Kapitel 6: Das quadratische Reziprozitätsgesetz

Kapitel 6: Das quadratische Reziprozitätsgesetz Ziel dieses Kapitels: die Untersuchung der Lösbarkeit der Kongruenzgleichung X also die Frage, ob die ganze Zahl Z eine Quadratwurzel modulo P besitzt. Im Kapitel 5 hatten wir bereits ein erstes Kriterium für die Lösbarkeit bewiesen: Ist P un, Z >0 Primitivwurzel modulo und, so ist X lösbar genau dann, wenn ist. Wie finden wir aber und? In der Praxis benötigen wir ein besseres Kriterium. Dies wird uns das quadratische Reziprozitätsgesetz liefern. 0 Quadratische Reste Definition 6.1 (quadratischer Rest, quadratischer Nichtrest) Eine ganze Zahl Z mit ggt( ) 1heißt ein quadratischer Rest modulo, falls die Kongruenz eine Lösung hat, sonst heißt quadratischer Nichtrest modulo. Bemerkung 6. Sei P \{} eine un Primzahl. Eine ganze Zahl Z >0 ist ein quadratischer Rest modulo genau dann, wenn ord([]) ist (wobei [] die Restklasse von in (Z/Z) ist). Beweis : Ist ein quadratischer Rest modulo, dann existiert ein Z >0 mit. Also gilt [] () [] () [1] Z/Z nach dem kleinen Satz von Fermat (Folgerung.), somit ord([]) () 1 Dies bedeutet, dass ord([]) sein muss. 41

Kurzskript: Elementare Zahlentheorie SS017 4 Wir nehmen nun an, dass ord([]) ist. Sei Z >0 eine Primitivwurzel modulo, d.h. [] (Z/Z) und ord([]) 1 (Z/Z) und es gibt Z >0, so dass [] [] ist. Dann ist [1] [] ord([]) [] ord([]) Also ist 1 ein Teiler von ord([]) und es gilt 1 ord([]) Damit ist als Vielfaches von ord([]). Setze also :, so dass [] [] [] ist, und deshalb ist ein quadratischer Rest modulo. Satz 6. Sei P \{} un. Die Menge : {[] Z/Z Z quadratischer Rest modulo } ist eine Untergruppe von (Z/Z) der Ordnung () 1 Beweis : Klar: (Z/Z). Nun sind [] [], so existieren Z mit Damit ist [] [] (Z/Z) und [] [] [] [] [][] [] [] [] ebenfalls ein Quadrat in Z/Z, so dass ein quadratischer Rest modulo ist. Damit ist abgeschlossen unter Multiplikation. Nun gilt aber allgemein folgendes: Ist G eine endliche Gruppe, R G eine Teilmenge mit R für alle R, so ist R bereits eine Untergruppe. (Dies sieht man wie folgt: Nach Voraussetzung gilt { } R, aber R ist endlich, daher existieren Z >0, >, so dass. Damit ist 1, und es gilt 1, d.h., hat ein Inverses in R.) Da (Z/Z) endlich ist, zeigt dies, dass eine Untergruppe ist. Weiter gilt (Z/Z), und die Elemente (Z/Z) haben jeweils dasselbe Quadrat, also gibt es Quadrate und somit gilt. Definition 6.4 (Legendre Symbol) Seien P \{} un und Z. Das Legendre-Symbol ist definiert als : Man spricht dies über aus. 1 falls ggt( ) 1 quadratischer Rest modulo falls ggt( ) 1 quadratischer Nichtrest modulo 0 falls.

