\end{bem}
\begin{bem}[Bemerkung zu Knapsack-Problem]
-Sind die Gewichte beispielsweise (alle) Potenzen von $2$ und kommt jedes Item höchstens einmal vor, so erhält man aus der Binärdarstellung die (eindeutige) Lösung.
+Sind die Gewichte beispielsweise (alle) Potenzen von $2$ und kommt jedes Item höchstens einmal vor, so erhält man aus der Binärdarstellung die (eindeutige) Lösung. Ist daher eine Folge super-increasing, ist die Aufspaltung der Summe leicht. \\
+Sei also $b_{1}, b_{2}, b_{3}, \ldots$ super-increasing. Definiere für $m > b_{1}+\ldots+b_{n}$:
+\begin{equation}
+ a_{i}:= w \cdot b_{\pi(i)} \mod m
+\end{equation}
+Geheimer Schlüssel: $[\pi,w,m]$. \\
+Öffentlicher Schlüssel: $[a_{1}, \ldots, a_{n}]$ \\
+Ist nun $x=x_{1}x_{2}\cdots x_{n} \in \lbrace 0,1 \rbrace^{n}$ gegeben, so bilde ($a\cdot x$ ist hier als inneres Produkt zu interpretieren!):
+\begin{equation}
+ s:=a\cdot x=a_{1}x_{1}+a_{2}x_{2}+\ldots+a_{n}x_{n} \mod m \textsl{ ist das Chiffrat}
+\end{equation}
+Angenommen: $w^{\prime}w \equiv 1 \mod m$, d.h. $w^{\prime}$ ist das Inverse zu $w \mod m$. Dann gilt
+\begin{equation}
+ s^{\prime}=w^{\prime} s \equiv b_{\pi(1)}x_{1}+b_{\pi(2)}x_{2}+\ldots+b_{\pi(n)}x_{n}
+\end{equation}
+siehe Skript auf algebra.tuwien.ac.at
+\end{bem}
+
+\begin{bem}
+ Es gibt Chuer-Rivest-Variante, z.B.: LLL-Verfahren.
+\end{bem}
+
+\begin{bem}[Bemerkung zu Seite 18]
+ Es gilt
+ \begin{equation}
+ de=1+k \cdot \lcm(p-1,q-1),
+ \end{equation}
+weil $ed \equiv 1 \mod n$.
+\end{bem}
+
+% VO 16.5.2012
+\begin{proof}[Beweis zu Satz $1.1$, Seite $18$]
+ Zeige zuerst mit vollständiger Induktion nach $k$, dass gilt
+ \begin{equation}
+ a^{1+k\cdot (p-1)}\equiv a \mod p
+ \end{equation}
+$k=0$ ist klar. \\
+$k \rightarrow k+1$:
+\begin{subequations}
+ \begin{align}
+ a^{1+(k+1)(p-1)} \equiv a^{p+k(p-1)} \equiv \underbrace{a^{p}}_{\equiv a \mod p (*)} \cdot a^{k(p-1)} \equiv a^{1} \cdot a^{k(p-1)} \stackrel{\textsl{IV}} \equiv a \mod p
+ \end{align}
+\end{subequations}
+$(*)$ folgt für $p \nmid a$ aus $a^{(p-1)} \equiv 1 \mod p$ aus dem kleinen Fermat, und ist für $p \mid a$, d.h. $a \equiv 0 \mod p$ trivial. \\
+Analog für $q$: $a^{1+k(q-1)} \equiv a \mod q$. \\
+Und damit auch für $a^{1+k \cdot \lcm(p-1,q-1)} \equiv a \mod p / \mod q$, woraus wg $n=pq=\lcm(p,q)$ die Behauptung aus dem Chinesischen Restsatz folgt. \\
+Dieser Satz gilt auch für Carmichaelzahlen, welche auch die Bedingung $(*)$ erfüllen.
+\end{proof}
+
+\begin{bem}[Bemerkung zu den Fixpunkten]
+ Man erhält das folgende System von Kongruenzen:
+ \begin{equation}
+ \begin{cases}
+ m^{e} \equiv m \mod p \\ m^{e} \equiv m \mod q
+ \end{cases}
+ \end{equation}
+Es sind $0,\pm 1 \mod p$ mindestens Lösungen. Es sind $0,\pm 1 \mod q$ mindestens Lösungen. Nach dem Chinesischen Restsatz erhält man daraus $9$ Lösungen $\mod n$.
+\end{bem}
+
+\begin{bem}
+ Hat $f$ eine kleine Ordnung in der Permutationsgruppe, d.h. $f^{k}(m)=m$ für ein ``kleines'' $k$, so betrachte man
+ \begin{equation}
+ f^{(k)}(c)=f(f(\cdots(f(c))))=c
+ \end{equation}
+und man erhält sofort $m=f^{(k-1)}(c)$.
