Additiv inverse 1 in IZ/pIZ < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:31 Sa 01.11.2014 | | Autor: | Marcel |
| Aufgabe | Hallo,
für $p [mm] \in \IP$ [/mm] sei $p [mm] \equiv [/mm] 1 [mm] \mod 4\,.$ [/mm] Zu zeigen:
Dann folgt
[mm] $(((p-1)/2)!)^2 \equiv [/mm] -1 [mm] \mod p\,.$ [/mm] |
Obige Aufgabe (5.27) steht in "Elementare und algebraische Zahlentheorie"
von Müller-Stach, Piontkowski.
Als Hinweis wird gesagt, dass man das analog zum Satz von Wilson
beweisen soll und auch noch, dass man
[mm] $p=a^2+b^2$ [/mm] (mit $a,b [mm] \in \IN$)
[/mm]
und für
[mm] $c:=ab^{-1} \mod [/mm] p$
dann
[mm] $c^2+1 \equiv [/mm] 0 [mm] \mod [/mm] p$
nachrechnen soll.
Okay, also bei
[mm] $c:=ab^{-1} \mod [/mm] p$
finde ich schon die Notation merkwürdig. Ich denke, wenn ich jetzt mal die
Äquivalenzklassen als [mm] $[.]_p$ [/mm] bezeichne, dass da gemeint ist, dass man
[mm] $c=[a]_p*[b]_p^{-1}$
[/mm]
betrachten soll. Das wird gehen, weil [mm] $\IZ/p\IZ$ [/mm] Körper ist (da [mm] $p\,$ [/mm] prim).
Dass man jede Zahl
$n=4k+1$
als Summe zweier Quadratzahlen schreiben kann, nehme ich jetzt mal
hin, weil auf Seite 10 schon darauf hingewiesen wurde, dass in einem
späteren Abschnitt (Nummer 9) bewiesen werden wird, dass genau die
Primzahlen der Form $4k+3$ NICHT als Summe zweier Quadrate geschrieben
werden können.
Jetzt bin ich aber irritiert:
Wieso gilt denn
[mm] $[c^2]_p=[((p-1)/2)!]_p$?
[/mm]
Außerdem sehe ich hier nicht, wie man auf [mm] $[c^2]_p=[-1]_p$ [/mm] kommt?
[mm] $[c^2]_p=([a]_p*[b]_p^{-1})^2=[a^2]_p*[(b^2)]_p^{-1}=[a^2]_p*[(1-a^2)]_p^{-1}$?
[/mm]
Ich probiere es mal andersrum, ob ich
[mm] $[(1-a^2)]_p^{-1}$
[/mm]
irgendwie ausgerechnet bekomme:
Sei [mm] $[z]_p$ [/mm] das Inverse von [mm] $[(1-a^2)]_p\,.$ [/mm] Dann
[mm] $[z*(1-a^2)]_p=[1]_p\,.$
[/mm]
Also
[mm] $[z-a^2z-1]_p=[0]_p\,.$
[/mm]
Mhm, irgendwie habe ich hier den Überblick verloren...
Kann mir jemand kurz Licht ins Dunkel bringen? ^^
P.S. Ich bin gerade auch irritiert, ob man
[mm] $[b^{-1}]_p$
[/mm]
für das Inverse von [mm] $[b]_p \in \IZ/p\IZ$ [/mm] schreiben kann - oder ob da
[mm] ${[b]_p}^{-1}$
[/mm]
hingehört... Da muss ich auch nochmal drüber nachdenken, letzteres macht
ja eigentlich mehr Sinn, oder?
Ich hab' das jedenfalls mal dahingehend abgeändert... (modulo vergessene
Stellen).
Gruß,
Marcel
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Hi,
ganz ehrlich: Keine Ahnung was der Hinweis soll (vielleicht in der Aufgabe verrutscht?)
Das folgt direkt aus Wilson:
Sei p=1+4k
[mm] $(\frac{p-1}{2})!^2=\prod_{i=1}^{2k}i^2=\prod_{i=1}^{2k}i [/mm] (-i)$
, denn wir haben eine gerade Anzahl an Faktoren,
[mm] $=1\cdot [/mm] 2 [mm] \cdot \ldots \cdot [/mm] 2k [mm] \cdot (1+4k-2k)\cdot \ldots [/mm] (1+4k-1) =(p-1)!$
mit Wilson folgt die Behauptung.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:43 Sa 01.11.2014 | | Autor: | Marcel |
Hi,
Danke für die Antwort. Okay, also:
> Hi,
>
> ganz ehrlich: Keine Ahnung was der Hinweis soll (vielleicht
> in der Aufgabe verrutscht?)
> Das folgt direkt aus Wilson:
> Sei p=1+4k
> [mm](\frac{p-1}{2})!^2=\prod_{i=1}^{2k}i^2=\prod_{i=1}^{2k}i (-i)[/mm]
>
> , denn wir haben eine gerade Anzahl an Faktoren,
daher haben wir
[mm] $[(\tfrac{p-1}{2})!]_p^2=\left[\prod_{i=1}^{2k}i\right]_p*\left[\prod_{i=1}^{2k}(-i)\right]_p\,,$
[/mm]
weil ja [mm] $(-1)^{2k}=1\,.$ [/mm] Das meinst Du, oder?
