--- /dev/null
+\documentclass[a4paper,10pt,fleqn]{article}
+\usepackage[utf8x]{inputenc}
+\usepackage{amsmath,amssymb,ulsy}
+\usepackage{fullpage}
+\usepackage{txfonts}
+\usepackage[ngerman]{babel}
+\usepackage{fixltx2e} %Deutschsprach Bugs
+%\usepackage[T1]{fontenc}
+%\usepackage{lmodern}
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+\usepackage{emaxima}
+%\usepackage{ngerman}
+
+\pagestyle{fancy}
+\chead{3. Übung ZtuA}
+\rhead{Mi, 9. Mai 2012}
+
+\def\P{\mathbb{P}}
+\def\N{\mathbb{N}}
+\def\R{\mathbb{R}}
+\def\Z{\mathbb{Z}}
+\def\oder{\vee}
+\def\und{\wedge}
+
+\def\kgV{\text{kgV}}
+\def\ggT{\text{ggT}}
+\def\sgn{\text{sgn}}
+%opening
+\title{$3$. Übung ZtuA}
+\author{}
+
+\begin{document}
+
+%\section*{$3$. Übung}
+\subsection*{$13$. Aufgabe}
+{\texttt{Man beweise, dass es je unendlich viele Primzahlen der Form a) 4k+3 und b) 4k+1 gibt. (Hinweis: Man verwende dazu jeweils eine geeignete Variante des klassischen Beweises von Euklid über die Unendlichkeit der Menge der Primzahlen, wobei speziell für den Beweisteil b) der erste Ergänzungssatz benötigt wird.)} \newline
+ \begin{enumerate}
+ \item[(a)] Angenommen, die Menge aller Primzahlen der Form $4k+3$, d.h. $p_{1}, \ldots, p_{n}$ sind alle. $7 \equiv 3 \mod 4$, daher ist diese Menge nichtleer. Definiere
+ \begin{equation}
+ m:=4p_{1} \ldots p_{n} - 1 \equiv 3 \mod 4
+ \end{equation}
+insbesondere ist $m$ ungerade. Nun gilt
+\begin{equation}
+ \forall i: p_{i} < 2 p_{i} < 3p_{i} - 1 < 4p_{1} \ldots p_{n} - 1
+\end{equation}
+Nach dem Fundamentalsatz der Zahlentheorie hat $m$ mindestens einen Primteiler $p$. Dieses $p$ kann nicht von der Form $4k+1$ sein, da sonst der Rest $-1$ bleiben würde. Daher hat $m$ nur Primteiler der Form $4k+1$, woraus folgt, dass $m \equiv 1 \mod 4$ ist, was ein Widerspruch zur Konstruktion von $m$ ist. \newline
+(Anders: $m \equiv 3 \mod 4$, d.h. m kann nicht nur Primfaktoren der Form $4k+1$ haben, sei $p \equiv 3 \mod 4 \land p \mid m \Rightarrow p \mid 1$. WS!)
+\item[(b)] Angenommen, es gibt nur endlich viele Primzahlen der Form $4k+1$, diese seien $p_{1}, \ldots, p_{r}$. $5 \equiv 1 \mod 4$, daher $r\geq 1$. Mit
+ \begin{equation}
+ \alpha \equiv 1 \mod 4 \land \beta \equiv 1 \mod 4 \Rightarrow \alpha \beta \equiv 1 \mod 4,
+ \end{equation}
+erhält man für $n$:
+\begin{equation}
+n:=\left(2p_{1} \cdots p_{r} \right)^{2} +1 = 4 \left( p_{1} \cdots p_{r} \right)^{2} + 1 \Rightarrow n \equiv 1 \mod 4
+\end{equation}
+Sei $p \in \P \land p \mid n$ (nach dem Fundamentalsatz der Zahlentheorie):
+\begin{equation}
+\forall i \in \lbrace 1 , \ldots, r \rbrace: p \neq p_{i} \textsl{ (da Rest 1 bleibt) }
+\end{equation}
+
+Insbesondere folgt daraus, dass $p \equiv 3 \mod 4$. Man erhält also die folgende Kongruenz:
+\begin{equation}
+\left( 2p_{1} \cdots p_{r} \right)^{2} \equiv -1 \mod p,
+\end{equation}
+es ist also $-1$ quadratischer Rest $\mod p$. Dies steht nun im Widersrpuch zum 1. Ergänzungssatz.
