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Anton Mosich 2023-01-19 14:43:39 +01:00
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Signed by: Flugschwein
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@ -3253,8 +3253,8 @@ Setze: $\deg(0) = -\infty$.
\implies \deg(f) =0 = \deg(g).
\]
Also können wir f, g mit konstanten Koeffizienten identifizieren, für diese
gilt $\underbrace{f_0g_0}_{\in R^*} = 1 \implies f, g$ sind Einheiten, also
in $(R[X])^*$.
gilt ${\underbrace{f_0g_0}_{\in R^*} = 1} \implies f, g$ sind Einheiten,
also in $(R[X])^*$.
\end{proof}
\begin{satz}
@ -3698,7 +3698,8 @@ Es gilt: $R, S$ seien KREs. Dann ist $(R \times S)^* = R^* \times S^*$.
\varphi(m)\varphi(n)$.
\end{korollar}
\begin{proof}
$\faktor \Z {mn\Z} \cong \faktor \Z{m\Z} \times \faktor \Z{n\Z}$ nach Chinesischem Restsatz ($(m, n) = 1$)
$\faktor \Z {mn\Z} \cong \faktor \Z{m\Z} \times \faktor \Z{n\Z}$ nach Chinesischem Restsatz~\ref{chinrest}
($(m, n) = 1$)
Es folgt:
\begin{align*}
\left(\faktor \Z {mn\Z}\right)^* & \cong \left(\faktor \Z{m\Z}\right)^* \times \left(\faktor \Z{n\Z}\right)^* & \text{nach dem \cref{lemma:einheiten}.} \\
@ -3765,6 +3766,155 @@ Es gilt sogar: $\left( \faktor \Z {p^m\Z} \right)^*$ ist
Das hieße $(p-1)g^{p-2} \equiv 0 \pmod p \implies {g^{p-2} \equiv 0 \pmod p}$. $g$ ist aber PW. \qed
\end{proof}
\begin{satz}
\label{satz:primitivwurzel}
Sei $p>2$ prim, $g$ Primitivwurzel $\mod p$ für die $g^{p-1} \not\equiv 1 \pmod {p^2}$.
Dann ist $g$ Primitivwurzel $\mod {p^s}$ für alle $s \ge 1$.
\end{satz}
\begin{proof}
Wir zeigen zunächst durch Induktion, dass $g^{(p-1)\cdot p^{s-2}} \not\equiv 1 \pmod {p^s} \; \forall s \ge 2$. \\
Induktionsanfang: $s=2$ nach Voraussetzung erfüllt. Sei bereits gezeigt, dass
$g^{(p-1)\cdotp^{s-2}} \not\equiv 1 \pmod {p^s} = 1 + ap^{s-1}$ mit $p \nmid a$.
\begin{align*}
g^{(p-1)\cdot p^{s-1}} & = (1 + ap^{s-1})^p = 1 + pap^{s-1} + \frac{r(p-1)}2 a^2 p^{2s-2} +
\underbrace{\sum_{i=3}^p \binom pi \cdot a^i p ^{(s-1)i}}_{\equiv 0 \pmod {p^{s+1}} \, s \ge 2, i \ge 3} \\
& \equiv 1 + ap^s + \underbrace{\frac{p-1}2 \cdot a^2 p^{2s-1}}_{\equiv 0 \pmod {p^{s+1}} \, s \ge 2}
\equiv 1 + ap^s \pmod {p^{s+1}} \not\equiv 1 \pmod {p^{s+1}}
\end{align*}
\end{proof}
$\ord_{p^s}(g) := e \; e\mid \varphi(p^s) = (p-1)p^{s-1}$.
Zudem gilt: $g$ PW $\mod p \implies g^{p-1} \equiv 1 \pmod p \implies p-1 \mid e$.
Insgesamt $\frac e {p-1} p^{s-1} \implies \frac e{p-1} = p^k$ mit $k \le s-1$.
