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\begin{document}

\title{\fbox{\fbox{Die Zahlen $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)
q^{n\diagup d}$ und ihr Gefolge}}\textbf{ (deutsche Version)}}
\author{Darij Grinberg}
\date{Version 27.4.2013}
\maketitle
\tableofcontents

\begin{center}
\fbox{\fbox{Die Zahlen $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)
q^{n\diagup d}$ und ihr Gefolge}}\textbf{ (deutsche Version)}

[\textbf{derzeit bis einschlie\ss lich Abschnitt 5.5 fertig; nicht
korrekturgelesen}]

[Version 10.5.2010, minimale Erg\"{a}nzungen 27.4.2013]


\end{center}

\section{Einf\"{u}hrung}

Der Ausgangspunkt dieses Textes ist das (klassische) Theorem (von Percy
Alexander MacMahon, 1891), da\ss \ die Zahlen%
\[
\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup
d}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }n\in\mathbb{N}_{+}\text{ und }%
q\in\mathbb{Z}%
\]
ganz sind (wobei $\phi$ die sogenannte Eulersche Phi-Funktion
ist\footnote{F\"{u}r die Definition dieser Funktion siehe (\ref{phi}) weiter
unten.}). Wir werden dieses Theorem nicht nur auf verschiedene Arten beweisen,
sondern auch\footnote{wenn dieser Text einmal fertig ist...}
Verallgemeinerungen und Verbindungen in verschiedene Richtungen (lineare
Algebra, endliche K\"{o}rper, freie Liealgebren) aufzeigen.

Wir f\"{u}hren zuallererst die ben\"{o}tigten Begriffe ein:

\begin{quote}
\textbf{Definition (nat\"{u}rliche Zahlen):} Wir verstehen unter $\mathbb{N}$
die Menge $\left\{  0,1,2,...\right\}  $, und unter $\mathbb{N}_{+}$ die Menge
$\left\{  1,2,3,...\right\}  $. (Einige andere Autoren schreiben stattdessen
$\mathbb{N}$ f\"{u}r $\left\{  1,2,3,...\right\}  $.) Wir bezeichnen die
Elemente der Menge $\mathbb{N}=\left\{  0,1,2,...\right\}  $ als
\textit{nat\"{u}rliche Zahlen}.

\textbf{Definition (}$\mathbb{N}_{\mid n}$\textbf{):} F\"{u}r jedes
$n\in\mathbb{N}_{+}$ bezeichne $\mathbb{N}_{\mid n}$ die Menge aller positiven
Teiler von $n$, also $\mathbb{N}_{\mid n}=\left\{  d\in\mathbb{N}_{+}%
\ \mid\ \left(  d\mid n\right)  \right\}  $. Wir verwenden das Zeichen
$\sum\limits_{d\mid n}$ als Synonym f\"{u}r $\sum\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid
n}}$. Das hei\ss t zum Beispiel: $\sum\limits_{d\mid n}d$ ist die Summe aller
positiven Teiler der Zahl $n$.

\textbf{Definition (Eulersche Phi-Funktion }$\phi$\textbf{):} Wir definieren
eine Funktion $\phi:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$, indem wir%
\begin{equation}
\phi\left(  n\right)  =\left(  \text{Anzahl aller Zahlen }m\in\left\{
1,2,...,n\right\}  \text{, die zu }n\text{ teilerfremd sind}\right)
\label{phi}%
\end{equation}
f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ setzen. Diese Funktion $\phi$ hei\ss t die
\textit{Eulersche Phi-Funktion}.
\end{quote}

Diese Funktion $\phi$ hat eine Reihe bekannter Eigenschaften: Es gilt
$\phi\left(  1\right)  =1$, sowie%
\begin{align}
\phi\left(  uv\right)   &  =\phi\left(  u\right)  \phi\left(  v\right)  \text{
f\"{u}r je zwei teilerfremde Zahlen }u\in\mathbb{N}_{+}\text{ und }%
v\in\mathbb{N}_{+}\text{;}\label{phi(uv)}\\
\phi\left(  p\right)   &  =p-1\text{ f\"{u}r jede Primzahl }p\text{;}%
\label{phi(p)}\\
\phi\left(  p^{k}\right)   &  =\left(  p-1\right)  p^{k-1}=p^{k}-p^{k-1}\text{
f\"{u}r jede Primzahl }p\text{ und jedes }k\in\mathbb{N}_{+}\text{;}%
\label{phi(pk)}\\
\phi\left(  n\right)   &  =n\cdot\prod_{\substack{p\text{ Primteiler}%
\\\text{von }n}}\left(  1-\dfrac{1}{p}\right)  \text{ f\"{u}r jedes }%
n\in\mathbb{N}_{+}\text{.} \label{phi(n)}%
\end{align}


