Restklassenringe (Z)/Quadratreste/Ungerade Primzahlpotenz/Reduktion/Fakt/Beweis

Beweis

Die natürliche Abbildung

$\mathbb {Z} /(p^{r})\longrightarrow \mathbb {Z} /(p)$

liefert sofort, dass ein Quadratrest modulo ${}p^{r}$ auch ein Quadratrest modulo ${}p$ ist. Wir zeigen zunächst die Umkehrung für Einheiten. Nach Fakt ist die Abbildung

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

surjektiv und nach Fakt sind die beteiligten Gruppen zyklisch. D.h. ein Erzeuger wird auf einen Erzeuger abgebildet. Insbesondere kann man diese Gruppen so mit additiven zyklischen Gruppen identifizieren, dass der Homomorphismus die den additiven Erzeuger ${}1$ auf die ${}1$ schickt. Dies erreicht man, indem man im folgenden kommutativen Diagramm die Identifikation links mit einem primitiven Element ${}g\in \mathbb {Z} /(p^{r})$ und rechts ebenfalls mit ${}g$ (jetzt aufgefasst in $\mathbb {Z} /(p)$) stiftet.

${\begin{matrix}(\mathbb {Z} /(p^{r}))^{\times }&\longrightarrow &(\mathbb {Z} /(p))^{\times }\\{\cong }\uparrow &&\uparrow {\cong }\\\mathbb {Z} /(p^{r-1}(p-1))&\longrightarrow &\mathbb {Z} /(p-1)\end{matrix}}.$

Wir schreiben die untere horizontale Abbildung, unter Verwendung des Chinesischen Restsatzes, als

$\mathbb {Z} /(p^{r-1})\times \mathbb {Z} /(p-1)\cong \mathbb {Z} /(p^{r-1}(p-1))\longrightarrow \mathbb {Z} /(p-1){\text{ mit }}1=(1,1)\longmapsto 1.$

Da überdies ${}p$ und ${}p-1$ teilerfremd sind, liegt hier insgesamt einfach die Projektion ${}(b_{1},b_{2})\mapsto b_{2}$ vor.

Die Voraussetzung, dass ${}k$ modulo ${}p$ ein Quadratrest ist, übersetzt sich dahingehend, dass das ${}k$ entsprechende Element (sagen wir ${}b=(b_{1},b_{2})$) in ${}\mathbb {Z} /(p-1)$ ein Vielfaches von ${}2$ ist. D.h. die zweite Komponente, also ${}b_{2}$, ist ein Vielfaches der ${}2$. Da modulo der ungeraden Zahl ${}p^{r-1}$ jede Zahl ein Vielfaches von ${}2$ ist (da ${}2$ eine Einheit in ${}\mathbb {Z} /(p^{r-1})$ ist), ist auch die erste Komponente, also ${}b_{1}$, ein Vielfaches von ${}2$ und so muss ${}b$ insgesamt ein Vielfaches der ${}2$ sein.

Sei nun ${}k=p^{s}u$, ${}1\leq s\leq r-1$, und zunächst angenommen, dass ${}k$ ein Quadrat ist. D.h wir können ${}k$ als ${}k=x^{2}$ mit ${}x=p^{t}v$, schreiben, wobei ${}v$ eine Einheit sei. Es ist also ${}p^{s}u=p^{2t}v^{2}$ in ${}\mathbb {Z} /(p^{r})$ und es ist ${}2t<r$ (sonst steht hier ${}0$). Durch Betrachten modulo ${}p^{s}$ und modulo ${}p^{2t}$ sieht man, dass ${}s=2t$ sein muss. Insbesondere ist ${}s$ gerade. Es gilt also ${}p^{s}u=p^{s}v^{2}\mod p^{r}$ und somit können wir ${}p^{s}(u-v^{2})=cp^{r}$ schreiben. Kürzen in ${}\mathbb {Z}$ ergibt ${}u-v^{2}=cp^{r-s}$, also ${}u=v^{2}\mod p$. Also ist ${}u$ ein quadratischer Rest modulo ${}p$ und nach dem ersten Teil auch modulo ${}p^{r}$.

Die Umkehrung von (2) ist nach der unter (1) bewiesenen Aussage klar.

Zur bewiesenen Aussage