Primideal in Z[i] < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:47 Fr 13.08.2010 | | Autor: | kevin-m. |
| Aufgabe | Es sei [mm] $p\neq [/mm] 2$ eine Primzahl. Dann gilt:
$p [mm] \mathbb [/mm] Z[i] [mm] \text{ ist ein Primideal in } \mathbb [/mm] Z[i] [mm] \Leftrightarrow p\equiv [/mm] 3\ [mm] (\text{mod } [/mm] 4)$ |
Hallo,
mit [mm] $\mathbb [/mm] Z[i]$ ist der Ring der Gauß'schen Zahlen gemeint.
Meine Idee ist, den Ring [mm] $\mathbb [/mm] Z[i]$ zu schreiben als
[mm] $\mathbb [/mm] Z[i] [mm] =\mathbb Z[x]/(x^2+1)\mathbb [/mm] Z[x]$, denn $i$ ist eine Nullstelle von [mm] $x^2+1$.
[/mm]
Und dann wäre ja [mm] $\mathbb Z[i]/p\mathbb [/mm] Z[i] [mm] =\mathbb Z/p\mathbb Z[x]/(x^2+1)\mathbb Z/p\mathbb [/mm] Z[x]$ und wenn [mm] $p\mathbb [/mm] Z[i] $ ein Primideal in [mm] $\mathbb [/mm] Z[i]$ sein soll, so muss [mm] $(x^2+1)$ [/mm] irreduzibel in [mm] $\mathbb [/mm] Z [mm] /p\mathbb Z=\mathbb F_p$ [/mm] sein.
Jetzt weiß ich aber nicht mehr, wie ich weiter machen soll...
Ich hoffe, ihr könnt mir einen Tipp geben.
Vielen Dank im Voraus!
Gruß,
Kevin
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:08 Fr 13.08.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Es sei [mm]p\neq 2[/mm] eine Primzahl. Dann gilt:
>
> [mm]p \mathbb Z[i] \text{ ist ein Primideal in } \mathbb Z[i] \Leftrightarrow p\equiv 3\ (\text{mod } 4)[/mm][/i][/i][/mm]
> [mm][i][i] [/i][/i][/mm]
> [mm][i][i]Hallo,[/i][/i][/mm]
> [mm][i][i] [/i][/i][/mm]
> [mm][i][i]mit [mm]\mathbb Z[i][/mm] ist der Ring der Gauß'schen Zahlen gemeint. [/i][/mm][/i][/i][/mm]
> [mm][i][i][mm][i][/i][/mm][/i][/i][/mm]
> [mm][i][i][mm][i]Meine Idee ist, den Ring [mm]\mathbb Z[i][/mm] zu schreiben als [/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm]
> [mm][i][i][mm][i][mm][i][mm]\mathbb Z[i] =\mathbb Z[x]/(x^2+1)\mathbb Z[x][/mm], denn [mm]i[/mm] ist [/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm]
> [mm][i][i][mm][i][mm][i][mm][i]eine Nullstelle von [mm]x^2+1[/mm].[/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm]
> [mm][i][i][mm][i][mm][i][mm][i] [/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm]
> [mm][i][i][mm][i][mm][i][mm][i]Und dann wäre ja [mm]\mathbb Z[i]/p\mathbb Z[i] =\mathbb Z/p\mathbb Z[x]/(x^2+1)\mathbb Z/p\mathbb Z[x][/mm] [/i][/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm]
> [mm][i][i][mm][i][mm][i][mm][i][mm][i][i]und wenn [mm]p\mathbb Z[i][/mm] ein Primideal in [mm]\mathbb Z[i][/mm] sein soll, [/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm]
> [mm][i][i][mm][i][mm][i][mm][i][mm][i][i][mm][i][mm][i]so muss [mm](x^2+1)[/mm] irreduzibel in [mm]\mathbb Z /p\mathbb Z=\mathbb F_p[/mm] [/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm]
> [mm][i][i][mm][i][mm][i][mm][i][mm][i][i][mm][i][mm][i]sein.[/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm]
> [mm][i][i][mm][i][mm][i][mm][i][mm][i][i][mm][i][mm][i] [/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm]
> [mm][i][i][mm][i][mm][i][mm][i][mm][i][i][mm][i][mm][i]Jetzt weiß ich aber nicht mehr, wie ich weiter machen [/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm]
> [mm][i][i][mm][i][mm][i][mm][i][mm][i][i][mm][i][mm][i]soll...[/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm]
> [mm][i][i][mm][i][mm][i][mm][i][mm][i][i][mm][i][mm][i] [/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm]
> [mm][i][i][mm][i][mm][i][mm][i][mm][i][i][mm][i][mm][i]Ich hoffe, ihr könnt mir einen Tipp geben.[/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/mm][/i][/i][/mm]
Kennst du das Legendre-Symbol, bzw. weisst du etwas ueber quadratische Reste? Damit kannst du bestimmen, ob $-1$ modulo $p$ ein Quadrat ist -- was gerade aequivalent dazu ist, ob [mm] $x^2 [/mm] + 1$ ueber [mm] $\IZ/p\IZ$ [/mm] reduzibel ist.