Nun behauptet unsere Hauptaussage:

\begin{quote}
\textbf{Satz 1.1:} F\"{u}r alle $q\in\mathbb{Z}$ und $n\in\mathbb{N}_{+}$ ist
$\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}%
\in\mathbb{Z}$.
\end{quote}

Es ist hilfreich, sich diesen Satz anhand von einfachen Beispielen zu
verdeutlichen: F\"{u}r $n=1$ hat die Summe $\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(
d\right)  q^{n\diagup d}$ nur einen Summanden (denn $n=1$ hat nur einen
Teiler), und somit ist $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)
q^{n\diagup d}=\dfrac{1}{1}\phi\left(  1\right)  q^{1\diagup1}=q$ f\"{u}r
$n=1$. Wir erhalten also $q\in\mathbb{Z}$, was nicht erstaunlich ist, haben
wir es doch als Bedingung gefordert. Interessanter wird der Fall $n=p$ f\"{u}r
eine Primzahl $p$; in diesem Fall ist n\"{a}mlich%
\begin{align*}
\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}  &
=\dfrac{1}{p}\left(  \phi\left(  1\right)  q^{p\diagup1}+\phi\left(  p\right)
q^{p\diagup p}\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn }n=p\text{ ist eine Primzahl}\\
\text{und hat daher nur die Teiler }1\text{ und }p
\end{array}
\right) \\
&  =\dfrac{1}{p}\left(  1q^{p}+\left(  p-1\right)  q^{1}\right)  =\dfrac{1}%
{p}\left(  q^{p}+\left(  p-1\right)  q\right)  .
\end{align*}
Satz 1.1 ergibt also $\dfrac{1}{p}\left(  q^{p}+\left(  p-1\right)  q\right)
\in\mathbb{Z}$. Mit anderen Worten: $p\mid q^{p}+\left(  p-1\right)  q$. Wir
k\"{o}nnen dies auch in der Form $q^{p}\equiv-\left(  p-1\right)
q\operatorname{mod}p$ umschreiben. Da $-\left(  p-1\right)  q\equiv-\left(
-1\right)  q=q\operatorname{mod}p$ ist, vereinfacht sich dies zu $q^{p}\equiv
q\operatorname{mod}p$. Dies ist eine Formulierung des kleinen Satzes von
Fermat. Satz 1.1 verallgemeinert also den kleinen Satz von Fermat.

Die Allgemeinheit kommt jedoch um einen Preis: Je "weniger prim" $n$ ist (also
je mehr Primfaktoren in je h\"{o}heren Potenzen in $n$ vorkommen), desto
komplizierter wird der Ausdruck $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(
d\right)  q^{n\diagup d}$. Beispielsweise ist%
\begin{align*}
&  \dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup
d}=\dfrac{1}{p^{2}}\left(  q^{p^{2}}+\left(  p-1\right)  q^{p}+p\left(
p-1\right)  q\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r }n=p^{2}\text{ mit
}p\text{ prim;}\\
&  \dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup
d}=\dfrac{1}{pp^{\prime}}\left(  q^{pp^{\prime}}+\left(  p-1\right)
q^{p^{\prime}}+\left(  p^{\prime}-1\right)  q^{p}+\left(  p-1\right)  \left(
p^{\prime}-1\right)  q\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r }n=pp^{\prime}\text{
mit zwei verschiedenen Primzahlen }p\text{ und }p^{\prime}.
\end{align*}
Die rechten Seiten dieser beiden\ Gleichungen sind also nach Satz 1.1 ganzzahlig.

Wir wollen noch eine \"{a}quivalente Form von Satz 1.1 formulieren, die ohne
den Begriff der Phi-Funktion auskommt:

\begin{quote}
\textbf{Satz 1.2:} F\"{u}r alle $q\in\mathbb{Z}$ und $n\in\mathbb{N}_{+}$ ist
$\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}q^{\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)
}\in\mathbb{Z}$.
\end{quote}

Da\ss \ dieser Satz 1.2 zu Satz 1.1 \"{a}quivalent ist, folgt aus der leicht
zu beweisenden Identit\"{a}t $\sum\limits_{i=1}^{n}q^{\operatorname*{ggT}%
\left(  i,n\right)  }=\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup
d}$ (der Beweis ist der Sonderfall des Beweises der \"{A}quivalenz
$\mathcal{G}\Longleftrightarrow\mathcal{H}$ weiter unten, wenn man $\left(
b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  =\left(  q^{1},q^{2},q^{3},...\right)  $ einsetzt).

