Legendre-Symbol Homomorphismus < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:13 Di 27.12.2011 | | Autor: | briddi |
| Aufgabe | Zeige, dass das Legendresymbol [mm] (\bruch{*}{p}) [/mm] den einzigen nichttrivialen Homomorphismus [mm] (\IZ/p\IZ)^x \to [/mm] <-1> darstellt (p=ungerade Primzahl).
Für welche Jacobisymbole [mm] (\bruch{*}{P}) [/mm] (P [mm] \in \IN [/mm] ungerade) bleibt das wahr? |
Hallo,
Ich habe ein bisschen was dazu gelesen und überlegt und bin nun bei folgendem Stand:
Da p ungerade Primzahl ist, liegt eine cyclische Gruppe vor und es existieren Primitivwurzeln. Bezeichne den Homomorphismus mit f. Sei g eine solche Primitivwurzel, dann gilt f(g)=1 oder f(g)=-1. Und es gilt für a [mm] \in (\IZ/p\IZ)^x [/mm] : [mm] a\equiv g^r [/mm] mod p für ein r in [mm] \IN.
[/mm]
1. Fall : f(g)=1: Dann folgt für alle a [mm] \in (\IZ/p\IZ)^x [/mm] : [mm] f(a)=f(g^r)=f(g)^r=1 [/mm] (der Homomorphismus wäre also trivial)
2. Fall: f(g)=-1, dann: [mm] f(a)=(-1)^r=\begin{cases} 1, & \mbox{für } r \mbox{ gerade} \\ -1, & \mbox{für } r \mbox{ ungerade} \end{cases}
[/mm]
Wenn r gerade ist, dann heißt das ja [mm] a\equiv g^r [/mm] mod p [mm] \gdw g^r\equiv [/mm] a mod p. Für r gerade folgt dann [mm] g^r=g^{2r'}=(g^{r'})^2\equiv [/mm] a mod p, also ist a ein Quadrat.
Wenn r ungerade ist, müsste ich zeigen, dass a kein Quadrat ist, dass es also kein b gibt mit [mm] b^2\equiv [/mm] a mod p. Ich hab das bislang aber nicht hinbekommen. Ich habs über Widerspruch versucht: Angnommen es würde eine solche Zahl b geben, dann wäre sie ja auch durch die Primitivwurzel darstellbar, also es gäbe ein s mit [mm] g^s=b [/mm] und damit: [mm] a\equiv b^2\equiv (g^s)^2 \equiv g^{2s}
[/mm]
Ich bin mir hier nicht sicher ob das schon für einen Widerspruch reicht (der Exponent 2s ist zwar nun auf jeden Fall gerade und a wäre ja auch kongruent zu [mm] g^r [/mm] mit r ungerade, aber könnte es nicht trotzdem wahr sein, weil wir ja immer modulo rechnen?)
Zu dem zweiten Teil der AUfgabe hab ich mir überlegt, dass man denselben Beweis führen könnte, sobald es Primitivwurzeln gibt. Die gibt es sobald eine cyclische Gruppe vorliegt, also für [mm] (\IZ/m\IZ)^x [/mm] wenn [mm] m\in \{2,4,p^{a},2p^{a}\} [/mm] wobei p ungerade Primzahl, a [mm] \in \IN. [/mm] Da in der Aufgabe P als ungerade Zahl angenommen wird, bleibt nur [mm] P=p^{a}.
[/mm]
Stimmt das so? Oder fehlen mir noch andere P? Falls das richtig ist, wie kann man dann zeigen, dass das alle sind bzw. dass man keine anderen findet wenn man mit einer anderen Herangehensweise vorgeht?
Vielen Dank,
briddi
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> Zeige, dass das Legendresymbol [mm](\bruch{*}{p})[/mm] den einzigen
> nichttrivialen Homomorphismus [mm](\IZ/p\IZ)^x \to[/mm] <-1>
> darstellt (p=ungerade Primzahl).
