Chinesischer Restsatz/Z/Textabschnitt

Satz

Es sei ${}n$ eine positive natürliche Zahl mit kanonischer Primfaktorzerlegung

${}n=p_{1}^{r_{1}}\cdot p_{2}^{r_{2}}{\cdots }p_{k}^{r_{k}}\,$

(die ${}p_{i}$ seien also verschieden und ${}r_{i}\geq 1$).

Dann induzieren die kanonischen Ringhomomorphismen ${}\mathbb {Z} /(n)\rightarrow \mathbb {Z} /(p_{i}^{r_{i}})$ einen Ringisomorphismus

${}\mathbb {Z} /(n)\cong \mathbb {Z} /(p_{1}^{r_{1}})\times \mathbb {Z} /(p_{2}^{r_{2}})\times \cdots \times \mathbb {Z} /(p_{k}^{r_{k}})\,.$

Zu gegebenen ganzen Zahlen ${}(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{k})$ gibt es also genau eine natürliche Zahl ${}a<n$, die die simultanen Kongruenzen

$a=a_{1}\mod p_{1}^{r_{1}},\,\,a=a_{2}\mod p_{2}^{r_{2}},\,\ldots ,\,\,a=a_{k}\mod p_{k}^{r_{k}}$

löst.

Beweis

Dies folgt unmittelbar aus Fakt.

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Beweisvariante

Da die Ringe links und rechts beide endlich sind und die gleiche Anzahl von Elementen haben, nämlich ${}n$, genügt es, die Injektivität zu zeigen. Es sei ${}x$ eine natürliche Zahl, die im Produktring (rechts) zu ${}0$ wird, also modulo ${}p_{i}^{r_{i}}$ den Rest ${}0$ hat für alle ${}i=1,2,\ldots ,k$. Dann ist ${}x$ ein Vielfaches von ${}p_{i}^{r_{i}}$ für alle ${}i=1,2,\ldots ,k$, d.h. in der Primfaktorzerlegung von ${}x$ muss ${}p_{i}$ zumindest mit dem Exponenten ${}r_{i}$ vorkommen. Also muss ${}x$ nach Fakt ein Vielfaches des Produktes sein, also ein Vielfaches von ${}n$. Damit ist ${}x=0$ in ${}\mathbb {Z} /(n)$ und die Abbildung ist injektiv.

Unter den Basislösungen zu einer simultanen Kongruenz versteht man die kleinsten natürlichen Zahlen, die modulo den vorgegebenen Zahlen ein Restetupel ergeben, das an genau einer Stelle den Wert ${}1$ und sonst überall den Wert ${}0$ besitzt. Aus diesen Basislösungen kann man die Lösungen zu sämtlichen simultanen Kongruenzen berechnen.

Beispiel

Aufgabe

(a) Bestimme für die Zahlen ${}3$, ${}5$ und ${}7$ modulare Basislösungen, finde also die kleinsten positiven Zahlen, die in

$\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(5)\times \mathbb {Z} /(7)$

die Restetupel ${}(1,0,0),\,(0,1,0)$ und ${}(0,0,1)$ repräsentieren.

(b) Finde mit den Basislösungen die kleinste positive Lösung ${}x$ der simultanen Kongruenzen

$x=2\!\!\mod 3,\,\,\,\,x=4\!\!\mod 5{\text{ und }}x=3\!\!\mod 7.$

Lösung

(a) ${}(1,0,0)$: Alle Vielfachen von ${}5\cdot 7=35$ haben modulo ${}5$ und modulo ${}7$ den Rest ${}0$. Unter diesen Vielfachen muss also die Lösung liegen. ${}35$ hat modulo ${}3$ den Rest ${}2$, somit hat ${}70$ modulo ${}3$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}70$ das Restetupel ${}(1,0,0)$.

${}(0,1,0)$: Hier betrachtet man die Vielfachen von ${}21$, und ${}21$ hat modulo ${}5$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}21$ das Restetupel ${}(0,1,0)$.

${}(0,0,1)$: Hier betrachtet man die Vielfachen von ${}15$, und ${}15$ hat modulo ${}7$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}15$ das Restetupel ${}(0,0,1)$.

(b) Man schreibt (in $\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(5)\times \mathbb {Z} /(7)$)

${}(2,4,3)=2(1,0,0)+4(0,1,0)+3(0,0,1)\,.$

Die Lösung ist dann

${}2\cdot 70+4\cdot 21+3\cdot 15=140+84+45=269\,.$

Die minimale Lösung ist dann ${}269-2\cdot 105=59$.

Korollar

Es sei ${}n$ eine positive natürliche Zahl mit kanonischer Primfaktorzerlegung ${}n=p_{1}^{r_{1}}\cdot p_{2}^{r_{2}}\cdots p_{k}^{r_{k}}$ (die ${}p_{i}$ seien also verschieden und $r_{i}\geq 1$).

Dann gibt es einen kanonischen Gruppenisomorphismus

${}{\left(\mathbb {Z} /(n)\right)}^{\times }\cong {\left(\mathbb {Z} /(p_{1}^{r_{1}})\right)}^{\times }\times \cdots \times {\left(\mathbb {Z} /(p_{k}^{r_{k}})\right)}^{\times }\,.$

Insbesondere ist eine Zahl ${}a$ genau dann eine Einheit modulo ${}n$, wenn sie eine Einheit modulo ${}p_{i}^{r_{i}}$ ist für ${}i=1,\ldots ,k$.

Beweis

Dies folgt aus dem chinesischen Restsatz und Fakt.

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