Satz von Wilson < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:34 Fr 12.06.2009 | | Autor: | MichiNes |
| Aufgabe | Seien p [mm] \in \IP [/mm] und a [mm] \in \IZ.
[/mm]
a) Zeigen Sie: (p-1)! [mm] \equiv [/mm] (p-1) (mod [mm] \summe_{j=1}^{p-1}j)
[/mm]
b) Zeigen Sie, dass p sowohl [mm] a^{p}+a*(p-1)! [/mm] als auch [mm] a+a^{p}*(p-1)! [/mm] teilt. |
Hallo,
zunächst mal zur a):
Wie muss ich da vorgehen? Das einzige, was mir bisher dazu einfällt, ist der Satz von Wilson (p Primzahl genau dann wenn (p-1)! [mm] \equiv [/mm] p-1 (mod p)) und noch, dass die Summe [mm] \summe_{j=1}^{p-1}j [/mm] ja das gleiche ist, wie [mm] \bruch{(p-1)p}{2}. [/mm] Wie das ganze aber nun geht, hab ich bisher aber keine Ahnung. Hab schon einiges rumprobiert, komme aber zu nix, weil ich nicht weiß, wie ich von einem auf den anderen Modul schließen kann.
Wäre cool, wenn jemand Zeit und Lust hätte, mir zu helfen.
Gruß Michi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:43 Fr 12.06.2009 | | Autor: | statler |
Hi!
> Seien p [mm]\in \IP[/mm] und a [mm]\in \IZ.[/mm]
>
> a) Zeigen Sie: (p-1)! [mm]\equiv[/mm] (p-1) (mod
> [mm]\summe_{j=1}^{p-1}j)[/mm]
> b) Zeigen Sie, dass p sowohl [mm]a^{p}+a*(p-1)![/mm] als auch
> [mm]a+a^{p}*(p-1)![/mm] teilt.
> zunächst mal zur a):
> Wie muss ich da vorgehen? Das einzige, was mir bisher dazu
> einfällt, ist der Satz von Wilson (p Primzahl genau dann
> wenn (p-1)! [mm]\equiv[/mm] p-1 (mod p)) und noch, dass die Summe
> [mm]\summe_{j=1}^{p-1}j[/mm] ja das gleiche ist, wie
> [mm]\bruch{(p-1)p}{2}.[/mm] Wie das ganze aber nun geht, hab ich
> bisher aber keine Ahnung.
(p-1)! - (p-1) ist durch p teilbar, das sagt der Satz v. Wilson. Und das es durch p-1 teilbar ist, sehe ich mit bloßem Auge. Nun sind aber p und p-1 teilerfremd...
Gruß aus HH-Harburg
Dieter
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:12 Fr 12.06.2009 | | Autor: | MichiNes |
Ok, deine Aussagen kann ich nachvollziehen, aber was soll ich nun mit der Teilerfremdheit von p und p-1 anfangen? Mir ist spontan der chinesische Restsatz eingefallen, aber da konnte ich dann nur auf den Modul (p-1)p schließen. Ich muss ja aber noch auf die Hälfte davon kommen.
Danke für die Bemühungen!
Gruß Michi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:16 Fr 12.06.2009 | | Autor: | statler |
> Ok, deine Aussagen kann ich nachvollziehen, aber was soll
> ich nun mit der Teilerfremdheit von p und p-1 anfangen?
Die Antwort darauf hätte ich dir locker zugetraut: Wenn n durch a und b teilbar ist und a und b teilerfremd sind, dann ist n auch durch a*b teilbar. Warum ist das so?
Gruß Dieter
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:27 Fr 12.06.2009 | | Autor: | MichiNes |
ich schätz mal wegen dem chinesischen Restsatz. Ich hab jetzt folgende Kongruenzen betrachtet
(p-1)! [mm] \equiv [/mm] p-1 (mod p) (Wilson)
(p-1)! [mm] \equiv [/mm] 0 (mod (p-1)) (klar)
Dann durfte ich wegen der Teilerfremdheit von p und p-1 den chinesischen Restsatz anwenden. Der lieferte
(p-1)! [mm] \equiv (p-1)^{3} [/mm] (mod p(p-1))
Das sieht mir aber recht komisch aus. Wie gehts denn dann weiter?
