Zahlenteorie für Poffelchen < Wettbewerbe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 19:44 Di 09.11.2004 | | Autor: | Teletubyyy |
Also Poffel, wie angekündigt ein paar feine Aufgaen, jetzt erstmal zur Zahlenteorie:
1. Zeige, dass jede Ungerade Zahl x gilt: $ [mm] x^2\equiv1mod8$ [/mm] (ziehmlich praktische Aussage, kann man oft benutzen!!) und für jede gerade zahl y gilt: [mm] $y\equiv 0\,mod\,4$
[/mm]
2.1 Q(a) sei die Quersumme von a. Zeige, dass [mm] $Q(a)\equiv a\, mod\,9$ [/mm] (Auch praktisch)
2.2 Zeige dass [mm] $Q(a)=Q(2a)\Rightarrow [/mm] 9|a$
3. Zeige, dass (a) $ [mm] 6|n^3+5n [/mm] $ [mm] (b)$30|n^5-n$ [/mm] (c) für welche n gilt [mm]120|n^5-n[/mm]
Hierbei könnte dir Fermats kleiner Satz helfen: [mm] $p|a^p-a$ [/mm] wenn p eine Primzahl ist! (Die Umkehrung gilt nicht)
Das dürfe ein paar Grundlagen schaffen 
4. [mm] A=3^{105}+4^{105}. [/mm] Zeige nun, dass $7|A$ und berechne den mod11 und mod13 von A
Wende hierzu die Identität [mm]a\equiv b \, mod\,m \Rightarrow a^k \equiv b^k mod\,m[/mm]
Ich hoffe dass das jetzt mal nicht (viel zu) viel war ??
eine andere ganz nette Aufgabe wäre dann noch:
[mm] $9|a^2 [/mm] + ab+ [mm] b^2 \Rightarrow3|a [/mm] , 3|b$
Poste deine Lösungen ruhig einzeln (alle wirst du wahrscheinlich eh heute abend nicht mehr schaffen, oder???)
Diese Aufgaben dürften dir eigentlich schon etwas weiterhelfen bei Aufgaben aus der Zahlenteorie. Dann viel Spaß damit 
Gruß Samuel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:49 Di 09.11.2004 | | Autor: | Poffelchen |
$ [mm] x^2\equiv1mod8 [/mm] $
was bedeutet jetzt was? das identischzeichen, 1mod8, was bedeutet die 1 und was die 8? is 1 der rest der übrig bleibt bei der division von Zahl : 8?
EDIT: also ok, es ist definitiv der Rest :-D
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also wenn gilt:
$ [mm] x^2\equiv1mod8 [/mm] $
gilt auch:
$ [mm] (2k+1)^2\equiv1mod8 [/mm] $
--> $ [mm] 4k^2 [/mm] + 4k + [mm] 1\equiv1mod8 [/mm] $
--> $ [mm] 4k^2 [/mm] + 4k [mm] \equiv0mod8 [/mm] $
das muss man jetzt beweisen... hm...
$ [mm] 4(k^2+k)\equiv0mod8 [/mm] $
daher wird die 8 in 2 faktoren zerlegt: 4 und 2. 4 ist ja schon ausgeklammert. und die 2 erhält man aus dem term $ [mm] (k^2+k) [/mm] $
entspricht: k(k+1). Für ungerade k kommt in der klammer eine gerade zahl raus --> enthält faktor 2, wenn k gerade ist, ist der äußere faktor durch 2 teilbar. somit gilt: $ [mm] 4k^2 [/mm] + 4k [mm] \equiv0mod8 [/mm] $ und somit auch $ [mm] 4k^2 [/mm] + 4k + [mm] 1\equiv1mod8 [/mm] $
was zu beweisen war. bitte um feedback zur metodik und zum ergebnis. wäre es einfachergegangen?
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*Gratulation* Das war doch schon mal garnicht schlecht!!! Es gibt an deiner Lösung nichts auszusetzen! Auch die Idee das ganze auf 0 mod8 umzuformen, hat das ganze etwas übersichlicher gemacht! Hab leider erst jetzt gesehen, dass du die Ganzen Artikel gepostet hast. Das mit dem Modulo (mod) stimmt so, wie du es vermutet hast!