+\end{bem}
+
+\begin{proof}[Beweis zu Satz $1.2$, Seite $19$]
+ \begin{subequations}
+ \begin{align}
+ \left( \pm V_{\frac{r+1}{2}} \right)^{2}=\left( \alpha^{\frac{r+1}{2}} + \beta^{\frac{r+1}{2}} \right)^{2} \stackrel{\textsl{1.Binom.Formel}} = \\
+ = \alpha^{r+1} + \beta^{r+1} + 2 \left( \alpha \beta \right)^{\frac{r+1}{2}} = \alpha \alpha^{r} + \beta \beta^{r} + 2 \left( \alpha \beta \right)^{\frac{r-1}{2}} \left( \alpha \beta \right) = \\
+\stackrel{*} = \alpha \beta + \alpha \beta + 2 a^{\frac{r+1}{2}} \left( \alpha \beta \right) \stackrel{**} = \\
+= 4 \alpha \beta = 4 Q = 4 a \mod r \\
+\implies \left( \pm \frac{V_{\frac{r+1}{2}}}{2} \right)^{2} \equiv a \mod r
+ \end{align}
+ \end{subequations}
+@(*): es gilt $a^{r} \equiv \beta \mod r$, $\beta^{r} \equiv \alpha \mod r$\\
+@(**): $a^{\frac{r+1}{2}} \equiv \left( \frac{a}{r} \right) \mod r \equiv 1 \mod r$. Weiters gilt $\alpha \beta=Q \stackrel{\textsl{Vs.}} = a$. \\
+Man beachte, das Inverse von $2 \mod r$ gemeint ist, $r$ ist eine Primzahl, d.h. $\gcd(2,r)=1$, daher ist $2$ invertierbar:
+\begin{equation}
+ \frac{1}{2}=2^{-1}=\frac{1+r}{2} \mod r
+\end{equation}
+\end{proof}
+
+\begin{bem}[Bemerkung zu Rabin-Variante]
+ Man betrachte das System:
+ \begin{equation}
+ \begin{cases}
+ \left( \pm s \right)^{2} \equiv c \mod n \\ \left( \pm t \right)^{2} \equiv c \mod n
+ \end{cases}
+ \end{equation}
+Daher betrachte:
+\begin{equation}
+ \lbrace \gcd(c+s,n), \gcd(c-s,n), \gcd(c+t,n),\gcd(c-t,n) \rbrace = \lbrace 1,p,q,n \rbrace
+\end{equation}
+\end{bem}
+
+\begin{bem}[Bemerkung zu ElGamal]
+Sei $m$ das quellencodierte Element von $G$. Verschlüsselung: $(g^{k},m \cdot (g^{a})^{k} )=c=(c_{1},c_{2})$. \\
+Der Empfänger: $m=c_{2} \cdot c_{1}^{-1} = m \cdot g^{ak} (g^{k})^{(-a)} = m$. \\
+In der Gruppe $(\Z,+)$ ist das dlp ganz (!) leicht zu lösen:
+\begin{equation}
+ g^{a}=a\cdot g=\underbrace{g+g+g+g+g+g+g}_{\textsl{a-mal}} = =h
+\end{equation}
+Division durch $a$ liefert Lösung. \\
+Analog für $(\Z_{n},+)$. $g^{a} \equiv a g \equiv h \mod n \Rightarrow a \equiv g^{-1}h \mod n$, falls $\gcd(g,n)=1$. \\
+Aus Erfahrung ist ``schwer'': $G=(\Z_{p}^{*},\cdot), p \in \P$ groß, $\vert p \vert \approx 1024$ bit. \\
+Bei $G=E(\Z_{p}),p \in \P$ reicht schon $p \approx 2^{160}$, d.h. ein weitaus kleinere Bitanzahl.
+\end{bem}
+
+\begin{bem}
+ Streng genommen sind die hier betrachteten Tests eigentlich ``Zusammengesetztheitstests'', da falls ein Test nicht bestanden wird sicher ist, dass die Zahl zusammengesetzt ist. Wird der Test bestanden, bleibt eine kleine Irrtumswahrscheinlichkeit.
+\end{bem}
+
+\begin{bem}[Satz von Wilson (oB)]
+ \begin{equation}
+ p > 1 \in \P \Leftrightarrow (p-1)! \equiv -1 \mod p
+ \end{equation}
+\end{bem}
+
+\begin{bem}[Beispiel zu Satz von Wilson]
+ $p=11: (p-1)! \equiv -1 \mod 11$. \\
+Problem: Faktorielle wachsen stark.
+\end{bem}
+
+\begin{proof}[Beweis zu Satz $2.2$]
+Sei
+\begin{equation}
+ U:=\lbrace \bar{a} \in \Z_{N}^{*} \mid \bar{a}^{N-1} \equiv 1 \mod N \rbrace \subseteq \Z_{N}^{*}
+\end{equation}
+ Für eine endliche (Teil-)Menge folgt aus ihrer Abgeschlossenheit schon, dass sie eine Untergruppe ist (nach dem kleinen Satz von Fermat folgt die Existenz eines Inversen). Daher
+ \begin{subequations}
+ \begin{align}
+ \bar{a}_{1},\bar{a}_{2} \in U \Rightarrow \bar{a}_{1}^{N-1} \equiv 1 \mod N \land \bar{a}_{2}^{N-1} \equiv 1 \mod N \\
+\Rightarrow \left( \bar{a}_{1} \bar{a}_{2} \right)^{N-1} \equiv 1 \mod N \\
+\Rightarrow \bar{a}_{1} \cdot \bar{a}_{2} = \bar{a_{1}a_{2}}
+ \end{align}
+ \end{subequations}
+\end{proof}
+
+\begin{bem}
+ Aus $a^{N-1} \equiv 1 \mod N \Rightarrow \exists k \in \Z: a^{N-1} + kN=1 \Rightarrow \gcd(a,N)=1$. \\
+Aus der Kontraposition erhält man: Wenn $\gcd(a,N)\neq 1$, so wird der Fermat-Test sicher nicht bestanden.
+\end{bem}
+
+\begin{bem}[Bemerkung zu $2.4$]
+ ``maximaler'' Wert von $\gcd(p-1,N-1)=p-1$.
+\end{bem}
+
+\begin{proof}[Zu $2.4$]
+ \begin{subequations}
+ \begin{align}
+ \forall p \mid N, p \in \P: p-1 \mid N-1 \rightarrow \gcd(p-1,N-1)=p-1 \\
+\implies \prod \limits_{p \mid N} (p-1) \stackrel{\textsl{Quadratfreiheit}} = \varphi(N)
+ \end{align}
+ \end{subequations}
+\end{proof}
+
+\begin{proof}[Beweis zu Satz $2.5$]
+ Sei $N$ eine Carmichael-Zahl, d.h. es gilt $N>1$ und $N$ ist zusammengesetzt. \\
+ \begin{equation}
+ \gcd(N-1,N)=1 \stackrel{\textsl{in Test einsetzten}} \Rightarrow (N-1)^{(N-1)} \equiv (-1)^{(N-1)} \equiv 1 \mod N
+ \end{equation}
+daher ist $N$ ungerade. \\
+Angenommen: $\exists p,q \in \P \land oBdA \, p < q: N=pq$. Dann folgt
+\begin{subequations}
+ \begin{align}
+ q-1 \mid q-1 \label{diff1} \\
+p-1 \mid N-1=pq-1=p(p-1)+(p-1) \label{diff2} \\
+\Rightarrow q-1 \mid p-1 \label{differenz}
+ q < p \\
+\textsl{WS!}
+ \end{align}
+\end{subequations}
+Die Aussage in \eqref{differenz} ergibt sich aus der Tatsache, dass $(q-1)$ auch die Differenz aus \eqref{diff1} und \eqref{diff2} teilt, woraus sich unmittelbar \eqref{differenz} ergibt.
