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

4.2 Restklassen 87
Beweis (drei Teile, i) indirekt, ii) und iii) direkt, r1):
Bei allen drei Implikationen wird der Schubfachsatz mit der Abbildung f : R →
A m , r ↦→ mod(r, m), verwendet. Außerdem nutzen wir die zu i) äquivalente
Aussage des Satzes über ein Kongruenzkriterium (Seite 84).
i) Aus a) und b) folgt c): Ist n : = card R, so zeigen wir, dass die Annahmen
n < m oder n > m jeweils zu einem Widerspruch führen. Im ersten Falle gäbe es
ein a ∈ A m mit mod (r, m) ≠ a für alle r ∈ R - im Widerspruch zu b). Der zweite
Fall würde wegen n ≥ m + 1 > m mit Hilfe des ersten Teils des Schubfachsatzes
ergeben, dass f nicht injektiv wäre - im Widerspruch zu a).
ii) Aus a) und c) ergibt sich b): Jetzt ist f wegen a) injektiv. Der zweite Teil des
Schubfachsatzes ergibt die Bijektivität von f und damit auch b).
iii) Aus b) und c) folgt a): Nun stellt f wegen b) eine surjektive Abbildung dar.
Deshalb liefert der zweite Teil des Schubfachsatzes die Injektivität, also a).
Der folgende Satz bringt Eigenschaften, die der Gleichheitsrelation entsprechen,
wobei a ≡ b mit a = b äquivalent ist.
Satz über Kongruenzregeln
Die folgenden sieben Aussagen sind für jeden festen Modul m erfüllt:
i) Ist a ≡ b und c ≡ d, so gilt a ± c ≡ b ± d.
∑
ii) Aus a k ≡ b k , k = 1, . . . , n, folgt
n ∑
a k ≡ n b k .
k=1
iii) Mit a ≡ b und c ∈ Z gilt a c ≡ b c.
iv) Für a ≡ b und c ≡ d ergibt sich a c ≡ b d.
n∏ ∏
v) Entsprechend gilt a k ≡
n b k , wenn a k ≡ b k für k = 1, . . . , n vorausgesetzt
wird.
k=1 k=1
vi) Mit a k = a und b k = b für k = 1, . . . , n folgt speziell a n ≡ b n .
∑
vii) Ist f(x) : = n c k x k ein Polynom mit c k ∈ Z für k = 0, . . . , n, so ergibt
k=0
sich f(a) ≡ f(b) aus a ≡ b.
k=1
Beweis (direkt, r1):
i) Aus m | (a−b) und m | (c−d) folgt mit Hilfe des Satzes über Teilbarkeitsregeln
(Seite 18), dass m | ((a − b) ± (c − d)) und damit m | ((a ± c) − (b ± d)) gilt.