Der Kleine Satz von Fermat - KIT

Proseminar Mathematisches Problemlösen
Referentin: Anna Mai
Thema: Kleiner Satz von Fermat und Satz von Euler
06. Juli. 2006
Der Kleine Satz von Fermat
Der Kleine Satz von Fermat ist nach Pierre de Fermat (1601-1665) benannt.
Satz: Ist p eine Primzahl, a eine ganze Zahl, die kein Vielfaches von p ist, dann gilt:
ap−1 ≡ 1 (mod p)
Beweis: Die p−1 Reste von 1·a,2·a,3·a,…,(p−1)·a bei Division durch p sind
paarweise verschieden und ungleich Null. Denn aus i·a = j·a (mod p) für 1 ≤ i,j ≤ p−a
würde folgen, wegen ggT(p,a) = 1, i = j (mod p). Wegen 1 ≤ i,j ≤ p−1 müsste dann i =
j sein. Wir haben also p−1 verschiedene Reste aus der Menge der p−1 Zahlen
1,2,…,p-1.
Also sind diese Reste gerade die Zahlen von 1 bis p−1. Damit ergibt sich
(1a)(2a)(3a)·…·(p−1)a ≡ 1·2·3·…·(p−1) (mod p)
(p−1)!·ap−1 ≡ (p−1)! (mod p)
Da p Primzahl ist und folglich kein Teiler von (p-1)! ist, folgt
ap−1 ≡ 1 (mod p).
Durch Multiplikation beider Seiten mit a ergibt sich a p ≡ a (mod p), was auch richtig
bleibt, wenn p ein Teiler von a ist. Denn dann ist ap = 0 = a (mod p).
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Der Eulersche Satz (auch: Satz von Fermat-Euler)
Der Eulersche Satz stellt eine Verallgemeinerung des Kleinen Satzes von Fermat dar
und ist benannt nach Leonhard Euler (1707-1783). Euler veröffentlicht 1736 als
erster einen Beweis für den Kleinen Satz von Fermat. Im Jahr 1760 gelingt es ihm
den Kleinen Satz von Fermat von Fall einer Primzahl p auf eine beliebige natürliche
Zahl n zu verallgemeinern.
Satz: Ist n eine natürliche Zahl und ggT(a,n) = 1, so gilt
aΦ(n) ≡ 1 (mod n)
Bemerkung: Ist n = p eine Primzahl, so erhalten wir Φ(p) = p−1, und die Behauptung
wird zum Kleinen Satz von Fermat: ap−1 ≡ 1 (mod p)
Aufgaben zum Kleinen Satz von Fermat
Aufgabe 1:
Der kleine Fermat kann hilfreich bei der Berechung von Potenzresten sein. Oft ist
dann ein Rechner nicht nötig. Ermittle in diesem Sinne die Reste der
Divisionsaufgaben:
a) 652 : 11
b) 382 : 17
c) 6100003 : 101
Lösung:
a) 652 = 650·62 = (610)5·62 ≡ 36 ≡ 3 (mod 11)
b) 382= 380·32 = (316)5·32 ≡ 9 (mod 17)
c) 6100003 = 6100000·63 = (6100)1000·63 ≡ 216 ≡ 14 (mod 101)
Aufgabe 2:
a) Man benutze den Kleinen Satz von Fermat, um zu zeigen, dass 17 ein Teiler
der Summe 11104 + 1 ist.
b) Man bestätige 186 ≡ 1 (mod 7k) für k = 1,2,3.
Lösung:
a) Wegen 1116 ≡ 1 (mod 17) gilt:
11104 = (1116)6·118 ≡ 1·118 = (112)4 ≡ 24 ≡ −1 (mod 17)
b) Die Kongruenz 186 ≡ 1 (mod 7) folgt unmittelbar aus dem Kleinen Satz von
Fermat.
Die Kongruenz 186 ≡ 1 (mod 72) lässt sich folgendermaßen berechnen:
186 = 26·35·35·9 ≡ 15·(−2)·(−2) ·9 = 15·36 = 5·108 ≡ 5·10 ≡ 1 (mod 72).
Für die Kongruenz 186 ≡ 1 (mod73) findet man 186 = (183)2 ≡ 12 = 1 (mod 73).
Betrachtet man diese letzte Kongruenz als zuerst bewiesen, folgen die beiden
ersten automatisch.
Aufgabe 3:
Die letzten drei Erscheinungen des Halleyschen Kometen fielen in die Jahre 1835,
1910 und 1986. Das nächste Mal kann man ihn im Jahre 2061 sehen. Man beweise
die in diesem Zusammenhang gültige Kongruenz
18351910 + 19862061 ≡ 0 (mod 7)
Lösung:
Es ist ggT(1835,7) = ggT(1986,7) = 1. Nach Fermats Satz gelten daher die beiden
Kongruenzen 18356 ≡ 1 (mod 7) und 19866 ≡ 1 (mod 7). Damit ergibt sich:
18351910 +19862061 = 18356·318+2 + 19866·343+3 ≡ 1318·18352 + 1343·19863
= 18352 + 19863 ≡ 12 + 53 ≡ 1 + 6 = 0 (mod 7)
Aufgaben zum Eulerschen Satz
Aufgabe 4:
Wähle beispielsweise n = 30 und a = 11.
Lösung:
11 Φ(30) = 118 = (112)4 = 1214 ≡ 14 = 1 (mod 30)
Aufgabe 5:
Was ist die letzte Dezimalstelle von 7222, also welcher Zahl ist 7222 kongruent modulo
10?
Lösung:
Zunächst bemerken wir, dass ggT(7,10) = 1 und dass Φ(10) = 4. Also liefert der Satz
von Euler 74 = 1 (mod 10) und wir erhalten:
7222 = 74·55·72 = 155·72 ≡ 49 ≡ 9 mod 10
Aufgabe 6:
Bestimme die letzten beiden Ziffern der Dezimaldarstellung von 3 256.
Lösung:
Wegen ggT(3,100) = 1 und Φ(100) = Φ(22·52) = 100(1−1/2)(1−1/5) = 40 erhalten wir
aus dem Satz von Euler die Kongruenz 340 ≡ 1 (mod100). Dadurch erhalten wir
wiederum:
3256 = 36·40+16 = (340)6316 ≡ 316 (mod 100)
Damit ist unsere Aufgabe darauf zurückgeführt, 316 modulo 100 auszurechnen:
316 = 814 ≡ (−19)4 = 3612 ≡ 612 ≡ 21 (mod 100)
Aufgabe 7:
Man verwende den Satz von Euler um 2100000 (mod 77) zu berechnen.
Lösung:
Nach dem Satz von Euler ist 2Φ(77) = 2Φ(7)Φ(11) = 260 ≡ 1 (mod 77). Folglich hat man
2100000 = (260)1666·240 ≡ 1·240 = (210)4 ≡ 234 = 5292 ≡ 672 ≡ 23 (mod 77).
Literatur:

Burton, David M. und Dalkowski, H. (2001): Handbuch der elementaren
Zahlentheorie. Berlin: Heldermann Verlag

Bartholomé, Andreas; Rung, Josef und Kern, Hans (2003): Zahlentheorie für
Einsteiger. Wiesbaden: vieweg