+\end{proof}
+
+\begin{proof}[Beweis zu Satz $2.9$]
+ Sei $U:=\lbrace \bar{a} \in \Z_{N}^{*} \mid \bar{a}^{\left( \frac{N-1}{2} \right)} \equiv \left( \frac{a}{N} \right) \mod N \rbrace$. \\
+Man muss wieder nur die Abgeschlossenheit zeigen, daher:
+\begin{subequations}
+ \begin{align}
+ \bar{a}_{1}, \bar{a}_{2} \in U: \bar{a}_{1}^{\left( \frac{N-1}{2} \right)} \equiv \left( \frac{\bar{a}_{1}}{N} \right) \mod N \land \bar{a}_{2}^{\left( \frac{N-1}{2} \right)} \equiv \left( \frac{\bar{a}_{2}}{N} \right) \mod N \\
+\Rightarrow \left( \bar{a}_{1} \bar{a}_{2} \right)^{\left( \frac{N-1}{2} \right)} = \left( \bar{a}_{1} \right)^{\left( \frac{N-1}{2} \right) } \cdot \left( \bar{a}_{2} \right)^{\left( \frac{N-1}{2} \right) } \equiv \\
+\equiv \left( \frac{\bar{a}_{1}}{N} \right) \cdot \left( \frac{\bar{a}_{2}}{2} \right) \stackrel{\textsl{starke Mult. i. Zähler}} = \left( \frac{\bar{a}_{1} \bar{a}_{2}}{N} \right) \mod N \\
+\Rightarrow \bar{a}_{1} \cdot \bar{a}_{2} = \bar{a_{1}a_{2}} \in U
+ \end{align}
+\end{subequations}
+Bemerkung: es gibt Zahlen mit $\vert U \vert = \frac{1}{2} \vert \Z_{N}^{*} \vert$. \\
+Wird der Test für $a_{1},a_{2}$ bestanden, wird der Test daher automatisch auch für $a_{1}a_{2}$ bestanden, d.h. ein Test mit $a_{1}a_{2}$ ist dann nicht sinnvoll.
+\end{proof}
+
+\begin{bem}
+ Aus
+ \begin{equation}
+ a^{\left( \frac{N-1}{2} \right)} \equiv \underbrace{\left( \frac{a}{N} \right)}_{=\pm 1} \mod N
+ \end{equation}
+erhält man durch quadrieren
+\begin{equation}
+ a^{N-1} \equiv 1 \mod N,
+\end{equation}
+d.h. der Solovay-Strassen-Test ist eine Verschärfung des Fermat-Tests.
+\end{bem}
+
+\begin{proof}[Beweis zu Miller-Rabin-Test]
+ Ist $N \in \P$, so gilt:
+ \begin{equation}
+ 0 < a < N \Rightarrow a^{N-1} \equiv 1 \mod N
+ \end{equation}
+Für ein ungerade $N \in \N$ erhält man: gilt $a^{\frac{N-1}{2}} \nequiv \pm 1 \mod N$, so ist $N$ sicher zusammengesetzt. Erhält man $-1$, so wird der Miller-Rabin-Test bestanden. Erhält man $1$, zieht man solange die Wurzel, wie der Exponenent gerade ist. Daraus erhält man
+\begin{enumerate}
+\item $a^{s} = a^{\frac{N-1}{2^{t}}} \equiv 1 \mod N$?
+\item if nein: kommt in der Folge
+ \begin{equation}
+ a^{s},(a^{s})^{2},\ldots, (a^{s})^{2^{(t-1)}} \mod N
+ \end{equation}
+(die obige Folge ergibt sich durch (t-1)-faches Quadrieren). Kommt $-1$ nicht vor, so ist $N$ sicher zusammengesetzt. Kommt $-1$ vor, so wird der Test bestanden.
+Die Grundlage für dieses Test ist: sei $p \in \P$:
+\begin{subequations}
+ \begin{align}
+ x^{2} \equiv 1 \mod p \\
+\Rightarrow p \mid (x+1)(x-1) \\
+\Rightarrow p \mid (x+1) \vee p \mid (x-1) \\
+\Rightarrow x \equiv \pm 1 \mod p
+ \end{align}
+\end{subequations}
+\end{enumerate}
+\end{proof}
+
+\begin{bem}
+ \begin{equation}
+ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\ln(2^{2^{n}}+1)} \approx \frac{1}{\ln(2)} \cdot \underbrace{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}}}_{=1} \approx \frac{1}{\ln(2)} \approx 1.44
+ \end{equation}
+``daher sollte es nur endlich viele Fermat-Primzahlen geben.''