+ \end{enumerate}
+
+\newpage
+\subsection*{$14$. Aufgabe}
+{\texttt{(``Briefmarkenproblem'') Unter der Annahme, dass man von zwei Briefmarkensorten mit den Werten $a$ und $b$, wobei $a,b>0$ ganz und teilerfremd vorausgesetzt werden, beliebig viele Briefmarken zur Verfügung hat, zeige man, dass ab einer gewissen Schranke $s$ jede ganzzahlige Frankierung damit möglich ist. Was ist die kleinste derartige Schranke? (Hinweis: Man verwende zunächst den Chinesischen Restsatz, um zu zeigen, dass die Menge $S=\lbrace ax+by \mid 0 \leq x < b, 0 \leq y < a \rbrace$ ein volles Restsystem $\mod ab$ ist und betrachte dann die Partition $S=S_{0} \cup S_{1}$ von $S$, wobei $S_{0} = \lbrace x \in S \mid x <ab \rbrace$ und $S_{1} = S \setminus S_{0}$. Welcher Zusammenhang besteht zwischen $S_{0}$ und $S_{1}$?)}} \newline
+Gilt $a = 1 \vee b = 1$ so ist die Aufgabe trivial, daher sei im Folgenden $a \neq 1 \land b \neq 1$, und oBdA $a < b$. \newline
+Aus $\gcd(a,b)=1$ erhält man zunächst $\Z_{ab} \cong \Z_{a} \times \Z_{b}$. Sei
+\begin{equation}
+S := \lbrace ax+by \mid 0 \leq x < b, 0 \leq y < a \rbrace, \quad \vert S \vert = ab
+\end{equation}
+Sei $u \in Z_{ab}$ gegeben, dann gilt also $u \cong (u_{a}, u_{b})$.
+Mit den folgenden Bezeichnungen aus dem Beweis des Chinesischen Restsatzes gilt:
+\begin{subequations}
+\begin{align}
+m_{1}=a, m_{2}=b, M = m_{1} m_{2}, M_{i} := \frac{M}{m_{i}}, \\
+x \equiv a_{i} \mod m_{i}, i=1, \cdots, k \\
+s_{i} := inv(M_{i}, \Z_{m_{i}}) \\
+\implies x = \sum_{i=1}^{k} a_{i} \cdot s_{i} \cdot M_{i} \mod M
+\end{align}
+\end{subequations}
+ist die eindeutige Lösung $\mod M$. \newline
+Aus $M_{1} = m_{2}=b, M_{2} = m_{1}=a$ erhält man nun:
+\begin{equation}\label{abschS}
+\implies u = u_{a} \cdot inv(b,\Z_{a}) \cdot b + u_{b} \cdot inv(a,\Z_{b}) \cdot a \mod ab
+\end{equation}
+ist die eindeutige Lösung $\mod ab$. \\
+Nun erhält man aber aus \eqref{abschS} das Folgende
+\begin{subequations}
+\begin{align}
+u_{a} \cdot inv(b,\Z_{a}) \cdot b + u_{b} \cdot inv(a,\Z_{b}) \cdot a \mod ab \equiv \\
+\equiv \left( u_{a} \cdot inv(b,\Z_{a}) \cdot b \mod ab \right) +_{\Z_{ab}} \left( u_{b}\cdot inv(a,\Z_{b}) \cdot a \mod ab \right) \label{gl0}
+%\equiv \left( \left( u_{a} \cdot inv(b,\Z_{a}) \mod ab \right) \cdot_{\Z_{ab}} \left( b \mod ab \right) +_{\Z_{ab}} \left( \left( u_{b} \cdot inv(a,\Z_{b}) \mod ab \right) \cdot_{\Z_{ab}} \left( a \mod ab \right) \equiv \label{gl0} \\
+\end{align}
+\end{subequations}
+Betrachte nun folgende Darstellung für beliebiges $\gamma \in \N$:
