From 6de04826066d86b9ba533447e1e7fcecb50c0fcf Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: user0 <nil>
Date: Wed, 9 May 2012 01:12:14 +0200
Subject: [PATCH]  On branch master

	modified:   UE/ue3.tex
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 UE/ue3.tex | 138 +++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++--
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index 2fb0fa3..ef8ad75 100644
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@@ -2,7 +2,7 @@
 \usepackage[utf8x]{inputenc}
 \usepackage{amsmath,amssymb,ulsy}
 \usepackage{fullpage}
-
+\usepackage{txfonts}
 \usepackage[ngerman]{babel}
 \usepackage{fixltx2e}   %Deutschsprach Bugs
 %\usepackage[T1]{fontenc}
@@ -50,26 +50,154 @@ Nach dem Fundamentalsatz der Zahlentheorie hat $m$ mindestens einen Primteiler $
   \end{equation}
 erhält man für $n$:
 \begin{equation}
-n:=\left(2p_{1} \cdots p_{r} \right)^{2} +1 = 4(p_{1} \cdots p_{r} \right)^{2} + 1 \Rightarrow n \equiv 1 \mod 4
+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{enumerate}
+\end{equation}
+
 Insbesondere folgt daraus, dass $p \equiv 3 \mod 4$. Man erhält also die folgende Kongruenz:
 \begin{equation}
-(2p_{1} \cdots p_{r} \right)^{2} equiv -1 \mod p4,
+\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}
+
+\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} \textsl{ ist (eindeutige) Lösung.}
+\end{align}
+\end{subequations}
+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
+\end{equation}
+Aus $0 \leq u < ab$ erhält man nun sofort, da beide Summanden $\geq 0$ sind, dass die behaupteten Ungleichungen für die Faktoren vor $b$ und $a$ stimmen, da sonst $u \geq ab$ folgen würde, im WS zur Annahme von $u$. Daher ist $S$ ein vollständiges Restsystem $\mod ab$. \\
+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 $S_{0} \neq \emptyset, S_{1} \neq \emptyset$. Daher:
+\begin{equation}\label{S1}
+\exists \delta \in \Z_{ab}: \left( \exists t \in S_{1}: \delta \equiv t \mod ab \right) \land \left( \forall \sigma \in S_{0}: \delta \nequiv \sigma \mod ab \right)
+\end{equation}
+Sei nun $n \in \N \implies \exists k \in \N: n = k \cdot (ab) + r \land 0 \leq r < ab$. Ist $k \geq 2$, so kann man n sicher mit Hilfe des vollen Restsystems und der Abschätzung \eqref{abschS} darstellen. Insbesondere folgt aus \eqref{S1}, dass $s=ab$. 
 
-\subsection{$15$. Aufgabe}
+\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}
 
+\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) = \left( \frac{2^{2} 5^{2} 7}{769} \right) = \left( \frac{7}{769} \right) = \\
+= \left( \frac{769}{7} \right) = \left( \frac{6}{7} \right) = \left( \frac{2 \cdot 3}{7} \right) = \left( \frac{2}{7} \right) \cdot \left( \frac{3}{7} \right) = \\
+= - \left( \frac{7}{3} \right) = - \left( \frac{1}{3} \right) = -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}
+\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 $\left( \frac{10}{p} \right) = 1$. 
+\item Seien beide Faktoren gleich $-1$. Daher ist $p \equiv \pm 3 \mod 8 \land \left( p \equiv 2 \mod 5 \vee p \equiv 3 \mod 5)$. 
+\end{itemize}
+
 \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}
-- 
2.47.3