+\begin{equation}
+ \sum \limits_{p \in \P} \frac{1}{\ln(2^{p}-1)} \approx \frac{1}{\ln(2)} \cdot \underbrace{\sum \limits_{p \in \P} \frac{1}{p}}_{\textsl{divergent nach Euler}}
+\end{equation}
+``es sollte $\infty$-viele Mersenne-Primzahlen geben''
+\end{bem}
+
+\begin{proof}[Beweis zu Satz $2.15$, Seite $23$]
+ $F_{n}=2^{2^{n}}+1$
+ \begin{subequations}
+ \begin{align}
+ \Rightarrow F_{n}-1=2^{2^{n}} \cdot 1 \Rightarrow s=1,t=2^{n} \\
+\Rightarrow 2^{2^{n}} \equiv -1 \mod F_{n} \\
+\Rightarrow r=n<t \textsl{ ist M-R-Test erfüllt}
+ \end{align}
+ \end{subequations}
+\end{proof}
+
+\begin{bem}
+ Aufwand von Square and Multiply: $O( (\ln N)^{3})$, daher ein Polynomialzeitalgorithmus
+\end{bem}
+
+\begin{proof}[Beweis zu Satz $2.21$]
+ sei $p_{i}^{f_{i}} \mid \mid ord_{N}(a_{i}), i=1,2,\ldots, r$, d.h. $p_{i}^{f_{i}}$ ist die größte Potenz von $p_{i}$, welche $ord_{N}(a_{i})$ teilt. \\
+Wegen $a_{i}^{N-1} \equiv 1 \mod N$ (nach Fermat-Test) gilt dann
+\begin{equation}
+\forall i \in \lbrace 1, \ldots, r \rbrace: ord_{N}(a_{i}) \mid N-1 \Rightarrow f_{i} \leq e_{i}
+\end{equation}
+Wäre $f_{i_{0}} < e_{i_{0}}$ für ein $i_{0} \in \lbrace 1,\ldots,r \rbrace$, so hätte man
+\begin{equation}
+ ord_{N}(a_{i_{0}}) \mid \frac{N-1}{p_{i_{0}}} \quad \textsl{ wg } f_{i_{0}} < e_{i_{0}}
+\end{equation}
+Daher
+\begin{equation}
+ a_{i_{0}}^{\frac{N-1}{p_{i_{0}}}} \equiv 1 \mod N,
+\end{equation}
+nach den Rechenregeln für die Ordnung, im Widerspruch zur Voraussetzung!\\
+Es gilt daher
+\begin{equation}
+\forall i: f_{i}=e_{i} \implies \forall i: p_{i}^{e_{i}} \mid \mid ord_{N}(a_{i})
+\end{equation}
+Daraus folgt weiter
+\begin{equation}
+ \forall i=1,\ldots,r: p_{i}^{e_{i}} \mid ord_{N}(a_{i}) \land ord_{N}(a_{i}) \mid \varphi(N) \stackrel{\textsl{Trans.der Teilbarkeitsrel.}} \Rightarrow p_{i}^{e_{i}} \mid \varphi(N)
+\end{equation}
+\begin{equation}
+ \implies N-1=p_{1}^{e_{1}}\cdot \ldots \cdot p_{r}^{e_{r}} \mid \varphi(N)
+\end{equation}
+und es gilt $\varphi(N)\leq N-1 \Rightarrow \varphi(N)=N-1$ mit $\varphi(N)=\sharp \lbrace x \mid 0 \leq x < N-1 \land \gcd(x,N)=1 \rbrace$
+\begin{equation}
+ \implies N \in \P
+\end{equation}
+\end{proof}
+
+\begin{proof}[Beweis zu Satz $2.22$, Seite $25$]
+Sei $q$ ein beliebiger Primfaktor und $\forall i=1,\ldots,r: p_{i}^{f_{i}} \mid \mid ord_{q}(a_{i})$. \\
+Da nun gilt $a_{i}^{N-1} \equiv 1 \mod q$ (da es $\mod N$ gilt, gilt es auch $\mod q$), und $a_{i}^{\frac{N-1}{p_{i}}} \nequiv 1 \mod q$ (sonst wäre $q \mid \gcd(a_{i}^{\frac{N-1}{p_{i}}} -1,N)=1$ WS!), so folgt wie im Beweis von $2.21$, dass $\forall i=1,\ldots,r: f_{i}=e_{i}$. \\
+Daraus ergibt sich weiter aus
+\begin{equation}
+\forall i=1,\ldots,r: \, p_{i}^{e_{i}} \mid ord_{q}(a_{i}) \land \underbrace{ord_{q}(a_{i}) \mid q-1}_{\textsl{kl. Fermat}} \Rightarrow p_{i}^{e_{i}} \mid q-1,
+\end{equation}
+dass auch
+\begin{equation}
+ F=\prod \limits_{i=1}^{r} p_{i}^{e_{i}} \mid q-1
+\end{equation}
+\end{proof}
+
+\begin{proof}[Beweis zu Folgerung $2.23$, Seite $25$]
+ Wäre $N$ zusammengesetzt, so müsste es einen Primfaktor $q \leq \sqrt{N}$ haben. Wegen
+\begin{subequations}
+\begin{align}
+F^{2} = F \cdot F > F \cdot R = N-1\\
+\Rightarrow F^{2} \geq N \\
+\Rightarrow F \geq \sqrt{N} \geq q \\
+\end{align}
+\end{subequations}
+WS zu $F \mid q-1$, also $F < q$.
+\end{proof}
+
+\begin{proof}[Beweis zu Satz $2.25$, Seite $25$]
+ Angenommen, die Voraussetzungen sind für $a \in \Z$ erfüllt, so gilt
+ \begin{equation}
+ N \mid a^{\frac{N-1}{2}} +1 \Rightarrow \gcd(a^{\frac{N-1}{2}}-1,N)=1
+ \end{equation}
+(denn sonst $p \mid a^{\frac{N-1}{2}}-1 \land p \mid N \Rightarrow p \mid \left(a^{\frac{N-1}{2}}+1 \right) - \left( a^{\frac{N-1}{2}} -1 \right)=2 \Rightarrow p=2$, WS zu $N$ ist ungerade). \\
+Unter Berufung auf $2.23$ (beachte dass $F>R$ wegen $2^{m} > h$ und dass $p_{1}=2$ der einzige Primfaktor von $F=2^{m}$ ist), folgt dann die Behauptung.
+\end{proof}
+
+\begin{proof}[Beweis zu Satz $2.26$, Seite $25$]
+ Wegen $2.25$ (mit $k=1$ und $m=2^{n}$) ist die angegebene Bedingung für die Primalität von $F_{n}$ hinreichend. \\
+Ist umgekehrt $F_{n} \in \P$ und $n>0$ (insbesondere ist $F_{n}$ eine ungerade Primzahl), so gilt:
+\begin{subequations}
+ \begin{align}
+ 3^{\frac{F_{n}-1}{2}} \stackrel{\textsl{Euler-Krit.}} \equiv \left( \frac{3}{F_{n}} \right) \stackrel{F_{n} \equiv 1 \mod 4 \textsl{ für } n>0} = \left( \frac{F_{n}}{3} \right)=\\
+=\left( \frac{2^{2^{n}}+1}{3} \right) \stackrel{2 \equiv -1 \mod 3} \equiv \left( \frac{(-1)^{2^{n}}+1}{3} \right) \stackrel{2^{n} \textsl{ gerade}} = \left( \frac{1+1}{3} \right)=\\
+= \left( \frac{2}{3} \right) \stackrel{\textsl{2. Erg.satz}} = -1
+ \end{align}
+\end{subequations}
+\end{proof}
+
+\begin{bem}[Bemerkung zu $2.29$]
+ $V_{2n}=V_{n}^{2}-2Q^{n}$ if $Q=1$, dann erhält man: $V_{2n}=V_{n}^{2}-2$
+\end{bem}
+
+\begin{bem}[Beispiel]
+ $M_{5}=2^{5}-1=31$
+ \begin{subequations}
+ \begin{align}
+ s_{1}=4 \\
+s_{2}=16-2=14\\
+s_{3}=194 \equiv 8 \mod 31 \\
+s_{4}=64-2=62 \equiv 0 \mod 31 \Rightarrow s_{p-1}=s_{4} \equiv 0 \mod 31
+ \end{align}
+ \end{subequations}
+Daher gilt $M_{5} \in \P$ nach dem Lucas-Lehmer-Test.