+\begin{subequations}\label{erg0}
+\begin{align}
+\exists k_{b} \in \N: \gamma b = k_{b} (ab) + r_{b} \land 0 \leq r_{b} < ab \land \gamma b \equiv r_{b} \mod ab \\
+\Rightarrow (\gamma-k_{b} \cdot a)b = r_{b} \\
+\Rightarrow 0 \leq (\gamma - k_{b}a)b < ab \Rightarrow (\gamma - ka) < a
+\end{align}
+\end{subequations}
+Setzt man speziell $\gamma := u_{a} \cdot inv(b,\Z_{a}), \delta := u_{b} \cdot inv(a,\Z_{b})$ und setzt man die Ergebnisse aus \eqref{erg0} in \eqref{gl0} ein, so erhält man
+\begin{subequations}
+\begin{align}
+\eqref{gl0} \equiv \left( \gamma-k_{b}a \right) b + \left( \delta-k_{a}b \right) a \mod ab \label{darst}
+\end{align}
+\end{subequations}
+In \eqref{darst} hat man nun die gesuchte Darstellung als Element von S. Daher ist $S$ ein vollständiges Restsystem $\mod ab$. \\
+(Einfacher für Restsystem: betrachte folgendes System von Kongruenzen, welches nach dem Chinesischen Restsatz eine eindeutige Lösung $\mod ab$ hat:
+\begin{equation}
+\begin{cases}ax+by \equiv u_{a} \mod a \quad \Rightarrow by \equiv u_{a} \mod a \\ ax+by \equiv u_{b} \mod b \quad \Rightarrow ax \equiv u_{b} \mod b \end{cases}
+\end{equation}
+Aus $\gcd(a,b)=1$ folgt, dass die Inversen von $a$ und $b$ jeweils in $\Z_{b}$, bzw $\Z_{a}$ existieren, wodurch man das folgende äquivalente System von Kongruenzen erhält:
+\begin{equation}
+\begin{cases} y \equiv b^{-1} u_{b} \mod a \\ x \equiv u_{b} \mod b \end{cases}
+\end{equation}
+Klarerweise sind $S_{0}$ und $S_{1}$ disjunkt. Aus $0 \in S_{0}$, bzw $(b-1,1) \cong a(b-1)+b = ab-a+b>ab$ folgt, dass $S_{0} \neq \emptyset, S_{1} \neq \emptyset$.
+Sei nun $n \in \N \implies \exists k \in \N: n = k \cdot (ab) + r \land 0 \leq r < ab$. Ist $k \geq 1$, so kann man n sicher mit Hilfe des vollen Restsystems und der Abschätzung \eqref{abschS} darstellen. Die größte nicht darstellbare Zahl $\mod ab$ ist $2ab-a-b-1 \Rightarrow s = (a-1)(b-1)$.
+
+\newpage
+\subsection*{$15$. Aufgabe}
+{\texttt{Man zeige: Ist $p \in \P$ der Form $4k+3 \Rightarrow x^{2} \equiv -1 \mod p$ ist sicher nicht lösbar, ist $p$ der Form $4k+1$, so ist $x_{0} := \left( \frac{p-1}{2} \right)! \mod p$ eine Lösung. (Hinweis: Für den ersten Teil Primitivwurzel $\mod p$, und über Potenzen von g argumierentieren. Für den zweiten Teil zeige zunächst $x_{0}^{2} \equiv (p-1)! \mod p$ und zeige dann $(p-1)! \equiv -1 \mod p$). }} \newline
+Sei $p \in \P$ und $p \equiv 3 \mod 4$. Nach dem Satz von Gauß existiert eine Primitivwurzel $ g \mod p$.
