14 Der (griechisch-) chinesische Restsatz und erste Anwendungen: simultane Kongruenzen, Interpolation und Euler sche ϕ- Funktion

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1 14 Der (griechisch-) chinesische Restsatz und erste Anwendungen: simultane Kongruenzen, Interpolation und Euler sche ϕ- Funktion Der Satz, um den es geht, trägt diesen Namen, weil ca im 1 Jahrhundert nach Christus ganz spezielle Einzelfälle des Satzes von Su Tsu in China, aber auch von Nikomachos in Griechenland behandelt bzw gelöst wurden Eine praktische Variante des abstrakten chinesischen Restsatzes wird behandelt zusammen mit ersten Anwendungen bei simultanen ganzzahligen Kongruenzen, bei der Interpolation und bei der Herleitung einer Formel für die Euler sche 1 ϕ-funktion Einige zusätzliche Bemerkungen zur heutigen Bedeutung des Restsatzes folgen weiter unten Eine chinesiche Reisbauern-Aufgabe : Drei Bauern bauen kollektiv Reis an und teilen ihn nach der Ernte gleichmäßig auf In einem bestimmten Jahr war es notwendig, dass die Bauern ihren Anteil verkauften Sie gingen jeder auf einen Markt Auf jedem Markt war die Maßeinheit eine andere: 1 Bauer Einheit 87 Pfund, Rest 18 Pfund 2 Bauer Einheit 170 Pfund, Rest 58 Pfund 3 Bauer Einheit 143 Pfund, Rest 40 Pfund Wie viel Pfund Reis haben sie gemeinsam geerntet? Eine Antwort erhalten wir mit dem chinesischen Restsatz Wir behandeln diesen Satz zunächst in der folgenden (nicht allgemeinsten) Form und sehen uns dann an, was er für Z und K[x], K ein Körper, bedeutet Zwei konstruktive Beweise werden insbesondere auch zeigen, wie die Reisbauernaufgabe gelöst werden kann Die beiden Beweismethoden tragen die Namen Lagrange ( ) und Newton ( ) Wir behandeln nicht die allgemeinst mögliche Version des chinesischen Restsatzes Allgemeinere Varianten sind in den meisten Algebralehrbüchern zu finden Satz 141 Chinesischer Restsatz für Hauptideale Sei R ein kommutativer Ring und seien m 1,, m n R Wenn für i j gilt: dann ist das folgende Kongruenzsystem für beliebige b 1,, b n R lösbar m i R + m j R = R, (1) x b 1 mod m 1 (K) x b n mod m n Ist z R eine Lösung, so ist z + n m i R die Menge aller Lösungen Kurz: Eine Lösung z ist eindeutig mod n m i R (2) Bemerkung 142 (K) wird häufig als System simultaner Kongruenzen bezeichnet Für n = 1 ist Satz 141 trivial Wenn R ein Hauptidealbereich ist, dann ist (1) äquivalent zur paarweisen Teilerfremdheit von m 1,, m n und in (2) gilt n m i R = kgv (m 1,, m n ) R = (m 1 m n )R Satz 141 ist bei genauerem Hinsehen ein elementarer Satz der linearen Algebra über Ringen Er ist äquivalent zu folgendem 1 Leonhard Euler ) 1

