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149
Algebra.tex
149
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@ -4124,5 +4124,154 @@ Es gilt: $g^i \equiv g^j \pmod m \iff i \equiv j \pmod {\varphi(m)}$. (Übung, S
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\end{align*}
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\end{proof}
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\begin{satz}
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Seien $m, n \in \N, d := \ggT(m, n)$. Dann bilden die $n$-ten Potenzreste $a \in \einheit{\rk m}$ eine
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Untergruppe von $\einheit{\rk m} (:= P_n)$. Ist $\einheit{\rk m}$ zyklisch, so ist
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$\abs{P_n} = \frac{\varphi(n)}{d}$.
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\end{satz}
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\begin{proof}
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Seien $a, b$ $n$-te Potenzreste, das heißt $\exists x, y: x^n \equiv a \pmod m, y^n \equiv b \pmod m$. % TODO: ist es mod n, oder mod m
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Dann ist $(xy)^n \equiv ab \pmod n$ also ab $n$-ter Potenzrest.
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Darüber hinaus gilt: $x^n \equiv a \pmod m \implies \ggT(x, m) = 1$, das heißt $x$ ist invertierbar
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in $\rk m$, also in $\einheit{\rk m}$.
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\[
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\left(x^{-1}\right)^n \equiv a^{-1} \pmod m.
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\]
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Ist $\einheit{\rk m}$ zyklisch, so existiert eine Primitivwurzel $g \pmod
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m$. \\ $a^{\frac{\varphi(n)}{d}} \equiv 1 \pmod m \iff \frac{\varphi(m)}d
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I_g(a) \equiv 0 \pmod {\varphi(m)}$, diese Kongruenz hat genau
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$\ggT(\frac{\varphi(m)}d, \varphi(m)) = \frac{\varphi(m)}d$ Lösungen.
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\end{proof}
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\begin{korollar}
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Wähle $m = p, p \in \Primes$ ungerade, $n = 2$. $\einheit{\rk{p}}$ enthält genau $\frac{p-1}2$ quadratische
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Reste (QR) und $\frac{p-1}2$ quadratische Nichtreste (QNR) %TODO: stimmt das?
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\end{korollar}
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\begin{defin}
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Sei $p \neq 2$ prim, $a \in \Z$ mit $(a, p) = 1$.
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\[
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\left(\frac ap\right) :=
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\begin{cases}
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1 & \text{falls } a \text{ QR} \mod p \\
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-1 & \text{falls } a \text{ QNR} \mod p
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\end{cases}
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\text{ heißt \emph{Legendre-Symbol}}
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\]
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\end{defin}
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\begin{bemerkung}
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Falls $a \equiv a' \pmod p \implies \left(\frac ap\right) = \left(\frac{a'}p\right)$.
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\end{bemerkung}
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\begin{satz}[Eulersches Kriterium]\label{satz:eulerkriterium}
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Sei $p \neq 2$ prim, $(a, p) = 1$.
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Dann gilt: $\left(\frac ap\right) \equiv a^{\frac{p-1}2} \pmod p$
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\end{satz}
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\begin{proof}
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Wir wissen bereits $\left(\frac ap\right) = 1 \iff a$ QR $\mod p \iff a^{\frac{p-1}2} \equiv 1 \pmod p$.
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Ist $a$ QNR, so ist $a^{\frac{p-1}2} \not\equiv \pmod p$, aber $a^{p-1} \equiv 1 \pmod p$ (kleiner Fermat).
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\[
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\underbrace{a^{p-1} - 1}_{\equiv 0 \pmod p} \equiv \underbrace{\left(a^{\frac{p-1}2} - 1\right)}_{\not\equiv 0 \pmod p}
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\cdot \left(a^{\frac{p-1}2} + 1\right) \pmod p \implies a^{\frac{p-1}2} + 1 \equiv 0 \pmod p.
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\]
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\end{proof}
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\begin{korollar}
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Seien $a_1, \dots, a_k \in \Z, (a_1, \dots, a_k) = 1$.
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Dann gilt
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\[
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\left(\frac{a_1 \cdots a_k}p\right) = \left(\frac{a_1}p\right) \cdots \left(\frac{a_k}p\right)
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\]
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\end{korollar}
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\begin{proof}
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Einsetzen ins \hyperref[satz:eulerkriterium]{Eulersche Kriterium}.
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\end{proof}
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\begin{korollar}[erster Ergänzungssatz]
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\[
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\left(\frac{-1}p\right) = (-1)^{\frac{p-1}2}
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\]
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Daher gilt $\left(\frac{-1}p\right) = 1 \iff p \equiv 1 \pmod 4$.
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\end{korollar}
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\begin{satz}[Lemma von Gauß]
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Sei $p \neq 2$ prim, $(a, p) = 1$). Seien $r_i$ die Reste bei Division mit absolut kleinstem Rest $a\cdot i$ durch $p, 1 \le i \le \frac{p-1}2$.
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Dann gilt: $\left(\frac ap\right) = \sgn(r_1) \cdot \sgn(r_2) \cdots \sgn\left(r_{\frac{p-1}2}\right)$.
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\end{satz}
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\begin{proof}
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Wir behaupten zunächst: $\left\{ \abs{r_1}, \dots, \abs{r_{\frac{p-1}2}}\right\} = \left\{1, \dots, \frac{p-1}2\right\}.$ \\
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$\abs{r_i} \le \frac p2, r_i \neq 0, r_i \neq \frac p2$ weil $(a, p) = 1$ beziehungsweise $p \neq 2$.