Wir werden uns nun auf verschiedene Weisen Satz 1.1 n\"{a}hern. Wer nur an
schnellen Beweisen von Satz 1.1 interessiert ist, kann z. B. in [6] mehrere
finden (wo eigentlich Satz 1.2 bewiesen wird, der aber, wie wir wissen, zu
Satz 1.1 \"{a}quivalent ist). Unser Ziel ist es nicht nur, Satz 1.1 zu
beweisen, sondern auch seine Umgebung zu erkunden und dabei einige Ideen und
Begriffe aus der Kombinatorik, Algebra und Zahlentheorie kennenzulernen. Unser
grober Plan ist folgender:

\begin{itemize}
\item In Abschnitt 2 werden wir den ersten Beweis von Satz 1.1 geben (in zwei
Varianten), indem wir den Term $q^{n\diagup d}$ in Satz 1.1 durch ein
allgemeineres $b_{n\diagup d}$ (wobei $\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  $
eine Folge ganzer Zahlen ist) ersetzen, und schauen, wann dann Satz 1.1 noch
gilt. Daf\"{u}r konstruieren wir viele \"{a}quivalente Kriterien (die Aussagen
$\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$, $\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$,
$\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$ und $\mathcal{H}$ von Satz 2.1).

\item In Abschnitt 3 werden wir den Begriff der formalen Potenzreihen
kennenlernen\footnote{Den ich mit einiger Ausf\"{u}hrlichkeit behandele, weil
ich feststellen musste, da\ss \ es zwar vielf\"{a}ltige Literatur gibt, in der
Potenzreihen verwendet und anschaulich erkl\"{a}rt werden, aber nur wenige, in
der sie formal sauber eingef\"{u}hrt und ihre wesentlichen Eigenschaften
bewiesen werden.}. Damit wird ein Teil der verallgemeinerten Version von Satz
1.1 aus Abschnitt 2 (also Satz 2.1) erneut bewiesen.

\item In Abschnitt 4 zeigen wir zwei merkw\"{u}rdige Analoga von Satz 1.1:
F\"{u}r beliebige ganze $q$ und $r$ und nat\"{u}rliche $n$ gilt%
\[
\sum_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  \dbinom{qn\diagup d}{rn\diagup d}\in
n\mathbb{Z}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{und}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sum_{d\mid
n}\phi\left(  d\right)  \dbinom{qn\diagup d}{rn\diagup d}\in\dfrac{q}%
{r}n\mathbb{Z}%
\]
(letzteres nat\"{u}rlich nur wenn $r\neq0$). Wir zeigen in Wirklichkeit sogar
mehr. (Was Binomialkoeffizienten wie $\dbinom{qn\diagup d}{rn\diagup d}$
bedeuten, wenn $q$ oder $r$ negativ ist, wird in Abschnitt 4 erkl\"{a}rt.) Als
Nebeneffekt erhalten wir zwei zus\"{a}tzliche \"{a}quivalente Kriteria, die
man zu Satz 2.1 hinzuf\"{u}gen k\"{o}nnte (die Aussagen $\mathcal{I}$ und
$\mathcal{J}$ von Satz 4.7).

\item In Abschnitt 5 beweisen wir $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}%
\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}\in\mathbb{Z}$ erneut, indem wir die Zahl
$\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}%
\in\mathbb{Z}$ kombinatorisch deuten (d. h. als eine Anzahl gewisser Objekte
darstellen). Dieser Beweis hat einen kleinen Haken - er funktioniert nur im
Fall von $q\geq0$ (dieser Defekt wird in Abschnitt 6 auf zwei Weisen
ausgemerzt). Der Ansatz, mit dem sich $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}%
\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}\in\mathbb{Z}$ als Anzahl darstellen
l\"{a}\ss t, f\"{u}hrt in seiner Verallgemeinerung auf das sogenannte
\textit{P\'{o}lya-Burnsidesche Abz\"{a}hlverfahren}.

\item In Abschnitt 6 erg\"{a}nzen wir den kombinatorischen Ansatz von
Abschnitt 5 zu einem vollst\"{a}ndigen Beweis von Satz 2.1. Dies kann auf zwei
Arten geschehen; eine davon f\"{u}hrt \"{u}ber eine Charakterisierung aller
Polynome, die auf ganzen Zahlen ganze Werte liefern (Satz 6.2).

