Hauptidealbereich/Restklassenring/Kleiner Fermat/Textabschnitt

Satz

Es sei $R$ ein Hauptidealbereich und $p \neq 0$ ein Element. Dann sind folgende Bedingungen äquivalent.

$p$ ist ein Primelement.
$R / (p)$ ist ein Integritätsbereich.
$R / (p)$ ist ein Körper.

Die Äquivalenz (1) $\Leftrightarrow$ (2) gilt in jedem kommutativen Ring (auch für $p = 0$ ), siehe Aufgabe, und (3) impliziert natürlich (2). Es sei also (1) erfüllt und sei $a \in R / (p)$ von $0$ verschieden. Wir bezeichnen einen Repräsentanten davon in $R$ ebenfalls mit $a$ . Es ist dann $a \notin (p)$ und es ergibt sich eine echte Idealinklusion $(p) \subset (a, p)$ . Ferner können wir $(a, p) = (b)$ schreiben, da wir in einem Hauptidealring sind. Es folgt $p = c b$ . Da $c$ keine Einheit ist und $p$ prim (also nach Fakt auch irreduzibel) ist, muss $b$ eine Einheit sein. Es ist also $(a, p) = (1)$ , und das bedeutet modulo $p$ , also in $R / (p)$ , dass $a$ eine Einheit ist. Also ist $R / (p)$ ein Körper.

◻

Satz

Es sei $n \geq 1$ eine natürliche Zahl und $ℤ / (n)$ der zugehörige Restklassenring. Dann sind folgende Aussagen äquivalent.

$ℤ / (n)$ ist ein Körper.

$ℤ / (n)$ ist ein Integritätsbereich.

$n$ ist eine Primzahl.

Beweis

Dies ist ein Spezialfall von Fakt.

◻

Wenn also $p$ eine Primzahl ist, so ist der Restklassenring $ℤ / (p)$ ein Körper mit $p$ Elementen, den man auch den Restklassenkörper nennt. Die Einheitengruppe

{(ℤ / (p))}^{\times} = {1, \dots, p - 1}

ist eine Gruppe mit $p - 1$ Elementen (bezüglich der Multiplikation). Bei $p = 5$ hat man beispielsweise

\overline{2}^{0} = \overline{1}, \overline{2}^{1} = \overline{2}, \overline{2}^{2} = \overline{4} = \overline{- 1}, \overline{2}^{3} = \overline{8} = \overline{3},

d.h. die Potenzen von $\overline{2}$ durchlaufen sämtliche vier Elemente dieser Gruppe, die sich damit als zyklisch erweist. Es gilt generell, was wir aber nicht beweisen werden, dass für jede Primzahl $p$ die Einheitengruppe des Restklassenkörpers $ℤ / (p)$ zyklisch ist! Diese Gruppen nennt man auch die primen Restklassengruppen. Es gibt aber keine einfache Methode, einen Erzeuger dieser multiplikativen Gruppe zu finden; man muss zu den verschiedenen Elementen ihre Potenzen ausrechnen und so ihre Ordnung bestimmen, bis man ein Element der Ordnung $p - 1$ findet. Da Potenzen schnell groß werden, sollte man die Rechnungen stets in $ℤ / (p)$ ausführen (also immer modulo $p$ gehen) und nicht in $ℤ$ . Ferner ist der Satz von Lagrange hilfreich, nachdem als Ordung der Elemente in ${(ℤ / (p))}^{\times}$ nur Teiler von $p - 1$ vorkommen können.

Die folgende Aussage heißt kleiner Fermat.

Satz

Für eine Primzahl $p$ und eine beliebige ganze Zahl $a$ gilt

$a^{p} \equiv a mod p .$

Anders ausgedrückt: $a^{p} - a$ ist durch $p$ teilbar.

Beweis

Ist $a$ nicht durch $p$ teilbar, so definiert $a$ ein Element $\bar{a}$ in der Einheitengruppe ${(ℤ / (p))}^{\times}$ ; diese Gruppe hat die Ordnung $p - 1$ , und nach dem Satz von Lagrange gilt ${\bar{a}}^{p - 1} = 1$ . Durch Multiplikation mit $a$ ergibt sich die Behauptung. Für Vielfache von $p$ gilt die Aussage ebenso, da dann beidseitig $0$ steht.

◻

Für $p = 5$ gilt beispielsweise in $ℤ / (5)$

1^{5} = 1, 2^{5} = 32 = 2, 3^{5} = 243 = 3, 4^{5} = 1024 = 4,

Für Zahlen, die keine Primzahlen sind, gilt die entsprechende Aussage nicht. So ist etwa in $ℤ / (4)$

3^{4} = 81 = 1 \neq 3 .

Wenn man mit dem Polynomring $K [X]$ über einem Körper $K$ startet, so erhält man zu einem irreduziblen Polynom $F \in K [X]$ den Körper $K [X] / (F)$ . Dies ist eine wichtige Methode, um neue Körper zu konstruieren. Wenn $F = X + a$ ein lineares Polynom ist, so ist $K [X] / (X + a) ≅ K$ . Bei irreduziblen Polynomen von höherem Grad ergeben sich aber neue Körper, wie schon das Beispiel

ℝ [X] / (X^{2} + 1) ≅ ℂ

zeigt. Insbesondere kann man mit dieser Methode viele endliche Körper konstruieren: Ein irreduzibles Polynom $F \in ℤ / (p) [X]$ vom Grad $d$ führt zum Körper $ℤ / (p) [X] / (F)$ mit $p^{d}$ Elementen. Siehe Aufgabe.