>
> Für welche Jacobisymbole [mm](\bruch{*}{P})[/mm] (P [mm]\in \IN[/mm]
> ungerade) bleibt das wahr?
> Hallo,
> Ich habe ein bisschen was dazu gelesen und überlegt und
> bin nun bei folgendem Stand:
> Da p ungerade Primzahl ist, liegt eine cyclische Gruppe
> vor und es existieren Primitivwurzeln. Bezeichne den
> Homomorphismus mit f. Sei g eine solche Primitivwurzel,
> dann gilt f(g)=1 oder f(g)=-1. Und es gilt für a [mm]\in (\IZ/p\IZ)^x[/mm]
> : [mm]a\equiv g^r[/mm] mod p für ein r in [mm]\IN.[/mm]
>
> 1. Fall : f(g)=1: Dann folgt für alle a [mm]\in (\IZ/p\IZ)^x[/mm] :
> [mm]f(a)=f(g^r)=f(g)^r=1[/mm] (der Homomorphismus wäre also
> trivial)
> 2. Fall: f(g)=-1, dann: [mm]f(a)=(-1)^r=\begin{cases} 1, & \mbox{für } r \mbox{ gerade} \\ -1, & \mbox{für } r \mbox{ ungerade} \end{cases}[/mm]
>
> Wenn r gerade ist, dann heißt das ja [mm]a\equiv g^r[/mm] mod p
> [mm]\gdw g^r\equiv[/mm] a mod p. Für r gerade folgt dann
> [mm]g^r=g^{2r'}=(g^{r'})^2\equiv[/mm] a mod p, also ist a ein
> Quadrat.
>
> Wenn r ungerade ist, müsste ich zeigen, dass a kein
> Quadrat ist, dass es also kein b gibt mit [mm]b^2\equiv[/mm] a mod
> p. Ich hab das bislang aber nicht hinbekommen. Ich habs
> über Widerspruch versucht: Angnommen es würde eine solche
> Zahl b geben, dann wäre sie ja auch durch die
> Primitivwurzel darstellbar, also es gäbe ein s mit [mm]g^s=b[/mm]
> und damit: [mm]a\equiv b^2\equiv (g^s)^2 \equiv g^{2s}[/mm]
> Ich bin
> mir hier nicht sicher ob das schon für einen Widerspruch
> reicht (der Exponent 2s ist zwar nun auf jeden Fall gerade
> und a wäre ja auch kongruent zu [mm]g^r[/mm] mit r ungerade, aber
> könnte es nicht trotzdem wahr sein, weil wir ja immer
> modulo rechnen?)
Du kannst dann so argmentieren: Aus [mm] g^{2s}=g^r [/mm] folgt [mm] g^{2s-r}=1. [/mm]
Damit muss 2s-r ein Vielfaches der Ordnung von g sein, die gleich der Gruppenordnung p-1 und somit gerade ist.
>
> Zu dem zweiten Teil der AUfgabe hab ich mir überlegt, dass
> man denselben Beweis führen könnte, sobald es
> Primitivwurzeln gibt.
Soweit ich das überblicke, sollte das funktionieren.
> Die gibt es sobald eine cyclische
> Gruppe vorliegt, also für [mm](\IZ/m\IZ)^x[/mm] wenn [mm]m\in \{2,4,p^{a},2p^{a}\}[/mm]
> wobei p ungerade Primzahl, a [mm]\in \IN.[/mm] Da in der Aufgabe P
> als ungerade Zahl angenommen wird, bleibt nur [mm]P=p^{a}.[/mm]
>
> Stimmt das so? Oder fehlen mir noch andere P? Falls das
> richtig ist, wie kann man dann zeigen, dass das alle sind
> bzw. dass man keine anderen findet wenn man mit einer
> anderen Herangehensweise vorgeht?
Du brauchst eine Begründung, dass es in den anderen Fällen mehr als einen nichttrivialen Gruppenhomomorphismus nach <-1> gibt. Diese lassen sich explizit konstruieren, wenn man [mm] (\IZ/m\IZ)^* [/mm] als Produkt von (zyklischen) Gruppen darstellen kann.