\item In Abschnitt 7 wird Satz 2.1 auf sogenannte Nester verallgemeinert und
erh\"{a}lt im Falle eines endlichen Nestes einen kombinatorischen Aspekt, der
den kombinatorischen Zugang von Abschnitt 5 verallgemeinert. Dadurch wird die
zahlentheoretische Verallgemeinerung der Zahlen $\dfrac{1}{n}\sum
\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}$ (Abschnitt 2) mit ihrer
kombinatorischen Interpretation (Abschnitt 5) vereinigt. [...]
\end{itemize}

\section{Zahlentheorie I: Die Dirichletfaltung und der \"{A}quivalenzsatz
f\"{u}r Geisterwittfolgen}

\subsection{Der \"{A}quivalenzsatz}

Der erste Beweis von Satz 1.1 ist ein zahlentheoretischer. Er fragt sich
allgemeiner, welche Folgen $\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)
\in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ von ganzen Zahlen die Eigenschaft haben,
da\ss \ $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  b_{n\diagup
d}\in\mathbb{Z}$ f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ ist. Und tats\"{a}chlich
erweist sich, da\ss \ diese Folgen durch eine F\"{u}lle weiterer Eigenschaften
beschreibbar sind:

\begin{quote}
\textbf{Satz 2.1 (der \"{A}quivalenzsatz f\"{u}r Geisterwittfolgen):} Sei
$\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ eine
Folge ganzer Zahlen. Dann sind folgende Aussagen $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$,
$\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$, $\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$ und
$\mathcal{H}$ \"{a}quivalent:

\textit{Aussage }$\mathcal{A}$\textit{:} F\"{u}r jede Zahl $n\in\mathbb{N}%
_{+}$ und jeden Primteiler $p$ von $n$ gilt%
\[
b_{n\diagup p}\equiv b_{n}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  }.
\]
Hierbei ist die Zahl $v_{p}\left(  n\right)  $ weiter unten definiert.

\textit{Aussage }$\mathcal{B}$\textit{:} Es gibt eine Folge $\left(
x_{1},x_{2},x_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ ganzer Zahlen,
die%
\begin{equation}
\left(  b_{n}=\sum_{d\mid n}dx_{d}^{n\diagup d}\text{ f\"{u}r jedes }%
n\in\mathbb{N}_{+}\right)  \label{2.1B}%
\end{equation}
erf\"{u}llt.

\textit{Aussage }$\mathcal{C}$\textit{:} Es gibt \textit{genau eine} Folge
$\left(  x_{1},x_{2},x_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ ganzer
Zahlen, die (\ref{2.1B}) erf\"{u}llt.

\textit{Aussage }$\mathcal{D}$\textit{:} Es gibt eine Folge $\left(
y_{1},y_{2},y_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ ganzer Zahlen,
die
\begin{equation}
\left(  b_{n}=\sum_{d\mid n}dy_{d}\text{ f\"{u}r jedes }n\in\mathbb{N}%
_{+}\right)  \label{2.1D}%
\end{equation}
erf\"{u}llt.

\textit{Aussage }$\mathcal{E}$\textit{:} Es gibt \textit{genau eine} Folge
$\left(  y_{1},y_{2},y_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ ganzer
Zahlen, die (\ref{2.1D}) erf\"{u}llt.

\textit{Aussage }$\mathcal{F}$\textit{:} F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$
gilt%
\begin{equation}
\sum_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  b_{n\diagup d}\in n\mathbb{Z}, \label{2.1F}%
\end{equation}
wobei $\mu:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ die sogenannte
M\"{o}biusfunktion ist (siehe ihre Definition weiter unten).

\textit{Aussage }$\mathcal{G}$\textit{:} F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$
gilt%
\begin{equation}
\sum_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  b_{n\diagup d}\in n\mathbb{Z}.
\label{2.1G}%
\end{equation}


\textit{Aussage }$\mathcal{H}$\textit{:} F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$
gilt%
\[
\sum_{i=1}^{n}b_{\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  }\in n\mathbb{Z}.
\]



\end{quote}

Wir m\"{u}ssen zwei der in diesem Satz verwendeten Begriffe erst einmal definieren:

\begin{quote}
\textbf{Definition (M\"{o}biusfunktion }$\mu$\textbf{):} Wir definieren eine
Funktion $\mu:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$, indem wir%
\begin{align*}
&  \mu\left(  n\right) \\
&  =\left\{
\begin{array}
[c]{l}%
1\text{, wenn }n\text{ ein Produkt von gerade vielen}\\
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{
\textit{paarweise verschiedenen} Primzahlen ist;}\\
-1\text{, wenn }n\text{ ein Produkt von ungerade vielen}\\
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{
\textit{paarweise verschiedenen} Primzahlen ist;}\\
0\text{, wenn in der Primfaktorzerlegung von }n\\
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{
(mindestens) eine Primzahl mehrfach vorkommt}%
\end{array}
\right.
\end{align*}
f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ setzen\footnote{Insbesondere bedeutet dies
$\mu\left(  1\right)  =1$, denn $1$ ist das Produkt von null Primzahlen, und
null ist gerade.}. Diese Funktion $\mu$ bezeichnen wir als die
\textit{M\"{o}biusfunktion}. Diese Definition mag auf den ersten Blick sehr
willk\"{u}rlich aussehen; allerdings werden wir sp\"{a}ter sehen, da\ss \ die
Funktion $\mu$ eine sehr nat\"{u}rliche Rolle in der Zahlentheorie einnimmt.

