Anzahl Quadrate mod p^k < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Ich bin mir im Moment nicht sicher, ob ich die Anzahl der Quadrate mod [mm] 11^2 [/mm] folgendermaßen richtig bestimme.
Ich weiß, dass die Anzahl der Quadrate mod p (ohne die 0), immer 1/2(p-1) ist.
Für p=11 wären es dann 5+1=6 Stück. Ist das soweit richtig?
Wie bestimme ich nun aber die Anzahl der Quadrate mod [mm] 11^2?
[/mm]
Mein Ansatz war, dass [mm] \IZ/121\IZ [/mm] insgesamt 121 Restklassen hat.
Außerdem gilt:
1. quadratischer Rest mal quadr. Rest=quadr. Rest
2. und Nichtrest*Nichtrest = quadr. Rest
Heißt das dann übertragen auf das Beispiel:
1. 7 quadr. Reste 6*6=36
2. 6 Nichtreste, also 5*5=25
und insgesamt dann 61 Quadrate
Und weiter das die Anzahl der Restklassen, die keine Quadrate sind,
121-61=60 =2*5 Nichtreste * 6 quadr. Reste ist?
Wie kann man das denn allgemein für [mm] p^k [/mm] bestimmen?
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moin Schlummerli,
Die Quadrate mod 11 sind soweit richtig, ja.
Beim Rest weiß ich jetzt spontan allerdings nicht, wo du deine Zahlen herziehst, deswegen müsstest du das erstmal verraten.
Ich würde das Problem folgendermaßen angehen:
Ist $x [mm] \in \IZ_{11^2}$ [/mm] nicht invertierbar, so hat $x$ die Form $11*a$ für ein passendes $a$.
[mm] $x^2$ [/mm] hat dann die Form [mm] $11^2*a$, [/mm] ist also sicher die 0.
Damit müssen wir (in diesem Fall!) für die nicht-Einheiten nur eine Zahl dazuzählen, die 0.
Betrachten wir nun die Einheiten, also die Einheitengruppe $G := [mm] E(\IZ_{11^2})$.
[/mm]
Diese ist freundlicherweise zyklisch; das wird gleich noch wichtig.
Weiterhin schnappen wir uns:
$f: G [mm] \to [/mm] G, x [mm] \mapsto x^2$, [/mm] was ein Gruppenhomomorphismus ist.
Da $G$ endlich ist gilt hier:
$|G| = |Kern(f)|*|Bild(f)|$.
Die Mächtigkeit des Bildes ist gerade die Anzahl der Quadrate, also bestimmen wir den Rest:
$|G| = 110$, denn [mm] $\varphi(11^2) [/mm] = 121-11 = 110$
Für den Kern von $f$ müssen wir die Frage stellen:
Wie viele Zahlen gibt es, deren Quadrat 1 ergibt, also wie viele 2te Einheitswurzeln.
Da $G$ zyklisch ist, sind das freundlicherweise genau 2 Stück ( [mm] $\pm [/mm] 1$), also ist $|Kern(f)| = 2$.
Stellt man dies um so erhält man $|Bild(f)| = 55$.
Nun noch die 0 als Quadrat zB der 0 dazuaddieren und man hat 56 Quadrate modulo 121.
Das ganze Verfahren lässt sich auf jedweges [mm] $Z_{p^k}$ [/mm] ausweiten, solange $p [mm] \neq [/mm] 2$ eine Primzahl ist, denn dann ist die Einheitengruppe immer zyklisch und wir erhalten für die Anzahl der Quadrate in der Einheitengruppe:
[mm] $\frac{\varphi(p)}{2} [/mm] = [mm] \frac{p^k - p^{k-1}}{2}$
[/mm]
Die Anzahl der Quadrate bei den Nichteinheiten ist allerdings nicht immer ganz so einfach zu ermitteln, denn die fallen nicht immer alle zu 0 zusammen (das war hier nur der Fall, weil [mm] $p^2$ [/mm] betrachtet wurde, schon für [mm] $p^3$ [/mm] wirds etwas komplizierter), hier ist also noch ein wenig Arbeit von Nöten.
Als Gegenbeispiel, dass wirklich $p$ eine ungerade Primzahl sein muss, nehmen wir mal [mm] $\IZ_8$.
[/mm]
Nach obiger Formel müsste es hier [mm] $\varphi(8)/2 [/mm] = 2$ Quadrate bei den Einheiten geben.
Die Einheiten modulo 8 sind:
1,3,5,7
Es ist allerdings:
[mm] $1^2 \equiv 3^2 \equiv 5^2 \equiv 7^2 \equiv [/mm] 1$ (mod 8), es gibt bei den Einheiten also nur eine einzige Quadratzahl, die Formel schlägt fehl.
Wie du vielleicht weißt oder sonst leicht ausprobieren kannst ist die Einheitengruppe von [mm] $\IZ_8$ [/mm] auch nicht zyklisch, also ist diese Bedingung für obige Formel essenziell.
lg
Schadow
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:52 So 26.02.2012 | | Autor: | felixf |
Moin,
> Als Gegenbeispiel, dass wirklich [mm]p[/mm] eine ungerade Primzahl
> sein muss, nehmen wir mal [mm]\IZ_8[/mm].
> Nach obiger Formel müsste es hier [mm]\varphi(8)/2 = 2[/mm]
> Quadrate bei den Einheiten geben.
> Die Einheiten modulo 8 sind:
> 1,3,5,7
> Es ist allerdings:
> [mm]1^2 \equiv 3^2 \equiv 5^2 \equiv 7^2 \equiv 1[/mm] (mod 8), es
> gibt bei den Einheiten also nur eine einzige Quadratzahl,
> die Formel schlägt fehl.
> Wie du vielleicht weißt oder sonst leicht ausprobieren
> kannst ist die Einheitengruppe von [mm]\IZ_8[/mm] auch nicht
> zyklisch, also ist diese Bedingung für obige Formel
> essenziell.
falls $k [mm] \ge [/mm] 2$ ist, so ist [mm] $(\IZ/2^k\IZ)^\ast$ [/mm] isomorph zu [mm] $\IZ/2\IZ \times \IZ/2^{k-2}\IZ$.
[/mm]
Wenn man die Gruppenstruktur in dieser Form hat, kann man wieder den Quadrier-Homomorphismus betrachten und aehnlich wie bei ungeraden Primzahlen argumentieren, nur dass man leicht andere Ergebnisse bekommt: fuer $k > 2$ hat der Kern genau 4 Elemente, und das Bild somit [mm] $\frac{2^{k-1}}{4} [/mm] = [mm] 2^{k-3}$ [/mm] Elemente.
LG Felix
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Danke Shadowmaster.
Ich denke, ich habe den Ansatz jetzt verstanden. Muss das aber noch weiter verarbeiten.
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