Und das kann ich schreiben als
[mm] $=\prod_{i=1}^{2k} ([i]_p*[-i]_p)$
[/mm]
> [mm]=1\cdot 2 \cdot \ldots \cdot 2k \cdot (1+4k-2k)\cdot \ldots (1+4k-1) =(p-1)![/mm]
>
> mit Wilson folgt die Behauptung.
Okay, wenn ich das richtig sehe, sollte ich dann nur noch kurz begründen,
[mm] $(\IZ/p\IZ)\setminus \{[0]_p\}=\{\pm [i]_p\mid i=1,...,2k\}$ [/mm] gilt? Dafür reicht
es dann ja, zu zeigen, dass für $i,j [mm] \in \{1,...,2k\}$ [/mm] aus $i [mm] \not=j$ [/mm] dann
[mm] $[i]_p \not=[j]_p$
[/mm]
gilt? (Was offensichtlich ist.)
Denn [mm] $(\IZ/p\IZ)^\times$ [/mm] hat ja $p-1=4k$ Elemente, und in einem Körper ist nur
die Null zu sich selbst additiv invers?!
P.S. Ja, der Hinweis hat mich hier total verwirrt. Man findet ihn aber bei den
Lösungshinweisen im Anhang. Er passt aber nicht zu der Aufgabe davor
(dort geht es um RSA), und auch nicht zu der Aufgabe danach (dort geht
es um exakte Sequenzen). Und ganz falsch ist er ja auch nicht, denn [mm] $a^2+b^2=p$
[/mm]
passt ja schon...
P.P.S. Sorry, ich sehe gerade, dass Du gar nicht in den Restklassen gerechnet
hast. Aber so sollte man es auch schreiben können?
(Wobei dann
[mm] $\prod_{i=1}^{2k} ([i]_p*[-i]_p)$
[/mm]
vielleicht nicht direkt als [mm] $[p!]_p$ [/mm] ersichtlich ist... Ich glaube, Deine Variante
ist durchsichtiger. ^^)
Edit: Ich habe gerade nochmal drüber nachgedacht. Ich muss eigentlich zeigen,
dass für $i,j [mm] \in \{1,...,2k\}$ [/mm] aus $i [mm] \not=j$
[/mm]
[mm] $[i]_p+[j]_p \not=[0]_p$
[/mm]
folgt. Aber das ist auch nicht schwer...
Gruß,
Marcel
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Sorry, falls das etwas unübersichtlich war, ich hab durchaus in restklassen gerechnet, ich schreib die nur nie hin, weil es imho mit den Symbolen deutlich hässlicher und unübersichtlicher wird.
Zur Klarheit nochmal
$ [mm] (\frac{p-1}{2})!^2 \equiv \prod_{i=1}^{2k}i^2 \equiv \prod_{i=1}^{2k}i [/mm] (-i)
[mm] \equiv 1\cdot [/mm] 2 [mm] \cdot \ldots \cdot [/mm] 2k [mm] \cdot (1+4k-2k)\cdot \ldots [/mm] (1+4k-1) [mm] \equiv [/mm] (p-1)! [mm] \mod [/mm] p$.
Der Rest passt.
Zum P.S.
Der Hinweis ist durchaus richtig. Nur schafft man damit sehr schnell einen Zirkelschluss.
Der Beweis, dass Primzahlen von der Form 1+4k als Summe zweier Quadratzahlen schreiben lassen verwendet i.d.R. dass x²=-1 mod p eine Lösung hat...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:15 Sa 01.11.2014 | | Autor: | Marcel |
Hey,
sorry für die späte Rückmeldung, habe nebenher noch was geschrieben.
Danke, jetzt ist alles klar. 
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:58 Sa 01.11.2014 | | Autor: | Marcel |
| Aufgabe | Hallo,
doch noch eine Frage: Kann man mit diesem Ergebnis, oder meinetwegen
auch unabhängig davon, denn zeigen, dass:
Ist $p [mm] \in \IP$ [/mm] mit $p [mm] \equiv [/mm] 1 [mm] \mod 4\,,$ [/mm] und ist [mm] $p=a^2+b^2$ [/mm] mit geeigneten
$a,b [mm] \in \IN\,,$ [/mm] so folgt für
$c [mm] \equiv ab^{-1} \mod [/mm] 4$
dann
[mm] $c^2 \equiv [/mm] -1 [mm] \mod [/mm] p$? |
S.o.!
(Dabei ist [mm] $b^{-1}$ [/mm] eine Zahl $z [mm] \in \IZ$ [/mm] mit $z*b [mm] \equiv [/mm] 1 [mm] \mod p\,,$ [/mm] also
[mm] $b^{-1} \in ([b]_p)^{-1}\,.$
[/mm]
Ist das notationsmäßig korrekt?)