+\end{bem}
+
+\begin{proof}[Beweis zu Satz $3.1$, Seite $27$]
+ Zunächst gilt $p \nmid a \land p \nmid b$ (denn teilt $p$ eine der Zahlen $a$ oder $b$, dann wegen $p \mid a^{n}+b^{n}$ auch die andere, also $\gcd(a,b)=1$ WS, denn $1$ hat keine Primteiler).\\
+Es $\exists b^{\prime} \in \Z: b \cdot b^{\prime} \equiv 1 \mod p$. Setzt man nun $c:=ab^{\prime}$, sog gilt:
+\begin{subequations}
+ \begin{align}
+ a^{n} \pm b^{n} \equiv 0 \mod p \\
+\Rightarrow a^{n} \equiv \mp b^{n} \mod p \quad / \cdot (b^{\prime})^{n} \\
+\Rightarrow \underbrace{a^{n}(b^{\prime})^{n}}_{=c^{n}} \equiv \mp \underbrace{b^{n}\cdot (b^{\prime})^{n}}_{\equiv 1 \mod p} \mod p\\
+\Rightarrow c^{n} \equiv \mp 1 \mod p
+ \end{align}
+\end{subequations}
+Wir betrachten zunächst
+\begin{enumerate}
+\item[1. Fall] $c^{n} \equiv +1 \mod p$: es gilt dann $ord_{p}(c)=n$: wäre nämlich $d:=ord_{p}(c)<n$, wobei $d \mid n$, so hätte man $c^{d} \equiv 1 \mod p$.
+ \begin{subequations}
+ \begin{align}
+ \Rightarrow a^{d}(b^{\prime})^{d} \equiv 1 \mod p \Rightarrow a^{d} \underbrace{(b^{\prime})^{d}b^{d}}_{\equiv 1 \mod p} \equiv b^{d} \mod p \\
+\Rightarrow a^{d} \equiv b^{d} \mod p \\
+\Rightarrow p \mid a^{d}-b^{d}
+ \end{align}
+ \end{subequations}
+ein WS zur Voraussatzung, dass $p$ ein primitiver Primteiler ist, daher
+\begin{equation}
+ ord_{p}(c)=n
+\end{equation}
+Aus $ord_{p}(c)=n \land c^{p-1} \equiv 1 \mod p$ (kl. Fermat), folgt nun tatsächlich, dass $n=ord_{p}(c) \mid p-1$, also $p \equiv 1 \mod n$. \\
+Sind nun $n$ und $p$ beide ungerade, so gilt auch $2 \mid p-1$, also sogar $2n \mid p-1$ (weil $\gcd(2,n)=1$).
+\item[2. Fall] Nun gilt $c^{n} \nequiv +1 \mod p \Rightarrow c^{n} \equiv -1 \mod p$. Es ist dann $c^{2n} \equiv 1 \mod p$ und $ord_{p}(c)=2n$. Wäre nämlich $d:=ord_{p}(c)<2n \Rightarrow d \mid 2n \land d \nmid n$ (sonst wäre $c^{n} \equiv 1 \mod p$ WS), d.h. $d=2m$. Daraus würde aber folgen:
+ \begin{equation}
+ c^{2m} \equiv 1 \mod p \land c^{m} \equiv -1 \mod p
+ \end{equation}
+(da $c^{m}$ist Lösung von $x^{2} \equiv 1 \mod p$ und $c^{m} \equiv 1 \mod p$ wegen $ord_{p}(c)=2m$ nicht in Frage kommt)
+\begin{equation}
+ \Rightarrow a^{m}=(bc)^{m}=b^{m} \cdot \underbrace{c^{m}}_{\equiv -1 \mod p} \equiv -b \mod p
+\end{equation}
+\begin{equation}
+ \Rightarrow a^{m}+b^{m} \equiv 0 \mod p \Rightarrow p \mid a^{m} + b{m}
+\end{equation}
+(da $m$ ein echter Teiler ist),(WS zur Wahl von $p$ als primitiven Primteiler)
+Aus $ord_{p}(c) = 2n$ und $c^{p-1} \equiv 1 \mod p$ folgt wie oben, dass $p \equiv 1 \mod 2n$.
