Reduktion liefern wieder Homomorphismus?

02.10.2012, 09:58

mathinitus

Reduktion liefern wieder Homomorphismus?

Seien a,b natürliche Zahlen größer 1 und $\begin{eqnarray*} \chi:(\mathbb{Z}/ab\mathbb{Z})^\times \to \mathbb{C}^\times \end{eqnarray*}$ ein Gruppenhomomorphismus mit der zusätzlichen Eigenschaft, dass $\begin{eqnarray*} \chi(x+ab\mathbb{Z})=\chi(x+ak+ab\mathbb{Z}) \end{eqnarray*}$ für alle ganzen Zahlen x,k (natürlich vorausgesetzt $\begin{eqnarray*} \chi \end{eqnarray*}$ ist an den beiden Stellen definiert).

Nun lässt sich damit eine Funktion $\begin{eqnarray*} \chi':(\mathbb{Z}/a\mathbb{Z})^\times \to \mathbb{C}^\times \end{eqnarray*}$ definieren, indem man einfach für jede Stelle $\begin{eqnarray*} x+a\mathbb{Z}\in (\mathbb{Z}/a\mathbb{Z})^\times \end{eqnarray*}$ den Wert von $\begin{eqnarray*} \chi(x+ak+ab\mathbb{Z}) \end{eqnarray*}$ nimmt (man muss dafür nur k so anpassen, dass $\begin{eqnarray*} \chi \end{eqnarray*}$ an der Stelle definiert ist, gibt es mehrere k, für die das der Fall ist, spielt die Wahl des k keine Rolle, wie obrige Eigenschaft von $\begin{eqnarray*} \chi \end{eqnarray*}$ sichert.

Dazu zwei (bis drei) Fragen:
1. Lässt sich mit diesem Verfahren $\begin{eqnarray*} \chi' \end{eqnarray*}$ mit Sicherheit an jeder Stelle des Definitionsbereiches definieren (oder findet man eventuell für manche Werte kein k)?
2. Sei mit diesem Verfahren $\begin{eqnarray*} \chi' \end{eqnarray*}$ auf dem ganzen Definitionsbereich definiert. Ist $\begin{eqnarray*} \chi' \end{eqnarray*}$ dann ein Gruppenhomomorphismus?
3. Falls die erste Frage mit "nein" beantwortet werden muss: Kann man $\begin{eqnarray*} \chi' \end{eqnarray*}$ auf den nicht definierten Stellen so fortsetzen, dass es zu einem Gruppenhomomorphismus wird?

Vielen Dank!

02.10.2012, 13:32

tmo

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Zu 1.

Die Frage ist ja: Ist $\begin{eqnarray*} 1 \leq x \leq a-1 \end{eqnarray*}$ teilerfremd zu $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ , gibt es dann eine ganze Zahl k, sodass $\begin{eqnarray*} x+ak \end{eqnarray*}$ teilerfremd zu $\begin{eqnarray*} ab \end{eqnarray*}$ ist?

Falls es so eine Zahl k gibt, so kann man natürlich $\begin{eqnarray*} 0 \leq k \leq b-1 \end{eqnarray*}$ fordern.

Die Antwort darauf lautet zum Glück: Ja (Wenn man keinen Beweis selbst führen will, so weiß man ja sogar dank Dirichlet, dass in dieser arithmetischen Folge unendlich viele Primzahlen liegen)

Man kann sich beim Beweis (der natürlich viel einfacher ist als die Kanone von Dirichlet) eigentlich o.B.d.A darauf beschränken, dass b eine zu a teilerfremde Primzahl ist.

Zu 2. Sollte man eigentlich auch mit ja beantworten können. Ich sehe nicht, was schiefgehen sollte.

02.10.2012, 14:21

mathinitus

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Zitat:

Original von tmo
Zu 1.

Die Frage ist ja: Ist $\begin{eqnarray*} 1 \leq x \leq a-1 \end{eqnarray*}$ teilerfremd zu $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ , gibt es dann eine ganze Zahl k, sodass $\begin{eqnarray*} x+ak \end{eqnarray*}$ teilerfremd zu $\begin{eqnarray*} ab \end{eqnarray*}$ ist?

Falls es so eine Zahl k gibt, so kann man natürlich $\begin{eqnarray*} 0 \leq k \leq b-1 \end{eqnarray*}$ fordern.

Soweit hatte ich es mir auch schon überlegt, nur dann wusste ich nicht weiter. Den Satz von Dirichlet will ich nicht verwenden, sondern nur elementare Resultate. Dennoch hätte mir dieser in diesem Zusammenhang einfallen müssen, so hätte ich zumindest schon einmal gewusst, dass die Aussage wahr ist.

Für p=b habe ich einen Beweis gefunden:
Sogar etwas allgemeiner, als du es wolltest, denn p darf hier Teiler von a sein.
Nehmen wir an p'|(x+ak,ap) für ein k und eine Primzahl p' (dann wäre k böse, denn wir wollen ja ein k finden, für dass keine Primuahl den ggT teilt), dann gilt p'=p oder p'|a. Aus p'|a folgt p'|x, Widerspruch zu (a,x)=1, also p'=p.
Also müssen wir nur zeigen, dass es ein k gibt, so dass p nicht x+ak teilt.
Nehmen wir einmal an, dem wäre nicht so, dann teilt p also insbesondere auch (x+a(k+1))-(x+ak)=a. Da p aber auch x+ak teilt, teilt p auch x. Widerspruch zu (a,x)=1.

