Eulersche Phi Funktion < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:00 Fr 01.06.2012 | | Autor: | diab91 |
| Aufgabe | | Sei p eine Primzahl. Ist [mm] \phi(p) [/mm] = [mm] \produkt_{i=1}^{n} p_{i}^{k_{i}} [/mm] die Primfaktorzerlegung von [mm] \phi(p) [/mm] = p-1, so gibt es [mm] a_{1},..,a_{l} \in \IZ [/mm] mit [mm] ord(a_{i}+p\IZ) [/mm] = [mm] p_{i}^{k_{i}} [/mm] für 1 [mm] \le [/mm] i [mm] \le [/mm] l. |
Guten Abend,
ich bräuchte bei der Aufgabe eure Hilfe. Bis jetzt habe nicht Mal einen Ansatz. Über einen kleinen Denkanstoss würde ich mich freuen.
Schönen Gruß,
Diab91
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:06 Fr 01.06.2012 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Sei p eine Primzahl. Ist [mm]\phi(p)[/mm] = [mm]\produkt_{i=1}^{n} p_{i}^{k_{i}}[/mm]
> die Primfaktorzerlegung von [mm]\phi(p)[/mm] = p-1, so gibt es
> [mm]a_{1},..,a_{l} \in \IZ[/mm] mit [mm]ord(a_{i}+p\IZ)[/mm] = [mm]p_{i}^{k_{i}}[/mm]
> für 1 [mm]\le[/mm] i [mm]\le[/mm] l.
Weisst du schon, dass [mm] $(\IZ/p\IZ)^\ast$ [/mm] zyklisch ist?
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:07 Fr 01.06.2012 | | Autor: | diab91 |
Hi Felix.
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> > Sei p eine Primzahl. Ist [mm]\phi(p)[/mm] = [mm]\produkt_{i=1}^{n} p_{i}^{k_{i}}[/mm]
> > die Primfaktorzerlegung von [mm]\phi(p)[/mm] = p-1, so gibt es
> > [mm]a_{1},..,a_{l} \in \IZ[/mm] mit [mm]ord(a_{i}+p\IZ)[/mm] = [mm]p_{i}^{k_{i}}[/mm]
> > für 1 [mm]\le[/mm] i [mm]\le[/mm] l.
>
> Weisst du schon, dass [mm](\IZ/p\IZ)^\ast[/mm] zyklisch ist?
Ja.
> LG Felix
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:25 Fr 01.06.2012 | | Autor: | diab91 |
[mm](\IZ/p\IZ)^\ast[/mm] ist zyklisch und wird von jedem Element erzeugt.
Das heißt [mm] \overline{a^{p-1}} [/mm] = [mm] \overline{a^{p_1^{k_1}*..*p_l^{k_l}}} [/mm] = [mm] \overline{(a^{p_2^{k_2}*..*p_l^{k_l}})^{p_1^{k_1}}} [/mm] = [mm] \overline{1} [/mm] wobei a [mm] \in \IZ. [/mm] Somit wäre [mm] a^{p_2^{k_2}*..*p_l^{k_l}} \in \IZ [/mm] mit ord ( [mm] a^{p_2^{k_2}*..*p_l^{k_l}} [/mm] + [mm] p\IZ) [/mm] = [mm] p_1^{k_1}. [/mm] Analog geht es dann für alle weiteren [mm] p_i^{k_i}. [/mm] Ist das so korrekt oder war das totaler Blödsinn?
Schönen Gruß,
Diab91
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:55 So 03.06.2012 | | Autor: | felixf |
Moin!
> [mm](\IZ/p\IZ)^\ast[/mm] ist zyklisch
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> und wird von jedem Element erzeugt.
Das stimmt nicht! Die einzige Gruppe, fuer welche dies stimmen wuerd, ist die triviale, die aus genau einem einzigen Element besteht. Jede andere Gruppe ist niemals gleich der vom neutralen Element erzeugte Untergruppe.
Du verwechselst das hier wohl mit der additiven Gruppe [mm] $(\IZ/p\IZ, [/mm] +)$: diese wird von jedem Element ungleich dem neutralen erzeugt. Das liegt daran, dass diese Gruppe Primzahlordnung hat.
Die Gruppe [mm] $(\IZ/p\IZ)^\ast$ [/mm] hat dagegen nur fuer $p = 3$ Primzahlordnung: fuer jedes $p > 3$ ist [mm] $(\IZ/p\IZ)^\ast$ [/mm] nicht zyklisch.
