eulerphi halbe < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei [mm] $\varphi$ [/mm] die Eulersche Phifunktion, $m,n [mm] \in \IN$, [/mm] n> 2$, ggT(m,n) = 1
Nach Euler & Fermat gilt:
[mm] $m^{\varphi(n)} \equiv [/mm] 1$ (mod n)
Beweisen oder widerlegen Sie:
[mm] $m^{\varphi(n)/2} \equiv \pm [/mm] 1$ (mod n) |
moin,
Ich habe gerade einige Probleme mit dieser Aufgabe...
Wenn n eine Primzahl ist, ist der Beweis nicht sonderlich schwer (betrachte das Polynom [mm] $x^2 [/mm] -1$ in [mm] $\IZ_p[x]$, [/mm] was ein Integritätsbereich ist).
Weiterhin habe ich bereits gezeigt, dass [mm] $\varphi(n)$ [/mm] für n>2 immer gerade ist, also ist das ganze wohldefiniert.
Allerdings habe ich Probleme, wenn n keine Primzahl ist.
Mit Maple habe ich einiges durchprobiert und bin der Meinung die Aussage ist wahr.
Also habe ich versucht es zu beweisen.
Integritätsbereich kann ich vergessen für beliebiges n (etwa ist $x = 3$ eine Lösung von $(x+1)(x-1) = 0$ in [mm] $\IZ_8$).
[/mm]
Dann habe ich versucht etwas mit der Ordnung von m in der Einheitengruppe von [mm] $\IZ_n$ [/mm] zu basteln (die ja bekanntermaßen genau [mm] $\varphi(n)$ [/mm] Elemente beinhaltet), aber auch da bin ich nicht wirklich weit gekommen...
Hat zufällig jemand eine schöne Idee, wie man diese Aussage beweisen oder ggf. doch widerlegen kann?
thx schonmal
Schadow
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:14 So 04.12.2011 | | Autor: | skoopa |
Hi Shadow!
> Sei [mm]$\varphi$[/mm] die Eulersche Phifunktion, $m,n [mm]\in \IN$,[/mm] n>
> 2$, ggT(m,n) = 1
>
> Nach Euler & Fermat gilt:
> [mm]m^{\varphi(n)} \equiv 1[/mm] (mod n)
>
> Beweisen oder widerlegen Sie:
> [mm]m^{\varphi(n)/2} \equiv \pm 1[/mm] (mod n)
> moin,
>
> Ich habe gerade einige Probleme mit dieser Aufgabe...
> Wenn n eine Primzahl ist, ist der Beweis nicht sonderlich
> schwer (betrachte das Polynom [mm]x^2 -1[/mm] in [mm]\IZ_p[x][/mm], was ein
> Integritätsbereich ist).
> Weiterhin habe ich bereits gezeigt, dass [mm]\varphi(n)[/mm] für
> n>2 immer gerade ist, also ist das ganze wohldefiniert.
>
> Allerdings habe ich Probleme, wenn n keine Primzahl ist.
> Mit Maple habe ich einiges durchprobiert und bin der
> Meinung die Aussage ist wahr.
> Also habe ich versucht es zu beweisen.
> Integritätsbereich kann ich vergessen für beliebiges n
> (etwa ist [mm]x = 3[/mm] eine Lösung von [mm](x+1)(x-1) = 0[/mm] in [mm]\IZ_8[/mm]).
> Dann habe ich versucht etwas mit der Ordnung von m in der
> Einheitengruppe von [mm]\IZ_n[/mm] zu basteln (die ja
> bekanntermaßen genau [mm]\varphi(n)[/mm] Elemente beinhaltet), aber
> auch da bin ich nicht wirklich weit gekommen...
>
> Hat zufällig jemand eine schöne Idee, wie man diese
> Aussage beweisen oder ggf. doch widerlegen kann?
>
> thx schonmal
>
> Schadow
>
Kannst du nicht einfach aus der Kongruenz
$ [mm] m^{\varphi(n)} \equiv [/mm] 1 (mod n) $
die Wurzel ziehen?
Dann hättest du da stehen, was du brauchst.
Ich glaube man darf das, bin mir aber grad nicht ganz sicher...