+Weiters hat das Polynom $x^{2} - 1 = 0$ genau zwei verschiedene Lösungen in $\Z_{p}$, nämlich $\pm 1$. Nun gilt
+\begin{equation}
+g^{\left( \frac{p-1}{2} \right)^{2}} \equiv 1 \mod n \Rightarrow g^{\left( \frac{p-1}{2} \right)} = \pm 1 \mod p
+\end{equation}
+Da $g$ nach Voraussetzung die Ordnung $p-1$ hat, folgt
+\begin{equation}
+g^{\left( \frac{p-1}{2} \right) } \neq 1 \implies g^{\left( \frac{p-1}{2} \right)} \equiv -1 \mod p
+\end{equation}
+Aus
+\begin{subequations}
+\begin{align}
+p \equiv 3 \mod 4 \Rightarrow p-1 \equiv 2 \mod 4 \\
+\Rightarrow \exists j \in \N: p-1 = 4j+2 \\
+\Rightarrow \frac{p-1}{2} = \underbrace{2j+1}_{\textsl{ungerade}}
+\end{align}
+\end{subequations}
+Nach Satz $3.2$ kann daher $-1$ kein quadratischer Rest modulo $p$ sein.
+\paragraph{}
+Sei nun $p \in \P \land p \equiv 1 \mod 4$. Es gilt
+\begin{subequations}
+\begin{align}
+p-1 \equiv -1 \mod p \\
+p-2 \equiv -2 \mod p \\
+\vdots \\
+p-\frac{p-1}{2} \equiv \frac{p+1}{2} \\
+\Rightarrow \left( \frac{p-1}{2} \right) ! \equiv (p-1)\cdot (p-2) \cdots (\frac{p+1}{2})
+\end{align}
+\end{subequations}
+Weiters gilt
+\begin{equation}
+a \in \Z_{p}^{*}: \exists! a^{-1} \in \Z_{p}^{*} : a \cdot a^{-1} \equiv 1 \mod p
+\end{equation}
+Die Zahlen $1$ und $p-1$ sind klarerweise selbstinvers. Die Zahlen $2,\cdots, p-2$ gilt $\vert \lbrace 2,3,\cdots, p-2 \rbrace \vert = p-3$, $p-3$ ist gerade, daher finden sich immer zwei, welche zueinander invers sind. Daher folgt
+\begin{subequations}
+\begin{align}
+1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots p-2 \equiv 1 \mod p \\
+1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots p-2 \cdot p-1 \equiv p-1 \equiv -1 \mod p
+\end{align}
+\end{subequations}
+
+\newpage
+\subsection*{$16$. Aufgabe}
+{\texttt{Man berechne die Legendresymbole (700/769) und (1215/1381) zuerst ohne und dann mit Verwendung von Jacobisymbolen.}} \newline
+Zuest ist Folgendes zu überprüfen, um von Legendre- bzw Jacobisymbolen sprechen zu können:
+\begin{maxima}
+primep(769);
+primep(1381);
+\maximaoutput*
+\m \mathbf{true} \\
+\m \mathbf{true} \\
+\end{maxima}
+Mit Legendresymbol:
+\begin{subequations}
+\begin{align}
+\left( \frac{700}{769} \right)_{L} = \left( \frac{2^{2} 5^{2} 7}{769} \right)_{L} = \left( \frac{7}{769} \right)_{L} = \\
+= \left( \frac{769}{7} \right)_{L} = \left( \frac{6}{7} \right)_{L} = \left( \frac{-1}{7} \right)_{L} = -1
+\end{align}
+\end{subequations}
+Mit Jacobisymbol:
+\begin{subequations}
+\begin{align}
+\left( \frac{700}{769} \right)_{J} = \left( \frac{2^{2} 175}{769} \right)_{J} = \left( \frac{175}{769} \right)_{J} = \left( \frac{769}{175} \right)_{J} = \left( \frac{69}{175} \right)_{J} = \left( \frac{175}{69} \right)_{J} = \left( \frac{37}{69} \right)_{J} = \\
