Proseminar Mathematisches Problemlösen Thema: Zahlentheorie II

Proseminar Mathematisches Problemlösen
Thema: Zahlentheorie II
Handout von Franziska Wolf
Äquivalenzklassen modulo q
Definition: Sei q>=2, q  . Für jedes n  nennen wir die Menge n = {n+ kq : q Z}
die Äquivalenzklasse der Zahl n modulo q
Bezeichnung n oder n(q)
Die Menge aller Äquivalenzklassen bezeichnen wir mit Zq
n + m = n + m (1)
n·m=n·m
(2)
Aufgabe 1
Beweisen Sie:
a) Die Menge Zq aller (verschiedenen) Äquivalenzklassen modulo q besteht aus q
Elementen.
b) Addition und Multiplikation auf Zq werden durch (1) und (2) eindeutig definiert, d.h.
für je n1, n2 mit n1 = n2
n1 + m1 = n2 + m2
und
und
m1, m2 mit
m1 = m2 gilt
n1 · m1 = n2 · m2
c) Zq ist bezüglich der Addition und Multiplikation ein kommutativer Ring. Dabei
spielen
die Elemente 0 und 1 die Rolle der Neutralelemente bezüglich der Addition bzw. der
Multiplikation.
Lösung
1a) Man definiere die Abb.A( n) : Zq --> {0,1,2,..., q-1} mit A (n) = r ,
wobei r  {0,1,... q-1} der Rest von n bei Division von q ist. (r unabhängig von n)
zu zeigen: A ist injektiv  es werden keine Werte doppelt angenommen
und A ist surjektiv  es werden wirklich alle Werte aus {0,1,2,..., q-1} angenommen
A ist injektiv, denn aus A(n1) =A(n2) = r folgt: n1 = k1q + r  n2 = n1 +(k2-k1)q
A ist surjektiv, da A( r) = r ist für alle r  {0,1,... q-1}
Also ist | Zq | = |{0,1,2,..., q-1} | = q
1b) Äquivalenz von : 1) n1 = n2 ,
2)
m1 = m2
n1 - n2  Zq , m1 –m2  Zq
3) n1-n2 = kq , m1-m2 = sq
s,q  Z
Addition: n1 + m1 – n2 – m2 = kq +sq  (n1+m1) – (n2+m2) = kq +sq = (k+s)q , q  Z
Multiplikation:n1 = n2+kq, m1= m2+sq
n1· m1 – n2m2 = (n2+kq)· (m2+sq) – n2m2
=
 qZ
n2sq +m2kq +ksq2
 Beh.
1c) zu zeigen: 1.1 (Zq, +) ist abelsche Gruppe
1.2 (Zq, ·) ist kommutative Halbgruppe
zu 1.1. (Zq, +) ist abelsche Gruppe:
n + m = n +m = m+n = m + n
 kommutativ
0 + m = 0 + m = m  neutrales Element
( n +m)+k = n+m +k = ( n+m)+k = n+(m+k) = n +m +k = n+(m+k)  assoziativ
zu 1.2 (Zq, ·) ist kommutative Halbgruppe:
n · m = n·m = m·n = m ·
n  kommutativ
1 · m = 1·m = m  neutrales Element
(n · m)·k =
n·m ·k = ( n·m)·k = n·(m·k) =
n · m k = n· (m · k)  assoziativ
(n+ m)· k = n+m · k =( n+m)·k = n·k +m·k = nk +mk  distributiv
Aufgabe 2: Sei p eine Primzahl. Beweise, dass Zq ein Körper ist, d.h. dass es für
alle Elemente a  Zp mit a ≠ 0 gibt es ein x  Zp mit
a·x = 1
Lösung: sei a ≠ 0 --> a, p teilerfremd.
 dann gibt es ganze Zahlen x und y mit ax =py+1
 daraus folgt: a · x = ax = py+1 = 1
Chinesischer Restklassensatz
Definition :Sind n1,n2,...nr paarweise teilerfremde natürliche Zahlen. Dann hat das
Kongruenzsystem
x  (mod n1) , x  a2 (mod n2), ... , x  ar (mod nr)
eine Lösung, die eindeutig modulo n1·n2· ...·nr ist.