Aber ist vielleicht ne Idee.
Beste Grüße!
skoopa
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So einfach ist es leider nicht, denn hier geht es um [mm] $\IZ_n$.
[/mm]
Nehmen wir als Beispiel [mm] $\IZ_8$:
[/mm]
Hier gilt [mm] $3^2 [/mm] = 1$, also ist das leider etwas unpraktisch.
Dennoch danke.
Schadow
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:53 Mo 05.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Sei [mm]$\varphi$[/mm] die Eulersche Phifunktion, $m,n [mm]\in \IN$,[/mm] n>
> > 2$, ggT(m,n) = 1
> >
> > Nach Euler & Fermat gilt:
> > [mm]m^{\varphi(n)} \equiv 1[/mm] (mod n)
> >
> > Beweisen oder widerlegen Sie:
> > [mm]m^{\varphi(n)/2} \equiv \pm 1[/mm] (mod n)
> > moin,
> >
> > Ich habe gerade einige Probleme mit dieser Aufgabe...
> > Wenn n eine Primzahl ist, ist der Beweis nicht
> sonderlich
> > schwer (betrachte das Polynom [mm]x^2 -1[/mm] in [mm]\IZ_p[x][/mm], was ein
> > Integritätsbereich ist).
> > Weiterhin habe ich bereits gezeigt, dass [mm]\varphi(n)[/mm]
> für
> > n>2 immer gerade ist, also ist das ganze wohldefiniert.
> >
> > Allerdings habe ich Probleme, wenn n keine Primzahl ist.
> > Mit Maple habe ich einiges durchprobiert und bin der
> > Meinung die Aussage ist wahr.
> > Also habe ich versucht es zu beweisen.
> > Integritätsbereich kann ich vergessen für beliebiges
> n
> > (etwa ist [mm]x = 3[/mm] eine Lösung von [mm](x+1)(x-1) = 0[/mm] in [mm]\IZ_8[/mm]).
> > Dann habe ich versucht etwas mit der Ordnung von m in
> der
> > Einheitengruppe von [mm]\IZ_n[/mm] zu basteln (die ja
> > bekanntermaßen genau [mm]\varphi(n)[/mm] Elemente beinhaltet), aber
> > auch da bin ich nicht wirklich weit gekommen...
> >
> > Hat zufällig jemand eine schöne Idee, wie man diese
> > Aussage beweisen oder ggf. doch widerlegen kann?
> >
> > thx schonmal
> >
> > Schadow
> >
>
> Kannst du nicht einfach aus der Kongruenz
> [mm]m^{\varphi(n)} \equiv 1 (mod n)[/mm]
> die Wurzel ziehen?
Das klappt nicht gut. Ein Gegenbeispiel hat dir Schadow schon genannt. Ein weiteres: ist $n$ quadratfrei, so ist die Anzahl der Wurzeln von $1$ gleich [mm] $2^m$, [/mm] wobei $m$ die Anzahl der Primteiler von $n$ ist, die [mm] $\neq [/mm] 2$ sind. Im Fall $n = 3 [mm] \cdot [/mm] 5$ gibt es also schonmal vier Wurzeln der 1, und nur zwei davon sind $1$ und $-1$.
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:38 Mo 05.12.2011 | | Autor: | hippias |
Ich schaetze, die Behauptung gilt: Ich rechne im Restklassenring $R:= [mm] \IZ_{p^{n}}$, [/mm] $p$ Primzahl. Die Gruppe $G$ der primem Restklassen ist isomorph zu [mm] $C_{p-1}\times [/mm] A$, wobei $A$ abelsche Gruppe der Ordnung [mm] $p^{n-1}$ [/mm] ist.
Gilt $p>2$, so ist [mm] $\frac{\phi(p^{n})}{2}= \frac{p-1}{2}p^{n-1}$, [/mm] so dass die Potenz die Elemente aus $A$ auf $1$ abbildet, die "aus" [mm] $C_{p-1}$ [/mm] aber auf [mm] $\pm [/mm] 1$.