2 Satz 143 Sei R ein Hauptidealbereich Ansonsten gelten die Voraussetzungen wie bei Satz 141, siehe auch Bemerkung 142 Zu m R sei ϱ m ein surjektiver Ringmorphismus auf einen Ring R m mit Kern ϱ m = mr Wenn R = Z oder R = K[x], K ein Körper, dann kann ϱ m zb die uns schon bekannte Restabbildung mit m als Divisor sein Stets hat man auf Grund des Homomorphiesatzes die Isomorphie R m = R /mr Nun gilt: (a) R m ist ein R-Modul bezüglich der Verknüpfung r b := ϱ m (r)b für r R, b R m (b) ϱ : R R m1 R mn mitϱ(a) = ( ϱ m1 (a),, ϱ mn (a) ) ist ein surjektiver R-linearer Ringmorphismus und es gilt Kern ϱ = m 1 m n R In diesem Fall besagt Satz 73 oder Satz 74 außerdem noch: R m1 m n = Rm1 R mn Es ist eine wichtige Übung, sich die Äquivalenz mit Satz 141 klarzumachen Beispiele 144 R = Z (a) m 1 = 2, m 2 = 3 : ϱ : Z Z 2 Z 3 ϱ : 0 (0, 0) 1 (1, 1) 2 (0, 2) 3 (1, 0) 4 (0, 1) 5 (1, 2) ϱ ist surjektiv, sogar schon ϱ Das Kongruenzsystem x b 1 mod 2, x b 2 mod 3 ist daher für beliebige b 1, b 2 lösbar ZB ist für b 1 = 1, b 2 = 2 jedes z ϱ 1( {(1, 2)} ) = 5+6Z eine Lösung und es gibt genau eine Lösung in Z 6 Für (b 1, b 2 ) = (1, 1) ergibt sich ϱ 1( {(1, 1)} ) = 1 + 6Z (b) m 1 = 4, m 2 = 6 : ϱ : Z Z 4 Z 6 Die Voraussetzungen von Satz 141 bzw von Satz 143 sind jetzt nicht erfüllt Man ermittelt unabhängig davon: Kern ϱ = 4Z 6Z = 12Z ϱ kann nicht surjektiv sein, denn sonst wäre ja Z 12 = Z4 Z 6 Es ist aber Z 4 Z 6 = 24 und Z 12 = 12 Dass ϱ nicht surjektiv ist, sieht man natürlich auch direkt durch Betrachten von ϱ(12z), ϱ(1 + 12Z),, ϱ( Z) Das Kongruenzsystem x 1 mod 4, x 2 mod 6 ist zb nicht simultan lösbar Beweis von Satz 141: OE sei n 2 Z6 Zunächst zur Eindeutigkeit mod n m i R Für z, z R gilt: z, z sind Lösungen von (K) Für 1 i n : z z 0 mod m i Für 1 i n : z z m i R z z n m ir Existenzbeweis nach dem Lagrange-Verfahren: Üblicherweise spricht man vom Lagrange-Verfahren nur im Falle R = R[x] oder R = C[x] Unser Vorgehen ist allerdings völlig analog: Man löst für 1 i n die Basis -Kongruenzsysteme x 0 mod m 1 x 1 mod m i x 0 mod m n (K i ) und kombiniert linear deren Lösungen zu Lösungen von (K) Es genügt dann natürlich (Umnumerieren) zu zeigen, wie K 1 gelöst werden kann: Für j = 2,, n ist laut Voraussetzung m 1 R + m j R = R es gibt daher r j, s j R mit m 1 r j + m j s j = 1 ( ) 2

3 Es folgt 1 = (m 1 r 2 + m 2 s 2 ) (m 1 r n + m n s n ) = m 1 r + m 2 m n s mit entsprechenden r, s R Nun ist z 1 := m 2 m n s eine Lösung von (K 1 )! Übrigens haben wir damit auch gezeigt, dass R = m 1 R + m 2 m n R Sei nun entsprechend z i für 1 i n eine Lösung von (K i ), dann ist die Linearkombination z := z 1 b z n b n eine Lösung von (K) Vorteil des Verfahrens nach Lagrange: Man erhält für neue rechte Seiten b 1,, b n die entsprechenden Lösungen besonders einfach Bemerkung 145 An der Stelle ( ) scheiden sich sozusagen die Geister Ohne einen (abbrechenden) Algorithmus, der r j, s j liefert, ist das Verfahren praktisch nicht anwendbar Bei konkreten Anwendungen ist es ia sinnvoller, nicht erst ( n 2) Bézout-Identitäten ( ) zu bestimmen, sondern gleich n Bézout-Identitäten für m i und m j zu ermitteln, die ja direkt zur Lösung von (K i ) führen j i Beispiel 146 Zum Lagrange-Verfahren mit R = Z: Zu lösen sei das System simultaner Kongruenzen: (K) mit n = 3, m 1 = 20, m 2 = 21, m 3 = 23 Zuerst verschafft man sich Bézout-Identitäten mit Hilfe des