Mittwoch, 10. September 2014

Es gibt genau eine Primzahl $p$ derart, dass $3\mspace{3mu}p+1$ eine Quadratzahl ist

Aus dem Tutorium.

Man benutze die folgende Charakterisierung von Primzahlen (vgl. Lemma von Euklid)
Eine natürliche Zahl $p$ größer als $1$ ist genau dann eine Primzahl, wenn für alle $a,\,b\in\Z$ gilt: Aus $p\mid a\mspace{3mu}b$ folgt $\ p\mid a\ $ oder $\ p\mid b$.
um zu zeigen: Es gibt genau eine Primzahl $p$ derart, dass $3\mspace{3mu}p+1$ eine Quadratzahl ist.
Quelle dazu.

Nun: Sei $p$ eine Primzahl, sei $n$ eine natürliche Zahl, und es gelte $3\mspace{3mu}p+1=n^2$. Daraus erhalten wir sofort \[ 3\mspace{3mu}p=n^2 -1\quad, \] und die dritte binomische Formel erlaubt es uns, das als \[ 3\mspace{3mu}p = (n-1)\cdot(n+1) \] zu schreiben. Die linke Seite ist das Produkt der Primzahlen $3$ und $p$, ist also (Lemma von Euklid!) nur durch $1$, $3$, $p$ und $3\mspace{3mu}p$ teilbar. Also gilt das auch für die rechte Seite. Daraus ergeben sich vier Fälle:

Fall $n+1$ $n-1$
a) $1$ $3\mspace{3mu}p$
b) $3$ $p$
c) $p$ $3$
d) $3\mspace{3mu}p$ $1$

Im Fall a) gilt $n+1=1$, also $n-1=-1$, womit $n-1$ keine natürliche Zahl, also insbesondere kein Primfaktor von $3\mspace{3mu}p$, wäre. Also tritt dieser Fall nicht ein.

Im Fall b) gilt $n+1=3$, also $n=2$, also $n^2=4=3\mspace{3mu}p+1$ und damit $p=1$, womit $p$ keine Primzahl wäre. Also tritt dieser Fall nicht ein.

Im Fall c) gilt $n-1=3$, also $n=4$, also $p=5$ und $3\mspace{3mu}p+1=16=4^2=n^2$. Also ist $p=5$ eine Lösung!

Im Fall d) schleißlich gilt $n-1=1$, also $n+1=3\mspace{3mu}p$, also $p=1$, womit $p$ erneut keine Primzahl wäre. Also tritt auch dieser Fall nicht ein.

Damit gibt es genau eine Primzahl $p$ derart, dass $3\mspace{3mu}p+1$ eine Quadratzahl ist, nämlich $p=5$.

Binomischer Lehrsatz? Viel zu kompliziert.

Aus dem Tutorium.

Gibt es Ringe $R$, in denen die Gleichung $(a+b)^5 = a^5+b^5$ für alle $a,\,b\in R$ gilt?

Wir behaupten: Ja, solche Ringe gibt es. (Aber mit Sicherheit ist $\R$ kein Beispiel dafür!)

Sei $R$ ein beliebiger kommutativer Ring mit Eins, und seien $a,\,b\in R$. Multiplizieren wir einmal $(a+b)^5$ aus. Das ergibt \[ a^5 + 5\mspace{3mu}a\mspace{3mu}b^4 + 10\mspace{3mu}a^3\mspace{3mu}b^2 + 10\mspace{3mu}a^2\mspace{3mu}b^3 + 5\mspace{3mu}a\mspace{3mu}b^4 + b^5\quad, \] und wir sehen, dass alle Summanden bis auf den ersten und den letzten durch 5 teilbar sind. Es gilt also \[ (a+b)^5 \equiv a^5+b^5\pmod5\quad, \] weil alle anderen Summanden wegfallen.

Wenn wir also $R:=\Z_5$ setzen, dann haben wir erreicht, was wir wollten: Die lange Binomialentwicklung schnurrt auf zwei Summanden zusammen. Für alle $[a],\,[b]\in\Z_5$ gilt \[ ([a]+[b])^5 = [a]^5+[b]^5 = [a^5] + [b^5] = [a^5 + b^5]\quad. \]

Dienstag, 9. September 2014

Viermal abelsche Gruppen

Aus dem Tutorium.

Es sei $(G,\,\ast,\,e)$ eine Gruppe. Wir behaupten: $G$ ist genau dann abelsch, wenn die Abbildung $G\to G$, $a\mapsto a\ast a$, ein Homomorphismus ist.

Gelte zunächst: $G\to G$, $a\mapsto a\ast a$, ist ein Homomorphismus.
Seien $a,b\in G$. Dann gilt $\varphi(a\ast b) = a\ast b\ast a\ast b$ und $\varphi(a)\ast \varphi(b) = a\ast a\ast b\ast b$, wegen der Homomorphieeigenschaft von $\varphi$ also \[ a\ast b\ast a\ast b = a\ast a\ast b\ast b\quad. \] Nun liefert die Multiplikation mit $a^{-1}$ von links \[ b\ast a\ast b = a\ast b\ast b\quad, \] und indem wir von rechts mit $b^{-1}$ multiplizieren, erhalten wir \[ b\ast a = a\ast b\quad. \] Also ist $G$ abelsch.