Gilt $p=2$, so ist [mm] $\frac{\phi(p^{n})}{2}= 2^{n-2}$. [/mm] Hier ist eine Fallunterscheidung notwendig; ich betrachte nur den Fall $n>2$. Es genuegt sich zu ueberlegen, dass $A$ kein Element der Ordnung [mm] $2^{n-1}$ [/mm] enthalten kann, also nicht zyklisch ist. Aber $-1$ und [mm] $1+2^{n-1}$ [/mm] sind unterschiedliche Involutionen, sodass $A$ nicht zyklisch ist. Folglich bildet die Potenzierung mit [mm] $\frac{\phi(p^{n})}{2}$ [/mm] auf $1$ ab.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:51 Mo 05.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Ich schaetze, die Behauptung gilt: Ich rechne im
> Restklassenring [mm]R:= \IZ_{p^{n}}[/mm], [mm]p[/mm] Primzahl.
Das es in solchen Ringen funktioniert, finde ich nicht so ueberraschend. Die grosse Frage ist es eher, wie es bei nicht-primen Moduli aussieht.
Schliesslich wird es dort erst interessant: modulo $p q$ hat das Polynom [mm] $X^2 [/mm] - 1$ etwa vier Nullstellen, die den Paaren $(1, 1)$, $(1, -1)$, $(-1, 1)$ und $(-1, -1)$ in [mm] $\IZ/p\IZ \times \IZ/q\IZ$ [/mm] entsprechen (chinesischer Restsatz).
Falls in so einem Fall fuer jede Primzahlpotenz [mm] $p^m$ [/mm] mit [mm] $p^m \mid [/mm] n$ gilt [mm] $\phi(p^m) \mid \phi(p^n)/2$, [/mm] so gilt die Aussage sicher (mit dem Satz von Euler und dem chinesischen Restsatz). Die Frage ist nun: gilt das immer? Und was ist, wenn das nicht gilt?
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:55 Mo 05.12.2011 | | Autor: | hippias |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Du hast recht, da ist eine schoene Luecke in meiner Ueberlegung: Der $-1\in \IZ_{n}$ entspricht nur $(-1,\ldots, -1)$ im direkten Produkt. Die Frage ist also, weshalb koennen im direkten Produkt keine $+1$ auftauchen.
Grob gesagt: Sei $x\in E(\IZ_{n})$ und dies entspreche $(x_{i})$ im direkten Produkt. Ist $n= \prod_{i=1}^{k} p_{i}^{n_{i}}$ die Primfaktorzerlegung von $n$, so ist $\phi(n)= \prod_{i=1}^{k} \phi(p_{i}^{n_{i}})$. Also entspricht $x^{\frac{\phi(n)}{2}$ im direkten Produkt $(x_{i}^{\frac{\phi(p_{i}^{n_{i}})}{2}m_{i}})$, wobei $m_{i}:= \prod_{j=1, j\neq i}^{k} \phi(p_{j}^{n_{j}})$. Gezeigt habe ich $x_{i}^{\frac{\phi(p_{i}^{n_{i}})}{2}m_{i}}= \pm 1$. Ist nun stets $m_{i}$ gerade, so folgt $x^{\frac{\phi(n)}{2}= 1$. Wann ist also ein $m_{i}$ ungerade?
Genau dann, wenn $n$ von der Gestalt $2p^{e}$, $p$ ungerade Primzahl ist. Hier jedoch ist $\phi(n)= \phi(p^{e})$ und $E(\IZ_{n})\cong E(\IZ_{p^{e}})$. Und da $1= -1$ mod $2$ gilt, bildet auch hier die Potenz $\frac{\phi(n)}{2}$ auf die "richtigen" Elemente ab.
Fuer weitere Hinweise auf Luecken oder - Oh Gott! - Fehlern, waere ich zwar nicht dankbar, aber immerhin dazu aufgeschlossen.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:10 Mo 05.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Du hast recht, da ist eine schoene Luecke in meiner
> Ueberlegung: Der [mm]-1\in \IZ_{n}[/mm] entspricht nur [mm](-1,\ldots, -1)[/mm]
> im direkten Produkt. Die Frage ist also, weshalb koennen im
> direkten Produkt keine [mm]+1[/mm] auftauchen.