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Bin ich deppig 1b is easy:
$ [mm] x^2\equiv0mod4 [/mm] $ für gerade zahlen, daher ergibt sich für x = 2k:
$ [mm] (2k)^2\equiv0mod4 [/mm] $
$ [mm] 4k^2\equiv0mod4 [/mm] $
$ 4 | 4 $
daher stimmt auffällig
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Genau! Eigentlich ganz simpel, hab es aber der Vollständigkeit halber trotzdem mal gestellt. Denn jetzt kann man allgemein sagen, dass eine Quadratzahl immer 0,1, 4 mod 8 ist. (Kann manchmal ganz hilfreich sein)
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ersteinmal juhu, bin doch nich so doof ^^ fürs erste mal dass ich sowas erfolgreich löse, nich schlecht, und jeweils nur 10min zeit, man bin ich gut :P
Zitat: Denn jetzt kann man allgemein sagen, dass eine Quadratzahl immer 0,1, 4 mod 8 ist.
was bedeutet das genau, versteh ich jetzt nich soquadratzahl durch 8 kann nur die reste 0,1 oder 4 haben? woher leitet sich denn das jetzt ab?
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Nun im Prinzip hast du das doch gerade bewiesen!!!
i) die Zahl ist ungerade --> Bei Division ihres Quadrates durch 8 bleibt die 1 als Rest
ii) die Zahl ist gerade --> Bei Division ihres Quadrates durch 4 bleibt immer der Rest 0 stehen, oder anders formuliert, bei division durch 8 bleibt immer 0 (wenn noch irgendwo ein Faktor 2 vorhanden ist) oder 4 (wenn kein Faktor 2 enthalten ist)
und da jede Zahl gerade oder ungerade ist, ist sie folglich auf 0, 1, 4 mod 8
LG Samuel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:13 Di 09.11.2004 | | Autor: | Poffelchen |
stimmt, dann hätte ich auch genau so den beweis anders rum führen können thx
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:29 Di 09.11.2004 | | Autor: | Poffelchen |
hm bei 2. weiß ich gar nich weiter, konnt ich noch nie, auch in vergangenen übungen nich. was hab ich von der quersumme. was sagt mir das? da müsst ich bestimmt sowas wie folgen/reihen/summen nutzen.... plz help ^^
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:10 Di 09.11.2004 | | Autor: | Poffelchen |
Zitat:
123 = 100*1 + 10*2 + 1*3
= 99*1+1 + 9*2+2 + 0*3+1
müsste doch : 123 = 100*1 + 10*2 + 1*3
= 99*1+1 + 9*2+2 + 0*3+3
heißen oder?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:14 Di 09.11.2004 | | Autor: | Teletubyyy |
Kleiner Tippfehler ... *Sorry*
Aber wie's aussieht hast das Prinzip ja begriffen
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:31 Do 11.11.2004 | | Autor: | Teletubyyy |
Die Kurzfassung:
(a):
[mm]Q(a)= \summe_{k=1}^{n}a_k[/mm] mit [mm]0 \le x_k \le 9 [/mm]
[mm] a= \summe_{k=1}^{n}10^k*x_k = \summe_{k=1}^{n}(10^k-1)*x_k+ \summe_{k=1}^{n}x_k[/mm]
[mm]9|10^k-1 \Rightarrow Q(a) \equiv a \,mod\,9[/mm]
(b):
[mm]Q(a)\equiv Q(2a)\, mod\, 9 \gdw a \equiv 2a\, mod\, 9[/mm]
[mm]ggT(a,9)=1 \Rightarrow 1 \equiv 2 \, mod \, 9 [/mm] Wiederspruch!
[mm]ggT(a,9)=3 \Rightarrow 1 \equiv 2 \, mod \, 3 [/mm] Wiederspruch!
[mm]ggT(a,9)=9 \Rightarrow 1 \equiv 2 \, mod \, 1 [/mm] q.e.d
Damit waere die Aufgabe jetzt geloest.
(Aus irgendeinem grund hab ich die amerikanische Tastenbelegung, liegt das an mir oder am Matheraum?)
