6 Lineare Kongruenzen

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1 6 Lineare Kongruenzen Sei m > 0 un a, b beliebig. Wir wollen ie Frage untersuchen, unter welchen Beingungen an a, b un m eine Zahl x 0 existiert, so aß ax 0 b mo m. Wenn ein solches x 0 existiert, sagen wir: Die lineare Kongruenz ( ) ax b mo m in einer Unbestimmten X ist lösbar (un zwar, inem man ie Unbestimmte urch ie Zahl x 0 ersetzt). Ist x 0 eine Lösung er Kongruenz ( ), so ist auch jees y aus er Restklasse von x 0 moulo m eine Lösung von ( ). (y x 0 = ay ax 0 b mo m nach 5.5 (b)). Deshalb versteht man unter er Anzahl er Lösungen von ( ) ie Anzahl er verschieenen Restklassen von Lösungen. Dies ist auch ie Anzahl er Lösungen x 0 mit 0 x 0 < m. Ferner gilt: Ist a 0 a un b 0 b, so hat a 0 X b 0 mo m ie gleiche Lösungsmenge wie ( ). (Beweis: Übungsaufgabe.) 6.1 Satz. Ist (a, m) = 1 so hat ie lineare Kongruenz ax b mo m genau eine Lösung. Also gibt es genau ein x 0, 0 x 0 < m mit ax 0 b mo m. Beweis. Nach 5.4(b) bilen a 0, a 1,..., a(m 1) ein vollstäniges Restsystem moulo m. Also gibt es genau ein x 0 mit 0 x 0 < m, so aß ax 0 b mo m. Beispiel. a = 10, b = 4, m = 7 : (a, m) = 1 Betrachte ie Kongruenz 10X 4 mo 7. Sie ist wegen 10 3 mo 7 äquivalent zur Kongruenz 3X 4 mo 7. Berechne en Divisionsrest von 3x 0 moulo 7 für 0 x 0 < 7. 1

2 3 0 = = = = = = = 18 4 mo 7 Also ist x 0 = 6 ie einzige Zahl x 0 mit 0 x 0 < 7 un 3x 0 4 mo 7. Alle Lösungen bilen ie Restklasse von 6 moulo 7. Die Lösungsmenge ist also..., 22, 8, 1, 6, 13, 20, 27, Satz. Die Kongruenz ax = b mo m ist genau ann lösbar, (a, m) b. Zusatz. Ist (a, m) b, so bilen ie Lösungen von ax b mo m genau eine m Restklasse moulo. (a,m) Zum Beweis von 6.2 zeigen wir zunächst 6.3 Lemma. Sei n 2 un a 1,..., a n nicht alle Null. Genau ann ist ie lineare Gleichung ( ) a 1 X a n X n = c in en Unbestimmten X 1,..., X n ganzzahlig lösbar, wenn (a 1,..., a n ) c. Insbesonere gilt ax + by = c lösbar (a, b) c Ist (a, b) = 1, so ist ax + by = c lösbar für alle c Beweis von 6.3 Nach 3.10 besteht ie Menge M = {a 1 x a n x n x 1,..., x n Z} gerae aus en Vielfachen von (a 1,..., a n ). Also gilt: ( ) ist lösbar c ist Vielfaches von (a 1,... a n ),.h. (a 1,..., a n ) c. Beweis es Satzes. ax b mo m ist lösbar Es gibt ein x 0 mit ax 0 b mo m. Es gibt ein x 0 mit m ax 0 b. Es gibt x 0, y 0 mit 2

