Multiplikativität des Legendre-Symbols

14.01.2024, 18:49

Malcang

Multiplikativität des Legendre-Symbols

Da bin ich wieder smile

(dieser Thread ist eine Fortführung aus diesem Thread, auch wenn ich dort fälschlicherweise Jacobi statt Legendre geschrieben habe. Es ist aber nicht essentiell, sich durch diesen zu lesen smile

)

Ich möchte euch meinen Beweis zur Multiplikativität des Legendre-Symbols vorstellen und um euer Feedback bitten.

Zitat:

Sei $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ eine natürliche Zahl mit der Primfaktorzerlegung $\begin{eqnarray*} m = \prod\limits_{p\in\mathbb P}p^{\alpha_p}. \end{eqnarray*}$ Weiterhin sei $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ eine ungerade Primzahl. Dann gilt für das Legendre-Symbol $\begin{eqnarray*} \big( \frac{m}{q}\big) = \prod\limits_{p\in\mathbb P} \big( \frac{p}{q}\big)^{\alpha_p} \end{eqnarray*}$

Beweis:
Nach dem Kriterium von Euler gilt $\begin{eqnarray*} \big( \frac{m}{q}\big) \equiv m^{\frac{q-1}{2}} (\bmod q) \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} \big( \frac{m}{q}\big) \equiv \big( \prod\limits_{p\in\mathbb P}p^{\alpha_p} \big)^{\frac{q-1}{2}} (\bmod q). \end{eqnarray*}$
Nach den bekannten Rechenregeln für Produkte und der erneuten Anwendung des Euler-Kriteriums folgt
$\begin{eqnarray*} \big( \prod\limits_{p\in\mathbb P}p^{\alpha_p} \big)^{\frac{q-1}{2}} \equiv \prod\limits_{p\in\mathbb P}\big( p^{\alpha_p} \big)^{\frac{q-1}{2}} \equiv \prod\limits_{p\in\mathbb P}\big( p^{\frac{q-1}{2}} \big)^{\alpha_p} \equiv \prod\limits_{p\in\mathbb P}\big( \frac{p}{q}\big)^{\alpha_p} (\bmod q) \end{eqnarray*}$

Ist das so ok?
Ich frage mich allerdings auch gerade, wie ich hier den "Bogen zurück" von Betratung (mod q) auf Gleichheit schlagen kann?

15.01.2024, 19:45

IfindU

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RE: Multiplikativität des Legendre-Symbols
Zu meinem Einwurf im anderen Thread: Der Beweis ist so "einfach", dass es wohl egal ist ob man 2 oder mehr Faktoren nimmt.

Zum Bogen zurück: Das folgt daraus, dass die Legendre-Symbole nur die Werte -1, 0 und 1 annehmen. Die sind multiplikativ abgeschlossen. Damit folgt aus der Kongruenz bereits Gleichheit.

17.01.2024, 11:39

Malcang

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Hallo IfindU,

danke für deine Antwort und entschuldige bitte meine späte Reaktion.

Zitat:

Zu meinem Einwurf im anderen Thread: Der Beweis ist so "einfach", dass es wohl egal ist ob man 2 oder mehr Faktoren nimmt.

Damit hast du sicher Recht. Aber da er nicht viel länger ist als mit 2 Faktoren und ich einen der beiden führen muss, habe ich mich jetzt für die allgemeine Variante entschieden.

Im anderen Thread hast du auch den Beweis über einen Gruppenhomomorphismus vorgestellt.
Das fand' ich auch sehr interessant und hätte das an sich gerne in meiner Arbeit angeführt. Das hätte die Perspektive erweitert. Aber dann wiederum denke ich, dass ich sogar den Gruppenbegriff noch "schnell einführen" müsste, auch wenn er dem Leser sicherlich vertraut ist.
Das ist so meine Denkweise, wenn ich etwas zu Papier bringe, daher kommen auch meine oftmals spitzfindigen Fragen hier. Alleine deshalb bin ich jedem Helfer über seine Geduld hier sehr dankbar smile

Edit:
Hier ist übrigens mein vollständiger Beweis:
[attach]57476[/attach]

17.01.2024, 15:40

IfindU

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Es war nur ein Halbgruppenhomomorphismus: Halbgruppe sind Mengen mit einer abgeschlossenen Verknüpfung, welche das Assoziativgesetz respektieren. Kein neutrales Element oder gar Inverse notwendig.

Das Lemma sollte nur zeigen, dass von 2 Faktoren auf beliebig-endlich viele zu erweitern nichts spezielles für den Beweis ist und es unter sehr schwachen Anforderungen bereits glt.

Der Beweis passt so. Persönlich würde ich im Lemma die Primfaktorzerlegung von $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ erst in b) erwähnen, da es für a) irrelevant ist.

18.01.2024, 21:16

Malcang

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Danke sehr IfindU, das hat mir sehr geholfen smile

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