>
> Vielen Dank,
> briddi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:46 Fr 30.12.2011 | | Autor: | briddi |
Hallo,
ich bin mir noch nicht sicher, ob ich das jetzt richtig verstanden habe.
> Du kannst dann so argmentieren: Aus [mm]g^{2s}=g^r[/mm] folgt
> [mm]g^{2s-r}=1.[/mm]
> Damit muss 2s-r ein Vielfaches der Ordnung von g sein, die
> gleich der Gruppenordnung p-1 und somit gerade ist.
>
Danke, hab ich verstanden. [mm]g^{2s}=g^r[/mm] folgt [mm]g^{2s-r}=1.[/mm] gilt doch aber nur, wenn es ein Inverses zu [mm] g^r [/mm] gibt. Da p prim ist, ist dies hier kein Problem. Wenn ich diesen Beweis aber auf die zweite Aufgabe übertrage, dann befinde ich mich ja in [mm] (\IZ/p^{a}\IZ), [/mm] kann ich hier auch davon ausgehen, dass es dieses Inverse immer gibt? Ich dachte das geht nur bei Primzahlen.
> >
> > Zu dem zweiten Teil der AUfgabe hab ich mir überlegt, dass
> > man denselben Beweis führen könnte, sobald es
> > Primitivwurzeln gibt.
>
> Soweit ich das überblicke, sollte das funktionieren.
>
> > Die gibt es sobald eine cyclische
> > Gruppe vorliegt, also für [mm](\IZ/m\IZ)^x[/mm] wenn [mm]m\in \{2,4,p^{a},2p^{a}\}[/mm]
> > wobei p ungerade Primzahl, a [mm]\in \IN.[/mm] Da in der Aufgabe P
> > als ungerade Zahl angenommen wird, bleibt nur [mm]P=p^{a}.[/mm]
> >
> > Stimmt das so? Oder fehlen mir noch andere P? Falls das
> > richtig ist, wie kann man dann zeigen, dass das alle sind
> > bzw. dass man keine anderen findet wenn man mit einer
> > anderen Herangehensweise vorgeht?
>
> Du brauchst eine Begründung, dass es in den anderen
> Fällen mehr als einen nichttrivialen Gruppenhomomorphismus
> nach <-1> gibt. Diese lassen sich explizit konstruieren,
> wenn man [mm](\IZ/m\IZ)^*[/mm] als Produkt von (zyklischen) Gruppen
> darstellen kann.
Das heißt, ich weiß, dass [mm](\IZ/m\IZ)^x[/mm][mm] =\produkt(\IZ/p_i^{a_i}\IZ)^x [/mm] für [mm] m=p_1^{a_1}* ....*p_r^{a_r} [/mm] und für [mm] p_i>2 [/mm] ist [mm] (\IZ/p_i^{a_i}\IZ)^x [/mm] cyclisch. Dies ist bei uns gegeben, da P=m ungerade sein soll. (Das P aus der Aufgabe entspricht doch deinem m oder?)
Ich kann also [mm](\IZ/m\IZ)^x[/mm] als Produkt von zyklischen Gruppen darstellen und für jeden Faktor finde ich dann zwei Homomorphismen nach <-1>, den trivialen und eben das Jacobisymbol. Da ich mich bei jedem Faktor entscheiden kann, welchen der beiden ich nehme, habe ich dann eine Vielzahl von Homomorphismen, ist das richtig?
Stell ich dann überhaupt noch sicher, dass ein Homomorphismus vorliegt?
> > Vielen Dank,
> > briddi
>
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> Hallo,
> ich bin mir noch nicht sicher, ob ich das jetzt richtig
> verstanden habe.
>
> > Du kannst dann so argmentieren: Aus [mm]g^{2s}=g^r[/mm] folgt
> > [mm]g^{2s-r}=1.[/mm]
> > Damit muss 2s-r ein Vielfaches der Ordnung von g sein, die
> > gleich der Gruppenordnung p-1 und somit gerade ist.