+\end{enumerate}
+\end{proof}
+
+\begin{bem}[Bemerkung zu Einheitswurzeln]
+ Es gilt
+ \begin{equation}
+ k=0,\ldots, n-1: \exp(\frac{2i\pi}{n})^{k}=\exp(\frac{2ki\pi}{n})
+ \end{equation}
+ \begin{equation}
+ \zeta_{n}:=\exp(\frac{2i\pi}{n})
+ \end{equation}
+ \begin{equation}
+ \Rightarrow x^{n}-1=\prod \limits_{k=0}^{n-1} \left( x - \zeta_{n}^{k} \right)
+ \end{equation}
+\end{bem}
+
+% Vorlesung 13.5.2012
+\begin{bem}[Beispiel zu zykl. Polynome]
+$\zeta_{n}=\exp(\frac{2i\pi}{n})=\cos(\frac{2\pi}{n}) + i \cdot \sin(\frac{2\pi}{n})$ ergibt ``n-Eck''.\\
+ $n=6: \zeta_{6}^{0}=1, \zeta_{6}=\frac{1}{2}+i \frac{\sqrt{3}}{2}, \bar{(\zeta_{6})^{2}}=\zeta_{6}^{4}, \bar{\zeta_{6}}=\zeta_{6}^{5}$
+ \begin{subequations}
+ \begin{align}
+ \Phi_{1}(x)=\prod \limits_{0 \leq k < 6 \land \gcd(k,6)=6} \left( x- \zeta_{6}^{k} \right)=(x-\zeta_{6}^{0})=x-1\\
+\Phi_{2}(x)=\prod \limits_{0 \leq k < 6 \land \gcd(k,6)=3} (x - \zeta_{6}^{k})=(x-\zeta_{6}^{3})=(x+1) \\
+\Phi_{3}(x)=\prod \limits_{0 \leq k < 6 \land \gcd(k,6)=2} (x-\zeta_{6}^{k})=(x-\zeta_{6}^{2})(x-\zeta_{6}^{4})=x^{2} - \underbrace{(\zeta_{6}^{2}+\zeta_{6}^{4})}_{\textsl{konj. komplex, ergibt 2Re(.)}}x + \zeta_{6}^{6}= \\
+= x^{2}+x+1
+ \end{align}
+ \end{subequations}
+Es gilt $2Re(\zeta_{6}^{2})=2 \frac{-1}{2}=-1$.
+\begin{subequations}
+ \begin{align}
+ \Phi_{6}(x)=\prod \limits_{0 \leq k < 6 \land \gcd(k,6)=1} (x-\zeta_{6}^{k})=(x- \zeta_{6})(x-\zeta_{6}^{5})=x^{2}-\underbrace{(\zeta_{6}+\zeta_{6}^{5})}_{=2Re(\zeta_{6})}x+\underbrace{\zeta_{6}^{6}}_{=1}=x^{2}-x+1
+ \end{align}
+\end{subequations}
+Tatsächlich ist
+\begin{equation}
+ x^{6}-1=(x^{3}-1)(x^{3}+1)=\underbrace{\overbrace{(x-1)}^{=\Phi_{1}(x)}\overbrace{(x^{2}+x+1)}^{=\Phi_{3}(x)}}_{=(x^{3}-1)} \cdot \underbrace{\overbrace{(x+1)}^{=\Phi_{2}(x)}\overbrace{(x^{2}-x+1)}^{=\Phi_{6}(x)}}_{=(x^{3}+1)}
+\end{equation}
+die Zerlegung von $x^{6}-1$ in irreduzible Polynome über $\Q$.
+\end{bem}
+
+\begin{proof}[Beweis zu Satz $3.4$, Seite $27$]
+ \begin{equation}
+ x^{2^{n}}-1=\Phi_{2^{n}}(x) \cdot \left( \underbrace{\Phi_{2^{n-1}}(x) \cdot \ldots \cdot \Phi_{2}(x) \Phi_{1}(x)}_{=x^{2^{n-1}}-1} \right)
+ \end{equation}
+ \begin{equation}
+ \Rightarrow \Phi_{2^{n}} = \frac{x^{2^{n}}-1}{x^{2^{n-1}}-1}=x^{2^{n-1}}+1 (n \geq 1)
+ \end{equation}
+Sei $p$ eine ungerade Primzahl:
+\begin{subequations}
+ \begin{align}
+ x^{p}-1=\Phi_{p}(x) \cdot \underbrace{\Phi_{1}(x)}_{=(x-1)} \\
+\Rightarrow \Phi_{p}(x)=\frac{x^{p}-1}{x-1} \stackrel{(a+b)(a-b)=a^{2}-b^{2}}=x^{p-1}+x^{p-2}+\ldots+x+1 \\
+x^{2p}-1=\Phi_{2p}(x)\underbrace{\Phi_{2}(x)}_{=(x+1)} \cdot \underbrace{\Phi_{p}(x)\Phi_{1}(x)}_{x^{p}-1} \\
+\Rightarrow \Phi_{2p}(x)=\frac{x^{2p}-1}{(x+1)(x^{p}-1)} \stackrel{(a+b)(a-b)=a^{2}-b^{2}}=\frac{x^{p}+1}{x+1}=\\
+=x^{p-1}-x^{p-2}+\ldots-x^{2}+1\\
+x^{4p}-1=\Phi_{4p}(x)\underbrace{\Phi_{4}(x)}_{=x^{2}+1}\underbrace{\Phi_{2p}(x)\Phi_{p}(x)\Phi_{1}(x)}_{=x^{2p}-1}\\
+\Rightarrow \Phi_{4p}=\frac{x^{4p}-1}{(x^{2p}-1)(x^{2p}+1)}=\frac{x^{2p}+1}{x^{2}+1}=x^{2p-2}-x^{2p-4}-\ldots-x^{2}+1
+ \end{align}
+\end{subequations}
+\end{proof}
+
+\begin{bem}[Bemerkung zu Mertens-Funktion]
+ Mertens-Funktion ($\mu$ ist die Möbius-Funktion):
+ \begin{equation}
+ M(n)=\sum \limits_{k=1}^{n} \mu(k)
+ \end{equation}
+Mertens-Vermutung: $M(n) \leq \sqrt{n}$ ist FALSCH. \\
+Es gilt aber die folgende Äquivalenz:
+\begin{equation}
+ \left[ \forall \epsilon > 0: M(n)=O(n^{\frac{1}{2}+\epsilon}) \right] \Leftrightarrow \text{Riemann'sche Vermutung}
+\end{equation}
+\end{bem}
+
+\begin{bem}
+ Aus $\Phi_{n}(x)=\prod \limits_{d \mid n} (x^{d}-1)^{\mu(\frac{n}{d})}$ erhält man beispielsweise
+ \begin{subequations}
+ \begin{align}
+ \Phi_{6}(x)=(x^{1}-1)^{\mu(6)}(x^{6}-1)^{\mu(1)}(x^{2}-1)^{\mu(3)}(x^{3}-1)^{\mu(2)}=\\
+=\frac{(x-1)(x^{6}-1)}{(x^{2}-1)(x^{3}-1)}=\frac{x^{3}+1}{x+1}=x^{2}-x+1
+ \end{align}
