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By Ionin Y. J., Shrikhande M. S.

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Example text

8 k¨onnen wir ohne Einschr¨ankung ai 1 annehmen. Mit dem vorangehenden Satz k¨onnen wir jeweils zwei Kongruenzen zusammenfassen. Wir wiederholen das, bis nur noch eine Kongruenz u¨ brig bleibt. ¾ Beispiel (Sun Tsu, 400 AD) Man l¨ose x 2 mod 3 x 3 mod 5 und x 2 mod 7 Wir fassen die ersten beiden Gleichungen mit Hilfe des Satzes zusammen. Es gilt 2 ¡ 3 1 ¡ 5 1. h. x 8 mod 15. Jetzt fassen wir diese Kongruenz mit x 2 mod 7 zusammen. In diesem Fall ist 1 ¡ 15 2 ¡ 7 1. h. x 82 23 mod 105. 11. 14 Berechnen Sie den eindeutig bestimmten Repr¨asentanten zwischen 0 und 16 100 der Kongruenzklasse 33 mod 17.

5. Zur¨uck zu 1. 38 Dass der Algorithmus am Ende eine Diagonalmatrix liefert, ist klar. Wir m¨ussen jedoch u¨ berlegen, ob er u¨ berhaupt terminiert. Daf¨ur behaupten wir, dass bei jedem Erreichen von Punkt 3 (ab dem zweiten Mal) die Restmatrix verkleinert wurde oder das Minimum der Betr¨age ungleich Null der Restmatrix gesunken ist. Da beides durch nat¨urliche Zahlen beschrieben wird, muss der Algorithmus damit terminieren. Schauen wir uns Schritt 4 darauf hin an. Dort ist vor der Ausf¨uhrung des Schrittes das Minimum der Betr¨age ungleich Null ri0 j0 .

Sei nun x p 1 mod pr . F¨ur r 2 folgt die Aussage aus dem kleinen Satz von Fermat 1 x p x mod p. Wir zeigen jetzt den Induktionsschritt von r auf r · 1. Da die Gleichung x p 1 mod pr·1 auch modulo pr gilt, erhalten wir durch Anwenden der Induktionsvoraussetzung x 1 mod pr 1 . Wir schreiben wieder x als x 1 · apr 1 mit a ¾ . Dann ist 1 ´1 · apr 1µ p xp 1 · apr · 1 · apr · p 1 2 2r 1 a p 2 p p 2 2´r 1µ p i i´r 1µ · a p ap ∑ 2 i 3 i 1 · apr mod pr·1 weil i´r 1µ 3´r 1µ r ·´2r 3µ r · 1 und 2r 1 r ·´r 1µ r · 1.

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