\textbf{Definition (}$p$\textbf{-Wertigkeit):} F\"{u}r jede von $0$
verschiedene ganze Zahl $n$ bezeichnen wir mit $v_{p}\left(  n\right)  $ die
gr\"{o}\ss te Zahl $k\in\mathbb{N}$, f\"{u}r die $p^{k}\mid n$ gilt. Mit
anderen Worten: $v_{p}\left(  n\right)  $ ist die Potenz, in der der
Primfaktor $p$ in der Primfaktorzerlegung von $n$ vorkommt. Die Zahl
$v_{p}\left(  n\right)  $ wird oft als $p$\textit{-Wertigkeit} (oder
$p$\textit{-adische Wertigkeit}) der Zahl $n$ bezeichnet.

Man setzt oft auch $v_{p}\left(  0\right)  =\infty$, um dem Ausdruck
$v_{p}\left(  n\right)  $ f\"{u}r jede ganze Zahl $n$ (und nicht nur f\"{u}r
jede von $0$ verschiedene ganze Zahl $n$) Sinn zu verleihen.\footnote{Man
sollte dabei nat\"{u}rlich bedenken, da\ss \ $\infty$ ein Ausdruck ist, der
gewissen Regeln gehorcht (wie etwa $n+\infty=\infty$ f\"{u}r alle
$n\in\mathbb{N}$), mit dem man aber nicht alles machen kann, was man mit
ganzen Zahlen kann (so kann man nat\"{u}rlich nicht $\infty$ von der Gleichung
$n+\infty=\infty$ subtrahieren, um $n=0$ zu erhalten). Im Zweifel sollte man
sich immer bewusst sein, ob die Umformungen, die man mit $\infty$ vollzieht,
auch ohne die Verwendung des Zeichens $\infty$ sinnvoll umgeschrieben werden
k\"{o}nnten.}
\end{quote}

\textit{Bemerkung:} Der Name von Satz 2.1 r\"{u}hrt daher, da\ss \ eine Folge
$\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$, die
die \"{a}quivalenten Aussagen $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$, $\mathcal{C}$,
$\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$, $\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$ und $\mathcal{H}$
erf\"{u}llt, als \textit{Geisterwittfolge} (oder \textit{Nebenwittfolge})
bezeichnet wird (zumindest in [1]).\footnote{Denn Aussage $\mathcal{B}$
l\"{a}\ss t sich umschreiben als "Die Folge $\left(  b_{1},b_{2}%
,b_{3},...\right)  $ ist die Folge der Geisterkomponenten (a. k. a.
Nebenkomponenten) eines ganzzahligen (gro\ss en a. k. a. universellen)
Wittvektors". (Der Begriff eines Wittvektors wird in [1] erkl\"{a}rt.)}

Satz 2.1 ist keine Neuigkeit. Die \"{A}quivalenz der Aussagen $\mathcal{B}$,
$\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$ und $\mathcal{H}$ beispielsweise ist im Corollary
auf Seite 10 der 1989 erschienen Arbeit [19] von Andreas W. M. Dress und
Christian Siebeneicher zu finden, und die \"{A}quivalenz zwischen
$\mathcal{C}$ und $\mathcal{F}$ findet sich ebenfalls (implizit) in [19].
Diverse andere Teile von Satz 2.1, und \"{a}hnliche Resultate, sind \"{u}ber
die Literatur verstreut. Issai Schur kannte 1937 die \"{A}quivalenz zwischen
$\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$ und $\mathcal{F}$. Eine genauere (jedoch wohl
unvollst\"{a}ndige) Zusammenfassung der Geschichte von Satz 2.1 findet sich in [20].

