Restklassenring (Z)/Einheitengruppe/Primzahlpotenzreduktion/Kern ist zyklisch/Fakt/Beweis

Beweis

Wir zeigen, dass das Element ${}a=1+p$, das offensichtlich zum Kern von

$\varphi \colon {\left(\mathbb {Z} /(p^{r})\right)}^{\times }\longrightarrow {\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$

gehört, in der Einheitengruppe ${}{\left(\mathbb {Z} /(p^{r})\right)}^{\times }$ die Ordnung ${}p^{r-1}$ besitzt. Da diese Kerngruppe die Ordnung ${}p^{r-1}$ hat, muss die (multiplikative) Ordnung von ${}a$ ein Teiler davon sein, also von der Gestalt ${}p^{s}$ mit ${}s\leq r-1$ sein. Wir zeigen, dass ${}a^{p^{r-2}}\neq 1$ in ${}{\left(\mathbb {Z} /(p^{r})\right)}^{\times }$ ist, sodass also nur noch die Ordnung ${}p^{r-1}$ möglich bleibt.

Nehmen wir also ${}a^{p^{r-2}}=1\mod p^{r}$ an, das bedeutet

$a^{p^{r-2}}-1=(1+p)^{p^{r-2}}-1=0\mod p^{r}.$

Ausmultiplizieren ergibt den Ausdruck

${\binom {p^{r-2}}{1}}p+{\binom {p^{r-2}}{2}}p^{2}+{\binom {p^{r-2}}{3}}p^{3}+\ldots =0\mod p^{r}.$

Der erste Summand ist dabei ${}{\binom {p^{r-2}}{1}}p=p^{r-1}$ und wir betrachten die weiteren Summanden

${\binom {p^{r-2}}{k}}p^{k}.$

mit ${}2\leq k\leq p^{r-2}$. Wir schreiben

${}{\binom {p^{r-2}}{k}}={\frac {p^{r-2}!}{k!(p^{r-2}-k)!}}={\frac {p^{r-2}\cdot (p^{r-2}-1)\cdots (p^{r-2}-k+1)}{k\cdot (k-1)\cdots 1}}={\frac {p^{r-2}\cdot (p^{r-2}-1)\cdots (p^{r-2}-k+1)}{k\cdot 1\cdots (k-1)}}\,.$

So geordnet steht vorne ${}{\frac {p^{r-2}}{k}}$ und dann folgen Ausdrücke der Form ${}{\frac {p^{r-2}-j}{j}}$,

${}j=1,\ldots ,k-1\,.$

Der Exponent der Primzahl ${}p$ in diesen letztgenannten Brüchen ist oben und unten gleich. Daher hängt der ${}p$-Exponent des Binomialkoeffizienten ${}{\binom {p^{r-2}}{k}}$ nur von ${}{\frac {p^{r-2}}{k}}$ ab. Es sei ${}i$ der ${}p$-Exponent von ${}k$. Der ${}p$-Exponent von ${}{\frac {p^{r-2}}{k}}$ ist dann ${}r-2-i$ und damit ist der ${}p$-Exponent von ${}{\binom {p^{r-2}}{k}}p^{k}$ gleich

$r-2-i+k.$

Wir behaupten, dass dies ${}\geq r$ ist, was für ${}i=0$ klar ist (wegen $k\geq 2$). Es sei also ${}i\geq 1$. Dann gilt aber, wegen ${}p\geq 3$, die Abschätzung

${}i\leq p^{i}-2\leq k-2\,,$

was genau die Aussage ergibt. Damit ist insgesamt in der obigen Summation der erste Summand, also ${}p^{r-1}$, kein Vielfaches von ${}p^{r}$, aber alle weiteren Summanden sind Vielfache von ${}p^{r}$, was einen Widerspruch bedeutet.

Zur bewiesenen Aussage