Kurzskript: Elementare Zahlentheorie SS017 4 Anmerkung 6.5 Anders gesagt gibt Antwort auf die Frage: Ist ein quadratischer Rest modulo? Beispiel 16 Sei 7. Nach Satz 6. gibt es quadratische Reste modulo 7. Es gilt 1 7 1 Damit ist also 1 1 4 9 (mod 7) 7 {[1] [] [4]} 1 4 5 6 1 7 7 7 7 7 7 0 0 7 Bemerkung 6.6 Seien P \{}, Z. Dann gelten: (a) falls ; (b) ; und (c) 1falls -. Beweis : (a) Nach Definition hängt das Legendre-Symbol nur von der Restklasse von modulo ab. (b) 1. Fall: Gilt, dann entweder oder. Damit ist 0genau dann, wenn 0 oder 0ist.. Fall: Sei jetzt ggt( ) ggt( ) 1und 1. Dann ist [] und daher [] genau dann, wenn [][] (nach Satz 6.) und ebenso falls 1.. Fall: ggt( ) ggt( ) 1und. Somit sind [] [] /. In diesem Fall müssen wir also zeigen, dass [][] ist, und somit ist 1. Da [] invertierbar ist, ist die Multiplikation mit [] (Z/Z) (Z/Z) [] [] [], ist eine bijektive Abbildung. Falls [], dann ist [][] (Z/Z) \, also wird nach (Z/Z) \ abgebildet: [] (Z/Z) \. Daher gilt und damit [][]. (c) Dies ist der Spezialfall von Teil (b). []((Z/Z) \ )[] Aber wie berechnen wir? Eine erste, jedoch recht aufwendige Methode, wird gegeben durch:

Kurzskript: Elementare Zahlentheorie SS017 44 Satz 6.7 (Euler) Für alle unn P \{} und Z gilt: Beweis : Für sind beide Seiten Null. Sei nun ggt( ) 1. Nach dem Satz von Fermat (Folgerung.) gilt 1 ( ) das heißt, [] ist eine Nullstelle von Φ (X 1) X [1], also ±1 Ist einer der quadratischen Reste modulo (Satz 6.), so ist 1 und damit ist wie behauptet. Insbesondere sind die Restklassen modulo der quadratischen Reste modulo Nullstellen von Φ (X 1). Dies sind sämtliche Nullstellen von Φ (X ) in Z/Z (da Z/Z ein Körper ist und Polynome über Körpern höchstens so viele Nullstellen haben wie ihr Grad angibt). Die Restklassen der quadratischen Nichtreste modulo sind also keine Nullstellen von Φ (X 1), also 1 für [] (Z/Z) \. Somit ist für diese Zahl wie verlangt 1 Ein Lemma von Gauß Das Hauptresultat dieses Kapitels ist eine überraschende und wichtige Beziehung zwischen den Legendre-Symbolen und. Um diese im nächsten Abschnitt herleiten zu können, benötigen wir einige technische Vorbereitungen. Lemma 6.8 (Gauß) Sei P \{} eine un Primzahl, Z mit ggt( ) 1. Für 1 sei der betragsmäßig kleinste Rest von modulo, also und. Dann gilt: (a) Die Beträge sind paarweise verschieden für alle 1, und daher ist (b) Sei ν : { Z >0 1 { 1 1 1 } {1 } < 0}. Dann gilt:! 1 1 () ν 1 Insbesondere ist () ν.!

Kurzskript: Elementare Zahlentheorie SS017 45 Beispiel 17 Für 7und ist 1 1 6 9 und somit sind 1 und. Deshalb ist ν 1und somit 7 (vergleiche mit dem vorigen Beispiel). Für 4ist 14 14 4 8 4 1 und somit 1 1. Hier gilt also ν und somit 4 7 () 1. Beweis : (a) Angenommen, also ± ±. Dann folgt ( ± ) 0, also ( ± ), also ( ± ) wegen ggt( ) 1. Aber 1 und daher ± 1, damit muss ± 0sein, also. Die sind daher sämtlich verschieden und es gilt 1 1 {1 1 } (b) Nach Teil (a) gilt Beispiel 18 1 Aber nach Definition ist auch Wegen -! ist 1 () ν 1 1 1 1 1 () ν 1! invertierbar modulo. Deshalb gilt () ν!! nach Satz 6.7. Da sowohl () ν als auch nur Werte in {±1} annehmen und un ist, folgt sogar () ν Wann ist ein quadratischer Rest modulo? Dazu müssen wir Es ist, also Lemma 6.8(b) gilt: berechnen. für 1, und somit ν () Alternativ folgt diese Aussage auch direkt aus Satz 6.7. Ebenso beweise man als Übung: 1 1 (mod 4) (mod 4) in Lemma 6.8. Nach