Nun ist mir aber nicht ganz klar, wie man den allgemeinen Fall mit b beliebig auf den Fall b=p reduziert.

Zitat:

Original von tmo
Zu 2. Sollte man eigentlich auch mit ja beantworten können. Ich sehe nicht, was schiefgehen sollte.

Habe auch nichts derartiges gefunden, jedoch auch keinen Beweis.

02.10.2012, 14:39

tmo

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Ja für Primzahlen, die a teilen ist die Aussage ja sowieso trivial. Daher habe ich die quasi auch ausgeschlossen. Aber rein technisch gesehen ist das evtl. gar nicht so sehr von Vorteil, wie ich mittlerweile eingesehen habe.

Zitat:

Original von mathinitus
Nun ist mir aber nicht ganz klar, wie man den allgemeinen Fall mit b beliebig auf den Fall b=p reduziert.

Nunja in unserer Situation ist $\begin{eqnarray*} x+ak \end{eqnarray*}$ natürlich genau dann teilerfremd zu $\begin{eqnarray*} ab \end{eqnarray*}$ , wenn es teilerfremd zu $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ ist.

Da die Eigenschaft "teilerfremd" nur von den Primfaktoren und nicht von deren Vielfachheit (also der Exponent in der PFZ) abhängt, ist $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ o.B.d.A quadratfrei, d.h.

$\begin{eqnarray*} b = p_1 \dotsb p_n \end{eqnarray*}$ mit paarweise verschiedenen Primzahlen. Hat man die Aussage nun für b prim gezeigt $\begin{eqnarray*} (*) \end{eqnarray*}$ , so geht man folgendermaßen vor:

Für $\begin{eqnarray*} b = p_1 \dotsb p_{n-1} \end{eqnarray*}$ gibt es nach Induktion ein solches k, d.h.

$\begin{eqnarray*} x+ak \end{eqnarray*}$ ist teilerfremd zu $\begin{eqnarray*} ap_1 \dotsb p_{n-1} \end{eqnarray*}$

Nun wendet man $\begin{eqnarray*} (*) \end{eqnarray*}$ nochmal und zwar mit $\begin{eqnarray*} x+ak \end{eqnarray*}$ in der Rolle von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} ap_1 \dotsb p_{n-1} \end{eqnarray*}$ in der Rolle von $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} p_n \end{eqnarray*}$ in der Rolle von $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ prim.

Nochmal zu 2: Eine Straight-Forward-Rechnung klappt doch.

Ist $\begin{eqnarray*} x+ak \end{eqnarray*}$ ein "Vertreter" für $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y+al \end{eqnarray*}$ entsprechener einer für $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ , so ist $\begin{eqnarray*} (x+ak)(y+al) \end{eqnarray*}$ doch ein "Vertreter" für xy. Daher überträgt sich die Homomorphismuseigenschaft direkt.

02.10.2012, 14:43

mathinitus

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Zu Frage 2: Bitte nicht mehr helfen, habe einen einfachen Beweis gefunden.

Muss schnell weg, daher lese ich deine Antwort erst später. Bis dann!

02.10.2012, 14:55

tmo

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Zu spät

edit: Nochmal zu oben: Das ganze Geplänkel à la "o.B.d.A ist b quadratfrei" braucht man auch gar nicht. Ich habe ja nirgends genutzt, dass die Primzahlen verschieden sind.

Fassen wir zusammen:

- Man zeigt die Aussage zunächst für b prim.

- Dann schreibt man $\begin{eqnarray*} b = p_1 \dotsb p_n \end{eqnarray*}$ mit nicht notwendigerweise verschiedenen Primzahlen $\begin{eqnarray*} p_i \end{eqnarray*}$ und wendet wie oben beschrieben Induktion an.

02.10.2012, 16:41

mathinitus

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Zitat:

Original von tmo
Zu spät Big Laugh

Nich schlimm. Hatte es auch auf diese Weise gemacht. Wunder mich nun, dass ich das vorher nicht geschafft habe. Liegt wohl daran, dass ich bei meinen Versuchen nicht davon ausgegangen bin, dass man die Funktion überall definiert hat, sondern eher in Richtung Frage 3 probierte (die ja nun überflüssig ist).

Zitat:

Original von tmo
edit: Nochmal zu oben: Das ganze Geplänkel à la "o.B.d.A ist b quadratfrei" braucht man auch gar nicht. Ich habe ja nirgends genutzt, dass die Primzahlen verschieden sind.

Fassen wir zusammen:

- Man zeigt die Aussage zunächst für b prim.

- Dann schreibt man $\begin{eqnarray*} b = p_1 \dotsb p_n \end{eqnarray*}$ mit nicht notwendigerweise verschiedenen Primzahlen $\begin{eqnarray*} p_i \end{eqnarray*}$ und wendet wie oben beschrieben Induktion an.

Vielen Dank, das ist ja wirklich recht einfach.

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