\subsection{Aus dem \"{A}quivalenzsatz folgt Satz 1.1}

Um Satz 1.1 aus Satz 2.1 zu erhalten, reicht es aus, \textit{eine} der
Aussagen $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$, $\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$,
$\mathcal{E}$, $\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$ und $\mathcal{H}$ f\"{u}r die
Folge $\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  =\left(  q^{1},q^{2}%
,q^{3},...\right)  $ nachzuweisen (denn dann ergeben sich wegen Satz 2.1
sofort alle anderen Aussagen, darunter insbesondere Aussage $\mathcal{G}$,
welche sofort Satz 1.1 ergibt). Am einfachsten l\"{a}\ss t sich dies mit
Aussage $\mathcal{B}$ erledigen; denn f\"{u}r die Folge $\left(  b_{1}%
,b_{2},b_{3},...\right)  =\left(  q^{1},q^{2},q^{3},...\right)  $ gibt es
offensichtlich eine Folge $\left(  x_{1},x_{2},x_{3},...\right)  \in
\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$, die (\ref{2.1B}) erf\"{u}llt (n\"{a}mlich die
Folge $\left(  x_{1},x_{2},x_{3},...\right)  =\left(  q,0,0,0,...\right)  $
mit $x_{1}=q$ und $x_{i}=0$ f\"{u}r alle $i>1$\ \ \ \ \footnote{Denn f\"{u}r
diese Folge $\left(  x_{1},x_{2},x_{3},...\right)  =\left(
q,0,0,0,...\right)  $ ist%
\[
\sum_{d\mid n}dx_{d}^{n\diagup d}=\sum_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}}%
dx_{d}^{n\diagup d}=\underbrace{1x_{1}^{n\diagup1}}_{=x_{1}^{n}=q^{n}}%
+\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d\neq1}}d\underbrace{x_{d}%
^{n\diagup d}}_{\substack{=0\text{ (da }x_{d}=0\\\text{f\"{u}r }d\neq
1\text{)}}}=q^{n}+\underbrace{\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n}%
;\\d\neq1}}d\cdot0}_{=0}=q^{n}%
\]
f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$.}). Man kann alternativ auch Aussage
$\mathcal{A}$ nachpr\"{u}fen:

\begin{quote}
\textbf{Lemma 2.2:} Seien $q\in\mathbb{Z}$ und $n\in\mathbb{N}_{+}$. Sei $p$
ein Primfaktor von $n$. Dann gilt $q^{n\diagup p}\equiv q^{n}%
\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  }$.
\end{quote}

Anstatt dieses Lemma direkt zu zeigen, beweisen wir etwas allgemeineres (und n\"{u}tzlicheres):

\begin{quote}
\textbf{Lemma 2.3:} Seien $p\in\mathbb{N}$, $u\in\mathbb{Z}$ und
$v\in\mathbb{Z}$. Seien $k\in\mathbb{N}_{+}$ und $\ell\in\mathbb{N}$. Wenn
$u\equiv v\operatorname{mod}p^{k}$ ist, dann ist $u^{p^{\ell}}\equiv
v^{p^{\ell}}\operatorname{mod}p^{k+\ell}$.
\end{quote}

Dieses Lemma, oft als \textit{kleines Henselsches Lemma} bezeichnet, ist eines
der wichtigsten Hilfsmittel in der Zahlentheorie, um Resultate \"{u}ber
Restklassen modulo Primpotenzen zu erreichen. Unter anderem beweist man mit
seiner Hilfe, da\ss \ es Primitivwurzeln modulo $p^{k}$ f\"{u}r primes $p>2$
und $k\in\mathbb{N}_{+}$ gibt\footnote{sobald man erst einmal gezeigt hat,
da\ss \ es Primitivwurzeln modulo $p$ gibt}.

(Kleine \textit{Anmerkung} am Rande: F\"{u}r Lemma 2.3 braucht $p$ nicht prim
zu sein, auch wenn es meist auf primes $p$ angewendet wird.)

\textit{Beweis von Lemma 2.3:} Wir beweisen Lemma 2.3 durch Induktion nach
$\ell$. F\"{u}r $\ell=0$ ist nichts zu beweisen. Also zum Induktionsschritt:
Angenommen, f\"{u}r irgendein $\ell\in\mathbb{N}$ haben wir bereits
$u^{p^{\ell}}\equiv v^{p^{\ell}}\operatorname{mod}p^{k+\ell}$ gezeigt, und
jetzt ist es an der Zeit, $u^{p^{\ell+1}}\equiv v^{p^{\ell+1}}%
\operatorname{mod}p^{k+\ell+1}$ zu beweisen.