+ \end{subequations}
+\end{bem}
+
+\begin{bem}[Beispiel zu $3.5$]
+ \begin{subequations}
+ \begin{align}
+ a^{6}-b^{6}=\left( b^{\varphi(1)}\Phi_{1}(\frac{a}{b})\right) \left( b^{\varphi(2)}\Phi_{2}(\frac{a}{b}) \right) \left( b^{\varphi(3)}\Phi_{3}(\frac{a}{b}) \right) \left( b^{\varphi(6)}\Phi_{6}(\frac{a}{b}) \right)=\\
+=b(\frac{a}{b}-1)b(\frac{a}{b}+1)b^{2}(\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{a}{b}+1)(b^{2}(\frac{a^{2}}{b^{2}}-\frac{a}{b}+1))=\\
+=(a-b)(a+b)(a^{2}+ab+b^{2})(a^{2}-ab+b^{2})
+ \end{align}
+ \end{subequations}
+\end{bem}
+
+\begin{proof}[Beweis zu Satz $3.7$, Seite $28$]
+ Zunächst genügt es, die Behauptung für alle Primteiler $q$ von $2^{p}-1$ zu zeigen, denn
+ \begin{equation}
+ \begin{cases}
+ t_{1} \equiv 1 \mod 2p \\ t_{2} \equiv 1 \mod 2p
+ \end{cases}
+ \end{equation}
+und
+\begin{equation}
+ \begin{cases}
+ t_{1} \equiv \pm 1 \mod 8 \\ t_{2} \equiv \pm 1 \mod 8
+ \end{cases}
+\end{equation}
+\begin{equation}
+ \implies t_{1}t_{2} \equiv 1 \mod 2p \land t_{1}t_{2}\equiv \pm 1 \mod 8,
+\end{equation}
+d.h. gilt die Behauptung für Primteiler von $2^{p}-1$, dann auch für jeden anderen Teiler (der ja ein Produkt von Primteilern ist). \\
+Nach dem Satz von Legendre ($3.1$) folgt zunächst, dass tatsächlich $q\equiv 1 \mod 2p$ ist, da ja für Zahlen der Form $2^{p}-1 \land p \in \P$ jeder Primteiler primitiv ist. \\
+Nun gilt aber weiter:
+\begin{subequations}
+ \begin{align}
+ q \mid 2^{p}-1 \Leftrightarrow 2^{p} \equiv 1 \mod q \\
+\stackrel{\textsl{Mult. mit } 2} \Leftrightarrow 2^{p+1} \equiv 2 \mod q \\
+\stackrel{p+1 \textsl{ gerade}} \Leftrightarrow 2^{\frac{p+1}{2}} \equiv 2 \mod q \\
+\Rightarrow \left( \frac{2}{q} \right) = 1 \\
+\stackrel{\textsl{2. Erg.satz}} \Leftrightarrow q \equiv \pm 1 \mod 8
+ \end{align}
+\end{subequations}
+Es liegen nun 2 Fälle vor:
+\begin{enumerate}
+\item
+\begin{equation}
+q=2kp+1 \equiv 1 \mod 8 \Leftrightarrow 2kp \equiv 0 \mod 8 \Leftrightarrow kp \equiv 0 \mod 4 \Leftrightarrow k \equiv 0 \mod 4
+\end{equation}
+\item
+ \begin{subequations}
+\begin{align}
+ q=2kp+1 \equiv -1 \mod 8 \Leftrightarrow 2kp \equiv -2 \mod 8 \Leftrightarrow kp \equiv -1 \mod 4 \Leftrightarrow \\
+\stackrel{\textsl{Quadrat ung. Zahl ist } \equiv -1 \mod 4 } \Leftrightarrow kp^{2} \equiv -p \mod 4 \Rightarrow k \equiv -p \mod 4
+\end{align}
+ \end{subequations}
+\end{enumerate}
+\end{proof}
+
+% Vorlesung 20.6.2012
+\begin{bem}[Beispiel zu $3.7$]
+ $M_{67}=2^{67}-1, t=1+k\cdot 134 \Rightarrow k \equiv 0 \mod 4 \vee k \equiv 1 \mod 4$
+\end{bem}
+
+\begin{proof}[Beweis zu Satz $3.10$, Seite $28$]
+ Es genügt die Behauptung für Primteiler $q$ von $F_{n} (n\geq 2)$ zu zeigen, da das Produkt von Teilern dieser Form wieder diese Form hat. \\
+ \begin{subequations}
+ \begin{align}
+ F_{n}=2^{2^{n}}+1 \equiv 0 \mod q \\
+\Rightarrow 2^{2^{n}} \equiv -1 \mod q \land 2^{2^{n+1}} \equiv 1 \mod q \textsl{ (Quadrieren) } \\
+\Rightarrow ord_{q}(2) \mid 2^{n+1}
+ \end{align}
+ \end{subequations}
+Da aber auch $2^{2^{n}} \equiv -1 \mod -1 \mod q$ gilt, folgt daher $ord_{q}(2)=2^{n+1}$. \\
+Wegen $2^{q-1} \equiv 1 \mod q$ (kl. Fermat) folgt daraus zunächst einmal, dass $2^{n+1} \mid q-1$ (weil $ord_{q}(2) \mid q-1)$. \\
+Aus $n\geq 2$ folgt nun weiter
+\begin{subequations}
+\begin{align}
+ 8 \mid q-1 \Rightarrow q \equiv 1 \mid 8\\
+\Rightarrow 2^{\frac{q-1}{2}} \stackrel{\textsl{Euler-Krit.}} \equiv \left( \frac{2}{q} \right) \equiv 1 \mod q \textsl{ nach 2. Erg.satz}
+\end{align}
+\end{subequations}
+und daher
+\begin{subequations}
+ \begin{align}
+ ord_{q}(2) = 2^{n+1} \mid \frac{q-1}{2} \\
+\Rightarrow 2^{n+2} \mid q-1 \\
+\Rightarrow q \equiv 1 \mod 2^{n+2}
+ \end{align}
+\end{subequations}
+\end{proof}
+
+\begin{bem}[Beispiel zu Satz $3.10$]
+Es gilt $5 \cdot 2^{1947}+1 \mid 2^{2^{1945}}+1, k=5$ aus Satz $3.10$.