> >
>
> Danke, hab ich verstanden. [mm]g^{2s}=g^r[/mm] folgt [mm]g^{2s-r}=1.[/mm]
> gilt doch aber nur, wenn es ein Inverses zu [mm]g^r[/mm] gibt. Da p
> prim ist, ist dies hier kein Problem. Wenn ich diesen
> Beweis aber auf die zweite Aufgabe übertrage, dann befinde
> ich mich ja in [mm](\IZ/p^{a}\IZ),[/mm] kann ich hier auch davon
> ausgehen, dass es dieses Inverse immer gibt? Ich dachte das
> geht nur bei Primzahlen.
Du betrachtest ja [mm] (\IZ/m\IZ)^x, [/mm] was in jedem Fall eine multiplikative Gruppe ist. Die Restklassen ohne multiplikative Inverse gehören gar nicht dazu.
>
> > >
> > > Zu dem zweiten Teil der AUfgabe hab ich mir überlegt, dass
> > > man denselben Beweis führen könnte, sobald es
> > > Primitivwurzeln gibt.
> >
> > Soweit ich das überblicke, sollte das funktionieren.
> >
> > > Die gibt es sobald eine cyclische
> > > Gruppe vorliegt, also für [mm](\IZ/m\IZ)^x[/mm] wenn [mm]m\in \{2,4,p^{a},2p^{a}\}[/mm]
> > > wobei p ungerade Primzahl, a [mm]\in \IN.[/mm] Da in der Aufgabe P
> > > als ungerade Zahl angenommen wird, bleibt nur [mm]P=p^{a}.[/mm]
> > >
> > > Stimmt das so? Oder fehlen mir noch andere P? Falls das
> > > richtig ist, wie kann man dann zeigen, dass das alle sind
> > > bzw. dass man keine anderen findet wenn man mit einer
> > > anderen Herangehensweise vorgeht?
> >
> > Du brauchst eine Begründung, dass es in den anderen
> > Fällen mehr als einen nichttrivialen Gruppenhomomorphismus
> > nach <-1> gibt. Diese lassen sich explizit konstruieren,
> > wenn man [mm](\IZ/m\IZ)^*[/mm] als Produkt von (zyklischen) Gruppen
> > darstellen kann.
>
> Das heißt, ich weiß, dass [mm](\IZ/m\IZ)^x[/mm][mm] =\produkt(\IZ/p_i^{a_i}\IZ)^x[/mm]
> für [mm]m=p_1^{a_1}* ....*p_r^{a_r}[/mm] und für [mm]p_i>2[/mm] ist
> [mm](\IZ/p_i^{a_i}\IZ)^x[/mm] cyclisch. Dies ist bei uns gegeben, da
> P=m ungerade sein soll. (Das P aus der Aufgabe entspricht
> doch deinem m oder?)
> Ich kann also [mm](\IZ/m\IZ)^x[/mm] als Produkt von zyklischen
> Gruppen darstellen und für jeden Faktor finde ich dann
> zwei Homomorphismen nach <-1>, den trivialen und eben das
> Jacobisymbol. Da ich mich bei jedem Faktor entscheiden
> kann, welchen der beiden ich nehme, habe ich dann eine
> Vielzahl von Homomorphismen, ist das richtig?
>
> Stell ich dann überhaupt noch sicher, dass ein
> Homomorphismus vorliegt?
Wenn ich nichts übersehen habe, kann man einfach so argumentieren:
Wenn m zwei verschiedene Primfaktoren p und q hat, dann sind sowohl [mm] (\bruch{*}{p}) [/mm] als auch [mm] (\bruch{*}{q}) [/mm] nichttriviale Homomorphismen von [mm] (\IZ/m\IZ)^x [/mm] nach <-1>
>
>
> > > Vielen Dank,
> > > briddi
> >
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