Aus $u\equiv v\operatorname{mod}p^{k}$ folgt insbesondere $u\equiv
v\operatorname{mod}p$ (denn $k\in\mathbb{N}_{+}$ und damit $p\mid p^{k}$). Nun
ist%
\[
u^{p^{\ell+1}}-v^{p^{\ell+1}}=\left(  u^{p^{\ell}}\right)  ^{p}-\left(
v^{p^{\ell}}\right)  ^{p}=\left(  u^{p^{\ell}}-v^{p^{\ell}}\right)  \cdot
\sum_{i=0}^{p-1}\left(  u^{p^{\ell}}\right)  ^{i}\left(  v^{p^{\ell}}\right)
^{p-1-i}%
\]
(nach der dritten binomischen Formel). Der erste Faktor dieses Produktes ist
durch $p^{k+\ell}$ teilbar (denn $u^{p^{\ell}}\equiv v^{p^{\ell}%
}\operatorname{mod}p^{k+\ell}$ ergibt $p^{k+\ell}\mid u^{p^{\ell}}-v^{p^{\ell
}}$). Der zweite Faktor ist durch $p$ teilbar (denn aus $u\equiv
v\operatorname{mod}p$ folgt%
\[
\sum_{i=0}^{p-1}\left(  u^{p^{\ell}}\right)  ^{i}\left(  v^{p^{\ell}}\right)
^{p-1-i}\equiv\sum_{i=0}^{p-1}\left(  v^{p^{\ell}}\right)  ^{i}\left(
v^{p^{\ell}}\right)  ^{p-1-i}=\sum_{i=0}^{p-1}\left(  v^{p^{\ell}}\right)
^{p-1}=p\left(  v^{p^{\ell}}\right)  ^{p-1}\equiv0\operatorname{mod}p
\]
). Also ist das Produkt durch $p^{k+\ell}\cdot p=p^{k+\ell+1}$ teilbar. Das
hei\ss t, $u^{p^{\ell+1}}-v^{p^{\ell+1}}$ ist durch $p^{k+\ell+1}$ teilbar.
Mit anderen Worten: $u^{p^{\ell+1}}\equiv v^{p^{\ell+1}}\operatorname{mod}%
p^{k+\ell+1}$. Damit ist der Induktionsschritt abgeschlossen, und Lemma 2.3 bewiesen.

Aus Lemma 2.3 folgt nun schnell Lemma 2.2:

\textit{Beweis von Lemma 2.2:} Da $p$ ein Primfaktor von $n$ ist, ist
$v_{p}\left(  n\right)  \geq1$. Sei nun $\ell=v_{p}\left(  n\right)  -1$; dann
ist also $\ell\geq0$ und damit $\ell\in\mathbb{N}$. Seien ferner $k=1$, $u=q$
und $v=q^{p}$. Dann ist $u\equiv v\operatorname{mod}p^{k}$ (denn dies bedeutet
nichts anderes als $q\equiv q^{p}\operatorname{mod}p^{1}$, was aus dem kleinen
Satz von Fermat folgt). Nach Lemma 2.3 ist also $u^{p^{\ell}}\equiv
v^{p^{\ell}}\operatorname{mod}p^{k+\ell}$. Mit anderen Worten: $q^{p^{\ell}%
}\equiv\left(  q^{p}\right)  ^{p^{\ell}}\operatorname{mod}p^{k+\ell}$. Wegen
$k+\ell=1+\left(  v_{p}\left(  n\right)  -1\right)  =v_{p}\left(  n\right)  $
wird dies zu $q^{p^{\ell}}\equiv\left(  q^{p}\right)  ^{p^{\ell}%
}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  }$.

Wir wollen aber zeigen, da\ss \ $q^{n\diagup p}\equiv q^{n}\operatorname{mod}%
p^{v_{p}\left(  n\right)  }$ ist. Dies ist nicht mehr weit: wir werden zeigen,
da\ss \ $q^{n\diagup p}$ eine Potenz von $q^{p^{\ell}}$, und $q^{n}$ dieselbe
Potenz von $\left(  q^{p}\right)  ^{p^{\ell}}$ ist.

In der Tat gibt es ein $m\in\mathbb{N}_{+}$ mit $n=mp^{v_{p}\left(  n\right)
}$ (denn nach der Definition von $v_{p}\left(  n\right)  $ ist $p^{v_{p}%
\left(  n\right)  }\mid n$). Somit ist $n\diagup p=mp^{v_{p}\left(  n\right)
}\diagup p=mp^{v_{p}\left(  n\right)  -1}=mp^{\ell}$ (da $v_{p}\left(
n\right)  -1=\ell$). Also ist $q^{n\diagup p}=q^{mp^{\ell}}=\left(
q^{p^{\ell}}\right)  ^{m}$ und $q^{n}=\left(  q^{p}\right)  ^{n\diagup
p}=\left(  q^{p}\right)  ^{mp^{\ell}}=\left(  \left(  q^{p}\right)  ^{p^{\ell
}}\right)  ^{m}$. Mithilfe von $q^{p^{\ell}}\equiv\left(  q^{p}\right)
^{p^{\ell}}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  }$ ergibt sich nun
$q^{n\diagup p}=\left(  q^{p^{\ell}}\right)  ^{m}\equiv\left(  \left(
q^{p}\right)  ^{p^{\ell}}\right)  ^{m}=q^{n}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(
n\right)  }$, und Lemma 2.2 ist bewiesen.