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 02:49 So 02.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Das kannst du ohne das Ergebnis der Aufgabe zeigen. Wegen [mm] p=a^2+b^2 [/mm] gilt [mm] $0\equiv a^2+b^2\mod{p} \Leftrightarrow a^2=-b^2\mod{p}$.
[/mm]
Jetzt sollst du zeigen: [mm] $a^2(b^2)^{-1}\equiv [/mm] -1 [mm] \mod{p}$. [/mm] Einfach jetzt, oder? ;) Dabei ist [mm] $b^2$ [/mm] invertierbar, da $b$ invertierbar ist (warum?)
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:41 So 02.11.2014 | | Autor: | Marcel |
Hi Teufel,
> Hi!
>
> Das kannst du ohne das Ergebnis der Aufgabe zeigen. Wegen
> [mm]p=a^2+b^2[/mm] gilt [mm]0\equiv a^2+b^2\mod{p} \Leftrightarrow a^2=-b^2\mod{p}[/mm].
![[bonk]](/images/smileys/bonk.gif "[bonk]")
In Zahlentheorie bin ich aber auch manchmal blind. Klar:
$p [mm] \equiv [/mm] 0 [mm] \mod [/mm] p.$
> Jetzt sollst du zeigen: [mm]a^2(b^2)^{-1}\equiv -1 \mod{p}[/mm].
> Einfach jetzt, oder? ;) Dabei ist [mm]b^2[/mm] invertierbar, da [mm]b[/mm]
> invertierbar ist (warum?)
Na, die Existenz von [mm] $([b]_p)^{-1}$ [/mm] ist klar, wegen [mm] $[b]_p \not=[0]_p$ [/mm] und weil
[mm] $\IF_p=\IZ/p\IZ$ [/mm] bekanntlich ein Körper ist. ( Du willst nicht die [mm] $\ggT...=1$-Argumentation
[/mm]
wieder hören, oder?  )
Also das folgt jetzt mit den Rechenregeln im Körper:
[mm] $[a^2]_p=-[b^2]_p$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow$ $[a^2]_p*([b^2]_p)^{-1}=-[1]_p=[-1]_p$
[/mm]
[mm] $\iff$ $a^2*(b^2)^{-1} \equiv [/mm] -1 [mm] \mod p\,.$
[/mm]
Okay? Dieses "hoch Minus 1" irritiert mich bei mod-Rechnungen immer, denn
eigentlich ist dort ja "Repräsentant einer Äquivalenzklasse eines Inversen
in [mm] $\IZ/p\IZ$" [/mm] gemeint. Man kommt aber gerne auf die Idee, einfach "invers in [mm] $\IR$" [/mm]
zu denken (auch, wenn das unsinnig wird).
Deswegen schreibe ich auch lieber [mm] $([b^2]_p)^{-1}\,,$ [/mm] weil ich da weiß, dass ich
mit einem Körperelement aus [mm] $\IZ/p\IZ$ [/mm] rechne - und wenn ich daran erinnert
werde, weiß ich auch, dass ich in diesem Körper das "multiplikativ Inverse"
meine. Bei
[mm] $(b^2)^{-1} \equiv [/mm] ... [mm] \mod [/mm] p$
ist ja eigentlich [mm] $b^2 \in \IN \subseteq \IR$...
[/mm]
Kann man sich da eigentlich behelfen? Gibt's Notationen wie
[mm] $\text{inv}_{\IZ/p\IZ}(b^2)$?
[/mm]
(Die auch noch genauer erläutert werden müssten:
Ich meine hier mit
[mm] $\text{inv}_{\IZ/p\IZ}(b^2)$
[/mm]
nämlich dann NICHT [mm] $([b^2]_p)^{-1}\,,$ [/mm] sondern irgendeinen Repräsentanten aus
dieser Äquivalenzklasse.)
Gruß,
Marcel
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In der Algebra/Zahlentheorie sind die reellen Zahlen so ziemlich der nutzloseste Körper, da er mit nicht-algebraischen Methoden konstruiert wird.
D.h. auch das er eine untergeordnete Rolle spielt.
Ich glaube der Behelf ist es sich davon geistig zu lösen, dass [mm] $\mathbb [/mm] R$ ein zentrales Konstrukt ist.
Das ist es, aber für die Analysis.
> ist ja eigentlich $ [mm] b^2 \in \IN \subseteq \IR [/mm] $...
Genauso
ist ja eigentlich $ [mm] b^2 \in \IN \subseteq \IZ [/mm] $...
ist ja eigentlich $ [mm] b^2 \in \IN \subseteq \IQ [/mm] $...
ist ja eigentlich $ [mm] b^2 \in \IN \subseteq \bar{\IQ} [/mm] $...
ist ja eigentlich $ [mm] b^2 \in \IN \subseteq \IQ_p [/mm] $...
ist ja eigentlich $ [mm] b^2 \in \IN \subseteq \IC [/mm] $...
Und uneigentlich hat das mit der Fragestellung nichts zu tun.