THX für die schnellen Antworten immer!!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:42 Fr 12.06.2009 | | Autor: | statler |
> ich schätz mal wegen dem chinesischen Restsatz. Ich hab
> jetzt folgende Kongruenzen betrachtet
>
> (p-1)! [mm]\equiv[/mm] p-1 (mod p) (Wilson)
> (p-1)! [mm]\equiv[/mm] 0 (mod (p-1)) (klar)
>
> Dann durfte ich wegen der Teilerfremdheit von p und p-1 den
> chinesischen Restsatz anwenden. Der lieferte
>
> (p-1)! [mm]\equiv (p-1)^{3}[/mm] (mod p(p-1))
>
> Das sieht mir aber recht komisch aus. Wie gehts denn dann
> weiter?
Der Chin. Rests. hat es dir offenbar angetan. Leg ihn mal zur Seite bitte! Wenn (p-1)! - (p-1) durch p und durch p-1 teilbar ist, dann auch durch p*(p-1) und erst recht durch [mm] \bruch{p*(p-1)}{2}. [/mm] Und darum ging es doch.
Ciao, ich schließe jetzt die Bücher für heute
Dieter
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:03 Fr 12.06.2009 | | Autor: | MichiNes |
Sorry, vielleicht bin ich auch einfach nur zu doof, aber ich check nicht, warum wenn eine Zahl n durch a und durch b teilbar ist und a und b teilerfremd sind, sie dann auch durch a*b teilbar ist.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:23 Fr 12.06.2009 | | Autor: | abakus |
> Sorry, vielleicht bin ich auch einfach nur zu doof, aber
> ich check nicht, warum wenn eine Zahl n durch a und durch b
> teilbar ist und a und b teilerfremd sind, sie dann auch
> durch a*b teilbar ist.
Hallo,
nur mal zwei Beispiele:
72 ist durch 3 und durch 8 teilbar, deshalb ist 72 auch durch (3*8)=24 teilbar.
ABER:
72 ist durch 6 und durch 9 teilbar, aber nicht durch (6*9=)54.
Gruß Abakus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:25 Fr 12.06.2009 | | Autor: | MichiNes |
ja gut, zahlenbeispiele hab ich mir auch schon überlegt....ich glaub ja auch, dass das wirklich gilt...aber ich steig nicht ganz dahinter, wie ich das zeigen kann, bzw. die Logik die dahinter steckt, hab ich noch nicht ganz kapiert. Wie könnte ich diesen Sachverhalt denn beweisen?
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> ja gut, zahlenbeispiele hab ich mir auch schon
> überlegt....ich glaub ja auch, dass das wirklich
> gilt...aber ich steig nicht ganz dahinter, wie ich das
> zeigen kann, bzw. die Logik die dahinter steckt, hab ich
> noch nicht ganz kapiert. Wie könnte ich diesen Sachverhalt
> denn beweisen?
Hallo,
Du könntest Dir das über die Primfaktorzerlegung überlegen.
Wenn a und b teilerfremd sind, haben sie keinen gemeinsamen Primfaktor, und wenn beide n teilen, dann ist jeder ihrer Primfaktoren Primfaktor von n.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:25 Sa 13.06.2009 | | Autor: | MichiNes |
Wunderbar! Das hab ich kapiert und ich denk ich kann das auch direkt so begründen. Vielen Dank, Angela!!
Jetzt mal zur b). Also ich denk, die hab ich gelöst. Ich weiß nur nicht so hundertprozentig genau, ob ich bei einer kongruenz auf beiden Seiten einen Faktor ranmultiplizieren darf.
Ich hab das so gemacht:
Um zu zeigen, dass [mm] a^{p}+a(p-1)! \equiv [/mm] 0 (mod p), muss ich, weil [mm] a^{p} \equiv [/mm] a mod p(Fermat), ja nur noch zeigen, dass a(p-1)! [mm] \equiv [/mm] (p-a) mod p. Dann hab ich den Satz von Wilson folgendermaßen benutzt:
(p-1)! [mm] \equiv [/mm] p-1 (mod p)
a(p-1)! [mm] \equiv [/mm] a(p-1) (mod p)
a(p-1)! [mm] \equiv [/mm] ap-a [mm] \equiv [/mm] -a [mm] \equiv [/mm] p-a (mod p)
Darf ich das so einfach machen? Dann wärs ja super leicht! Dann könnte man die zweite Aussage ganz analog machen.
Danke schon mal!
Gruß Michi
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Hallo Michi,
> Wunderbar! Das hab ich kapiert und ich denk ich kann das
> auch direkt so begründen. Vielen Dank, Angela!!