3 ax 0 b = my 0. Es gibt x 0, y 0 mit ax 0 + ( m)y 0 = b. Letzteres ist nach 6.3 amit äquivalent, aß (a, m) = (a, m) b. Beweis es Zusatzes. Sei (a, m) b ; Wir setzen a = a (a, m), b = b (b, m) un m = m (a, m) Dann gilt nach 5.6(b): ax 0 b mo m a x 0 b mo m. Also stimmen ie Lösungsmengen von ax b mo m un von a X b mo m überein. Nun gilt aber nach 2.8(e) (a, m a ) = (, m ) = 1. Aus 6.1 folgt: Die (a,m) (a,m) Lösungsmenge von a X b mo m besteht aus genau einer Restklasse moulo m. 6.4 Korollar. Wir betrachten ie lineare Gleichung (L) ax + by = c, a 0 oer b 0 (i) Ist = (a, b) kein Teiler von c, so ist (L) nicht (ganzzahlig) lösbar. (ii) Ist c (etwa wenn (a, b) = 1), so ist (L) lösbar. (iii) Aus einem Lösungspaar x 0, y 0 bekommt man wie folgt ie Gesamtheit aller Lösungen: x = x 0 + h b, y = y 0 h a urchläuft ie Gesamtheit aller Lösungen von (L), wenn h alle ganzen Zahlen urchläuft. Beweis von (iii). ax + by = ax 0 + h ab + by 0 h ab = ax 0 + by 0 = c, somit sin ie angegebenen Paare Lösungen. Wir zeigen nun, aß jee Lösung von (L) ie angegebene Gestalt hat. Dazu können wir b 0 annehmen. Sei x, y ein Lösungspaar von (L), also ax + by = c = ax 0 + by 0 = } 6.2 = Zusatz ax c mo b x x ax 0 c mo b 0 mo b = x = x 0 + h b mit h Z = by = c ax = = c a(x 0 + h b ) = (c ax 0) b ha = by 0 b ha = = b(y 0 ha) un b 0 = y = y 0 ha. 3

4 Spezialfall (a, b) = 1: Ist (a, b) = 1 un x 0, y 0 eine beliebige Lösung von ax + by = c, so wir ie Lösungseinheit beschrieben urch ie Formeln Der Chinesische Restsatz. x = x 0 + hb, y = y 0 ha, h Z beliebig. 6.5 Lemma. Seien m 1 > 0 un m 2 > 0 teilerfrem. Dann haben ie Kongruenzen X a 1 mo m 1 eine gemeinsame Lösung. X a 2 mo m 2 Zusatz. Die Menge aller gemeinsamen Lösungen besteht aus genau einer Restklasse moulo m 1 m 2. Beweis. Es sin z 1, z 2 zu finen, so aß a 1 + z 1 m 1 = a 2 + z 2 m 2. Dann ist x = a 1 +z 1 m 1 = a 2 +z 2 m 2 eine gemeinsame Lösung er obigen Kongruenzen. Äquivalente Aufgabe: Fine z 1, z 2, so aß a 2 a 1 = z 1 m 1 + z 2 ( m 2 ). Wegen (m 1, m 2 ) = (m 1, m 2 ) = 1 gibt es nach 6.3 solche z 1, z 2. Eineutigkeit er Lösung moulo m 1 m 2 : Wegen (m 1, m 2 ) = 1 gilt nach 2.7: m 1 m 2 = kgv(m 1, m 2 ). Sin x un y Lösungen er beien Kongruenzen, so ist x y a 1 mo m 1 un x y a 2 mo m 2, also m 1 (x y) un m 2 (x y). Nach 2.6 gilt aher m 1 m 2 = kgv (m 1, m 2 ) (x y) = x y mo m 1 m 2. Ist umgekehrt x gemeinsame Lösung un y x mo m 1 m 2, so gilt auch y x mo m 1 un y x mo m 2. Es folgt y x a 1 mo m 1, y x a 2 mo m 2,.h. y ist ebenfalls gemeinsame Lösung. 6.6 Der Chinesische Restsatz. Sei r 2 un seien m 1,..., m r positiv un paarweise teilerfrem (.h. (m i, m j ) = 1 falls i j). Dann hat as System von Kongruenzen ( ) X a 1 mo m 1 X a 2 mo m 2. X a n mo m n 4

