Aber klar weißt du, dass es bei 1 einen gibt. Zielmenge ist doch der ===> Primrestklassenkörper F_p ; das benutzen wir doch jeden Tag.
f ( n ) := n mod p ( 1 )
Zu 2 ; wähle ein a
f ( a ) = f ( 1 * a ) = ( 2a )
= f ( 1 ) f ( a ) ( 2b )
( 2b ) auf die linke Seite von ( 2a ) bringen
[ 1 - f ( 1 ) ] f ( a ) = 0 ( 3 )
Nehmen wir an es gibt ein a ungleich Null mit f ( a ) = 0 . Dann finde ich für jedes gegebene b eine Darstellung
b = a x ( 4a )
f ( b ) = f ( a ) f ( x ) = 0 * f ( x ) = 0 ( 4b )
also identisch gleich Null. Die Alternative in ( 3 ) wäre f ( 1 ) = 1 . Dann zeigt man aber induktiv für sämtliche natürlichen Zahlen
f ( n ) = f ( 1 + 1 + ... + 1 ) = 1 + 1 + ... + 1 = n ( 5a )
Und daraus folgt wieder
f ( n ^ - 1 * n ) = f ( 1 ) = 1 ( 5b )
= f ( n ^ - 1 ) f ( n ) ( 5c )
= n f ( n ^ - 1 ) = 1 | * n ^ - 1 ( 5d )
und zwar ( 5d ) wegen ( 5a )
f ( n ^ - 1 ) = n ^ - 1 ( 5e )
Jetzt haben wir also sämtliche ganzen Zahlen und die Stammbrüche durch; in einem letzten Schritt bliebe zu zeigen
f ( p / q ) = p q ^ - 1 ( 6 )
Ich schmeichle mir, explizit die Struktur von |Q berücksichtigt zu haben und freue mich über jeden, der diesen Beweis abkürzt.