+=\left( \frac{69}{37} \right)_{J} = \left( \frac{32}{37} \right)_{J} = \left( \left( \frac{2}{37} \right)_{J} \right)^{5} = \left( \frac{2}{37} \right)_{J} = -1
+\end{align}
+\end{subequations}
+Mit Legendresymbol
+\begin{subequations}
+\begin{align}
+\left( \frac{1215}{1381} \right)_{L} = \left( \frac{3^{5} 5}{1381} \right)_{L} = \left( \frac{3}{1381} \right)_{L}^{5} \cdot \left( \frac{5}{1381} \right)_{L} = \left( \frac{3}{1381} \right)_{L} \cdot \left( \frac{5}{1381} \right)_{L} = \\
+= \left( \frac{1381}{3} \right)_{L} \cdot \left( \frac{1381}{5} \right)_{L} = \left( \frac{1}{3} \right)_{L} \cdot \left( \frac{1}{5} \right)_{L} = 1
+\end{align}
+\end{subequations}
+Mit Jacobisymbol:
+\begin{subequations}
+\begin{align}
+\left( \frac{1215}{1381} \right)_{J} = \left( \frac{1381}{1215} \right)_{J} = \left( \frac{166}{1215} \right)_{J} = \left( \frac{2 \cdot 83}{1215} \right)_{J} = \left( \frac{2}{1215} \right)_{J} \cdot \left( \frac{83}{1215} \right)_{J} = \\
+\stackrel{1215 \equiv -1 \mod 8} = \left( \frac{83}{1215} \right)_{J} = \left( \frac{1215}{83} \right)_{J} = \left( \frac{53}{83} \right)_{J} = \left( \frac{83}{53} \right)_{J} = \left( \frac{30}{53} \right)_{J} = \left( \frac{2}{53} \right)_{J} \cdot \left( \frac{15}{53} \right)_{J} = \\
+= - \left( \frac{53}{15} \right)_{J} = - \left( \frac{8}{15} \right)_{J} = - \left( \left( \frac{2}{15} \right)_{J} \right)^{4} = -1
+\end{align}
+\end{subequations}
+
+\newpage
+\subsection*{$17$. Aufgabe}
+{\texttt{Man bestimme alle ungeraden Primzahlen $p$, für welche $10$ quadratischer Rest ist.}} \newline
+Aus $10 = 2 \cdot 5$ erhält man aus Satz 3.2, (4):
+\begin{equation}\label{starkeMultLegendre}
+\left( \frac{10}{p} \right) = \left( \frac{2}{p} \right) \cdot \left( \frac{5}{p} \right)
+\end{equation}
+Daher ist $10$ genau dann quadratischer Rest, wenn beide Faktoren auf der rechten Seite von \eqref{starkeMultLegendre} gleich $1$, oder wenn beide gleich $-1$ sind. \newline
+Betrachte den Fall $p = 5, p=2$ getrennt: $\left( \frac{10}{5} \right) = \left( \frac{10}{2} \right) = 0$. \newline
+Sei $p \in \P \setminus \lbrace 2,5 \rbrace$:
+\begin{itemize}
+\item Seien beide Faktoren gleich $1$. Dann folgt aus Satz 3.5, dem 2. Ergänzungssatz, dass $p \equiv \pm 1 \mod 8$ gilt. Da $5 \equiv 1 \mod 4$, erhält man aus dem Quadratischen Reziprozitätsgesetz:
+\begin{equation}
+\left( \frac{5}{p} \right) = \left( \frac{p}{5} \right)
+\end{equation}
+Eine ungerade Primzahl $p \neq 5$ ist kongruent zu $1,2,3,4 \mod p$. Es gilt
+\begin{equation}
+\left( \frac{1}{5} \right) = 1, \left( \frac{2}{5} \right) = -1, \left( \frac{3}{5} \right) = -1, \left( \frac{4}{5} \right) = 1
+\end{equation}
+Daher muss notwendigerweise gelten: $p \equiv \pm 1 \mod 5$.