Gruss Samuel
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Also ich weiß nich so recht wie ichs lösen soll. also wenns teilbar durch 6 ist, muss es auch teilbar durch 2 und 3 sein.
für 2 gilt:
$ [mm] (2k)^3 [/mm] +(2k)*5 [mm] \equiv0mod2 [/mm] $
$ [mm] 8k^3 [/mm] +10k [mm] \equiv0mod2 [/mm] $
es gilt: $ 2|8 [mm] \wedge [/mm] 2|10 $ und deshalb: $ 2|(8a + 10b) $
--> durch 2 teilbar
so bleibt die teilbarkeit durch 3
zu zeigen: $ 3 | [mm] n^3 [/mm] + 5n $
außerdem gilt: $ [mm] p|a^p-a [/mm] $
daher zerlegen wir usneren term:
$ 3 | [mm] (n^3 [/mm] - n)+ 6n $
der erste term is durch die genannte formel durch 3 teilbar, und 6n logischer weise auch, daher auch die linearkombination der beiden.
juhu geschafft bin ich gut 8-)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:22 Di 09.11.2004 | | Autor: | Poffelchen |
hab nur für gerade n gezeigt, muss es natürlich noch für n = 2k +1 zeigen, komme dann auf:
$ 2| [mm] 8k^3+12k^2+16k+6 [/mm] $ was logischer weise durch 2 teilbar ist, so nu is gut ^^
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Fast richtig...
> Also ich weiß nich so recht wie ichs lösen soll. also wenns
> teilbar durch 6 ist, muss es auch teilbar durch 2 und 3
> sein.
Der Ansatz ist schonmal auf jedenfall richtig!
> für 2 gilt:
> [mm](2k)^3 +(2k)*5 \equiv0mod2[/mm]
> [mm]8k^3 +10k \equiv0mod2[/mm]
> es
> gilt: [mm]2|8 \wedge 2|10[/mm] und deshalb: [mm]2|(8a + 10b)[/mm]
>
> --> durch 2 teilbar
Nicht so voreillig!!!
Du hast hier nur gezeigt, das der Term für gerade n auch durch 2 teilbar ist (n=2k). Aber was ist mit ungeraden n?? ist zwar nur ein kleiner Flüchtigkeitsfehler, dürfte aber zu unnötigen Punktabzügen führen...
> so bleibt die teilbarkeit durch 3
> zu zeigen: [mm]3 | n^3 + 5n[/mm]
>
> außerdem gilt: [mm]p|a^p-a[/mm]
> daher zerlegen wir usneren term:
> [mm]3 | (n^3 - n)+ 6n[/mm]
> der erste term is durch die genannte formel durch 3
> teilbar, und 6n logischer weise auch, daher auch die
> linearkombination der beiden.
Super! Die linearkombination ist eigentlich der schwierigst Schritt bei der Lösung!
Kleiner Tipp, wei man die gesammte Aufgabe eleganter hätte lösen können:[mm]3 | (n^3 - n)+ 6n \gdw n(n^2-1)+6n \gdw n(n-1)(n+1) + 6n[/mm] Und da von 3 aufeinanderfolgenden Zahlen immer eine durch 3 von 2 aufeinanderfolgenden Zahlen immer eine durch 2 teilbar ist, ist (n-1)n(n+1) auch durch 6 teilbar. Ich sag mal nur 3. Binomische Formel
> juhu geschafft bin ich gut 8-)
Nur weiter so...
Gruß Samuel
EDIT: Hab deine Ergänzung erst zu spät gesehen. Mit der wäre dein Beweis vollständig richtig.