+\end{bem}
+
+\begin{proof}[Beweis zu Satz $3.14$, Seite $30$]
+ Zunächst gilt nach der Formel ``günstige/mögliche'':
+ \begin{subequations}
+ \begin{align}
+ P_{k,m}=\left( \frac{m-1}{m} \right) \left( \frac{m-2}{m} \right) \cdot \ldots \cdot \left( \frac{m-k+1}{m} \right)=\\
+=(1-\frac{1}{m})(1-\frac{2}{m})\ldots(1-\frac{k-1}{m})
+ \end{align}
+ \end{subequations}
+Unter der Voraussetzung, dass $k<<m$ gilt dann $(1-\frac{j}{m}) \approx \exp(\frac{-j}{m})$ und daher wieder
+\begin{equation}
+ P_{k,m}=\exp(\frac{-1}{m}) \cdot \exp(\frac{-2}{m}) \cdot \ldots \cdot \exp(\frac{1-k}{m})=\exp(\frac{-1}{m} \cdot \sum \limits_{j=1}^{k-1} j)=\exp(\frac{-1}{2m}\cdot k(k-1))
+\end{equation}
+\begin{subequations}
+ \begin{align}
+ P_{k,m} \approx \exp(\frac{-k(k-1)}{2m} = \frac{1}{2} \quad \textsl{ln()}\\
+\frac{-k(k-1)}{2m}=-\ln(2) \\
+\Rightarrow (k-\frac{1}{2})^{2} \approx 2 \ln(2) \cdot m \\
+\Rightarrow k \approx \sqrt{(2 \ln(2))m} \approx 1.2\sqrt{m}
+ \end{align}
+\end{subequations}
+für kleinsten angenommenen Primfaktor $p$ von $N$ nach $1.2 \sqrt{p}$ Wiederholungen zum ersten Mal eine Koinzidenz zu erwarten.
+\end{proof}
+
+%VO 27.6.2012
+Suche nichttriviale $x,y$ sodass:
+\begin{equation}
+ \begin{cases}
+ x^{2} \equiv y^{2} \mod N \\ x \nequiv \pm y \mod N
+ \end{cases}
+\end{equation}
+\begin{subequations}
+ \begin{align}
+ N \mid x^{2}-y^{2}=(x+y)(x-y) \land N \nmid (x+y) \land N \nmid (x-y) \\
+\Rightarrow 1 < \gcd(x\pm y,N) < N \textsl{(zweimal "echt")} \\
+\Rightarrow \gcd(x\pm y,N) \textsl{ ist ein echter Teiler von N}
+ \end{align}
+\end{subequations}
+
+\begin{bem}[Bemerkung zu $3.16$]
+ ``in der Nähe von x, zB: $x=10^{9},N=8\cdot 10^{8}$. \\
+y-glatt = alle Primfaktoren von $N$ sind $\leq y$. \\
+$P(N\leq x \land N \textsl{ ist y-glatt} ) \approx u^{-u}$ mit $u=\frac{\ln(x)}{\ln(y)}=$Quotient der Stelligkeiten" (unabh. von gewählter Basis des Log)
+\begin{itemize}
+\item $u=\frac{1}{4}$ für $x=10^{100},y=10^{50}$
+\item $u=4^{-4} = \frac{4}{1000}$ für $x=10^{100},y=10^{25}$.
+\end{itemize}
+\end{bem}
+
+\begin{proof}[Beweis zu Satz $3.17$, Seite $32$]
+ \begin{subequations}
+ \begin{align}
+ b_{1}^{2} \cdot b_{2}^{2} \cdot \ldots \cdot b_{n}^{2} = \left( p_{1}^{e_{11}}p_{2}^{e_{12}}\cdot \ldots \cdot p_{m}^{e_{1m}} \right) \cdot \left( p_{1}^{e_{21}}p_{2}^{e_{22}} \cdots p_{m}^{e_{2m}}\right) \cdots \left(p_{1}^{e_{n1}}p_{2}^{e_{nm}} \right)=\\
+=p_{1}^{\sum_{i=1}^{n}e_{i1}} \, p_{2}^{\sum_{i=1}^{n}e_{i2}} \cdots p_{m}^{\sum_{i=1}^{n} e_{im}} \mod N
+ \end{align}
+ \end{subequations}
+$\forall j: \sum_{i} e_{ij}$ ist gerade nach Vorausetzung. \\
+Dann ist $x=b_{1}\cdots b_{n}, y=p_{1}^{f_{1}}\cdots p_{m}^{f_{m}}$ tatsächlich eine Lösung von $x^{2} \equiv y^{2} \mod N$. \\
+Es sind noch zwei Fälle zu unterscheiden: 1) N hat mehrere Primfaktoren, d.h. min 2 verschiedene Primfaktoren: wende Chinesischen Restsatz an und man erhält $\frac{1}{2^{r-1}}$, hier gilt aber $r\geq 2$. 2) N ist Primzahlpotenz: darauf kann man gut testen: Faktorisierung einfach.
+\end{proof}
+
+\begin{bem}[Beispiel]
+ Faktorisiere $N=24961$.
+\end{bem}
+
+\begin{bem}[Bemerkung zu (p-1)-Methode]
+ $N$=die zu faktorisierende Zahl, $p$=Primfaktor von $N$. \\
+Suche $r \in \N$ mit:
+\begin{subequations}
+\begin{align}
+p-1 \mid r \land \gcd(a,N)=1 \Rightarrow a^{r} \equiv (\underbrace{a^{p-1}}_{\equiv 1 \mod p \textsl{ nach kl. Fermat}})^{\frac{r}{p-1}} \equiv 1 \mod p \\
+\Rightarrow p \mid a^{r}-1 \land p \mid N \\
+\Rightarrow p \mid \gcd(a^{r}-1,N)=\gcd(a^{r}-1 \mod N,N)
+\end{align}
+\end{subequations}
+Man kennt $p$ nicht, wie findet man $r$? Wähle eine ``möglichst zusammengesetzte Zahl'', z.B. große Faktorielle, oder für eine vorgegebene Schranke $B$:
+\begin{equation}
+ r=\lcm(1,2,\ldots,B)
+\end{equation}
\end{bem}
\end{document}
projects / zahlenTA.git / commitdiff