Wenn nicht... Beachte, dass $a$ modulo $p$ genau dann ein Quadrat ist, wenn [mm] $a^{\frac{p - 1}{2}} [/mm] = 1$ ist in [mm] $\IZ/p\IZ$. [/mm] (Wenn ihr die Aussage nicht hattet, versuch sie zu beweisen.) Wenn du jetzt $-1$ fuer $a$ einsetzt, bekommst du ziemlich schnell die gesuchte Aussage.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:11 Fr 13.08.2010 | | Autor: | kevin-m. |
Hallo,
danke für die Antwort.
Ich habe jetzt versucht, deine Aussage, dass [mm] $x^2+1$ [/mm] reduzibel in [mm] $\mathbb [/mm] Z/p [mm] \mathbb [/mm] Z$ ist genau dann wenn -1 ein quadr. Rest mod. p ist, zu beweisen. Den ersten Teil hab ich geschafft:
Sei -1 ein quadratischer Rest modulo p. Dann existiert ein Element [mm] $a\in \mathbb F_p$ [/mm] mit [mm] $a^2\equiv [/mm] -1$. Und dann gilt ja :
[mm] $(x+a)(x-a)\equiv x^2-a^2\equiv x^2+1$ [/mm] und somit ist [mm] $x^2+1$ [/mm] reduzibel. Für die andere Richtung muss man annehmen, dass [mm] $x^2+1$ [/mm] reduzibel ist, d.h. es existieren [mm] $f,g\in\mathbb F_p[x]$ [/mm] mit [mm] $x^2+1=f(x)g(x)$. [/mm] Jetzt fällt mir nur noch ein dass [mm] $\mathbb F_p$ [/mm] ein Körper ist und somit [mm] $\mathbb F_p[x]$ [/mm] ein Hauptidealring ist. Aber wie kann man denn zeigen dass $-1$ ein quadr. Rest mod. p ist? Umstellen nach [mm] $x^2-f(x)g(x) \equiv [/mm] -1$ bringt auch nichts...
Gruß,
Kevin
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:56 Fr 13.08.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Kevin!
> danke für die Antwort.
> Ich habe jetzt versucht, deine Aussage, dass [mm]x^2+1[/mm]
> reduzibel in [mm]\mathbb Z/p \mathbb Z[/mm] ist genau dann wenn -1
> ein quadr. Rest mod. p ist, zu beweisen. Den ersten Teil
> hab ich geschafft:
>
> Sei -1 ein quadratischer Rest modulo p. Dann existiert ein
> Element [mm]a\in \mathbb F_p[/mm] mit [mm]a^2\equiv -1[/mm]. Und dann gilt ja
> :
> [mm](x+a)(x-a)\equiv x^2-a^2\equiv x^2+1[/mm] und somit ist [mm]x^2+1[/mm]
> reduzibel.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Für die andere Richtung muss man annehmen, dass
> [mm]x^2+1[/mm] reduzibel ist, d.h. es existieren [mm]f,g\in\mathbb F_p[x][/mm]
> mit [mm]x^2+1=f(x)g(x)[/mm].
Und es ist [mm] $\deg [/mm] f = [mm] \deg [/mm] g = 1$, also kannst du $f = x - [mm] \alpha$ [/mm] und $g = x - [mm] \beta$ [/mm] mit passenden [mm] $\alpha, \beta \in \IF_p$ [/mm] waehlen.
Ich behaupte jetzt mal, dass [mm] $\alpha$ [/mm] und [mm] $\beta$ [/mm] gerade die Wurzeln von $-1$ modulo $p$ sind :) Versuch das doch mal zu zeigen...
