a^(p-1) ungleich 1 mod p^2 < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:21 Fr 25.11.2011 | | Autor: | ThomasTT |
| Aufgabe | Sei $a$ eine Primitivwurzel modulo $p$ und sei $G = [mm] (\IZ/p^2\IZ)^\times$ [/mm] die Gruppe der Einheiten modulo [mm] $p^2$ [/mm] unter der Multiplikation.
Zeigen Sie: $a$ ist ein Erzeuger von $G$, genau dann wenn [mm] $a^{p-1}\not\equiv [/mm] 1\ mod\ [mm] p^2$. [/mm] |
Ich meine, dass ich die Hinrichtung wie folgt zeigen kann:
Sei also a ein Erzeuger von G, dann ist [mm] $\#G=ord(a)=min\{k>0\mid a^k \equiv 1\ mod\ p^2\}$. [/mm] Außerdem ist die Kardinalität von G wie folgt: [mm] $\#G=p^2-p$ [/mm] und da a ein Erzeuger ist, haben wir [mm] $a^{\#G}\equiv [/mm] 1\ mod\ [mm] p^2$, [/mm] und daher folgt:
[mm] $a^m\not\equiv [/mm] 1\ mod\ [mm] p^2\quad \forall m\in\IN$ [/mm] mit [mm] $1\le [/mm] m < [mm] p^2-p$
[/mm]
Da [mm] $1\le p-1
Kann man das zunächst so zeigen?
Und kann mir jemand einen Hinweis zur Rückrichtung geben?
Gruß
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:30 Sa 26.11.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Sei [mm]a[/mm] eine Primitivwurzel modulo [mm]p[/mm] und sei [mm]G = (\IZ/p^2\IZ)^\times[/mm]
> die Gruppe der Einheiten modulo [mm]p^2[/mm] unter der
> Multiplikation.
> Zeigen Sie: [mm]a[/mm] ist ein Erzeuger von [mm]G[/mm], genau dann wenn
> [mm]a^{p-1}\not\equiv 1\ mod\ p^2[/mm].
>
> Ich meine, dass ich die
> Hinrichtung wie folgt zeigen kann:
>
> Sei also a ein Erzeuger von G, dann ist
> [mm]\#G=ord(a)=min\{k>0\mid a^k \equiv 1\ mod\ p^2\}[/mm]. Außerdem
> ist die Kardinalität von G wie folgt: [mm]\#G=p^2-p[/mm] und da a
> ein Erzeuger ist, haben wir [mm]a^{\#G}\equiv 1\ mod\ p^2[/mm], und
> daher folgt:
> [mm]a^m\not\equiv 1\ mod\ p^2\quad \forall m\in\IN[/mm] mit [mm]1\le m < p^2-p[/mm]
>
> Da [mm]1\le p-11[/mm] gilt, folgt: [mm]a^{p-1}\not\equiv 1\ mod\ p^2[/mm].
>
> Kann man das zunächst so zeigen?
Ja.
> Und kann mir jemand einen Hinweis zur Rückrichtung
> geben?
Satz von Lagrange.
Einmal: du weisst, dass $a$ in [mm] $\IZ/p\IZ$ [/mm] ein Erzeuger ist. Ist [mm] $\pi [/mm] : [mm] (\IZ/p^2\IZ)^\ast \to (\IZ/p\IZ)^\ast$ [/mm] die Reduktion modulo $p$ (dies ist ein Gruppenhomomorphismus), so ist die Ordnung von [mm] $\pi(a)$ [/mm] also $p - 1$. Damit ist die Ordnung von $a$ in [mm] $(\IZ/p^2\IZ)^\ast$ [/mm] ein Vielfaches von $p - 1$ (das ist ein wichtiger Punkt, den du nachvollziehen musst).
So. Welche Ordnungen kann $a$ jetzt in [mm] $(\IZ/p^2\IZ)^\ast$ [/mm] haben? Und welche davon werden durch [mm] $a^{p-1} \not\equiv [/mm] 1 [mm] \pmod{p^2}$ [/mm] ausgeschlossen?