erweiterten euklidischen Algorithmus: 1 = 20( 169) = 21 ( 219) = ( 19) Lösungen für (K 1 ), (K 2 ), (K 3 ) sind dann z 1 = z 2 = und z 3 = ( 19) und z = b 1 z 1 + b 2 z 2 + b 3 z 3 ist eine Lösung von (K) Diese Lösung ist eindeutig modulo = 9660 Für b 1 = 1, b 2 = 2, b 3 = 3 ergibt sich z = und entsprechend ist 7961 die eindeutige Lösung in Z 9660 und 1699 die betragsmäßig kleinste Lösung Der chinesische Restsatz für Polynomringe führt zur Interpolation, auf die weiter unten ausführlich eingegangen wird Existenzbeweis für Lösungen von (K) nach dem Newton-Verfahren: Auch hier spricht man meistens vom Newton-Verfahren nur im Falle R = R[x] oder R = C[x] Unser Vorgehen ist völlig analog: z [1] := b 1 und für 1 ν < n : z [ν+1] := z [ν] + c ν m 1 m ν und c ν m 1 m ν b ν+1 z [ν] mod m ν+1 Dies kann man so interpretieren, dass z [ν] verbessert wird mod m 1 m ν Solche c ν gibt es; denn wie in obigem Beweis zeigt man, dass es µ ν, λ ν gibt mit µ ν m 1 m ν +λ ν m ν+1 = 1 Setze dann c ν = µ ν (b ν+1 z [ν] ), dann ist c ν m 1 m ν = ( µ ν m 1 m }{{ ν bν+1 z } 1 λ νm ν+1 b ν+1 z [ν] mod m ν+1 Man stellt dann fest, dass z [ν] Lösung der ersten ν Kongruenzen von (K) ist: z [1] = b 1 b 1 mod m 1 und wenn z [ν] b i mod m i für 1 i ν, dann { z ist z [ν+1] [ν] mod m i für 1 i ν b ν+1 mod m ν+1 und also : z [ν+1] b i mod m i, für 1 i ν + 1 3

4 Vorteil dieses Verfahrens: Man kann während der Rechnung n erhöhen, bzw neue Kongruenzen hinzunehmen Bevor wir das Beispiel 146 nach Newton durchführen, organisieren wir die Iteration etwas übersichtlicher: z [1] = b 1 z [2] = z [1] + µ 1 (b 2 z [1] )m 1 = b 1 (1 µ 1 m 1 ) + b 2 µ 1 m 1 z [3] = z [2] + µ 2 (b 3 z [2] )m 1 m 2 = z [2] (1 µ 2 m 1 m 2 ) + µ 2 m 1 m 2 b 3 = b 1 (1 µ 1 m 1 )(1 µ 2 m 1 m 2 ) + b 2 µ 1 m 1 (1 µ 2 m 1 m 2 ) + b 3 µ 2 m 1 m 2 Dabei stammen µ 1, µ 2, aus Bézout-Identitäten und sind nicht eindeutig: µ 1 m 1 + λ 1 m 2 = 1 µ 2 m 1 m 2 + λ 2 m 3 = 1 Beispiel 147 Im Beispiel 6 war m 1 = 20, m 2 = 21, m 3 = 23 Man ermittelt: µ 1 = 1, λ 1 = 1, denn = 1 µ 2 = 4, λ 2 = 73, denn = 1 und erhält damit: z [1] = b 1, z [2] = b 1 21 b 2 20 und z [3] = b 1 21 ( 1679) b 2 20( 1679) + b Mit b 1 = 1, b 2 = 2, b 3 = 3 ergibt sich: z [3] = 21( 1679) + 40(1679) = 1679( ) + 3 = mod 9660 = Zu große Zahlen können unterwegs mod m 1 m 2 m 3 verkleinert werden Beispiel 148 Die chinesische Reisbauernaufgabe soll nach Lagrange und Newton als Übungsaufgabe gelöst werden Folgende andersartige Betrachtungsweise des Kongruenzsystems (K) macht das dem chinesischem Restsatz zugrunde liegende System zu einem Sonderfall des Problems Löse lineare Gleichungssysteme über gewissen Ringen R Lösen von (K) bedeutet ja, die Suche nach x, α 1,, α n R derart, dass gilt: x + α 1 m 1 = b 1 x + α n m n = b n In Matrixform besagt dies einfach: Suche nach x, α 1,, α n R, derart, dass gilt: x 1 m m 2 0 α 1 b 1 = 1 0 m n b α n n (3) In den Beispielen 146 und 147 geht es entsprechend darum, x, α 1, α 2, α 3 Z zu finden, derart, dass x α 1 α = b 1 b 2 (4) Allerdings wird der Lösungsaufwand durch diese Betrachtungsweise nicht geringer α 3 b 3 4