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:27 Fr 13.08.2010 | | Autor: | kevin-m. |
Ok, jetzt ist es klar:
[mm] $x^2+1=f(x)g(x)=(x-\alpha)(x-\beta)$. [/mm] Daher sind [mm] $\alpha$ [/mm] und [mm] $\beta$ [/mm] Nullstellen von [mm] $x^2+1$, [/mm] d.h. es gilt: [mm] $\alpha^2+1=0$, [/mm] d.h.
[mm] $\alpha^2=-1$ [/mm] und analog [mm] $\beta^2=-1$ [/mm] und somit ist $-1$ ein quadratischer Rest mod. p.
Gut, jetzt ist also bewiesen, dass [mm] $x^2+1$ [/mm] reduzibel in [mm] $\mathbb F_p$ [/mm] ist genau dann, wenn -1 ein quadratischer Rest modulo p ist.
Aber ich will ja eigentlich zeigen:
$ p [mm] \mathbb [/mm] Z[i] $ ist ein Primideal in [mm] $\mathbb [/mm] Z[i] [mm] \Leftrightarrow p\equiv [/mm] 3\ [mm] (\text{mod } [/mm] 4) $
Um diese Aussage zu beweisen, muss ich dafür (wie du im ersten Posting geschrieben hast) zeigen, dass a mod p ein Quadrat ist, wenn $ [mm] a^{\frac{p - 1}{2}} [/mm] = 1 $ in [mm] $\mathbb F_p$ [/mm] ist? Diesen Satz hatten wir nämlich in der Vorlesung nicht. Muss ich diesen Satz verwenden oder komme ich auch anders zur Lösung?
Vielen Dank nochmals.
Gruß,
Kevin
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:27 Fr 13.08.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Ok, jetzt ist es klar:
> [mm]x^2+1=f(x)g(x)=(x-\alpha)(x-\beta)[/mm]. Daher sind [mm]\alpha[/mm] und
> [mm]\beta[/mm] Nullstellen von [mm]x^2+1[/mm], d.h. es gilt: [mm]\alpha^2+1=0[/mm],
> d.h.
> [mm]\alpha^2=-1[/mm] und analog [mm]\beta^2=-1[/mm] und somit ist [mm]-1[/mm] ein
> quadratischer Rest mod. p.
> Gut, jetzt ist also bewiesen, dass [mm]x^2+1[/mm] reduzibel in
> [mm]\mathbb F_p[/mm] ist genau dann, wenn -1 ein quadratischer Rest
> modulo p ist.
Genau.
> Aber ich will ja eigentlich zeigen:
> [mm]p \mathbb Z[i][/mm] ist ein Primideal in [mm]\mathbb Z[i] \Leftrightarrow p\equiv 3\ (\text{mod } 4)[/mm][/i][/mm][/i][/mm]
> [mm][i][mm][i] [/i][/mm][/i][/mm]
> [mm][i][mm][i]Um diese Aussage zu beweisen, muss ich dafür (wie du im [/i][/mm][/i][/mm]
> [mm][i][mm][i]ersten Posting geschrieben hast) zeigen, dass a mod p ein [/i][/mm][/i][/mm]
> [mm][i][mm][i]Quadrat ist, wenn [mm]a^{\frac{p - 1}{2}} = 1[/mm] in [mm]\mathbb F_p[/mm] [/i][/mm][/i][/mm]
> [mm][i][mm][i]ist? Diesen Satz hatten wir nämlich in der Vorlesung [/i][/mm][/i][/mm]
> [mm][i][mm][i]nicht. Muss ich diesen Satz verwenden oder komme ich auch [/i][/mm][/i][/mm]
> [mm][i][mm][i]anders zur Lösung?[/i][/mm][/i][/mm]
Es geht vieleicht auch anders, aber damit geht es am einfachsten. Nimm dir doch einfach einen Generator der multiplikativen Gruppe von [mm] $\IF_p$, [/mm] sagen wir [mm] $\alpha$. [/mm] Dann hat [mm] $\alpha$ [/mm] die Ordnung $p - 1$ und es gibt ein $n [mm] \in \IN$ [/mm] mit [mm] $\alpha^n [/mm] = -1$.
Jetzt zeige: $-1$ ist quadratischer Rest [mm] $\Leftrightarrow$ [/mm] $n$ ist gerade.
Kommst du damit weiter?
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:12 Sa 14.08.2010 | | Autor: | kevin-m. |
Hallo.
In deinem letzten Beitrag versteh ich nicht, warum es ein [mm] $n\in \mathbb [/mm] N$ gibt mit [mm] $\alpha^n=-1$.