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Zu zeigen:
$ [mm] 30|n^5-n [/mm] $
faktorzelegung: 30 = 2*3*5
Teilbarkeit durch 2:
Für n = gerade:
$ [mm] 2|(2k)^5-2k [/mm] $ --> in beiden "summanden" steckt ne 2 drin, durch 2 teilbar ^^
für ungerade n:
$ [mm] 2|(2k+1)^5-(2k+1) [/mm] $
oh... das wird ja blöd, wird hinhauen :-D
hm aber wie zeig ich die teilbarkeit durch 3... hm... so komm ich nich weiter, fang ich nochmal an:
$ [mm] n^5 [/mm] - n = [mm] n(n^4-1) [/mm] = [mm] n*(n^2-1)*(n^2+1) [/mm] = [mm] n*(n-1)*(n+1)*(n^2+1) [/mm] $
öhm sind drei aufeinanderfolgende zahlen :-D daher durch 2 und 3 teilbar ^^
o, noch zu zeigen:
$ 5 | [mm] n^5-n [/mm] $ naja entspricht deiner hinweisformel $ [mm] p|a^p-a [/mm] $
tjaor somit auch durch 5 teilbar, also durch 2,3,5 bzw durch 30 teilbar, was zu beweisen war
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Schön gemacht - vorallem, dass du die meine Hinweise zu (a) sofort eingebracht hast!!!
Entspricht so ziehmlich genau der Musterlösung!!!
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hm 120 = 4*30
daher msus noch die teilbarkeit durch 4 gezeigt werden...
hm hab ja beweisen dass es durch 2 teilbar ist, also is die zahl gerade...
zu überlegen ist doch, wann gilt:
[mm] $2|0,5*(n*(n^4-1))$ [/mm] gezeigt wurde ja schon dass gilt: [mm] $2|n*(n^4-1)$
[/mm]
daher is klar dass es für alle geraden n zutrifft!
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> hm 120 = 4*30
> daher msus noch die teilbarkeit durch 4 gezeigt
> werden...
Stimmt so leider nicht! (Das Argument zieht nur wenn 30 eine Primzahl wäre oder der ggT(30,4)=1 wäre) Du hast die 2 als Faktor in der 30 daher muss 8|120 bewiesen werden. Ein Gegenbeispiel für deine Argumentation wäre: 2|6 also muss noch gezeigt werden, dass 2|6 gilt, und das hab ich ja schon getan, daher 4|6
Aber das Ergebniss stimmt trotzdem! Und die Argumentation für [mm] 4|n^5-n [/mm] ist auch korrekt nur ist hallt noch nicht ganz aussreichend. (müsste halt 8 sein)....
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hm, irgendwie stimmt das alles nich :-(
n muss größer 2 sein, eine weitere einschränkung gibt es nicht
gebe dir recht dass man das mit 8 machen muss. aber wie genau ich das amche... hm... und wie ich darauf komme dass n größer 2 sein muss, kann ja auch 3 oder 5 sein, nich wie ich behauptet hatte gerade sien :-(
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Nun die Lösung fällt eingentlich relativ nüchtern aus (Term Zerlegen und das Ergebniss anglotzen und schauen ob was auffällt):
Zerlegen wir erstmal den Ausdruck:
[mm]n^5-n=n(n^2-1)(n^2+1)=(n-1)n(n+1)*(n^2+1)[/mm] soweit
warst du ja eigentlich auch schon..
Betrachten wir jetzt den letzten Faktor der vordere Term (n-1)n(n+1) kann enthällt für ungerade n zwei gerade Zahlen und für gerade n eine gerade Zahl. Hintere Ausdruck [mm] n^2+1 [/mm] ist für ungerade n gerade [mm] (n^2+1ist [/mm] dann 2 mod 8) und für gerade n ist dieser Term ungerade (1 oder 5 mod8).
Daher ist 8|120 für ungerade n. Falls n gerade ist, ist n die einzige gerade Zahl in dem Term und somit müsste dann schon 8|n gelten, damit auch 8|120 gilt.
Daher, [mm] 120|n^5 [/mm] wenn n ungerade oder ein Vielfaches von 8 ist!!!!!!!
Ich werd jetzt aber schlafen gehen!!! Also Antworten erst wieder ab morgen
Gruß Samuel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:34 Mi 10.11.2004 | | Autor: | Poffelchen |
schlaf gut
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erscheint auf den ersten blick easy...