Kurzskript: Elementare Zahlentheorie SS017 46 Folgerung 6.9 () 1 ±1 (mod 8) ± (mod 8) Beweis : Aufgabe, Blatt 7. Notation: Für R ist : max{ Z } das größte Ganze. Lemma 6.10 Seien 0 < und Z >0. Dann ist die Anzahl der positiven ganzzahligen Vielfachen von mit <. Beweis : Division mit Rest von durch liefert +, mit 0 <. Damit sind, also ist die Anzahl der mit. Genauso ist die Anzahl der mit, somit ist die gesuchte Zahl. Das quadratische Reziprozitätsgesetz Damit können wir das Hauptresultat dieses Kapitels beweisen. Satz 6.11 (Gaußsches Quadratisches Reziprozitätsgesetz) Seien P \{} zwei un Primzahlen. Dann gelten: falls (mod 4) () (a) (b) () (c) () 8 1 sonst. 1 ±1 (mod 8) ± (mod 8) Beweis : Die Teile (b) und (c) sind Satz 6.7 bzw. Folgerung 6.9, daher bleibt nur (a) zu beweisen. (a) 1. Schritt: Ist (mod 4), dann existiert Z mit 4 und ggt( ) 1. Ist (mod 4), also (mod 4), dann existiert Z mit + 4 mit ggt( ) 1. Also gilt für obiges immer ± (mod 4) und ggt( ) 1.. Schritt: Nach Lemma 6.8 ist () ν, wobei ν die Anzahl der 1 mit 4 ( 1)

Kurzskript: Elementare Zahlentheorie SS017 47 bezeichnet. Aus Lemma 6.10 folgt nun Ebenso ist () µ mit Wegen ± +4 gilt ν ν µ ( 1) ( 1) ± +4 ( 1) ± +4 ± ±( 1) + + ( 1) ± ± ±( 1) +( 1) ±( 1) Im Fall +4 zeigt dies bereits ν µ. Sei jetzt +4. Hier verwenden wir für alle R\Z Angenommen wäre ganz, also Z. Dann ist und, aber teilt weder noch noch, Widerspruch! Also sind, () nie ganz und es gilt ( 1) ( 1) 1+ +1 ( 1) Damit ist auch in diesem Fall ν µ, was bedeutet () ν () µ. Schritt: Jetzt gilt: ± +4 4 4 4 +4 1 und somit ist (mod 4) 1 (mod 4) Satz 6.7 (mod 4) 1 1 (mod 4) 1 (mod 4)

Kurzskript: Elementare Zahlentheorie SS017 48 Anmerkung 6.1 Teil (a) können wir auch so formulieren: Sind P \{} un Primzahlen, dann gilt: falls (mod 4) sonst. Damit erhalten wir eine effiziente Berechnung des Legendre-Symbols: Beispiel 19 (a) Ist quadratischer Rest modulo 41? Satz6.11(a) 41 Bem.6.6(a) 41 Also ist kein quadratischer Rest modulo 41. Satz 6.11(c) (b) (c) 50 77 70 5 77 50 50 50 5 50 50 50 50 50 1 5 5 5 () 501 167 77 77 77 77 167 105 5 7 5 7 167 167 167 167 167 167 167 167 5 7 6 1 5 7 Also hat die Kongruenzgleichung X 501 (mod 77) eine Lösung. Folgerung 6.1 Es gibt unendlich viele Primzahlen P mit ±1 (mod 8). Beweis : Nach Satz.17 gibt es unendlich viele Primzahlen, modulo derer das Polynom Φ (X ) X [] (Z/Z)[X]

