Elementare Zahlentheorie und Problemlösen (11'') - Mathematik und ...

104 Kongruenzen mit einer Unbekannten 4.6
(4.3) f(x) ≡ 0 (mod p)
höchstens g Lösungen.
b) Hat die Kongruenz (4.3) mehr als n Lösungen, so sind alle Koeffizienten
von f(x) durch p teilbar.
Beweis (Vollständige Induktion und indirekter Schluss, r2):
Es genügt den Fall g = n zu betrachten, weil p | c i für i > g gilt. Dann sind die
Aussagen a) und b) äquivalent.
Es sei M : = {n ∈ N 1 ; Für alle Polynome mit dem Grad n modulo p gilt i)} .
Aufgrund des Satzes über die Lösungsanzahl der linearen Kongruenz (Seite 101)
ist 1 ∈ M.
Für m ∈ M sei f(x) ein Polynom mit dem Grad m + 1 modulo p. Wir nehmen
an, dass die Kongruenz (4.3) m+1 modulo p inkongruente Lösungen x 0 , . . . , x m+1
besitzt. Es gilt f(x) − f(x 0 ) = m+1 ∑
c i (x i − x i 0) = (x − x 0 ) m+1 ∑ i−1 ∑
c i x j x i−1−j
0 für
i=1
alle x ∈ Z \ {x 0 } . Setzen wir h(x) : = m+1 ∑
i=1
i−1 ∑
c i
j=0
i=1
x j x i−1−j
0 = :
j=0
m∑
b j x j , so ist
f(x) − f(x 0 ) = (x − x 0 ) h(x) für jedes x ∈ Z erfüllt. Wegen b m = c m+1 teilt p
nicht b m , d. h. h(x) hat modulo p den Grad m.
Für k = 1, . . . , m + 1 gilt aber (x k − x 0 ) h(x k ) ≡ f(x k ) − f(x 0 ) ≡ 0 − 0 ≡
0 (mod p). Aufgrund des Produktteilersatzes (Seite 23) folgt dann, dass h(x)
modulo p die m + 1 Lösungen x 1 , . . . , x m+1 besitzt - im Widerspruch zur Induktionsvoraussetzung.
Also ist auch m + 1 ∈ M. Damit gilt M = N 1 .
Neben den Polynomkongruenzen spielen Systeme von Kongruenzen ersten Grades
sowohl theoretisch als auch praktisch eine Rolle. Die Problemstellung des folgenden
Satzes trat vermutlich schon vor mehr als zweitausend Jahren bei astronomischen
Berechnungen auf. Die erste bekannte Quelle, die auch die heutige
Lösungsmethode an Beispielen aufzeigte, ist ein wahrscheinlich zwischen 280 und
473 n. Chr. entstandenes Werk des chinesischen Mathematikers Sun-Tsu. Daher
hat der Satz seinen Namen.
j=0
Chinesischer Restsatz
Für k ∈ N 2 seien m 1 , . . . , m k ∈ N 2 paarweise teilerfremd, und