> Das heißt [mm]\overline{a^{p-1}}[/mm] =
> [mm]\overline{a^{p_1^{k_1}*..*p_l^{k_l}}}[/mm] =
> [mm]\overline{(a^{p_2^{k_2}*..*p_l^{k_l}})^{p_1^{k_1}}}[/mm] =
> [mm]\overline{1}[/mm] wobei a [mm]\in \IZ.[/mm] Somit wäre
> [mm]a^{p_2^{k_2}*..*p_l^{k_l}} \in \IZ[/mm] mit ord (
> [mm]a^{p_2^{k_2}*..*p_l^{k_l}}[/mm] + [mm]p\IZ)[/mm] = [mm]p_1^{k_1}.[/mm] Analog geht
> es dann für alle weiteren [mm]p_i^{k_i}.[/mm] Ist das so korrekt
> oder war das totaler Blödsinn?
Das ist schon eine gute Idee. Allerdings noch nicht ganz richtig ausgefuehrt.
Erstens kannst du nicht ein beliebiges Element fuer $a$ nehmen. Es muss schon ein recht spezielles sein (welche Ordnung muss es haben?).
Dann folgt aus [mm] $g^{p^k} [/mm] = 1$ in einer Gruppe nicht, dass $ord(g) = [mm] p^k$ [/mm] ist: es folgt nur, dass $ord(g)$ ein Teiler von [mm] $p^k$ [/mm] ist. Damit $ord(g) = [mm] p^k$ [/mm] ist (bei einer Primzahl $p$), musst du [mm] $g^{p^{k-1}} \neq [/mm] 1$ zeigen.
Dazu musst du etwas ueber die Ordnung von dem Element $a$ wissen.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:08 Mo 04.06.2012 | | Autor: | diab91 |
Hi Felix,
> Du verwechselst das hier wohl mit der additiven Gruppe
> [mm](\IZ/p\IZ, +)[/mm]: diese wird von jedem Element ungleich dem
> neutralen erzeugt.
Ja, die hatte ich im Sinn. Danke für die richtig Stellung ;).
>Ordnung muss es haben?.
[mm] \phi(p) [/mm] = p-1
> Dann folgt aus [mm]g^{p^k} = 1[/mm] in einer Gruppe nicht, dass
> [mm]ord(g) = p^k[/mm] ist: es folgt nur, dass [mm]ord(g)[/mm] ein Teiler von
> [mm]p^k[/mm] ist. Damit [mm]ord(g) = p^k[/mm] ist (bei einer Primzahl [mm]p[/mm]),
> musst du [mm]g^{p^{k-1}} \neq 1[/mm] zeigen.
Das es nur ein Teiler ist verstehe ich. Aber weshalb reicht es aus [mm] g^{p^{k-1}} \neq [/mm] 1 zu zeigen?
> Dazu musst du etwas ueber die Ordnung von dem Element [mm]a[/mm]
> wissen.
Na ja, die Ordnung ist für p>2 gerade. Hm ansonsten ist mir bis jetzt noch nichts eingefallen.
Schönen Gruß,
Diab91
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:50 Di 05.06.2012 | | Autor: | felixf |
Moin Diab91!
> >Ordnung muss es haben?.
> [mm]\phi(p)[/mm] = p-1
> > Dann folgt aus [mm]g^{p^k} = 1[/mm] in einer Gruppe nicht, dass
> > [mm]ord(g) = p^k[/mm] ist: es folgt nur, dass [mm]ord(g)[/mm] ein Teiler von
> > [mm]p^k[/mm] ist. Damit [mm]ord(g) = p^k[/mm] ist (bei einer Primzahl [mm]p[/mm]),
> > musst du [mm]g^{p^{k-1}} \neq 1[/mm] zeigen.
> Das es nur ein Teiler ist verstehe ich. Aber weshalb
> reicht es aus [mm]g^{p^{k-1}} \neq[/mm] 1 zu zeigen?
Nun, wegen [mm] $g^{p^k} [/mm] = 1$ folgt, dass die Ordnung ein Teiler von [mm] $p^k$ [/mm] ist. Also ist die Ordnung von der Form [mm] $p^i$ [/mm] mit $0 [mm] \le [/mm] i [mm] \le [/mm] k$, da $p$ prim ist.
Ist nun die Ordnung kleiner als [mm] $p^k$, [/mm] ist sie also [mm] $p^i$ [/mm] mit $i [mm] \le [/mm] k - 1$. Wegen [mm] $p^i \mid p^{k-1}$ [/mm] folgt dann [mm] $g^{p^{k-1}} [/mm] = 1$.
Wenn also [mm] $g^{p^{k-1}} \neq [/mm] 1$ gilt, kann die Ordnung nicht $< [mm] p^k$ [/mm] sein und muss somit genau [mm] $p^k$ [/mm] sein.
> > Dazu musst du etwas ueber die Ordnung von dem Element [mm]a[/mm]
> > wissen.
