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Beitrag |
    
Miriam
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 08. Mai, 2002 - 18:06: | 
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Hallo!
Ich bräuchte da mal einen kleinen Tipp zu der folgenden Aufgabe:
p ist Primzahl und m eine ganze Zahl.
z.z. ist, dass p (m^p-m) teilt. |
Xell (vredolf)
Mitglied
Benutzername: vredolf
Nummer des Beitrags: 42
Registriert: 03-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 09. Mai, 2002 - 16:47: |
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Hi Miriam!
Gegeben die Aussage
p prim und m ganzzahlig => p|m^p-m
p=2:
2|m^2-m <=> 2|m*(m-1)
Hier gilt die Aussage sicher, da entweder m oder m-1
gerade sind, somit ist genau eine der beiden Zahlen durch
2 teilbar. Damit ist aber auch das Produkt der beiden
ganzen Zahlen durch 2 teilbar.
Sei p nun eine ungerade Primzahl > 2:
p|m^p-m <=> p|m*(m^(p-1)-1)
Da p ungerade => p-1 gerade, also:
p|m*(m^((p-1)/2)-1)*(m^((p-1)/2)+1)
Für m=kp => p|m^p-m
Für p=4k+1:
4k+1|m*(m^(2k)-1)*(m^(2k)+1)
m gerade (m=2j):
4k+1|2j*((2j)^(2k)-1)*((2j)^(2k)+1)
<=> 4k+1|2j*((4*j^2)^k-1)*((4*j^2)^k+1)
Aus 4k+1|4^k*j^(2k)+1 folgt, dass 4k+1 auch das ganze
Produkt teilt.
m ungerade:
4k+1|(2j+1)*((2j+1)^(2k)-1)*((2j+1)^(2k)+1)
Da 4k+1|2j+1 mit geeignetem j, folgt daraus unmittelbar,
dass 4k+1 auch das gesamte Produkt der ganzen Zahl teilt.
Also gilt p|m^p-m für alle Primzahlen der Form p=4k+1
Für p=4k-1 müsste sich das analog erledigen lassen,
also einfach mit Fallunterscheidungen arbeiten. Hoffe,
das hilft dir weiter.
Anm.: Es müssen nur die beiden Fälle p=4k+1 bzw. p=4k-1
untersucht werden, da Primzahlen nur von diesen beiden
Formen sein können (p=4k wäre zumindest durch 4 teilbar,
p=4k+2 wäre mindestens durch 2 teilbar, p=4k+3 lässt sich
darstellen als p=4j-1 mit j=k+1).
Gruß
X. |
Carmichael
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 09. Mai, 2002 - 21:45: |
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Hi,
@Xell: Warum gilt 4k+1|4^k*j^(2k)+1 ?
@Miriam:
Zeige zunächst (a+b)^p = a^p + b^p (mod p) (*) mit p Primzahl. (Hinweis: Binomischer Satz)
Dann Induktionsbeweis:
Annahme:
1^p = 1 (mod p);
Schritt: n -> n+1:
n^p = n (mod p); (1)
Wegen (*) (n+1)^p = n^p + 1^p = [wegen (1)] n+1 (mod p);
MfG Carmichael
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Xell (vredolf)
Mitglied
Benutzername: vredolf
Nummer des Beitrags: 43
Registriert: 03-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 12. Mai, 2002 - 11:33: |
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Hi Carmichael!
Du hast Recht, die Aussage gilt i.A. nicht. Danke für
die Korrektur. War meine suche nach einem Beweis, der
ohne mod-Arithmetik auskommt, vergebens ?
Gruß,
X. |
Carmichael (carmichael)
Neues Mitglied
Benutzername: carmichael
Nummer des Beitrags: 132
Registriert: 02-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 12. Mai, 2002 - 12:44: |
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HI Xell,
der Beweis mit dem binomischen Lehrsatz kommt im Prinzip auch schon ohne mod-Arithmetik bzw. Gruppentheorie aus.
Etwas anders formuliert:
zu zeigen: p | (a+b)^p - a^p - b^p mit p prim
[ gdw. p | a^p + (p über 1)a^(p-1)b + ... + (p über p-1)ab^(p-1) + b^p - a^p - b^p = (p über 1)a^(p-1)b + ... + (p über p-1)ab^(p-1);
Das gilt offensichtlich, da (p über k) für 1<=k<=p-1 wegen p prim durch p teilbar ist.
]
MfG
Carmichael
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