Wäre $\frac e {p-1} \le s-2$, so folgte $g^{(p-1)\cdot p^{s-2}} \equiv 1 \pmod {p^s}$, \Lightning{} zu \cref{satz:primitivwurzel}
Also gilt $k = s-1$ und damit $e=(p-1)p^{s-1} = \varphi(p^s)
\implies g$ Primitivwurzel.
\begin{korollar}
Sei $p>2$ prim. Dann ist $\left(\rk {p^k}\right)^*$ zyklisch $\forall k \ge 1$.
\end{korollar}
\begin{korollar}
Sei $p>2$. Ist $g$ ungerade PW $\mod {p^k}$, so ist $g$ auch PW $\mod {2p^k}$.
\end{korollar}
\begin{proof}
\[
\ord_{2p^k}(g) = \kgV(\ord_2(g), \ord_{p^k}(g)) = \ord_{p^k}(g) = \varphi(p^k) = \varphi(2p^k)
\]
\end{proof}
Weiters gilt: Falls $g$ eine gerade PW $\mod {p^k}$ ist, so
ist $g+p^k$ eine ungerade! $\implies
\left(\rk{2p^k}\right)^*$ ist zyklisch.
\begin{bsp}
Sei nun $p=2$, es gilt:
\begin{itemize}
\item $\ord_{2^k}(5) = 2^{k-2} = \frac{\varphi(2^k)}2$
\item Für $k \ge 2$ ist $\mc Z := \{ (-1)^i 5^j: i \in \{0, 1\}, 0 \le
j < 2^{k-2}\}$ ist eine primes Restsystem $\mod {2^k}$.
\end{itemize}
\end{bsp}
\begin{satz}
Sei $k\ge 2$, dann ist
$f: \fun {\overbrace{\rk 2 \times \rk {2^{k-2}}}^\text{additive Gruppen}} {\left(\rk {2^k}\right)^*}
{(i, j)} {(-1)^i 5^j + 2^k \Z} $
ein Isomorphismus.
\end{satz}
\begin{satz}[Satz von Gauß]\label{satz:gauss}
Sei $m \in \N$. $\left(\rk m\right)^*$ ist zyklisch $\iff m = p^k \lor m = 2p^k$ für ungerade Primzahl $p, k\ge 1$
oder $m=1, 2, 4$
\end{satz}
\begin{proof}
Angenommen $\left(\rk m\right)^*$ sei zyklisch, $m \neq p^k, p \neq 2p^k, m \neq 2^k$.
$\implies \exists$ ungerade Primzahl $q$ mit $m = q^n \cdot m'$ mit $\ggT(q, m')=1, m' > 1$.
Sei also $a$ mit $\ggT(a, m)=1$, das heißt $a \in \left(\rk m\right)^*$.
\[
\ord_m(a) = \kgV(\ord_{q^n}(a), \ord_m(a)) \le \kgV(\varphi(q^n), \varphi(m')) > \varphi(q^n) \cdot \varphi(m'),
\]
da $\varphi(q^n) \equiv 0 \pmod 2, \varphi(m') \equiv 0 \pmod 2$, da $4
\mid m'$ falls $m$ gerade.
\[
\ord_m(a) > \varphi(q^n)\cdot \varphi(m') = \varphi(q^n \cdot m') = \varphi(m)
\]
\end{proof}
Sei $m = 2^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots p_k^{\alpha_k}$.
Dann gilt
\[
\text{für }
\begin{cases}
\alpha_1 \le 2: & \left(\rk m\right)^* \cong \left(\rk {2^{\alpha_1}}\right)^* \times \left(\rk {p_2^{\alpha_2}}\right)^* \times \cdots \times \left(\rk {p_k^{\alpha_k}}\right)^* \\
\alpha_1 > 2: & \left(\rk m\right)^* \cong \rk 2 \times \rk {2^{k-2}} \times \left(\rk {p_2^{\alpha_2}}\right)^* \times \cdots \times \left(\rk {p_k^{\alpha_k}}\right)^*
\end{cases}
\]
und alle auftretenden Faktoren sind zyklische Gruppen.
\section{Algebraische Kongruenzen}
Kongruenzen vom Typ $f(x) \equiv 0 \pmod m$,
wobei $f(x) = \sum_{i=0}^n a_i x^i, a_i \in
\Z$.
\begin{satz}[Satz von Lagrange]\label{satz:lagrange-kongruenzen}
sei $p \in \Primes, f(x) \equiv 0 \pmod p$ eine algebraische Kongruenz vom Grad $n$.