>
> Na ja, die Ordnung ist für p>2 gerade. Hm ansonsten ist
> mir bis jetzt noch nichts eingefallen.
Wenn du einen Erzeuger nimmst, ist die Ordnung genau gleich [mm] $p_1^{k_1} \cdots p_n^{k_n}$.
[/mm]
LG Felix
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 20:41 Di 05.06.2012 | | Autor: | diab91 |
Hey Felix,
ich hab nun folgendes geschrieben:
Da [mm](\IZ/p\IZ)^\ast[/mm] zyklisch ist, existiert ein Element a [mm] \in[/mm] [mm](\IZ/p\IZ)^\ast[/mm]: <a> = [mm](\IZ/p\IZ)^\ast[/mm]. Dann hat a die Ordnung [mm] \phi(p) [/mm] = p-1. Weiter ist [mm](\IZ/p\IZ)^\ast[/mm] [mm] \subseteq[/mm] [mm](\IZ/p\IZ)[/mm]: [mm] \overline{a^{p-1}} [/mm] = [mm] \overline{a^{\produkt_{i}p_{i}^{k_{i}}}} [/mm] = [mm] \overline{a^({\produkt_{i \not= j}p_{i}^{k_{i}})*p_{j}^{k_{j}}}} [/mm] = [mm] \overline{g^{p_{j}^{k_{j}}}} [/mm] = [mm] \overline{1}.
[/mm]
Zeige: ord(g) = [mm] p_{j}^{k_{j}}. [/mm] Angenommen [mm] \overline{g^{p_{j}^{k_{j}-1}}} [/mm] = [mm] \overline{1}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \overline{a^{\bruch{\produkt_{i}p_{i}^{k_{i}}}{p_{j}^{k_{j}}}}} [/mm] = [mm] \overline{1} \Rightarrow [/mm] ord(a) [mm] \not= [/mm] p-1. Also gilt:
ord(g) = [mm] p_{j}^{k_{j}}.
[/mm]
Ist das so richtig? Habe ich was vergessen/nicht beachtet?
Schönen Gruß,
Diab91
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:20 Do 07.06.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:52 Fr 08.06.2012 | | Autor: | felixf |
Moin Diab91,
> ich hab nun folgendes geschrieben:
> Da [mm](\IZ/p\IZ)^\ast[/mm] zyklisch ist, existiert ein Element a
> [mm]\in[/mm] [mm](\IZ/p\IZ)^\ast[/mm]: <a> = [mm](\IZ/p\IZ)^\ast[/mm]. Dann hat a die
> Ordnung [mm]\phi(p)[/mm] = p-1. Weiter ist [mm](\IZ/p\IZ)^\ast[/mm] [mm]\subseteq[/mm]
> [mm](\IZ/p\IZ)[/mm]: [mm]\overline{a^{p-1}}[/mm] =
> [mm]\overline{a^{\produkt_{i}p_{i}^{k_{i}}}}[/mm] =
> [mm]\overline{a^({\produkt_{i \not= j}p_{i}^{k_{i}})*p_{j}^{k_{j}}}}[/mm]
> = [mm]\overline{g^{p_{j}^{k_{j}}}}[/mm] = [mm]\overline{1}.[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
...mit $g := a^{\produkt_{i \not= j}p_{i}^{k_{i}}$, nehme ich an?
> Zeige: ord(g) = [mm]p_{j}^{k_{j}}.[/mm] Angenommen
> [mm]\overline{g^{p_{j}^{k_{j}-1}}}[/mm] = [mm]\overline{1}[/mm]
> [mm]\Rightarrow \overline{a^{\bruch{\produkt_{i}p_{i}^{k_{i}}}{p_{j}^{k_{j}}}}}[/mm]
> = [mm]\overline{1} \Rightarrow[/mm] ord(a) [mm]\not=[/mm] p-1. Also gilt:
> ord(g) = [mm]p_{j}^{k_{j}}.[/mm]
>
> Ist das so richtig? Habe ich was vergessen/nicht beachtet?
Abgesehen von der fehlenden Definition von $g$ ist es ok, wenn auch nicht ganz optimal aufgeschrieben. Ich wuerde es so aufschreiben:
Sei $a$ ein Erzeuger von [mm] $(\IZ/p\IZ)^\ast$ [/mm] und setze $g := ...$. Dann gilt [mm] $g^{p_i^{k_i}} [/mm] = ... = 1$; damit ist $ord(g)$ ein Teiler von [mm] $p_i^{k_i}$. [/mm] Waere $ord(g) < [mm] p_i^{k_i}$, [/mm] so muesste [mm] $g^{p_i^{k_i - 1}} [/mm] = 1$ sein. Aber dann waere ..., womit $ord(a) < p - 1$ waere, ein Widerspruch.
LG Felix
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