5 Der chinesische Restsatz ist ein in Anwendungen sehr oft benutzter Satz der elementaren Algebra und ist entsprechend Teil der Grundausstattung symbolischer Programmiersysteme ZB in Maple und für R = Z: > chrem ( [b 1,, b n ], [m 1,, m n ] ) ; Zu den Anwendungen des chinesischen Restsatzes gehören ua: modulare Arithmetik: für mehr Informationen siehe die Bücher D Knuth: The art of Computer Programming, Vol 2, Seminumerical Algorithms, Addison-Wesley 1981 Vol 2 ist auch in Deutsch erschienen unter dem Titel Arithmetik, Springer, 2001 J von zurgathen, J Gerhard: Modern Computeralgebra, Cambridge University Press, 1999 (Handapparat und Lehrbuchsammlung) one of the stepping stones towards improved versions of many polynomial algorithms (siehe Seite 114 in dem Buch von T Becker; V Weispfennig: Gröbner Bases, A Computational Approach to commutative Algebra, Graduate Texts in Mathematics 141, Springer, 1993 praktische Primzerlegung für Polynome (auch in mehreren Variablen) symbolisches Lösen algebraischer Gleichungssysteme Interpolation, diskrete Fouriertransformation, Kodierung, Kryptografie, Interpolation Sei jetzt S ein kommutativer Ring, der den Körper K als Unterring enthält und R = K[x] Seien n 2, m 1, m n K[x] \ K paarweise teilerfremd und seien b 1, b n K[x] Es gilt dann m i K[x] + m j K[x] = K[x] für i j und der chinesische Restsatz besagt, dass es ein Polynom f K[x] gibt derart, dass f eine Lösung des Kongruenzsystems (K) ist Die Menge aller Lösungen ist f + (m 1 m n )K[x] (L) Auch hier ist m 1 m n ein kgv (m 1,, m n ) und n m i K[x] = kgv (m 1,, m n ) K[x] = (m 1 m n )K[x] (L) besagt ua auch, dass eine Lösung f eindeutig ist, wenn wir fordern, dass deg f < deg m deg m n Wichtig ist weiterhin die folgende Beobachtung: Eine Lösung f von (K) ist stets Lösung einer gewissen Interpolationsaufgabe Ist nämlich α S eine Nullstelle etwa von m i, so gilt f(α) = b i (α), f ist also ein Polynom, das für,,n an jeder Nullstelle α S von m i den entsprechenden Wert b i (α) annimmt S ist dabei ein beliebiger Oberring von K Beobachtung 149 Sei m = p 1 p r mit paarweise nicht-äquivalenten Primpolynomen aus K[x] Seien f, b K[x], β 1,, β r S, und gelte für 1 j r : p j (β j ) = 0 Dann gilt: f b mod m m f b für 1 j r : f(β j ) = b(β j ) Unser erstes Ergebnis zur Interpolation lautet damit Satz 1410 Seien m 1, m n paarweise teilerfremd und unzerlegbar in K[x] und α 1,, α n S derart, dass m i (α i ) = 0 für 1 i n Seien b 1,, b n K[x] Es gibt genau ein Polynom f K[x] mit deg f < deg m deg m n und derart, dass gilt: f(α 1 ) = b 1 (α 1 ) f(α n ) = b n (α n ) Beispiele 1411 (a) zu Beobachtung 149: K = Q, S = C, α = 3 5, r = 1, m = p 1 = x 3 5 Da x 3 5 = (x 3 5)(x ζ 3 5)(x ζ 2 3 5), wobei ζ = 1+i 3 2, ist m unzerlegbar in Q[x] Eine Zerlegung müsste einen linearen Faktor enthalten, der zu einer Nullstelle in Q führen würde Die Nullstellen sind aber alle nicht in Q Nach Beobachtung 149 gilt nun: [ f b mod m ] m f b [ f(α) = b(α) für eine Nullstelle α von m ] [ f(α) = b(α) für jede Nullstelle α von m ] 5