Es ist eher so (ausser in wenigen Faellen), dass kein $-1$ auftaucht und alles Einsen sind 
> Grob gesagt: Sei [mm]x\in E(\IZ_{n})[/mm] und dies entspreche
> [mm](x_{i})[/mm] im direkten Produkt. Ist [mm]n= \prod_{i=1}^{k} p_{i}^{n_{i}}[/mm]
> die Primfaktorzerlegung von [mm]n[/mm], so ist [mm]\phi(n)= \prod_{i=1}^{k} \phi(p_{i}^{n_{i}})[/mm].
> Also entspricht [mm]x^{\frac{\phi(n)}{2}[/mm] im direkten Produkt
> [mm](x_{i}^{\frac{\phi(p_{i}^{n_{i}})}{2}m_{i}})[/mm], wobei [mm]m_{i}:= \prod_{j=1, j\neq i}^{k} \phi(p_{j}^{n_{j}})[/mm].
> Gezeigt habe ich
> [mm]x_{i}^{\frac{\phi(p_{i}^{n_{i}})}{2}m_{i}}= \pm 1[/mm]. Ist nun
> stets [mm]m_{i}[/mm] gerade, so folgt [mm]x^{\frac{\phi(n)}{2}= 1[/mm]. Wann
> ist also ein [mm]m_{i}[/mm] ungerade?
> Genau dann, wenn [mm]n[/mm] von der Gestalt [mm]2p^{e}[/mm], [mm]p[/mm] ungerade
> Primzahl ist. Hier jedoch ist [mm]\phi(n)= \phi(p^{e})[/mm] und
> [mm]E(\IZ_{n})\cong E(\IZ_{p^{e}})[/mm]. Und da [mm]1= -1[/mm] mod [mm]2[/mm] gilt,
> bildet auch hier die Potenz [mm]\frac{\phi(n)}{2}[/mm] auf die
> "richtigen" Elemente ab.
Genau. Hatte ich gerade auch nochmal woanders hier im Thread geschrieben... 
> Fuer weitere Hinweise auf Luecken oder - Oh Gott! -
> Fehlern, waere ich zwar nicht dankbar, aber immerhin dazu
> aufgeschlossen.
Ich glaube, es stimmt. (Das vorher stimmte ja auch, aber eben erstmal nur fuer Primzahlpotenzen.)
LG Felix
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Hallo Schadow,
probier mal, es für den Fall zu zeigen, dass n eine Primzahlpotenz ist. Dann bist Du wegen der Multiplikativität der [mm]\varphi[/mm]-Funktion direkt fertig, wenn Du noch den chin. Restsatz anwendest.
Den Rest -1 erhältst Du z.B. für m=2, n=25 oder m=3, n=49.
Nebenbei: darfst Du Wissen über quadratische Reste anwenden?
Es geht auch ohne, aber "mit" ist es viel bequemer.
Grüße
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:32 Mo 05.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin rev,
> probier mal, es für den Fall zu zeigen, dass n eine
> Primzahlpotenz ist. Dann bist Du wegen der
> Multiplikativität der [mm]\varphi[/mm]-Funktion direkt fertig, wenn
eben nicht, da wird es ja gerade wieder spannend
Ansonsten koenntest du auch "beweisen", dass modulo einer quadratfreien Zahl die Gleichung [mm] $x^2 [/mm] = 1$ nur die moeglichen Loesungen [mm] $\pm [/mm] 1$ hat, was eben nicht stimmt.
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:50 Mo 05.12.2011 | | Autor: | reverend |
Moin Felix,
> > probier mal, es für den Fall zu zeigen, dass n eine
> > Primzahlpotenz ist. Dann bist Du wegen der
> > Multiplikativität der [mm]\varphi[/mm]-Funktion direkt fertig, wenn
>
> eben nicht, da wird es ja gerade wieder spannend
![[kopfkratz3]](/images/smileys/kopfkratz3.gif "[kopfkratz3]") Ich denk nachher nochmal drüber nach, bin eigentlich gerade an einem ganz anderen Projekt - leider sehr zeitraubend. Unmittelbar sehe ich allerdings gerade gar nichts (ein ).
