Aus t teilt b folgt, das t auch
k−1
P
ai bi teilt. Das heißt t|n genau dann, wenn
i=1
t|n −
k−1
P
ai bi = a0 .
i=1
Definition 4. Sei n eine natürliche Zahl. Wir definieren die Quersumme von n =
k−1
k−1
P
P
ai bi zur Basis b als Q(n) =
ai .
i=0
i=0
Satz 11. Seien n, b, t ∈ N, b ≥ 2, t|(b − 1). Dann gilt t|n genau dann, wenn t|Q(n).
Beweis. Da t|(b − 1) folgt, das t auch (b − 1)
l−1
P
bi = bl − 1 für alle l teilt. Also teilt t
i=0
auch
k−1
X
i=0
i
ai (b − 1) =
k−1
X
i
ai b −
i=0
k−1
X
i=0
Wenn t also n teilt, so auch Q(n) und umgekehrt.
5
ai = n − Q(n)
Definition 5. Sei n eine natürliche Zahl. Wir definieren die alternierende Quersumme
k−1
k−1
P
P
von n =
ai bi zur Basis b als A(n) =
(−1)i ai .
i=0
i=0
Satz 12. Seien n, b, t ∈ N, b ≥ 2, t|(b + 1). Dann gilt t|n genau dann, wenn t|A(n).
Beweis. Da t|(b + 1) teilt t auch b2 − 1 = (b + 1)(b − 1) und damit auch b2l − 1 für
2l
P
alle l. Außerdem gilt t|b2l+1 + 1 = (b + 1) (−1)i bi für alle l. Zusammen ergibt sich
i=0
t|
k−1
P
ai (bi − (−1)i ) =
i=0
k−1
P
i=0
ai bi −
k−1
P
(−1)i ai = n − A(n).
i=0
Daraus folgt wieder, dass t|n ⇔ t|A(n).
6 Primzahlen
Definition 6. Eine natürliche Zahl p > 1 heißt Primzahl, falls ihre einzigen Teiler 1
und p sind, das heißt |{t ∈ N : t|p}| = 2. Wir bezeichnen die Menge aller Primzahlen
mit P.
Lemma 13. Sei n > 1 eine natürliche Zahl. Dann existiert eine Primzahl p mit p|n.
Beweis. Wir beweisen die Aussage durch vollständige Induktion nach n. Für n = 2 ist
die Aussage richtig, da 2 eine Primzahl ist. Sei nun n > 2 und die Aussage richtig für alle
kleineren Zahlen. Falls nun n eine Primzahl ist, so ist die Aussage richtig. Andernfalls
hat n einen Teiler außer 1 und n. Sei t dieser Teiler. Es gilt 1 < t < n, also gilt die
Aussage für t. Das heißt es existiert eine Primzahl p mit p|t. Da t ein Teiler von n ist
teilt p auch n.
Satz 14. Es gibt unendlich viele Primzahlen.
Beweis. Angenommen es gibt nur endlich viele Primzahlen. Seien diese p1 , ..., pn . Sei
n
Q
q=
pi + 1. Nach obigem Lemma hat q einen Teiler pj , 1 ≤ j ≤ n der prim ist. Nun
i=1
gilt pj |
n
Q
pi = q − 1 und pj |q. Also teilt pj auch q − (q − 1) = 1 und daraus folgt pj = 1,
i=1
was ein Widerspruch zu pj prim ist.
Definition 7. Wir bezeichnen mit π(n) = |{p ∈ N : p ≤ n, p prim}| die Anzahl der
Primzahlen kleiner oder gleich n.
Satz 15. Primzahlsatz (ohne Beweis) Es gilt
π(n) ≈
n
ln(n)
oder genauer
lim
n→∞
π(n)
n
ln(n)
6
=1
Lemma 16. Seien a, b ∈ N, p ∈ P mit p|ab. Dann gilt p|a ∨ p|b.