Es geht um eine Rechung in [mm] $\mathbb Z/p\mathbb [/mm] Z$ und nicht wie man diese Menge irgendwo in andere Mengen einbetten kann.
Helfen kann auch sich mehr verschiedenartige Gruppen/Körper anzuschauen.
Ich sehe nicht, dass immer ausladendere Notation helfen kann - ich finde sowas nur noch verwirrender.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:54 So 02.11.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo zusammen,
> In der Algebra/Zahlentheorie sind die reellen Zahlen so
> ziemlich der nutzloseste Körper, da er mit
> nicht-algebraischen Methoden konstruiert wird.
> D.h. auch das er eine untergeordnete Rolle spielt.
>
> Ich glaube der Behelf ist es sich davon geistig zu lösen,
> dass [mm]\mathbb R[/mm] ein zentrales Konstrukt ist.
> Das ist es, aber für die Analysis.
ich bin *von Hause aus* Analytiker, und daher arbeite ich seit Jahren so.
Vielleicht liegt da *einfach momentan noch der Hund begraben*.
> > ist ja eigentlich [mm]b^2 \in \IN \subseteq \IR [/mm]...
> Genauso
> ist ja eigentlich [mm]b^2 \in \IN \subseteq \IZ [/mm]...
> ist ja
> eigentlich [mm]b^2 \in \IN \subseteq \IQ [/mm]...
> ist ja eigentlich [mm]b^2 \in \IN \subseteq \bar{\IQ} [/mm]...
> ist ja eigentlich [mm]b^2 \in \IN \subseteq \IQ_p [/mm]...
> ist ja
> eigentlich [mm]b^2 \in \IN \subseteq \IC [/mm]...
Klar, das solche Hinweise kommen, habe ich erwartet.
> Und uneigentlich hat das mit der Fragestellung nichts zu tun.
Unbestritten.
> Es geht um eine Rechung in [mm]\mathbb Z/p\mathbb Z[/mm] und nicht
> wie man diese Menge irgendwo in andere Mengen einbetten kann.
Mir ging es eher darum, wie ich mir eine *vernünftige* Notation basteln
kann, mit der ich *verwirrungsfrei* rechnen kann. Meinetwegen auch nur,
um das im Laufe der Zeit als *unnötig* oder *lästig* abzulegen.
Vielleicht ist es aber doch besser, dann eher gedanklich immer strikt bei
der Sache zu bleiben. Z.B. wurde bei uns damals [mm] $\IQ$ [/mm] auch mithilfe von Äquivalenzklassen
eingeführt, aber das war mehr dazu geeignet, [mm] $\IQ$ [/mm] zu konstruieren. Um in [mm] $\IQ$
[/mm]
zu rechnen, ist man dann wieder in das *altbekannte Schema* zurückgegangen.
>
> Helfen kann auch sich mehr verschiedenartige Gruppen/Körper
> anzuschauen.
> Ich sehe nicht, dass immer ausladendere Notation helfen
> kann - ich finde sowas nur noch verwirrender.
Jein - ich habe mir sowas durchaus angewöhnt, weil es, auch, wenn es
irgendwann überpenibel werden kann, auch helfen kann, Klarheit zu
schaffen.
Wenn man in den ersten Semestern sieht, dass (grobgesagt) [mm] $f+g\,$ [/mm] über
[mm] $(f+g)(x):=f(x)+g(x)\,$
[/mm]
definiert wird, fragt man sich sonst vielleicht schon mehrere Sachen:
1. Warum wird da überhaupt was definiert? Da steht doch nur das übliche
"+"...
2. Und wenn man dann 1. verstanden hat, dann fragt man sich, wieso bei [mm] $f+g\,$
[/mm]
das Symbol "+" bei den Funktionen steht, was doch für das
$+ [mm] \colon \IR \times \IR \to \IR$
[/mm]
steht?
Meiner Meinung nach direkt klarer ist es dann halt, wenn jemand $f [mm] \oplus [/mm] g$ schreibt...
Aber ich habe das auch schon bemerkt, dass man in der Algebra oder
Gruppentheorie da irgendwie gewisse andere Ansichten hat. Ist auch nicht
so, dass ich mich an diese nicht gewöhnen, oder dass ich diese kritisieren
will, sondern nur, dass ich mir halt nebenher durchaus auch immer einiges
mit *eigenen* Notationen aufschreibe, weil ich für mich dann besser den
Überblick behalte. Dass das für andere *überladen* wirkt, streite ich gar
nicht ab.
Gruß,
Marcel
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Hallo Marcel,
Ich sehe das ähnlich wie justdroppingby, es gibt hier keine Notationsprobleme, man muss sich halt nur etwas von seinen vertrauten Vorstellungen lösen, aber das ist ja nichts Neues in der Mathematik. Das muss man schon, wenn man anfängt im Komplexen zu rechnen und auf einmal Quadrate negativ sein können, oder wenn man in nichtkommutativen Ringen rechnet, die einem ja auch in der Analysis zuweilen begegnen. Man muss einfach dran denken, in welchem System man gerade rechnet.