> Ansonsten koenntest du auch "beweisen", dass modulo einer
> quadratfreien Zahl die Gleichung [mm]x^2 = 1[/mm] nur die moeglichen
> Loesungen [mm]\pm 1[/mm] hat, was eben nicht stimmt.
Wieso könnte ich das dann beweisen? Ich betrachte doch nur für [mm] n=p^k [/mm] die zu zeigende Identität [mm] m^{\varphi(n)/2}\equiv\pm 1\mod{(n)}. [/mm]
Dass [mm] x^2=1 [/mm] mehr Lösungen haben kann als [mm] \pm1, [/mm] ist mir natürlich bewusst. Ein einfacher Weg, eine nichttriviale Lösung zu finden, hätte mir schon öfter weitergeholfen, wenn es ihn denn gäbe.
Grüße
reverend
> LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:55 Mo 05.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin rev,
> > > probier mal, es für den Fall zu zeigen, dass n eine
> > > Primzahlpotenz ist. Dann bist Du wegen der
> > > Multiplikativität der [mm]\varphi[/mm]-Funktion direkt fertig, wenn
> >
> > eben nicht, da wird es ja gerade wieder spannend
>
> Ich denk nachher nochmal drüber nach, bin
> eigentlich gerade an einem ganz anderen Projekt - leider
> sehr zeitraubend. Unmittelbar sehe ich allerdings gerade
> gar nichts (ein ).
es laesst sich schon beweisen Aber man muss halt aufpassen.
Sei $n = [mm] \prod_{i=1}^k p_i^{e_i}$ [/mm] mit [mm] $p_1 [/mm] < [mm] \dots [/mm] < [mm] p_k$ [/mm] Primzahlen, $k [mm] \ge [/mm] 1$ und [mm] $e_i \ge [/mm] 1$.
Dann ist [mm] $\phi(n) [/mm] = [mm] \prod_{i=1}^k \phi(p_i^{e_i}) [/mm] = [mm] \prod_{i=1}^k p_i^{e_i-1} (p_i-1)$.
[/mm]
Den Fall $k = 1$ haben wir schon (hippias hat geschrieben wie das geht). Sei also $k > 1$.
Dann haben wir zwei Faelle:
a) [mm] $p_1 [/mm] = 2$,
b) [mm] $p_1 \neq [/mm] 2$.
Im Fall b) ist [mm] $\phi(p_i^{e_i})$ [/mm] automatisch ein Teiler von [mm] $\phi(n)/2$, [/mm] da mit $j [mm] \neq [/mm] i$ gilt $2 [mm] \mid \phi(p_j^{e_j})$ [/mm] und somit $2 [mm] \phi(p_i^{e_i}) \mid \phi(n)$ [/mm] gilt. Mit Euler + Chinesischer Restsatz folgt dann die Behauptung.
Im Fall a) unterscheiden wir weiter:
Fall a.1): [mm] $e_1 [/mm] = 1$,
Fall a.2): [mm] $e_1 [/mm] > 1$.
Ist [mm] $e_1 [/mm] = 1$, so ist [mm] $\phi(n) [/mm] = [mm] \phi(\prod_{i=2}^k p_i^{e_i})$ [/mm] und man kann den obigen Fall b) auf $n' = [mm] \prod_{i=2}^k p_i^{e_i}$ [/mm] anwenden, um das ganze modulo $n'$ zu zeigen; modulo [mm] $p_1^{e_1} [/mm] = 2$ ist es eh klar, da alles [mm] $\neq [/mm] 0$ dort automatisch 1 ist.
Ist schliesslich [mm] $e_1 [/mm] = 2$, so ist [mm] $\phi(p_1^{e_1})$ [/mm] ebenfalls durch 2 teilbar und man kann genauso argumentieren wie im Fall b).
> > Ansonsten koenntest du auch "beweisen", dass modulo einer
> > quadratfreien Zahl die Gleichung [mm]x^2 = 1[/mm] nur die moeglichen
> > Loesungen [mm]\pm 1[/mm] hat, was eben nicht stimmt.