Gelte nun: $G$ ist abelsch.
Dann gilt für alle $a,\,b\in G$: \[b\ast a=a\ast b\quad,\]also \[b\ast a\ast b = a\ast b\ast b\quad,\] also \[a\ast b\ast a\ast b = a\ast a\ast b\ast b\] und damit \[\varphi(a\ast b) =\varphi(a)\ast \varphi(b)\quad,\]also ist $\varphi$ ein Homomorphismus.

Hier gelten also beide Richtungen.


Nächste Behauptung: Gilt $a\ast a=e$ für alle $a\in G$, so ist $G$ abelsch.

Nun: Gelte $a\ast a=e$ für alle $a\in G$. Dann folgt \[a=a^{-1}\quad\text{für alle $a\in G$}\quad,\] also \[a\ast b=(a\ast b)^{-1}\quad\text{für alle $a\in G$}\quad,\] also \[a\ast b=b^{-1}\ast a^{-1}\quad\text{für alle $a\in G$}\] und damit \[a\ast b=b\ast a\quad\text{für alle $a\in G$}\quad.\] Also ist $G$ abelsch.

Die Umkehrung gilt nicht, denn es gibt abelsche Gruppen, in denen nicht jedes Element Ordnung 2 hat, wo also nicht $a\ast a=e$ für alle $a\in G$ gilt. Einfachstes Beispiel ist die abelsche Gruppe $(\Z,\,+,\,0)$. Hier gilt die Gleichung $a+a=0$ sogar für kein von Null verschiedenes Element.


Nächste Behauptung: Ist $G$ zyklisch, so ist $G$ abelsch.

Gelte also: $G$ ist zyklisch. Dann gibt es ein $g\in G$ mit $G=\{g^k \mid k\in\Z\}$. Seien $a,\,b\in G$. Dann gibt es $i,\,j\in \Z$ mit $a=g^i$ und $b=g^j$. Es folgt \[ a\ast b = g^i\ast g^j = g^{i+j} = g^{j+i} = g^j\ast g^i = b\ast a\quad, \] also ist $G$ abelsch.

Die Umkehrung gilt nicht, denn es gibt abelsche Gruppen, die nicht zyklisch sind. Einfachstes Beispiel ist die abelsche Gruppe $V_4$, die Kleinsche Vierergruppe. Bezeichnet man ihre Elemente mit $1$, $5$, $7$ und $11$, wobei $1$ das neutrale Element ist, so gilt die folgende Verknüpfungstafel, aus der man sofort abliest, dass die Gruppe abelsch ist:

$\ast$ $\mathbf1$ $\mathbf5$ $\mathbf7$ $\mathbf{11}$
$\mathbf1$ $1$ $5$ $7$ $11$
$\mathbf5$ $5$ $1$ $11$ $7$
$\mathbf7$ $7$ $11$ $1$ $5$
$\mathbf{11}$ $11$ $7$ $5$ $1$

Jedoch erkennt man auch, dass $V_4$ nicht zyklisch ist:
  • Die von $1$ erzeugte zyklische Untergruppe ist $\{1\}$, also ungleich $G$.
  • Die von $5$ erzeugte zyklische Untergruppe ist $\{1,\ 5\}$, also ungleich $G$.
  • Die von $7$ erzeugte zyklische Untergruppe ist $\{1,\ 7\}$, also ungleich $G$.
  • Die von $11$ erzeugte zyklische Untergruppe ist $\{1,\ 11\}$, also ungleich $G$.
Also ist keines der Gruppenelemente ein Erzeuger von $G$, also ist $G$ nicht zyklisch.


Nächste Behauptung: Ist $G$ endlich und $\abs G$ ungerade und gilt $a\ast b\ast a\ast b=b\ast a\ast b\ast a$ für alle $a,b\in G$, so ist $G$ abelsch.
Quelle dazu.

Es gelte: $G$ ist endlich und von ungerader Ordnung. Dann gibt es $k\in\N$ mit $\abs G=2k-1$. Seien $a,\,b\in G$. Dann gilt \[ \begin{array}{rcll} a\ast b &=& a\ast b\ast e & \text{} \\ &=& a\ast b\ast (a\ast b)^{2k-1} & \text{kleiner Satz von Fermat}\\ &=& (a\ast b)^{2k}\\ &=& (a\ast b\ast a\ast b)^k\\ &=& (b\ast a\ast b\ast a)^k & \text{Voraussetzung}\\ &=& (b\ast a)^{2k}\\ &=& b\ast a\ast(b\ast a)^{2k-1}\\ &=& b\ast a\ast e & \text{kleiner Satz von Fermat}\\ &=& b\ast a\quad, \end{array} \] und damit ist $G$ abelsch.

Der Beweis stammt auch von obiger Quelle.

Auch hier gilt die Umkehrung nicht: Eine abelsche Gruppe braucht nicht endlich zu sein. Einfachstes Beispiel ist die abelsche Gruppe $(\Z,\,+,\,0)$.