Andererseits muss man wenn man in [mm] $\IZ [/mm] /p $ rechnet NICHT mit Restklassen rechnen und erst recht nicht die Notation verwenden und es ist sogar schädlich. Denn via den Homomorphismus [mm] $\IZ\longrightarrow\IZ/p [/mm] $ überträgt sich jede "Ring-rechenregel" von [mm] $\IZ [/mm] $ auf [mm] $\IZ/p [/mm] $, das heißt, wenn man in einer Rechnung nur Null, Eins, Addition, Subtraktion oder Multiplikation verwendet, ist es prinzipiell unmöglich, da in Verwirrung zu geraten. (Tatsächlich lässt sich jede Identität in [mm] $\IZ/p [/mm] $, die nur Ringoperationen verwendet aus den Identitäten in [mm] $\IZ [/mm] $ sowie der formalen Identität $ p=0$ herleiten. Gruppentheoretiker machen so was ständig (Gruppenpräsentationen), aber das funktioniert in jeder algebraischen Struktur und die Sichtweise, dass man zu altbekannten Rechenregeln einfach nur eine oder mehrere hinzufügt, ist oft sehr hilfreich. Beispielsweise kann man so auch [mm] $\IQ [/mm] $ aus [mm] $\IZ [/mm] $ konstruieren: Man nehme den Ring [mm] $\IZ [/mm] $, füge für jedes $ [mm] n\not=0$ [/mm] ein Symbol $ [mm] n^{-1} [/mm] $ zum Ring hinzu, sodass keine Rechenregel außer denen, die in jedem kommutativen Ring gelten müssen, hinzukommt, und füge dann für jedes $ n $ die Identität $ [mm] nn^{-1}=1 [/mm] $ hinzu. Es kann sich um gar nichts anderes handeln, als um [mm] $\IQ [/mm] $. Das heißt, via [mm] $\IQ=\IZ [\{n^{-1}\mid n\in\IZ, n\not=0\}]/(nn^{-1}=1)_{n\in\IZ, n\not=0}$ [/mm] hat man eine viel natürlichere Konstruktion von [mm] $\IQ [/mm] $, aus der direkt hervorgeht, dass das Ergebnis tut, was es soll, als altmodisch mit irgendwelchen Äquivalenzrelationen, wo man jede Operation auf Wohldefiniertheit usw. prüfen muss.)
Das Problem ist, dass wir halt keinen Körperhomomorphismus [mm] $\IR\to\IZ/p [/mm] $ haben (und es einen solchen auch gar nicht geben kann) und sich Körper-rechenregeln, das heißt Division nicht übertragen lassen. Daran muss man sich schlicht und einfach erinnern bzw. man muss sich ja gar nichts merken, sondern eher etwas vergessen.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
P.S.: Man braucht keinen ggT, um einzusehen, dass [mm] $\IZ/p [/mm] $ ein Körper ist. Dass [mm] $\IZ/p [/mm] $ endlich ist, kann man sich leicht überlegen. Außerdem sind die Primzahlen genau die Primelemente in [mm] $\IZ [/mm] $, das heißt, das von p erzeugte Hauptideal ist prim, das heißt [mm] $\IZ/p [/mm] $ ist ein Integritätsbereich. Endliche Integritätsbereiche $ R $ sind bereits Körper: Integritätsbereich heißt gerade, dass wir kürzen dürfen. Zu zeigen ist, dass $ [mm] R\setminus [/mm] 0$ eine Gruppe ist. Monoid ist bereits klar. Endliche Monoide $ M$ mit Kürzungsregel sind jedoch bereits Gruppen: Die Kürzungsregel besagt gerade, dass für festes $ a $ die Abbildung $ [mm] x\longmapsto [/mm] ax $ injektiv ist. Injektive Selbstabbildungen endlicher Mengen sind jedoch bereits bijektiv, so finden wir ein Inverses. Dieses Argument ist viel elementarer und viel konzeptioneller als irgendwelche Rechnungen mit ggTs und Algorithmen irgendwelcher Griechen. Etwas allgemeiner sieht man natürlich genauso ein, dass endliche ntfreie Ringe Schiefkörper sind.
P.P.S.: Auch wenn ich selbst mal der Meinung war, [mm] $\IR [/mm] $ wäre nutzlos, muss ich justdroppingby hier widersprechen. Nicht umsonst gibt es ein ganzes Teilgebiet der Algebra, das sich mit dem Studium formal reeller Körper beschäftigt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:01 So 02.11.2014 | | Autor: | Marcel |
Hi,
> Hallo Marcel,
>
> Ich sehe das ähnlich wie justdroppingby, es gibt hier
> keine Notationsprobleme, man muss sich halt nur etwas von
> seinen vertrauten Vorstellungen lösen, aber das ist ja
> nichts Neues in der Mathematik. Das muss man schon, wenn
> man anfängt im Komplexen zu rechnen und auf einmal
> Quadrate negativ sein können, oder wenn man in
> nichtkommutativen Ringen rechnet, die einem ja auch in der
> Analysis zuweilen begegnen. Man muss einfach dran denken,
> in welchem System man gerade rechnet.