Dann hat $f$ höchstens $n$ Nullstellen $\mod p$.
\end{satz}
\begin{proof}
$p \in \Primes \implies \rk p$ ist Körper $\implies \rk p [X]$ ist IB $\implies
f \in \rk p [X]$ vom Grad $n$ hat höchstens $n$ Nullstellen.
\end{proof}
\begin{proposition}
Sei $f \in \Z[X], f \neq 0, L_f(m)$ die Anzahl der $\mod m$ inkongruenten Lösungen von
$f(x) \equiv 0 \pmod m$.
Dann ist $L_f$ multiplikativ, das heißt $L_f(mn) = L_f(m) \cdot L_f(n)$ falls $(m, n) = 1$.
\end{proposition}
\begin{proof}
Für $k \in \N$ sei $A_k$ die Menge der Restklassen $\bar x \mod k$, für die $f(\bar x) \equiv 0 \pmod k$
(sodass $L_f(k) = \abs{A_k}$).
Wir wissen: $g: \fun {\rk {mn}} {\rk m \times \rk n} {x+mn\Z} {(x + m\Z, x + n\Z)}$ ist ein Isomorphismus.
$g(A_{mn}) \overset{\text{z.z.}}= A_m \times A_n$. \\
Ist $f(x) \equiv 0 \pmod {mn}$, so folgt $f(x) \equiv 0 \pmod m$ und $f(x) \equiv 0 \pmod n \implies
g(A_{mn}) \ssq A_m \times A_n$. \\
Umgekehrt: Sei $f(x) \equiv 0 \pmod m, f(y) \equiv 0 \pmod n$ (also $(x, y) \in A_m \times A_n$).
Nach dem Chinesischen Restsatz~\ref{chinrest} gibt es mit $(m, n)=1$ eine Restklasse $z \mod {m\cdot n}$
mit $z \equiv x \pmod m, z \equiv y \pmod n$.
Damit ist $f(z) \equiv 0 \pmod {mn} \implies g(A_{mn}) \supseteq A_m \times A_n$.
\[
L_f(mn) = \abs{A_mn} = \abs{g(A_{mn})} = \abs{A_m \times A_n} = \abs{A_m} \cdot \abs{A_n} = L_f(m) \times L_f(n)
\]
\end{proof}
Anwendung auf Kongruenzen $f(x) \equiv 0 \pmod m, m =
p_1^{\alpha_1} \cdots p_k^{\alpha_k}$.
\[
f(x) \equiv 0 \pmod m \iff f(x) \equiv 0 \pmod{p_i^{\alpha_i}} \; i = 1, \dots, k
\]
\begin{bsp}
Sei $f(x) = x^3 + 19x^2 - x + 2 \equiv 0 \pmod {21}$.
\begin{align*}
& f(x) \equiv 0 \pmod 3 & \text{hat Lösungen } & 1, 2 \\
& f(x) \equiv 0 \pmod 7 & & 1, 2, 6
\end{align*}
$\longrightarrow$ Bestimme alle $z \mod {21}$ mit $
\begin{cases}
z \equiv a_i \pmod 3 & a_i \in \{1, 2\} \\
z \equiv b_j \pmod 7 & b_j \in \{1, 2, 6\}
\end{cases}
$
Lösungen $\mod {21}$ sind: $1, 2, 8, 13, 16, 20$.
\end{bsp}
$f(x) \equiv 0 \pmod {p^\alpha}, \alpha >1$
1. Schritt: Löse $f(x) \equiv 0 \pmod p$ durch Einsetzen. Seien die Lösungen von $f(x) \equiv 0 \pmod{p^e}$
bekannt für ein $1 \le e \le \alpha$. Bezeichne die Menge der $\mod {p^e}$ inkongruenten Lösungen mit $A_e$.
\begin{warnung}
Ich werde wohl die nächsten Donnerstagsvorlesungen voraussichtlich nicht besuchen können.
\end{warnung}