[/mm]
Ich kann die Richtung [mm] "$\Rightarrow$" [/mm] von
$a [mm] \text{ mod }p \text{ quadr. Rest }\Leftrightarrow a^{\frac{p-1}{2}} \equiv [/mm] 1 [mm] \text{ mod }p$
[/mm]
zeigen:
Sei [mm] $a\neq [/mm] 0$ ein quadr. Rest mod p. Dann existiert ein [mm] $x\in \mathbb F_p$ [/mm] mit [mm] $x^2=a$. [/mm] Also ist [mm] $a^{\frac{p-1}{2}}=x^{p-1}\equiv [/mm] 1$ mod p nach dem kleinen Fermat'schen Satz. Aber die umgekehrte Richtung kann ich nicht beweisen. Es wäre nett, wenn du mir da auf die Sprünge helfen würdest.
Gruß,
Kevin
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:24 Sa 14.08.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Kevin
> In deinem letzten Beitrag versteh ich nicht, warum es ein
> [mm]n\in \mathbb N[/mm] gibt mit [mm]\alpha^n=-1[/mm].
Wenn [mm] $\alpha$ [/mm] ein Erzeuger der multiplikativen Gruppe von [mm] $\IF_p$ [/mm] ist, so gibt es zu jedem [mm] $\beta \in \IF_p^\ast$ [/mm] ein $n [mm] \in \IN$ [/mm] mit [mm] $\alpha^n [/mm] = [mm] \beta$. [/mm] Und es ist [mm] $\beta [/mm] = -1 [mm] \in \IF_p^\ast$.
[/mm]
> Ich kann die Richtung "[mm]\Rightarrow[/mm]" von
> [mm]a \text{ mod }p \text{ quadr. Rest }\Leftrightarrow a^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \text{ mod }p[/mm]
>
> zeigen:
> Sei [mm]a\neq 0[/mm] ein quadr. Rest mod p. Dann existiert ein [mm]x\in \mathbb F_p[/mm]
> mit [mm]x^2=a[/mm]. Also ist [mm]a^{\frac{p-1}{2}}=x^{p-1}\equiv 1[/mm] mod p
> nach dem kleinen Fermat'schen Satz. Aber die umgekehrte
> Richtung kann ich nicht beweisen. Es wäre nett, wenn du
> mir da auf die Sprünge helfen würdest.
Es gibt da viele Moeglichkeiten. Wie waer's mit etwas Gruppentheorie?
Die multiplikative Gruppe [mm] $\IF_p^\ast$ [/mm] ist eine zyklische Gruppe $G = [mm] \IZ/(p-1)\IZ$ [/mm] von Ordnung $p - 1$. Die Abbildung [mm] $\IF_p^\ast \to \IF_p^\ast$, [/mm] $x [mm] \mapsto x^2$ [/mm] entspricht [mm] $\varphi [/mm] : G [mm] \to [/mm] G$, $x [mm] \mapsto [/mm] 2 x$, und [mm] $\IF_p^\ast \to \IF_p^\ast$, [/mm] $x [mm] \mapsto x^{\frac{p - 1}{2}}$ [/mm] entspricht [mm] $\psi [/mm] : G [mm] \to [/mm] G$, $x [mm] \mapsto \frac{p -1}{2} [/mm] x$.
Nun, der Kern von [mm] $\varphi$ [/mm] umfasst zwei Elemente, naemlich $0 + (p - 1) [mm] \IZ$ [/mm] und [mm] $\frac{p - 1}{2} [/mm] + (p - 1) [mm] \IZ$. [/mm] (Entspricht $1$ und $-1$ bei [mm] $\IF_p^\ast \to \IF_p^\ast$, [/mm] $x [mm] \mapsto x^2$.) [/mm] Damit hat das Bild nach Lagrange [mm] $\frac{p - 1}{2}$ [/mm] Elemente. Weiterhin hat das Bild von [mm] $\psi$ [/mm] genau zwei Elemente, naemlich $0 + (p - 1) [mm] \IZ$ [/mm] und [mm] $\frac{p - 1}{2} [/mm] + (p - 1) [mm] \IZ$ [/mm] (nachrechnen!). Damit hat der Kern genau [mm] $\frac{p - 1}{2}$ [/mm] Elemente. Weiterhin liegt das Bild von [mm] $\varphi$ [/mm] im Kern von [mm] $\psi$: [/mm] damit ist das Bild von [mm] $\varphi$ [/mm] mit dem Kern von [mm] $\psi$ [/mm] identisch!