>
> Andererseits muss man wenn man in [mm]\IZ /p[/mm] rechnet NICHT mit
> Restklassen rechnen und erst recht nicht die Notation
> verwenden und es ist sogar schädlich. Denn via den
> Homomorphismus [mm]\IZ\longrightarrow\IZ/p[/mm] überträgt sich
> jede "Ring-rechenregel" von [mm]\IZ[/mm] auf [mm]\IZ/p [/mm], das heißt,
> wenn man in einer Rechnung nur Null, Eins, Addition,
> Subtraktion oder Multiplikation verwendet, ist es
> prinzipiell unmöglich, da in Verwirrung zu geraten.
> (Tatsächlich lässt sich jede Identität in [mm]\IZ/p [/mm], die
> nur Ringoperationen verwendet aus den Identitäten in [mm]\IZ[/mm]
> sowie der formalen Identität [mm]p=0[/mm] herleiten.
> Gruppentheoretiker machen so was ständig
> (Gruppenpräsentationen), aber das funktioniert in jeder
> algebraischen Struktur und die Sichtweise, dass man zu
> altbekannten Rechenregeln einfach nur eine oder mehrere
> hinzufügt, ist oft sehr hilfreich. Beispielsweise kann man
> so auch [mm]\IQ[/mm] aus [mm]\IZ[/mm] konstruieren: Man nehme den Ring [mm]\IZ [/mm],
> füge für jedes [mm]n\not=0[/mm] ein Symbol [mm]n^{-1}[/mm] zum Ring hinzu,
> sodass keine Rechenregel außer denen, die in jedem
> kommutativen Ring gelten müssen, hinzukommt, und füge
> dann für jedes [mm]n[/mm] die Identität [mm]nn^{-1}=1[/mm] hinzu. Es kann
> sich um gar nichts anderes handeln, als um [mm]\IQ [/mm]. Das
> heißt, via [mm]\IQ=\IZ [\{n^{-1}\mid n\in\IZ, n\not=0\}]/(nn^{-1}=1)_{n\in\IZ, n\not=0}[/mm]
> hat man eine viel natürlichere Konstruktion von [mm]\IQ [/mm], aus
> der direkt hervorgeht, dass das Ergebnis tut, was es soll,
> als altmodisch mit irgendwelchen Äquivalenzrelationen, wo
> man jede Operation auf Wohldefiniertheit usw. prüfen
> muss.)
>
> Das Problem ist, dass wir halt keinen Körperhomomorphismus
> [mm]\IR\to\IZ/p[/mm] haben (und es einen solchen auch gar nicht
> geben kann) und sich Körper-rechenregeln, das heißt
> Division nicht übertragen lassen. Daran muss man sich
> schlicht und einfach erinnern bzw. man muss sich ja gar
> nichts merken, sondern eher etwas vergessen.
>
> Liebe Grüße,
> UniversellesObjekt
danke für die Hinweise.
> P.S.: Man braucht keinen ggT, um einzusehen, dass [mm]\IZ/p[/mm] ein
> Körper ist.
Sag' ich auch nicht, aber die mir bisher bekannten Beweise haben benutzt,
dass in [mm] $\IZ/n \IZ$ [/mm] ein Element [mm] $[z]_n$ [/mm] genau dann eine Einheit ist, wenn
[mm] $\ggT(z,n)=1\,.$
[/mm]
> Dass [mm]\IZ/p[/mm] endlich ist, kann man sich leicht überlegen.
Das ist ziemlich trivial, ja.
> Außerdem sind die Primzahlen genau die
> Primelemente in [mm]\IZ [/mm], das heißt, das von p erzeugte
> Hauptideal ist prim, das heißt [mm]\IZ/p[/mm] ist ein
> Integritätsbereich. Endliche Integritätsbereiche [mm]R[/mm] sind
> bereits Körper: Integritätsbereich heißt gerade, dass
> wir kürzen dürfen. Zu zeigen ist, dass [mm]R\setminus 0[/mm] eine
> Gruppe ist. Monoid ist bereits klar. Endliche Monoide [mm]M[/mm]
> mit Kürzungsregel sind jedoch bereits Gruppen: Die
> Kürzungsregel besagt gerade, dass für festes [mm]a[/mm] die
> Abbildung [mm]x\longmapsto ax[/mm] injektiv ist. Injektive
> Selbstabbildungen endlicher Mengen sind jedoch bereits
> bijektiv, so finden wir ein Inverses. Dieses Argument ist
> viel elementarer und viel konzeptioneller als irgendwelche
> Rechnungen mit ggTs und Algorithmen irgendwelcher Griechen.
Das schaue ich mir gerne auch nochmal in Ruhe an. Mit dem, was ich mir
bisher in Algebra und Zahlentheorie beigebracht habe - was alles nur
sehr elementare Dinge sind - sieht es für mich so aus, als wenn ich das
alles durchaus nachvollziehen könnte.