Beweis:
n : = n1 ·n2 · ... · nr
Nk : = n/ nk = n1 ·n2· ... ·nk-1 ·nk+1· nr
Produkt enthält alle Faktoren außer
nk
ggT (Nk, nk) = 1 k 


da ni paarweise teilerfremd
lineare Kongruenzen: kx  1 (mod nk) hat die Lösung xk Satz: ax = py+1  Restklasse 1
_
Wir wollen nun zeigen, dass als Lösung gilt : x_ = a1N1x1 + a2N2x2 + ... + arNrxr
_
Ni  0 (mod nk) für i ≠ k
weil dann nk als Teiler von Ni drin steht
x
Also gilt x = a1N1x1 + a2N2x2 + ... + arNrxr  akNkxk (mod nk)
xk Lösungen der Kongruenzen kx  1 (mod nk)
kxk  1 (mod nk)
_
 _x = akNkxk  ak · 1· (mod nk) = ak · (mod nk)
_
(noch zu zeigen: Eindeutigkeit)
x
Beispiel : x  2 (mod 3), x  3 (mod 5), x  2 (mod 7) (*)
n = 3· 5 ·7 = 105
N1 = n/3 = 105/ 3 = 35 , N2= n/5 = 21, N3= n/7 = 15
Lineare Kongruenzen: 35x  1 (mod 3), 21x  1 (mod 5), 15x  1 (mod7)
 x1= 2,
Lösung:
x2= 1, x3= 1
x = 2 ·35 · 2 + 3·21·1+ 2·15·1 = 233
Eindeutige Lösung zwischen 0 und 104 liefert
a) das Kongruenzsystem:
35x  70 (mod 105), 21x  63 (mod 105), 15x  30 (mod105)
dieses Kongruenzsystem: ist äquivalent zu (*) und ist entstanden durch
Multiplikation einer Kongruenz mit Nk : z.B.: x· 35  2· 35 (mod 3·35) da N1 =35
 35x  70 (mod 105)
(Satz : a·c  b·c(mod k·c)  a  b(mod k) )
b) oder Divisionsalgorithmus: 233 = 2· 105 + 23 also x = 23
6. Aufgabe: Entfernt man aus einem Korb jedes Mal gleichzeitig 2,3,4,5 oder 6 Eier bleiben
jeweils 1,2,3,4 bzw.5 Eier zurück. Nimmt man jedes Mal zugleich fort, bleibt keines übrig.
Bestimme die kleinste Anzahl von Eiern, die im Korb gelegen haben könnten.
Lösung: In Konvergenzen ausgedrückt:
x  1 (mod 2) ,
x  2 (mod 3),
x  5 (mod 6),
x  0(mod 7)
x  3 (mod 4),
x  4 (mod 5),
davon verwerten muss man nicht alle Kongruenzen.
Man braucht nicht : x  3 (mod 4)  x-3 = 4k  x-1 = 4k+2  x  1 (mod 2)
Und: x  5 (mod 6)  x-5 = 6k  x-3 = 6k+3  x  2 (mod 3)
Um den Chinesischen Restsatz anwenden zu können, muss man sie teilerfremd machen:
x  3 (mod 4) | · 3
x  5 (mod 6) | · 2  3x  9 (mod12)
+ 2x  10 (mod12)
5x  19(mod 12)
5x  19(mod 12) 
x  11(mod 12)
(weil 5·19=95 = 8·12+11)
Übrigbleibende Kongruenzen:
x  11(mod 12),
x  4 (mod 5),
x  0(mod 7)
Anwendung des Chinesischen Restsatzes:
n = 420
N1 =35, N2= 84, N3= 60
Lineare Kongruenzen: 35x  1 (mod 12), 84x  1 (mod 5), 60x  1 (mod7)
 x1= 11,
x2= 4, x3= 2
x = 11 ·35 · 11 + 84·4·4+ 2·0·60 = 5579
5579  r (mod 420)  5579 = 13 · 420 +119
Lösung : x = 119
Literatur:
Neben den Materialien von Frau Dr. Grinberg habe ich folgende Bücher benutzt:
- Burton, David M.; Dalkowsky, Heinz, „ Handbuch der elementaren Zahlentheorie“,
Heldermann Verlag
- Scheid, Harald: „ Zahlentheorie“ , Spektrum Verlag