Was ist nun das Bild von [mm] $\varphi$?
[/mm]
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:49 So 15.08.2010 | | Autor: | kevin-m. |
Hallo,
danke für das letzte Posting! Auch wenn ich den roten Faden noch nicht so richtig sehe...
Wenn du schreibst, dass die Abbildung $ [mm] \IF_p^\ast \to \IF_p^\ast [/mm] , [mm] \quad x\mapsto x^2$ [/mm] der Abbildung [mm] $\varphi: \mathbb Z/(p-1)\mathbb [/mm] Z [mm] \to\mathbb Z/(p-1)\mathbb Z,\quad x\mapsto [/mm] 2x$ entspricht - soll dass dann nur darauf hinweisen, dass die erste Abbildung additiv geschrieben ist, während die zweite multiplikativ geschrieben ist? Und eigentlich könnte man ja [mm] $\IF_p^\ast$ [/mm] mit [mm] $\mathbb Z/(p-1)\mathbb [/mm] Z $ identifizieren, oder?
Also, dass das Bild von
$ [mm] \Psi:\mathbb Z/(p-1)\mathbb [/mm] Z [mm] \to\mathbb Z/(p-1)\mathbb Z,\quad x\mapsto \frac{p-1}{2}x$ [/mm]
genau zwei Elemente hat, hab ich nun nachgerechnet:
Wenn [mm] $x\in \mathbb Z/(p-1)\mathbb [/mm] Z$ gerade ist ($x=2y$), dann ist [mm] $\Psi(x)=\Psi(2y)=\tfrac{p-1}{2}2y=(p-1)y=0$ [/mm] und wenn x ungerade ist (d.h. $x=2y+1$), dann ist [mm] $\Psi(x)=\Psi(2y+1)= \frac{p-1}{2}(2y+1)=(p-1)y+\frac{p-1}{2}=\frac{p-1}{2}$.
[/mm]
Also ist [mm] $ker(\Psi)=im(\varphi)$ [/mm] die Menge aller geraden Elemente von [mm] $\mathbb Z/(p-1)\mathbb [/mm] Z$ und das sind insgesamt [mm] $\frac{p-1}{2}$ [/mm] Elemente.
Aber wie hängt das jetzt genau mit:
[mm] $$a^{\frac{p-1}{2}} \equiv [/mm] 1 [mm] \text{ mod }p\ \Rightarrow\ [/mm] a [mm] \text{ mod }p \text{ quadr. Rest }$$
[/mm]
zusammen?
Viele Grüße,
Kevin
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:00 Mo 16.08.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> danke für das letzte Posting! Auch wenn ich den roten
> Faden noch nicht so richtig sehe...
> Wenn du schreibst, dass die Abbildung [mm]\IF_p^\ast \to \IF_p^\ast , \quad x\mapsto x^2[/mm]
> der Abbildung [mm]\varphi: \mathbb Z/(p-1)\mathbb Z \to\mathbb Z/(p-1)\mathbb Z,\quad x\mapsto 2x[/mm]
> entspricht - soll dass dann nur darauf hinweisen, dass die
> erste Abbildung additiv geschrieben ist, während die
> zweite multiplikativ geschrieben ist? Und eigentlich
> könnte man ja [mm]\IF_p^\ast[/mm] mit [mm]\mathbb Z/(p-1)\mathbb Z[/mm]
> identifizieren, oder?
Genau.
> Also, dass das Bild von
> [mm]\Psi:\mathbb Z/(p-1)\mathbb Z \to\mathbb Z/(p-1)\mathbb Z,\quad x\mapsto \frac{p-1}{2}x[/mm]
> genau zwei Elemente hat, hab ich nun nachgerechnet:
> Wenn [mm]x\in \mathbb Z/(p-1)\mathbb Z[/mm] gerade ist ([mm]x=2y[/mm]), dann
> ist [mm]\Psi(x)=\Psi(2y)=\tfrac{p-1}{2}2y=(p-1)y=0[/mm] und wenn x
> ungerade ist (d.h. [mm]x=2y+1[/mm]), dann ist [mm]\Psi(x)=\Psi(2y+1)= \frac{p-1}{2}(2y+1)=(p-1)y+\frac{p-1}{2}=\frac{p-1}{2}[/mm].
>
> Also ist [mm]ker(\Psi)=im(\varphi)[/mm] die Menge aller geraden
> Elemente von [mm]\mathbb Z/(p-1)\mathbb Z[/mm] und das sind
> insgesamt [mm]\frac{p-1}{2}[/mm] Elemente.