(Dass "injektiv=surjektiv=bijektiv" bei Selbstabbildungen einer endlichen
Menge gilt, hättest Du nicht erwähnen brauchen. Das ist elementares Wissen
aus den ersten Vorlesungsstunden Analysis. )
> Etwas allgemeiner sieht man natürlich genauso ein, dass
> endliche ntfreie Ringe Schiefkörper sind.
ntfrei meint Nullteilerfrei? Nur, um ganz sicher zu gehen. ( Und nein, den
Begriff kenne ich, ich brauche keine Definition. )
> P.P.S.: Auch wenn ich selbst mal der Meinung war, [mm]\IR[/mm] wäre
> nutzlos, muss ich justdroppingby hier widersprechen. Nicht
> umsonst gibt es ein ganzes Teilgebiet der Algebra, das sich
> mit dem Studium formal reeller Körper beschäftigt.
Wie gesagt: Danke für die Infos.
Gruß,
Marcel
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> > P.S.: Man braucht keinen ggT, um einzusehen, dass [mm]\IZ/p[/mm] ein
> > Körper ist.
>
> Sag' ich auch nicht, aber die mir bisher bekannten Beweise
> haben benutzt,
> dass in [mm]\IZ/n \IZ[/mm] ein Element [mm][z]_n[/mm] genau dann eine
> Einheit ist, wenn
>
> [mm]\ggT(z,n)=1\,.[/mm]
Ja, ok, dann ist es im Prinzip das selbe. Dass Teilerfremdheit von n und z notwendig ist, ist klar, denn ansonsten ist z Nullteiler und kann keine Einheit sein. Für die Umkehrung muss man sich überlegen, dass die Menge der zu $ n $ teilerfremden Zahlen eine Gruppe ist, und da funktioniert das Argument wieder genauso: Dass die Menge ein Untermonoid ist, ist klar. Ist $ ax=ay $, wobei $ a, x, y $ teilerfremd zu $ n $, so ist $ a (x-y)$ ein Vielfaches von $ n $, was nicht geht, falls $ [mm] x-y\not=0$, [/mm] das heißt das injektiv-bijektiv-Argument funktioniert genauso.
> > Dass [mm]\IZ/p[/mm] endlich ist, kann man sich leicht überlegen.
>
> Das ist ziemlich trivial, ja.
>
> > Außerdem sind die Primzahlen genau die
> > Primelemente in [mm]\IZ [/mm], das heißt, das von p erzeugte
> > Hauptideal ist prim, das heißt [mm]\IZ/p[/mm] ist ein
> > Integritätsbereich. Endliche Integritätsbereiche [mm]R[/mm] sind
> > bereits Körper: Integritätsbereich heißt gerade, dass
> > wir kürzen dürfen. Zu zeigen ist, dass [mm]R\setminus 0[/mm] eine
> > Gruppe ist. Monoid ist bereits klar. Endliche Monoide [mm]M[/mm]
> > mit Kürzungsregel sind jedoch bereits Gruppen: Die
> > Kürzungsregel besagt gerade, dass für festes [mm]a[/mm] die
> > Abbildung [mm]x\longmapsto ax[/mm] injektiv ist. Injektive
> > Selbstabbildungen endlicher Mengen sind jedoch bereits
> > bijektiv, so finden wir ein Inverses. Dieses Argument ist
> > viel elementarer und viel konzeptioneller als irgendwelche
> > Rechnungen mit ggTs und Algorithmen irgendwelcher Griechen.
>
> Das schaue ich mir gerne auch nochmal in Ruhe an. Mit dem,
> was ich mir
> bisher in Algebra und Zahlentheorie beigebracht habe - was
> alles nur
> sehr elementare Dinge sind - sieht es für mich so aus,
> als wenn ich das
> alles durchaus nachvollziehen könnte.
> (Dass "injektiv=surjektiv=bijektiv" bei Selbstabbildungen
> einer endlichen
> Menge gilt, hättest Du nicht erwähnen brauchen. Das ist
> elementares Wissen
> aus den ersten Vorlesungsstunden Analysis. )
Doch das hätte ich, weil dies nunmal die Stelle ist, an der die Endlichkeitsbedingung eingesetzt wird
> > Etwas allgemeiner sieht man natürlich genauso ein, dass
> > endliche ntfreie Ringe Schiefkörper sind.
>
> ntfrei meint Nullteilerfrei? Nur, um ganz sicher zu gehen.
> ( Und nein, den
> Begriff kenne ich, ich brauche keine Definition. )
Ja.
> > P.P.S.: Auch wenn ich selbst mal der Meinung war, [mm]\IR[/mm] wäre
> > nutzlos, muss ich justdroppingby hier widersprechen. Nicht
> > umsonst gibt es ein ganzes Teilgebiet der Algebra, das sich
> > mit dem Studium formal reeller Körper beschäftigt.
>
> Wie gesagt: Danke für die Infos.