zu zeigen: $ [mm] 9|a^2 [/mm] + ab+ [mm] b^2 \Rightarrow3|a [/mm] , 3|b $
$ [mm] 3^2|(a+b)^2$ [/mm] --> $ 3|(a+b)$
hm die umkgilt sofort. wenn $3|a [mm] \wedge [/mm] 3|b$ folgt das daraus, aber umgedreht muss das nich zwingend folgen, z.b a=2 und b= 4
hm moment heir is irgendwo nen fehler, muss es nochmal machen *g*
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also zu zeigen ist ja:
$ 9|a + ab+ [mm] b^2 \Rightarrow3|a [/mm] , 3|b $
hm is keine binomische formel und auch sonst sieht das einfach doof aus :-|
und außerdem stimmt das gar nich. für a,b = 3 würde rauskommen $9|21$ was gar nich stimmt, somit wäre das ne falche aussage
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:04 Mi 10.11.2004 | | Autor: | Teletubyyy |
Hab mich in der Aufgabe verschrieben... Das muss [mm] a^2+ab+b^2 [/mm] heißen!!!
und nicht [mm] a+ab+b^2 [/mm] sieht dann auch viel schöner aus, oder?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:15 Mi 10.11.2004 | | Autor: | Poffelchen |
viel schöner
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Die Idee mit Binomen ist ja schon mal gar nicht schlecht, aber dazu brauchst du 2ab in der Mitte. es ist aber nur [mm] a^2+ab+b^2 [/mm] gegeben also 1ab.
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$ [mm] 9|a^2 [/mm] + ab+ [mm] b^2 \Rightarrow3|a [/mm] , 3|b $
das soll ich beweisen... ach du dickes ei
also ich habs jetzt echt lange probiert, und aufm papier rumgekritzelt ich komm nich drauf, ich geb auf
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:28 Mi 10.11.2004 | | Autor: | Teletubyyy |
Verwende doch mal die Umformung:
[mm] $a^2+ab+b^2=(a-b)^2-3ab [/mm] $
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es gilt: $ [mm] a^2+ab+b^2=(a-b)^2-3ab [/mm] $
zu zeigen: $ [mm] 9|=(a-b)^2-3ab \Rightarrow3|a [/mm] , 3|b $
naja nehme ich nur:
$ [mm] 9|=(a-b)^2 [/mm] $
$ 3|=(a-b) $ dafür wäre eine mögliche lösung: 3|a und 3|b
damit auch gilt: $9|3ab $ muss zwangsläufig a oder b nurch 3 teilbar sein, wonach dann der andere automatisch auch durch 3 teilbar sein muss. siehe absatz drüber ^^
naja habs mit jetzt einfach gemacht, besse rgehts nich :-P
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im Prinzip richtig, aber sehr verwirrende Darstellung! Ich würds so machen
[mm]9|a^2+ab+b^2 \gdw9|(a-b)^2+3ab \Rightarrow 3|a-b[/mm], da
[mm]a-b\equiv 3ab\,mod\,9[/mm] und daher insbesondere [mm]a-b\equiv 3ab\equiv0\,mod\,3[/mm]
[mm]3|a-b \Rightarrow 9|(a-b)^2 \Rightarrow 9|3ab\Rightarrow 3|ab \Rightarrow 3|a \vee 3|b [/mm] mit [mm]3|a-b[/mm] folgt aber [mm]a \equiv b\,mod3[/mm] und damit aus [mm]3|a \vee 3|b \Rightarrow 3|a \vedge 3|b [/mm]
Aber eigentlich hast du sie ja schon gelöst gehabt! ![[respekt]](/images/smileys/respekt.gif "[respekt]")
Gruß Samuel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:15 Mi 10.11.2004 | | Autor: | Poffelchen |
komm bei 4 irgendwie gar nich an nen ansatz, sag mir mal was zu theorie, also wie ich da am besten rangehe ohne zu viel zu verraten ^^
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:38 Mi 10.11.2004 | | Autor: | Teletubyyy |
Ein Beispiel...
Nehmen wir mal mod 5 von [mm] n^3
[/mm]
... kleine Tabelle...