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Angenommen ${\abs{r_i} = \abs{r_j}} \implies {r_i = \pm r_j} \implies {a\cdot i \equiv \pm a\cdot j \pmod p} \implies i \ge I_J \pmod p
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\implies i \equiv j \pmod p$ wegen $1 \le i, j \le \frac {p-1} 2$.
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\begin{align*}
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\left(\frac{p-1}2\right)! \cdot \sgn(r_1) \cdots \sgn\left(r_{\frac{p-1}2}\right)
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& = \abs{r_1} \cdots \abs{r_{\frac{p-1}2}} \cdot \sgn(r_1) \cdots \sgn\left(r_{\frac{p-1}2}\right) \\
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& = r_1 \cdots r_{\frac{p-1}2} \\
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& \equiv (a \cdot 1) \cdots \left(a \cdot \frac{p-1}2\right) \pmod p \\
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& \equiv a^{\frac{p-1}2} \cdot \left(\frac{p-1}2\right)! \pmod p \\
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||||
\implies \sgn(r_1) \cdots \sgn\left(r_{\frac{p-1}2}\right)
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& \equiv a^{\frac{p-1}2} \equiv \left(\frac ap\right) \pmod p
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\end{align*}
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\end{proof}
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\begin{korollar}[zweiter Ergänzungssatz]
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\[
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\left(\frac 2p\right) = (-1)^{\frac{p^2 - 1}8} =
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\begin{cases}
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1 & \text{falls } p \equiv 1 \lor 7 \pmod 8 \\
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-1 & \text{falls } p \equiv 3 \lor 5 \pmod 8 \\
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\end{cases}
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\]
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\end{korollar}
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\begin{proof}
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\leavevmode
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\begin{tabular}{ccccc}
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$p = 8k + 1:$ & $r_{2k+1}, \dots, r_{4k}$ & sind negativ, das sind & $2k$ & Stück. \\
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$p = 8k + 3:$ & $r_{2k+1}, \dots, r_{4k}, r_{4k+1}$ & sind negativ, das sind & $2k+1$ & Stück. \\
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||||
$p = 8k + 5:$ & $r_{2k+2}, \dots, r_{4k+2}$ & sind negativ, das sind & $2k+1$ & Stück. \\
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||||
$p = 8k + 7:$ & $r_{2k+2}, \dots, r_{4k+3}$ & sind negativ, das sind & $2k+2$ & Stück.
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\end{tabular}
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\end{proof}
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\begin{satz}[quadratisches Reziprozitätsgesetz]
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Seien $p, q$ ungerade Primzahlen. Dann gilt:
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\[
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\left(\frac pq\right) \cdot \left(\frac qp\right) = (-1)^{\frac{p-1}2 \cdot \frac{q-1}2}
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\]
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\end{satz}
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\begin{bsp}
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\begin{itemize}
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\item $\left(\frac{53}{37}\right) = \left(\frac{16}{37}\right) = \left(\frac2{37}\right) = 1$
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\item
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\begin{multline*}
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\left(\frac{223}{\underbrace{997}_{\equiv 1 \pmod 4}}\right) = \left(\frac{997}{223}\right) =
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\left(\frac{118}{223}\right) = \left(-1\right)^{\frac{223-1}2} \cdot
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||||
\left(\frac{118}{223}\right) =\\= -\left(\frac{2}{223}\right)
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||||
\left(\frac{59}{223}\right) = - \left(\frac{\overbrace{59}^{\equiv 3 \pmod 4}}{\underbrace{223}_{\equiv 3 \pmod 4}}\right) =
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+\left(\frac{223}{59}\right) = \left(\frac{-13}{59}\right) =\\=
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||||
\left(-1\right)^{\frac{59-1}2}\left(\frac{13}{59}\right) =
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||||
-\left(\frac{13}{59}\right) = -\left(\frac{59}{13}\right) =
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||||
-\left(\frac{7}{13}\right) = -\left(\frac{13}{7}\right) =\\=
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||||
-\left(\frac{-1}{7}\right) = -\left(-1\right) = 1
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\end{multline*}
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$\implies 223$ ist quadratischer Rest$\mod {997}$.
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\end{itemize}
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Wenig rechnen verglichen mit \hyperref[satz:eulerkriterium]{Eulerschem Kriterium} $223^{498} \pmod p$.
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\end{bsp}
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\begin{bsp}
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Es existieren unendlich viele Primzahlen $p \equiv 1 \pmod 4$.
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\begin{proof}
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Angenommen $p_1, \dots, p_s$ seien alle Primzahlen $\equiv 1 \pmod 4$.
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$N:= p_1 \cdots p_s$. Betrachte $(2N)^2 + 1$.
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Sei $q$ ein Primteiler von $(2N)^2+1$, dann kann $q$ nicht aus
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$\{p_1, \dots, p_s\}$ sein, also $q \equiv 3 \pmod 4$.
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$(2N)^2 + 1 \equiv 0 \pmod q \iff (2N)^2 \equiv -1 \pmod q$, das heißt $-1$ ist QR$\mod q$, also ???.%TODO: fix
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Nach erstem Ergänzungssatz $\implies q \equiv 1 \pmod 4$
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\qed
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\end{proof}
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\end{bsp}
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\end{document}
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