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:33 So 27.11.2011 | | Autor: | ThomasTT |
Ich versuche einmal nachzuvollziehen:
Wir definieren zunächst [mm] $\pi:\ (\IZ/p^2\IZ)^\times\to(\IZ/p\IZ)^\times$ [/mm] mit [mm] $b\mapsto [/mm] b\ mod\ p$. Da [mm] $a\in(\IZ/p\IZ)^\times$, [/mm] ist [mm] $\pi(a)=a$. [/mm] Und da a ein Erzeuger in [mm] $(\IZ/p\IZ)^\times$ [/mm] ist, ist auch [mm] $\pi(a)$ [/mm] einer, d.h. [mm] $ord(\pi(a))=\#(\IZ/p\IZ)^\times=p-1$.
[/mm]
Nun ist mir aber nicht ganz klar, weshalb die Ordnung von $a$ in [mm] $(\IZ/p^2\IZ)^\times$ [/mm] gleich einem Vielfachen von $p-1$ sein soll. Wie genau kann man darauf kommen?
Aber angenommen ich wüsste jetzt, dass dem so sei, dann muss die Ordnung von $a$ die Kardinalität von [mm] $#(\IZ/p^2\IZ)^\times=p^2-p$ [/mm] teilen (nach Lagrange). Es stehen also $p-1$ und $(p-1)p$ zur Wahl. $p-1$ ist wegen der Bedingung [mm] $a^{p-1}\not\equiv1\ [/mm] mod\ [mm] p^2$ [/mm] ausgeschlossen. Also ist die Ordnung von a in [mm] $(\IZ/p^2\IZ)^\times$ [/mm] gleich $(p-1)p$, was der Kardinalität von [mm] $(\IZ/p^2\IZ)^\times$ [/mm] entspricht. Demnach ist $a$ ein Erzeuger von [mm] $(\IZ/p^2\IZ)^\times$.
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:49 So 27.11.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Ich versuche einmal nachzuvollziehen:
>
> Wir definieren zunächst [mm]\pi:\ (\IZ/p^2\IZ)^\times\to(\IZ/p\IZ)^\times[/mm]
> mit [mm]b\mapsto b\ mod\ p[/mm]. Da [mm]a\in(\IZ/p\IZ)^\times[/mm], ist
Moment. Wenn $a [mm] \in (\IZ/p\IZ)^\ast$ [/mm] ist, kannst du $a$ gar nicht mit [mm] $\pi$ [/mm] abbilden. Nimm lieber $a [mm] \in \IZ$, [/mm] und sage, dass $a + [mm] p\IZ \in (\IZ/p\IZ)^\ast$ [/mm] ist. Und bilde $a + [mm] p^2\IZ$ [/mm] unter [mm] $\pi$ [/mm] ab.
> [mm]\pi(a)=a[/mm]. Und da a ein Erzeuger in [mm](\IZ/p\IZ)^\times[/mm] ist,
> ist auch [mm]\pi(a)[/mm] einer, d.h.
Das ist Quark. $a + [mm] p\IZ [/mm] = [mm] \pi(a [/mm] + [mm] p^2 \IZ)$ [/mm] ist einfach ein Erzeuger von [mm] $(\IZ/p\IZ)^\ast$.
[/mm]
> [mm]ord(\pi(a))=\#(\IZ/p\IZ)^\times=p-1[/mm].
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Nun ist mir aber nicht ganz klar, weshalb die Ordnung von [mm]a[/mm]
> in [mm](\IZ/p^2\IZ)^\times[/mm] gleich einem Vielfachen von [mm]p-1[/mm] sein
> soll. Wie genau kann man darauf kommen?
Wenn $G$ und $H$ Gruppen sind, [mm] $\varphi [/mm] : G [mm] \to [/mm] H$ ein Gruppenhomomorphismus und $g [mm] \in [/mm] G$ endliche Ordnung hat, so ist die Ordnung von [mm] $\varphi(g)$ [/mm] ein Teiler der Ordnung von $g$. Ueberlege dir das erstmal in diesem etwas abstrakterem Rahmen.
> Aber angenommen ich wüsste jetzt, dass dem so sei, dann
> muss die Ordnung von [mm]a[/mm] die Kardinalität von
> [mm]#(\IZ/p^2\IZ)^\times=p^2-p[/mm] teilen (nach Lagrange).
Ja, das muss sie eh. Auch ohne [mm] $\pi$.
[/mm]
> Es stehen also [mm]p-1[/mm] und [mm](p-1)p[/mm] zur Wahl.
> [mm]p-1[/mm] ist wegen der Bedingung [mm]a^{p-1}\not\equiv1\ mod\ p^2[/mm] ausgeschlossen.