Genau.
> Aber wie hängt das jetzt genau mit:
> [mm]a^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \text{ mod }p\ \Rightarrow\ a \text{ mod }p \text{ quadr. Rest }[/mm]
Da steht doch
"$a$ liegt im Kern von $x [mm] \mapsto x^{\frac{p - 1}{2}}$" $\Rightarrow$ [/mm] "$a$ liegt im Bild von $x [mm] \mapsto x^2$" [/mm] (wobei $a$ als Element von [mm] $\IF_p^\ast$ [/mm] aufgefasst wird)
Wird es dir jetzt etwas klarer?
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:46 Mo 16.08.2010 | | Autor: | kevin-m. |
Hi,
> Da steht doch
>
> "[mm]a[/mm] liegt im Kern von [mm]x \mapsto x^{\frac{p - 1}{2}}[/mm]"
> [mm]\Rightarrow[/mm] "[mm]a[/mm] liegt im Bild von [mm]x \mapsto x^2[/mm]" (wobei [mm]a[/mm]
> als Element von [mm]\IF_p^\ast[/mm] aufgefasst wird)
>
> Wird es dir jetzt etwas klarer?
Ja, jetzt ist es mir klar.
Und -1 ist kein quadr. Rest mod p genau dann wenn [mm] $(-1)^{\frac{p-1}{2}}\neq [/mm] 1$ gilt, d.h. wenn [mm] $(-1)^{\frac{p-1}{2}}=- [/mm] 1$ gilt, was genau dann erfüllt ist, wenn [mm] $\frac{p-1}{2}$ [/mm] ungerade ist, d.h. wenn $p [mm] \equiv [/mm] 3 [mm] \text{ mod }4$ [/mm] gilt.
Und damit folgt dann (hoffentlich) der zu beweisende Satz (?)
Viele Grüße,
Kevin
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 02:11 Mo 16.08.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Kevin,
> Ja, jetzt ist es mir klar.
>
> Und -1 ist kein quadr. Rest mod p genau dann wenn
> [mm](-1)^{\frac{p-1}{2}}\neq 1[/mm] gilt, d.h. wenn
> [mm](-1)^{\frac{p-1}{2}}=- 1[/mm] gilt, was genau dann erfüllt ist,
> wenn [mm]\frac{p-1}{2}[/mm] ungerade ist, d.h. wenn [mm]p \equiv 3 \text{ mod }4[/mm]
> gilt.
>
> Und damit folgt dann (hoffentlich) der zu beweisende Satz
> (?)
>
ja, damit hast du den Beweis zusammen :)
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:29 Mo 16.08.2010 | | Autor: | kevin-m. |
Hallo Felix,
danke nochmal für deine super Hilfe! Ich wäre alleine nie auf diese Beweisidee gekommen.
LG,
Kevin
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:26 Mo 16.08.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Kevin,
> danke nochmal für deine super Hilfe! Ich wäre alleine nie
> auf diese Beweisidee gekommen.
auf die Idee kommt man auch eher wenn man schonmal das Eulersche Kriterium fuer das ![[]](/images/popup.gif) Legendre-Symbol gesehen hat.
Um das ganze ein wenig zu vereinfachen: es geht darum, zu schaun, $-1$ in [mm] $\IF_p^\ast$ [/mm] ein Quadrat ist. Dazu beachtet man, dass [mm] $(\IF_p^\ast, \cdot) \cong (\IZ/(p-1)\IZ, [/mm] +)$ ist und $-1$ die einzige nicht-triviale Loesung von [mm] $x^2 [/mm] = 1$ (also $2 x = 1$ in der additiven Schreibweise). Daraus folgt, dass $-1$ in [mm] $(\IZ/(p-1)\IZ, [/mm] +)$ zu dem Element [mm] $\frac{p - 1}{2}$ [/mm] korrespondiert. Die Frage ist also: wann ist [mm] $\frac{p - 1}{2}$ [/mm] in [mm] $(\IZ/(p-1)\IZ, [/mm] +)$ ein Vielfaches von 2? Da $p - 1$ gerade ist, ist das nur dann der Fall, wenn [mm] $\frac{p - 1}{2}$ [/mm] durch 2 teilbar ist, also wenn $p [mm] \equiv [/mm] 1 [mm] \pmod{4}$ [/mm] ist.
Das ist jetzt ein keines bisschen elementarer 
LG Felix
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