>
> Wieso könnte ich das dann beweisen? Ich betrachte doch nur
> für [mm]n=p^k[/mm] die zu zeigende Identität
> [mm]m^{\varphi(n)/2}\equiv\pm 1\mod{(n)}.[/mm]
Du willst daraus aber die Identitaet mit dem Chinesischen Restsatz fuer alle $n$ schliessen.
Mit dem Spezialfall hast du [mm] $m^{\varphi(p_i^{e_i})/2} \equiv \pm [/mm] 1 [mm] \pmod{p_i^{e_i}}$ [/mm] fuer alle $i$, falls $n = [mm] \prod_{i=1}^k p_i^{e_i}$ [/mm] ist. Daraus folgt auch [mm] $m^{\varphi(n)/2} \equiv \pm [/mm] 1 [mm] \pmod{p_i^{e_i}}$, [/mm] da [mm] $\varphi(n)$ [/mm] ein Vielfaches von [mm] $\varphi(p_i^{e_i})$ [/mm] ist.
Aus den Gleichungen [mm] $m^{\varphi(n)/2} \equiv \pm [/mm] 1 [mm] \pmod{p_i^{e_i}}$ [/mm] bekommst du aber nicht umbedingt [mm] $m^{\varphi(n)/2} \equiv \pm [/mm] 1 [mm] \pmod{n}$, [/mm] falls $k > 1$ ist.
Hier fehlt also noch was, man benoetigt dass in den meisten (aber nicht allen!) Faellen sogar $2 [mm] \varphi(p_i^{e_i}) \mid \varphi(n)$ [/mm] gilt, und man muss die restlichen Faelle (in denen das nicht stimmt) noch kurz diskutieren.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:40 Mo 05.12.2011 | | Autor: | hippias |
Das war jedenfalls ein schoenes Problem. Mir faellt auf, dass die beiden Begruendungen, die von Felix und die in meiner zweiten Mitteilung, durchaus aehnlich kompliziert sind. Da wundere ich mich, ob es nicht ein elegantes Argument gibt, dass die ganzen Fallunterscheidungen ueberfluessig macht. Vielleicht hat der Autor des Artikels ja einmal Lust die "offizielle" Loesung mitzuteilen.
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Erstmal danke an alle für die ganzen Tipps.
Ich musste leider schon gestern früh abgeben, von daher helfen die mir nicht mehr sonderlich viel, aber interessant sind sie durchaus.
Die Musterlösung gibt es voraussichtlich morgen, ich poste sie dann sobald ich sie habe. ;)
lg und thx nochmal
Schadow
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:01 Di 06.12.2011 | | Autor: | hippias |
Hatte dazu gerade noch eine Idee, wenn auch zu spaet: Sei $x$ prime Restklasse mit [mm] $x^{\frac{\phi(n)}{2}}\neq [/mm] 1$. und sei $m$ die Ordnung von $x$. Man ueberlegt sich leicht, dass wegen [mm] $m|\phi(n)$ [/mm] und [mm] $m\not| \frac{\phi(n)}{2}$ [/mm] gelten muss, dass [mm] $\frac{\phi(n)}{m}$ [/mm] eine ungerade Zahl ist. Folglich enthaelt $<x>$ eine $2$-Sylowgruppe, welche also zyklisch ist. Aufgrund des chin. Restsatzes ist dies wieder nur moeglich, wenn [mm] $n=2^{\alpha}p^{e}$, $\alpha= [/mm] 0,1$ und $p$ ungerade Primzahl. Diese Faelle wurden schon behandelt, oder man weiss, dass in diesen Falle die prime Restklassengruppe sogar zyklisch ist, sodass [mm] $x^{\frac{\phi(n)}{2}}$ [/mm] die einzige Involution, also $-1$, sein muss.
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> Hatte dazu gerade noch eine Idee, wenn auch zu spaet: Sei [mm]x[/mm]
> prime Restklasse mit [mm]x^{\frac{\phi(n)}{2}}\neq 1[/mm]. und sei [mm]m[/mm]
> die Ordnung von [mm]x[/mm]. Man ueberlegt sich leicht, dass wegen
> [mm]m|\phi(n)[/mm] und [mm]m\not| \frac{\phi(n)}{2}[/mm] gelten muss, dass
> [mm]\frac{\phi(n)}{m}[/mm] eine ungerade Zahl ist.