+Zusammen erhält man also, dass aus $p \equiv \pm 1 \mod 8 \land p \equiv \pm 1 \mod 5$ folgt, dass $\left( \frac{10}{p} \right) = 1$. Man erhält mit dem Chinesischen Restsatz folgendes System:
+\begin{subequations}
+\begin{cases} p \equiv \pm 1 \mod 40 \\ p \equiv \pm 9 \mod 40 \end{cases}
+\end{subequations}
+\item Seien beide Faktoren gleich $-1$. Daher ist $p \equiv \pm 3 \mod 8 \land \left( p \equiv \pm 2 \mod 5 \right)$. Man erhält daher mit dem Chinesischen Restsatz:
+\begin{subequations}
+\begin{cases} p \equiv \pm 3 \mod 40 \\ p \equiv \pm 13 \mod 40 \end{cases}
+\end{subequations}
+\end{itemize}
+Weiters beachte man $\varphi(40)=\varphi(5 \cdot 8 )=4 \cdot 4 = 16$.
+\newpage
+\subsection*{$18$. Aufgabe}
+{\texttt{Man zeige: Ist $p$ eine Primzahl, sodass auch $q=2p+1$ prim ist, so teilt $q$ entweder $2^{p}-1$ oder $2^{p}+1$ und zwar in Abhängigkeit davon, ob $2$ quadratischer Rest $\mod q$ ist oder nicht. (Für welche Mersenn'sche Zahlen $2^{p}-1$ mit $p<100$ sieht man so sofort, dass sie zusammengesetzt sind?).}} \newline
+\begin{enumerate}
+\item Sei $\left( \frac{2}{q} \right) = 1$, d.h. sei $2$ quadratischer Rest $\mod q$. Daher
+ \begin{equation}
+ \left( \frac{2}{q} \right) = 1 \implies \exists x \in \Z_{q}: x^{2} \equiv 2 \mod q
+ \end{equation}
+Setzt man diese Tatsache ein, erhält man
+\begin{equation}
+ 2^{p}-1=\left( x^{2} \right)^{p} - 1 = x^{2p} -1
+\end{equation}
+Aus dem kleinen Fermat erhält man nun direkt
+\begin{equation}
+ x^{(2p+1)-1} = x^{2p} \equiv 1 \mod 2p+1 \Rightarrow x^{2p}-1 \equiv 0 \mod q \Rightarrow q \mid 2^{p}-1
+\end{equation}
+\item Sei $\left( \frac{2}{q} \right) = -1$. Aus dem Euler'schen Kriterium erhält man nun sofort unter Beachtung von $\frac{q-1}{2} = p$, dass
+ \begin{equation}
+ \underbrace{2^{\frac{q-1}{2}}}_{\equiv -1 \mod q } +1 \equiv -1 + 1 \equiv 0 \mod q \Rightarrow q \mid 2^{p}+1
+ \end{equation}
+\end{enumerate}
+\begin{maxima}
+for p:3 thru 97 step 1 do if primep(p) and primep(2*p+1) and power_mod(2,(p-1)/2,p) = 1 then ldisplay(p);
+for i in [23,41,89] do ldisplay(primep(2^i-1));
+618970019642690137449562111-341550071728321;
+\maximaoutput*
+\t9. p=23 \\
+\t10. p=41 \\
+\t11. p=89 \\
+\m \mathbf{done} \\
+\t12. \mathrm{primep}\left(8388607\right)=\mathbf{false} \\
+\t13. \mathrm{primep}\left(2199023255551\right)=\mathbf{false} \\
+\t14. \mathrm{primep}\left(618970019642690137449562111\right)=\mathbf{true} \\
+\m \mathbf{done} \\
+\m 618970019642348587377833790 \\
+\end{maxima}
+\end{document}
projects / zahlenTA.git / commitdiff