>
> Gruß,
> Marcel
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:36 So 02.11.2014 | | Autor: | Marcel |
Hi UniOb,
> > > P.S.: Man braucht keinen ggT, um einzusehen, dass [mm]\IZ/p[/mm] ein
> > > Körper ist.
> >
> > Sag' ich auch nicht, aber die mir bisher bekannten Beweise
> > haben benutzt,
> > dass in [mm]\IZ/n \IZ[/mm] ein Element [mm][z]_n[/mm] genau dann eine
> > Einheit ist, wenn
> >
> > [mm]\ggT(z,n)=1\,.[/mm]
>
> Ja, ok, dann ist es im Prinzip das selbe. Dass
> Teilerfremdheit von n und z notwendig ist, ist klar, denn
> ansonsten ist z Nullteiler und kann keine Einheit sein.
> Für die Umkehrung muss man sich überlegen, dass die Menge
> der zu [mm]n[/mm] teilerfremden Zahlen eine Gruppe ist, und da
> funktioniert das Argument wieder genauso: Dass die Menge
> ein Untermonoid ist, ist klar. Ist [mm]ax=ay [/mm], wobei [mm]a, x, y[/mm]
> teilerfremd zu [mm]n [/mm], so ist [mm]a (x-y)[/mm] ein Vielfaches von [mm]n [/mm],
> was nicht geht, falls [mm]x-y\not=0[/mm], das heißt das
> injektiv-bijektiv-Argument funktioniert genauso.
>
> > > Dass [mm]\IZ/p[/mm] endlich ist, kann man sich leicht überlegen.
> >
> > Das ist ziemlich trivial, ja.
> >
> > > Außerdem sind die Primzahlen genau die
> > > Primelemente in [mm]\IZ [/mm], das heißt, das von p erzeugte
> > > Hauptideal ist prim, das heißt [mm]\IZ/p[/mm] ist ein
> > > Integritätsbereich. Endliche Integritätsbereiche [mm]R[/mm] sind
> > > bereits Körper: Integritätsbereich heißt gerade, dass
> > > wir kürzen dürfen. Zu zeigen ist, dass [mm]R\setminus 0[/mm] eine
> > > Gruppe ist. Monoid ist bereits klar. Endliche Monoide [mm]M[/mm]
> > > mit Kürzungsregel sind jedoch bereits Gruppen: Die
> > > Kürzungsregel besagt gerade, dass für festes [mm]a[/mm] die
> > > Abbildung [mm]x\longmapsto ax[/mm] injektiv ist. Injektive
> > > Selbstabbildungen endlicher Mengen sind jedoch bereits
> > > bijektiv, so finden wir ein Inverses. Dieses Argument ist
> > > viel elementarer und viel konzeptioneller als irgendwelche
> > > Rechnungen mit ggTs und Algorithmen irgendwelcher Griechen.
> >
> > Das schaue ich mir gerne auch nochmal in Ruhe an. Mit dem,
> > was ich mir
> > bisher in Algebra und Zahlentheorie beigebracht habe -
> was
> > alles nur
> > sehr elementare Dinge sind - sieht es für mich so aus,
> > als wenn ich das
> > alles durchaus nachvollziehen könnte.
> > (Dass "injektiv=surjektiv=bijektiv" bei
> Selbstabbildungen
> > einer endlichen
> > Menge gilt, hättest Du nicht erwähnen brauchen. Das
> ist
> > elementares Wissen
> > aus den ersten Vorlesungsstunden Analysis. )
> Doch das hätte ich, weil dies nunmal die Stelle ist, an
> der die Endlichkeitsbedingung eingesetzt wird
dass Du das Argument unterstreichst, ist okay. Mir war es klar, mehr
wollte ich da eigentlich gar nicht sagen.
Du hättest schreiben können: "Als injektive Selbstabbildung einer endlichen
Menge ist diese invertierbar."
Oder auch einfach sagen können, dass diese Abbildung bijektiv ist. Denn,
nach wie vor: Das ist ein Standard-Argument, was man in den ersten
Analysis-Vorlesungen lernt.
Ebenso, wie Dinge wie "Endliche Teilmengen von [mm] $\IR$ [/mm] haben ein Maximum
und ein Minimum".
> > > Etwas allgemeiner sieht man natürlich genauso ein, dass
> > > endliche ntfreie Ringe Schiefkörper sind.
> >
> > ntfrei meint Nullteilerfrei? Nur, um ganz sicher zu gehen.
> > ( Und nein, den
> > Begriff kenne ich, ich brauche keine Definition. )
> Ja.
> > > P.P.S.: Auch wenn ich selbst mal der Meinung war, [mm]\IR[/mm]
> wäre
> > > nutzlos, muss ich justdroppingby hier widersprechen. Nicht
> > > umsonst gibt es ein ganzes Teilgebiet der Algebra, das sich
> > > mit dem Studium formal reeller Körper beschäftigt.
> >
> > Wie gesagt: Danke für die Infos.
> >
> > Gruß,
> > Marcel
>
> Liebe Grüße,
> UniversellesObjekt
Thx again.
Gruß,
Marcel
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