Beweis. Angenommen p - a ∧ p - b. Dann sind a und p beziehungsweise b und p teilerfremd, da 1 und p die einzigen Teiler von p sind. Nach dem Lemma von Bézout existieren
a0 , b0 , p0 , p00 mit
1 = pp0 + aa0 und 1 = pp00 + bb0
Also gilt
pp0 − 1 = aa0 und pp00 − 1 = bb0
Wir multiplizieren die beiden Gleichungen und erhalten
aa0 bb0 = (pp0 − 1)(pp00 − 1) = pp0 pp00 − pp0 − pp00 + 1 = (pp0 p00 − p0 − p00 )p + 1
Da p|ab, teilt p auch aa0 bb0 − (pp0 p00 − p0 − p00 )p = 1, was ein Widerspruch zu p prim
ist.
Satz 17. (Hauptsatz der elementaren Zahlentheorie) Sei n > 1 eine natürliche Zahl.
Dann existieren eindeutige k ∈ N, e1 , ..., ek ∈ N, p1 , ..., pk ∈ P, pi 6= pj ∀i 6= j mit
n=
k
Y
pei i
i=1
Beweis. Wir beweisen die Existenz und Eindeutigkeit wieder getrennt. Zuerst die Existenz durch Induktion nach n:
Induktionsbasis: n = 2 ist eine Primzahl, also k = 1, p1 = 2, e1 = 1.
Induktionsschritt: Sei n > 2 und die Aussage gelte für alle Zahlen kleiner n. Falls n eine
Primzahl ist, so gilt die Aussage wieder für k = 1, p1 = n, e1 = 1. Andernfalls existieren
p ∈ P, n0 ∈ N mit n = p · n0 . Es ist n0 < n, also gilt die Induktionsannahme und n0 lässt
sich als Produkt von Primzahlpotenzen darstellen. Also lässt sich auch n als Produkt
von Primzahlpotenzen darstellen.
Die Eindeutigkeit zeigen wir ebenfalls durch Induktion nach n. Die 2 lässt sich offensichtlich nur auf eine Weise darstellen, da jede andere Primzahl größer ist. Sei also n > 2
k
l
Q
Q
und die Aussage gelte für alle Zahlen kleiner n. Seien
pei i =
qifi zwei Darstellungen.
i=1
i=1
Durch Umordnen und Festlegen von ei = 0, beziehungsweise fi = 0 für Exponenten von
Primzahlen die nicht in beiden Darstellungen vorkommen, können wir Darstellungen
k
k
Q
Q
pei i =
pfi i erreichen. Es bleibt noch zu zeigen, dass die Exponenten ebenfalls gleich
i=1
i=1
sind.
Sei pj eine Primzahl die in der ersten Darstellung mit Exponent ej > 0 vorkommt. Dann
k
Q
gilt pj |
pfi i und da pj eine Primzahl ist teilt sie einen Faktor. Da alle Faktoren Primi=1
f
zahlpotenzen sind muss pj |pj j gelten, das heißt fj > 0. Sei n = pj n0 . Dann ist n0 < n,
also können wir die Induktionsvoraussetzung anwenden. Also ist der Exponent von pj
in den beiden Darstellungen von n0 gleich, also auch ej = fj . Das kann man analog für
alle Primfaktoren wiederholen, also sind die Darstellungen gleich.
7
7 Modulare Arithmetik
Definition 8. Seien n ∈ N, a ∈ Z. Wir definieren [a] := {b ∈ Z : b ≡ a mod n} die
Restklasse von a modulo n. Wir bezeichnen mit Zn die Menge aller Restklassen modulo
n.
Lemma 18. Für n ∈ N hat Zn genau n Elemente und es gilt Zn = {[0], [1], ..., [n − 1]}.
Beweis. Sei [a] ∈ Zn . Dann ist [a] = [a mod n] und 0 ≤ a mod n < n, also Zn ⊆
{[0], [1], ..., [n−1]}. Natürlich ist auch {[0], [1], ..., [n−1]} ⊆ Zn , also {[0], [1], ..., [n−1]} =
Zn . Es bleibt noch zu zeigen, das [k] 6= [l] für 0 ≤ k, l < n, k 6= l. Seien 0 ≤ k, l < n mit
[k] = [l]. Also gilt k ≡ l mod n, das heißt k mod n = l mod n, aber da 0 ≤ k, l < n
ist k mod n = k und l mod n = l, also k = l.