Kurzskript: Elementare Zahlentheorie SS017 49 eine Nullstelle besitzt. Für jede solche Primzahl existiert demnach ein α Z mit α. Für diese ist also ein quadratischer Rest, d.h. ±1 (mod 8) nach Folgerung 6.9. Bonus-Abschnitt: Die diophantische Gleichung X Y ± Über wird es keine Frage in der mündlichen Prüfung gestellt werden. Das quadratische Reziprozitätsgesetz erlaubt uns die Untersuchung der diophantischen Gleichung für kleine Werte von. Satz 6.14 X Y ± ( Z P) Sei P \{} eine un Primzahl. Seien Z mit ggt( ) 1. Hat X Y eine ganzzahlige Lösung, so ist 1. Beweis : Sei () Z eine ganzzahlige Lösung der Gleichung: also. Wenn, dann und ( ), damit folgt. Aber -. Widerspruch! Daher ist ggt( ) 1und ist invertierbar modulo. Betrachten wir nun die Gleichung modulo : also Es folgt 1. ( ) Anmerkung 6.15 Hat insbesondere X Y ±, - eine Lösung, so ist 1. Die Umkehrung gilt nicht notwendig. Beispiel 0 (a) Betrachte X +5Y 7, also 5, 7und 1. Hier ist nach Satz 6.11(c) 5 1 7 7 aber X 7 5Y ist nicht lösbar, denn X 0 und die rechte Seite ist nur für Y 0 ±1 positiv, aber kein Quadrat. (b) Für gilt nach Satz.1: X + Y ist lösbar genau dann, wenn 1 (mod 4), und nach Satz 6.11 ist dies genau dann der Fall, wenn 1

Kurzskript: Elementare Zahlentheorie SS017 50 Lemma 6.16 Ist 1, so existieren ganze Zahlen,, mit () (0 0) und, so dass Beweis : Wegen 1existiert Z mit. Nach dem Satz von Thue (Satz.11) existieren () (0 0), <, mit. Quadrieren liefert also für ein Z. Schließlich ist + + <+ ( + 1) also ist < +1und wegen Z sogar. Wir wollen noch zwei Fälle untersuchen, in denen sogar ±1 in Lemma 6.16 gewählt werden kann. Satz 6.17 Die diophantische Gleichung X +Y hat eine Lösung für P \{}, genau dann, wenn 1 (mod 8), das heißt wenn 1ist. Beweis : Dies ist Satz 6.14 mit. Sei 1. Nach Lemma 6.16 existieren Z, () (0 0) und mit +. Somit muss { 0 1 } gelten; da aber die linke Seite nicht negativ ist und () (0 0), gilt sogar {1}. Wäre, also +, dann folgt, etwa und aus + wird 4 +, also +. Das Paar ( ) ist die gesuchte Lösung. Satz 6.18 Die diophantische Gleichung X Y hat eine Lösung für P \{} genau dann, wenn ±1 (mod 8), das heißt wenn 1ist. Beweis : Dies ist Satz 6.14 mit. Sei 1. Nach Lemma 6.16 existieren Z, () (0 0),, mit, also { 0 1 } Die 0 fällt weg, da nicht möglich ist (sonst wäre Q) und 1ist die behauptete Aussage. Nehmen wir ± an, dann ist ±. Dann folgt, etwa, Z, und 4 ±, also ±, und wir erhalten auch eine Lösung mit ±1.

Kurzskript: Elementare Zahlentheorie SS017 51 Sei schließlich, dann ist. Mit +, +, gilt ( ) (0 0) (da () (0 0)), und somit ( +) ( + ) +4 +4 4 +