[mm] $3^1\equiv3\,mod\,5$
[/mm]
[mm] $3^2\equiv3*3\equiv4\,mod\,5$
[/mm]
[mm] $3^3\equiv4*3\equiv12\equiv2\,mod\,5$
[/mm]
[mm] $3^4\equiv2*3\equiv6\equiv1\,mod\,5$
[/mm]
So... und der letzte Term ist jetzt der interessante:
[mm]3^4\equiv\,1mod\,5 \Rightarrow (3^3)^k\equiv1^k\equiv1\,mod\,5[/mm]
oder anders ausgedrückt:
[mm]3^{4k}\equiv1\,mod\,5 \Rightarrow 3^{105}=3*3^{4*26}\equiv1*3\equiv 3\,mod\,5[/mm]
Es geht bei der Aufgabe hauptsächlich um diesen Umgang mit Potenzen. Diesen Trick muss man sehr oft anwenden wenn nach irgendwelchen Resten bei der Division von riesigen Potenzen gefragt ist!!!
Gruß Samuel
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hm ergibt für mich zwar alles keinen sinn, aber mir is was eingefallen es gilt für ungerade n(105):
$(a+b) | [mm] (a^n+b^n) [/mm] somit wäre die teilbarkeit durch 7 schon bewiesen
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Dein Beweis ist für die Teilbarkeit durch 7 ist vollkommen richtig. Allerding auf mod11 und mod13 kommst du nur mit der Kongruenzrechnung. (Da gibts keinen so simplen Trick)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:15 Mi 10.11.2004 | | Autor: | Poffelchen |
verrätst du mir den auch ? *unschuldig pfeif*
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:52 Mi 10.11.2004 | | Autor: | Teletubyyy |
Is eigenlich ganz easy: Ich hab ne Tabelle gemacht, und geschaut wann [mm] 3^n [/mm] bzw [mm] 4^n [/mm] jeweil 1 mod 11 bzw. 13 werden. (Die Tabelle schreib ich jetzt nicht rein) Es ergibt sich dann:
[mm]3^5\equiv1\,mod11 \Rightarrow 3^{105} \equiv(3^5)^{27}\equiv1^{27}\equiv 1\, mod\,11[/mm]
[mm]4^5\equiv1\, mod\,mod11 \Rightarrow 4^{105}\equiv (4^5)^{21} \equiv 1^{21} \equiv 1\,mod\,11[/mm]
[mm]3^{105}+4^{105}\equiv 1+1 \equiv 2\, mod \,11[/mm]
[mm]3^3\equiv1\, mod \,13 \Rightarrow 3^{105}\equiv (3^3)^{25} \equiv 1\, mod\, 13[/mm]
[mm]4^5\equiv 1\, mod \,13 \Rightarrow 4^{105}\equiv (4^5)^{21}\equiv 1\, mod\, 13 [/mm]
[mm]3^{105}+4^{105} \equiv 1+1\equiv 2\, mod\,13[/mm]
Eigentlich doch total simpel, oder?
Gruß Samuel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:12 Mi 10.11.2004 | | Autor: | Poffelchen |
klingt auffällig einleuchtend
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:30 Mi 10.11.2004 | | Autor: | tg2503 |
Hallo ich hätt da ma ne frage
erlich gesagt ich kenn des Rechenzeichen [mm] $\equiv$ [/mm] nicht
darum verstehe ich auch den folgenden ausdruck nicht
$ [mm] 3^3\equiv4\cdot{}3\equiv12\equiv2\,mod\,5 [/mm] $
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ist ein Identischzeichen oder auch ein äquvalientzeichen ... glaub ich zumindest ^^
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[mm] $\equiv$ [/mm] heißt so viel wie "kongruent" (oder auch "ist genau gleich")
"äquivalent" ist hingegen der schöne Doppelpfel [mm] $\gdw$ [/mm]
In der Kongruenzrechnung (mit mod) bedeutet das, dass wenn zwei zahlen a,b kongruent modulo m sind [mm] ($a\equivb\,mod\,m$) [/mm] dass bei diesen bei der Division durch m der selbe Rest übrig bleibt. Genauso gut könnte man auch sagen a,b sind kongruent modulo m, wenn die Diverenz von a und b durch m teilbar ist. (Beide Definitionen sind aquivalent)
Kongruenzen kann man "normal" addieren, subtrahieren, multiplizieren und in speziellen Fällen auch dividieren. Daher ergibt sich dann mit [mm]3^2 \equiv\,4 mod5[/mm] auch [mm]3^3=3*3^3\equiv3*4\equiv12\equiv2\,mod\,5[/mm]
Gruß Samuel
Gruß Samuel
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