Lemma 19. Seien n ∈ N, a, b ∈ Z, a0 ∈ [a], b0 ∈ [b]. Dann ist a0 + b0 ∈ [a + b] und
a0 · b0 ∈ [a · b].
Beweis. Aus a0 ∈ [a], b0 ∈ [b] folgt a0 = qn + a, b0 = q 0 n + b für q, q 0 ∈ Z. Daraus folgt
a0 + b0 = (q + q 0 )n + a + b, also a0 + b0 ∈ [a + b] und a0 · b0 = (qq 0 n + q 0 a + qb)n + a · b,
also a0 · b0 ∈ [a · b].
Definition 9. Wir definieren Addition und Multiplikation von Restklassen wie folgt:
[a] + [b] := [a + b]
und
[a] · [b] := [a · b]
Bemerkung Nach dem obigen Lemma sind diese Operationen wohldefiniert, das heißt
nicht vom Repräsentanten abhängig.
Satz 20. Die Addition in Zn ist assoziativ, kommutativ es gibt ein neutrales Element
und jedes Element hat ein Inverses. Also bildet (Zn , +) eine Gruppe.
Beweis. Seien [a], [b], [c] ∈ Zn .
• Assoziativität:
([a]+[b])+[c] = [a+b]+[c] = [(a+b)+c] = [a+(b+c)] = [a]+[b+c] = [a]+([b]+[c])
• Kommutativität:
[a] + [b] = [a + b] = [b + a] = [b] + [a]
• neutrales Element: Das neutrale Element bezüglicher der Addition ist [0].
[a] + [0] = [a + 0] = [a]
8
• Inverses: das Inverse zu [a] bezüglich der Addition ist [-a].
[a] + [−a] = [a + (−a)] = [0]
Satz 21. Die Multiplikation in Zn ist assoziativ, kommutativ und es gibt ein neutrales
Element. Also bildet (Zn , ·) eine Halbgruppe.
Beweis. Seien [a], [b], [c] ∈ Zn .
• Assoziativität:
([a] · [b]) · [c] = [a · b] · [c] = [(a · b) · c] = [a · (b · c)] = [a] · [b · c] = [a] · ([b] · [c])
• Kommutativität:
[a] · [b] = [a · b] = [b · a] = [b] · [a]
• neutrales Element: Das neutrale Element bezüglicher der Multiplikation ist [1].
[a] · [1] = [a · 1] = [a]
Satz 22. Sei [a] ∈ Zn . [a] hat ein multiplikatives Inverses genau dann wenn a und n
teilerfremd sind.
Beweis. Gelte zunächst das [a] ein multiplikatives Inverses hat. Das heißt es gibt ein
[a0 ] ∈ Zn mit [a] · [a0 ] = [1]. Das heißt wiederum das a · a0 ≡ 1 mod n sind, also
n|(aa0 − 1). Daraus folgt nn0 = aa0 − 1. Sei d = ggT(a, n), also d|a und d|n. Dann teilt
d auch aa0 − nn0 = 1, also d = 1.
Seien nun a und n teilerfremd. Das heißt ggT(a, n) = 1 und nach dem Lemma von
Bézout existieren a0 , n0 , sodass aa0 + nn0 = ggT(a, n) = 1 ist. Also ist aa0 ≡ 1 mod n
und damit [a0 ] ein multiplikatives Inverses zu [a].
Definition 10. Wir bezeichnen die Menge der Restklassen in Zn die ein multiplikatives
Inverses haben mit Z∗n .
Satz 23. Z∗n ist abgeschlossen bezüglich der Multiplikation, das heißt ∀[a], [b] ∈ Z∗n :
[a] · [b] ∈ Z∗n .
Beweis. Seien [a], [b] ∈ Z∗n . Aus dem vorigen Satz folgt dann ggT(a, n) = ggT(b, n) = 1.
Wir wollen zeigen, das ggT(ab, n) = 1 ist. Angenommen es existiert eine Primzahl p mit
p|ab und p|n. Dann gilt p|a oder p|b. Zusammen mit p|n ist das ein Widerspruch zu a
und n, beziehungsweise b und n teilerfremd.
Bemerkung
Für p ∈ N ist (Zp , +, ·) ein Körper genau dann, wenn p eine Primzahl ist.
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