5 eine gemeinsame Lösung. Zusatz. Die Menge er gemeinsamen Lösungen besteht aus genau einer Restklasse moulo m = m 1... m r. Beweis. (Inuktion nach r.) Für r = 2 bewiesen in 6.5. Sei r > 2 un ie Behauptung sei für r 1 schon bewiesen. Inuktionsschluß: Es gibt nach Annahme eine Zahl a, so aß ie Lösungsmenge von X a 1 mo m 1 ( ). X a r 1 mo m r 1 aus allen Zahlen x mit x a mo (m 1... m r 1 ) besteht. M.a.W.: Die Lösungsmenge von ( ) stimmt mit er Lösungsmenge er Kongruenz X a mo (m 1... m r 1 ) überein. Daher stimmt ie Lösungsmenge von ( ) mit er Lösungsmenge von { X a ( ) mo (m 1... m r 1 ) X a r mo m r überein. Dabei ist auch (m 1... m r 1, m r ) = 1, a (m i, m r ) = 1 für i = 1,..., r 1. Nach 6.5 ist aher ( ) lösbar, un ie Lösungsmenge besteht aus genau einer Restklasse moulo (m 1... m r 1 )m r = m. Verfahren zur Lösung einer simultanen linearen Kongruenz. Seien Kongruenzen X a i mo m i, i = 1,..., r vorgegeben mit paarweise teilerfremen m 1,..., m r. 1. Schritt. Setze b i = j i m j für i = 1,..., r 2. Schritt. Löse ie Kongruenzen b i X i a i mo m i. Dies ist nach 6.1 möglich, enn (b i, m i ) = Schritt. Berechne x := b 1 x 1 + b 2 x b r x r. Behauptung: x löst as obige System von linearen Kongruenzen. Beweis. m i b j für i j = b j x j 0 mo m i für i j = x b i x i a i mo m i für i = 1,..., r. Beispiel. X 1 mo 2, X 2 mo 3, X 4 mo 5. 5

6 1. m = = 30, b 1 = 15, b 2 = 10, b 3 = 6. Löse 2. (a) 15X 1 1 mo 2 : x 1 = 1 (b) 10X 2 2 mo 3 : x 2 = 2 (c) 6X 3 4 mo 5 : x 3 = 4 3. x = b 1 x 1 + b 2 x 2 + b 3 x 3 = = 59 x = 59 ist eine Lösung. Die allgemeine Lösung ist 59 + λ 30, λ Z Also sin z.b. auch = 29 un = 1 Lösungen. Anmerkung. Beim obigen Lösungsverfahren waren im 2. Schritt Kongruenzen er Form b i X a i mo m i mit (b i, m i ) = 1 aufgetreten. Bei großen Zahlen hilft Probieren nicht viel: Verfahren zur Lösung einer Kongruenz cx mo n mit (c, n) = Schritt. Fine (mit Hilfe es eukliischen Algorithmus) Zahlen y un z, so aß cy + nz = 1 2. Schritt. Setze x := y. Dann ist cx mo n. (Änert man x um ein Vielfaches von n ab (x = x+kn), so gilt ebenfalls: cx = cx+(ck)n cx mo n.) Beweis. cy + nz = 1 = cy 1 mo n = cx = (cy) 1 = mo n, also cx mo n. Beispiel. 44X 5 mo 97 : c = 44, = 5, n = Schritt. Zeige aß (44, 97) = 1 un löse 44Y + 97Z = 1 (vgl. 2) 97 = = = = (44, 97) = 1 Liest man en Algorithmus von unten nach oben, so ergibt sich eine Lösung von 44Y + 97Z = 1 (vgl. 2) 6

7 1 = = = ( 1) = Es folgt y = 11. } 1 = 9 1(44 4 9) = ( 1) Schritt. X = y = ( 11) 5 = 55 Dann ist auch = 42 eine Lösung. Fazit: mo 97 Probe: = : 97 = 19 Rest 5,.h mo 97. } 1 = ( 1) ( ) = 44 ( 11)