>
> Jetzt mal zur b). Also ich denk, die hab ich gelöst. Ich
> weiß nur nicht so hundertprozentig genau, ob ich bei einer
> kongruenz auf beiden Seiten einen Faktor ranmultiplizieren
> darf. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Ja, das darfst du, denn [mm] $a\equiv [/mm] b \ [mm] \mod m\Rightarrow m\mid (a-b)\Rightarrow m\mid (a-b)\cdot{}c\Rightarrow m\mid (ac-bc)\Rightarrow ac\equiv [/mm] bc \ [mm] \mod [/mm] m$
Nur beim Kürzen von gemeinsamen Faktoren musst du aufpassen:
[mm] $ac\equiv [/mm] bc \ [mm] \mod m\Rightarrow a\equiv [/mm] b \ [mm] \mod \frac{m}{\ggT(c,m)}$
[/mm]
> Ich hab das so gemacht:
>
>
> Um zu zeigen, dass [mm]a^{p}+a(p-1)! \equiv[/mm] 0 (mod p), muss
> ich, weil [mm]a^{p} \equiv[/mm] a mod p(Fermat), ja nur noch zeigen,
> dass a(p-1)! [mm]\equiv[/mm] (p-a) mod p. Dann hab ich den Satz von
> Wilson folgendermaßen benutzt:
>
> (p-1)! [mm]\equiv[/mm] p-1 (mod p)
> a(p-1)! [mm]\equiv[/mm] a(p-1) (mod p)
> a(p-1)! [mm]\equiv[/mm] ap-a [mm]\equiv[/mm] -a [mm]\equiv[/mm] p-a (mod p)
>
> Darf ich das so einfach machen? Dann wärs ja super leicht!
Ja, das sieht sehr gut aus!
> Dann könnte man die zweite Aussage ganz analog machen.
>
> Danke schon mal!
>
> Gruß Michi
LG
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:40 Sa 13.06.2009 | | Autor: | MichiNes |
Cool! Danke, schachuzipus!! Dann hab ich die Aufgabe jetzt!!
Auch vielen Dank an alle anderen, die sich hier beteiligt haben!!!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:27 So 14.06.2009 | | Autor: | MichiNes |
Noch eine kurze Frage:
Bei der zweiten Aussage von b) muss ich ja zeigen dass [mm] a+a^{p}(p-1)! \equiv [/mm] 0 (mod p). Da reicht es ja zu zeigen, dass [mm] a^{p}(p-1)! \equiv [/mm] -a (mod p). Kann ich da Fermat anwenden, obwohl das [mm] a^{p} [/mm] nicht allein sondern nur als Faktor vorkommt??
Wär cool, wenn jemand kurz Zeit hätte, mir zu helfen.
Gruß Michi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 06:59 Di 16.06.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Noch eine kurze Frage:
> Bei der zweiten Aussage von b) muss ich ja zeigen dass
> [mm]a+a^{p}(p-1)! \equiv[/mm] 0 (mod p). Da reicht es ja zu zeigen,
> dass [mm]a^{p}(p-1)! \equiv[/mm] -a (mod p). Kann ich da Fermat
> anwenden, obwohl das [mm]a^{p}[/mm] nicht allein sondern nur als
> Faktor vorkommt??
Wenn $a [mm] \equiv [/mm] b [mm] \pmod{p}$ [/mm] und $c [mm] \equiv [/mm] d [mm] \pmod{p}$ [/mm] gilt, dann auch $a c [mm] \equiv [/mm] b d [mm] \pmod{p}$.
[/mm]
Jetzt gilt $(p - 1)! [mm] \equiv [/mm] -1 [mm] \pmod{p}$ [/mm] Wilson und [mm] $a^p \equiv [/mm] a [mm] \pmod{p}$ [/mm] nach Fermat. Fuegst du beides zusammen, bekommst du das was du haben willst.
LG Felix
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:32 Fr 12.06.2009 | | Autor: | abakus |
> ich schätz mal wegen dem chinesischen Restsatz. Ich hab
> jetzt folgende Kongruenzen betrachtet
>
> (p-1)! [mm]\equiv[/mm] p-1 (mod p) (Wilson)
Hallo,
an dieser Stelle würde ich mal beide Seiten durch (p-1) teilen (Modul p ändert sich dabei nicht, weil p und p-1 teilerfremd sind).
Gruß Abakus
> (p-1)! [mm]\equiv[/mm] 0 (mod (p-1)) (klar)
>
> Dann durfte ich wegen der Teilerfremdheit von p und p-1 den
> chinesischen Restsatz anwenden. Der lieferte
>
> (p-1)! [mm]\equiv (p-1)^{3}[/mm] (mod p(p-1))
>
> Das sieht mir aber recht komisch aus. Wie gehts denn dann
> weiter?
>
> THX für die schnellen Antworten immer!!
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