Bis hierhin hab ich das praktisch genauso gemacht.
Erstmal den Fall betrachtet, wo dies gerade ist (dann kommt 1 raus), dann mit diesem Fall angefangen.
Folglich enthaelt
> [mm][/mm] eine [mm]2[/mm]-Sylowgruppe, welche also zyklisch ist. Aufgrund
> des chin. Restsatzes ist dies wieder nur moeglich, wenn
> [mm]n=2^{\alpha}p^{e}[/mm], [mm]\alpha= 0,1[/mm] und [mm]p[/mm] ungerade Primzahl.
> Diese Faelle wurden schon behandelt, oder man weiss, dass
> in diesen Falle die prime Restklassengruppe sogar zyklisch
> ist, sodass [mm]x^{\frac{\phi(n)}{2}}[/mm] die einzige Involution,
> also [mm]-1[/mm], sein muss.
von den anderen Sachen hier habe ich leider nur ca. die Hälfte gehört, weswegen es wohl einen elementareren Weg geben müsste; wie gesagt, ich erzähle ihn morgen. ;)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:48 Di 06.12.2011 | | Autor: | reverend |
Lieber Felix,
ich habe ja ein Weilchen gebraucht, um meinen Fehler zu finden. Der war eigentlich simpel, aber gerade deswegen so wenig offensichtlich. Ich habe angenommen, dass eine Vorgehensweise übertragbar wäre, die es nicht ist.
Wenn eine Aussage über [mm] \varphi(n) [/mm] für jedes n=Primzahlpotenz gilt, dann gilt sie auch für jedes n überhaupt, sofern die Multiplikativität von [mm] \varphi(n) [/mm] genutzt werden kann. Das ist hier aber gar nicht automatisch der Fall, da die zu zeigende Aussage ja eine über [mm] \varphi(n)/2 [/mm] ist.
Danke daher für Deine detaillierten Ausführungen - ohne die hätte ich den Denkfehler wahrscheinlich nicht gefunden.
So gerne ich mich mit Zahlentheorie beschäftige, so sehr tappe ich immer wieder in ihre Fallen. :-(
Herzliche Grüße
reverend
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So, erstmal nochmal danke für die ganze Hilfe.
Dann muss ich mich wohl entschuldigen, dass sich die versprochene Musterlösung ein ganz klein wenig (*g*) verzögert hat.
Falls es also noch jemanden interessiert:
Auch die Musterlösung hat keinen schönen Weg.
Das ganze wurde mit multiplen Fallunterscheidungen, nachrechnen, Widersprüchen, etc. auf ca. 3 vollen DIN A4 Seiten erschlagen.
Da ihr ja so wie es scheint eh weit hübschere Lösungen kennt, die ich hoffentlich auch irgendwann kenne, spare ich es mir mal das ganze komplett abzutippen; ich hoffe da hat niemand was gegen.^^
lg und weil ja heute Silvester ist auch nen guten Rutsch wünscht
Schadow
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:33 Sa 31.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin Schadow,
> So, erstmal nochmal danke für die ganze Hilfe.
> Dann muss ich mich wohl entschuldigen, dass sich die
> versprochene Musterlösung ein ganz klein wenig (*g*)
> verzögert hat.
:D kein Problem
> Falls es also noch jemanden interessiert:
> Auch die Musterlösung hat keinen schönen Weg.
> Das ganze wurde mit multiplen Fallunterscheidungen,
> nachrechnen, Widersprüchen, etc. auf ca. 3 vollen DIN A4
> Seiten erschlagen.
Hui... Hoert sich muehsam an.
> Da ihr ja so wie es scheint eh weit hübschere Lösungen
> kennt, die ich hoffentlich auch irgendwann kenne, spare ich
> es mir mal das ganze komplett abzutippen; ich hoffe da hat
> niemand was gegen.^^
Ich kann gern drauf verzichten, und ich denke den anderen geht es genauso
> lg und weil ja heute Silvester ist auch nen guten Rutsch
> wünscht
Dir auch nen guten Rutsch!
LG Felix
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