> Also
> ist die Ordnung von a in [mm](\IZ/p^2\IZ)^\times[/mm] gleich [mm](p-1)p[/mm],
> was der Kardinalität von [mm](\IZ/p^2\IZ)^\times[/mm] entspricht.
> Demnach ist [mm]a[/mm] ein Erzeuger von [mm](\IZ/p^2\IZ)^\times[/mm].
Genau.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:14 Mo 28.11.2011 | | Autor: | ThomasTT |
Okay. Die Notationen gehen ja dehingehend manchmal auseinander, aber du hast natürlich recht. Doch wenn wir einfach mal (von der Notation her) annehmen, dass z.B. [mm] $(\IZ/5\IZ)^\times=\{1,2,3,4\}\subset\IZ$ [/mm] ist, und wir hier keine Nebenklassen betrachten, dann könnte man das doch so formulieren, also auch [mm] $\pi(a)=a$, [/mm] oder? Denn wir können ja dann z.B. schreiben [mm] $(\IZ/3\IZ)^\times=\{1,2\}\subset(\IZ/9\IZ)^\times=\{1,2,4,5,7,8\}$.
[/mm]
Nochmal zu [mm] $\pi$:
[/mm]
Wenn wir nun $A$ als die erzeugte Gruppe von $a$ in [mm] $G=(\IZ/p^2\IZ)^\times$ [/mm] nehmen und $B$ als die erzeugte Gruppe von [mm] $\pi(a)$ [/mm] in [mm] $H=(\IZ/p\IZ)^\times$ [/mm] nehmen, dann teilt die Ordnung von B die Ordnung von H (nach Lagrange) und nach Homomorphiesatz mit [mm] $\pi(A)=B$ [/mm] teilt die Ordnung von B auch die Ordnung von A, was ja gerade bedeutet, dass die Ordnung von A ein Vielfaches der Ordnung von B ist?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:20 Mi 30.11.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:44 Mi 30.11.2011 | | Autor: | ThomasTT |
Falls jemand noch eine Idee hat, dann wäre ich immer noch an einer Antwort interessiert. :)
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 18:45 Mi 30.11.2011 | | Autor: | ThomasTT |
Falls jemand noch eine Idee hat, dann wäre ich immer noch an einer Antwort interessiert. :)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:17 Do 01.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin,
> Okay. Die Notationen gehen ja dehingehend manchmal
> auseinander, aber du hast natürlich recht. Doch wenn wir
> einfach mal (von der Notation her) annehmen, dass z.B.
> [mm](\IZ/5\IZ)^\times=\{1,2,3,4\}\subset\IZ[/mm] ist, und wir hier
> keine Nebenklassen betrachten, dann könnte man das doch so
> formulieren, also auch [mm]\pi(a)=a[/mm], oder? Denn wir können ja
> dann z.B. schreiben
> [mm](\IZ/3\IZ)^\times=\{1,2\}\subset(\IZ/9\IZ)^\times=\{1,2,4,5,7,8\}[/mm].
nunja, es ist aber [mm] $\pi(5) [/mm] = 2$ in dem Fall. Also [mm] $\pi(a) [/mm] = a [mm] \mathop{\mathrm{mod}} [/mm] p$.
> Nochmal zu [mm]\pi[/mm]:
> Wenn wir nun [mm]A[/mm] als die erzeugte Gruppe von [mm]a[/mm] in
> [mm]G=(\IZ/p^2\IZ)^\times[/mm] nehmen und [mm]B[/mm] als die erzeugte Gruppe
> von [mm]\pi(a)[/mm] in [mm]H=(\IZ/p\IZ)^\times[/mm] nehmen, dann teilt die
> Ordnung von B die Ordnung von H (nach Lagrange) und nach
> Homomorphiesatz
...und nach Lagrange...
> mit [mm]\pi(A)=B[/mm] teilt die Ordnung von B auch die Ordnung von A,
> was ja gerade bedeutet, dass die Ordnung
> von A ein Vielfaches der Ordnung von B ist?
Genau. Und die Ordnung von $A$ ist gleich der von $a$, und die von $B$ ist gleich der von [mm] $\pi(a)$.
[/mm]
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:00 Do 01.12.2011 | | Autor: | ThomasTT |
Ok. Danke. Ich glaube ich verstehe das jetzt zum Großteil.
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