From 6f7a8697d583a2b75db1d189835a1ecd29bf20d9 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: Anton Mosich Date: Thu, 19 Jan 2023 14:43:39 +0100 Subject: [PATCH] Add VO 19.1.2023 --- Algebra.tex | 156 +++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++- 1 file changed, 153 insertions(+), 3 deletions(-) diff --git a/Algebra.tex b/Algebra.tex index 979ad51..f683b49 100644 --- a/Algebra.tex +++ b/Algebra.tex @@ -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}