6 (b) Zu Satz 1410: Gesucht wird das eindeutig bestimmte Polynom f Q[x] minimalen Grades mit f(0) = 2, f( 2) = 1 Hier ist m 1 = x, m 2 = x 2 2 und man erhält nach dem Lagrange-Verfahren der Reihe nach f 1 = 1 x2 2, f 2 = x2 2 und f = 2f 1 + f 2 = 1 2 x2 + 2 Dabei wurde die Bézout-Identität m 1 ( x 2 ) + m 2 ( 1 2 ) = 1 benutzt Gibt es auch eine Lösung in Q[x], wenn zusätzlich noch gefordert wird f( 2) = 1? Die klassischen Formeln der Lagrange- und der Newton-Interpolation erhält man für beliebige Körper, wenn in Satz 1410 alle m i linear sind, m i = x α i, mit paarweise verschiedenen α i, und wenn alle b i konstant sind Die erforderlichen Bézout-Identitäten (vgl Bemerkung 145) haben dann die Gestalt (x α i )r i + ( (x α j ) ) s i = 1 für 1 i n i j Da s i = (x α i )u + c i mit konstantem c i, erkennt man durch Einsetzen, dass (x α i ) ( ) + ( i j (x α j ) ) c i = 1 Einsetzen von α i ergibt c i = ( i j (α i α j ) ) 1 und damit fi = ( i j (x α j) ) c i als Lösung der Kongruenz K i umgeschrieben nach Satz 1410 Die eindeutige Lagrange-Lösung der Interpolationsaufgabe ist damit f = n (x α j ) b i (α i α j ) i j In Maple sind für die Interpolation die folgenden Anweisungen vorgesehen: > interp([α 1,, α n ], [b 1,, b n ], x); für Q und gewisse Körpererweiterungen von Q > Interp([α 1,, α n ], [b 1,, b n ], x) mod p; für endliche Körper In neueren Versionen von Maple aktiviert die Anweisung interp automatisch die neue Anweisung PolynomialInterpolation(); Eine theoretische Anwendung der Interpolation: Satz 1412 Satz von Newton, Schubert, Kronecker Jedes Polynom aus Z[x] kann in endlich vielen Rechenschritten in Primfaktoren zerlegt werden Der konstruktive Beweis mit Interpolation hat nur prinzipielle Bedeutung Praktische Verfahren gehen völlig anders vor Einige Informationen dazu folgen später Der chinesische Restsatz ist auch ein wichtiges Beweishilfsmittel Ein Beispiel dafür ist der folgende Nachweis einer Formel für die Eulersche ϕ-funktion, die ganz am Anfang der Zahlentheorie steht und zu den Grundlagen von Kodierung und Kryptografie gehört Definition 1413 Die Abbildung ϕ : N 2 N + mit ϕ(d) = G(Z d ) heißt Euler sche ϕ-funktion Satz 1414 Sei d N 2 (a) G(Z d ) = {r Z d : ggt(r, d) = 1 } (b) ϕ(p α ) = (p 1)p α 1 für α 1 und eine Primzahl p (c) Die Zahl d aus N 2 habe die Primzerlegung d = ϕ(d) = i p αi i mit α i 1 Dann ist (p i 1)p αi 1 = d (1 1 ) p i Beweis: (a) Es gilt: [ ggt(r, d) = 1 ] [ rz + dz = Z ] [ u, v Z : ru + dv = 1 ] [ u Z : ϱ d (ru) = 1 ] [ s Z d : r s = 1 ] (b) ergibt sich durch Abzählen Es gibt genau (p 1)p α 1 Zahlen in Z p α, die nicht durch p teilbar sind (c) Wir benutzen Satz 143 und rechnen nach, dass für paarweise teilerfremde m 1,, m n dann auch für die Einheitengruppen gilt G(Z m1 m n ) = G(Z m1 ) G(Z mn ) Angewandt mit m 1 = p α1 1,, m n = p αn n ergibt sich direkt ϕ(d) = ϕ(p αi i ) 6