Und schlie\ss lich zwei Beweise von Satz 1.1 unter Berufung auf Satz 2.1:

\textit{Erster Beweis von Satz 1.1:} Wenden wir Satz 1.1 auf die Folge
$\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  =\left(  q^{1},q^{2},q^{3},...\right)
$ an, dann erhalten wir, da\ss \ die Aussagen $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$,
$\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$, $\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$ und
$\mathcal{H}$ f\"{u}r diese Folge \"{a}quivalent sind. Da die Aussage
$\mathcal{B}$ f\"{u}r diese Folge erf\"{u}llt ist (dies folgt aus Lemma 2.2),
ist also auch die Aussage $\mathcal{G}$ f\"{u}r diese Folge erf\"{u}llt. Das
hei\ss t, $\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  b_{n\diagup d}\in
n\mathbb{Z}$ f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$. Mit anderen Worten:
$\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}%
\in\mathbb{Z}$ f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$. Doch dies hei\ss t nichts
anderes, als da\ss \ Satz 1.1 gilt.

\textit{Zweiter Beweis von Satz 1.1:} Wenden wir Satz 1.1 auf die Folge
$\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  =\left(  q^{1},q^{2},q^{3},...\right)
$ an, dann erhalten wir, da\ss \ die Aussagen $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$,
$\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$, $\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$ und
$\mathcal{H}$ f\"{u}r diese Folge \"{a}quivalent sind. Da die Aussage
$\mathcal{A}$ f\"{u}r diese Folge erf\"{u}llt ist (wie wir bereits
festgestellt haben), ist also auch die Aussage $\mathcal{G}$ f\"{u}r diese
Folge erf\"{u}llt. Wie im Ersten Beweis von Satz 1.1 folgern wir hieraus,
da\ss \ Satz 1.1 gilt.

\subsection{Beweis von Satz 2.1: Einleitung}

Jetzt haben wir bereits zwei Beweise von Satz 1.1, aber zu beiden fehlt noch
eine Herleitung von Satz 2.1. Es ist auf verschiedene Arten m\"{o}glich, Satz
2.1 zu beweisen; auch verallgemeinern l\"{a}\ss t er sich mehrfach. Wir werden
ihn sp\"{a}ter (in Abschnitt 4.4) auch noch um zwei \"{a}quivalente Aussagen
erweitern, und danach (Abschnitt 7) auch noch weiter ausdehnen. Ein Beweis von
Satz 2.1, sogar mehrfach verallgemeinert, ist in [3] zu finden.\footnote{Und
zwar erh\"{a}lt man Satz 2.1, indem man man Theorem 15 in [3] auf den Fall
$N=\mathbb{N}_{+}$ anwendet. Man beachte, da\ss \ die Aussagen, die wir hier
mit $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$, $\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$,
$\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$ und $\mathcal{H}$ bezeichnet haben, in [3] auf
die Namen $\mathcal{C}_{\varnothing}$, $\mathcal{D}_{\varnothing}$,
$\mathcal{D}_{\varnothing}^{\prime}$, $\mathcal{E}_{\varnothing}$,
$\mathcal{E}_{\varnothing}^{\prime}$, $\mathcal{F}_{\varnothing}$,
$\mathcal{G}_{\varnothing}$ bzw. $\mathcal{H}_{\varnothing}$ h\"{o}ren.} Wir
wollen hier einen (in Teilen) anderen Beweis geben.

Zum Beweis von Satz 1.1 n\"{o}tig ist allerdings nur die \"{A}quivalenz
$\mathcal{A}\Longleftrightarrow\mathcal{G}$ bzw. die \"{A}quivalenz
$\mathcal{B}\Longleftrightarrow\mathcal{G}$ (je nachdem, ob wir den Ersten
oder den Zweiten Beweis nehmen wollen); die Aussagen $\mathcal{D}$ und
$\mathcal{F}$ sind ihrerseits als Zwischenschritte zum Beweis dieser
\"{A}quivalenz f\"{o}rderlich. Die Aussagen $\mathcal{C}$, $\mathcal{E}$ und
$\mathcal{H}$ k\"{o}nnten wir getrost weglassen, wenn es uns nur um den Beweis
von Satz 1.1 ginge - aber der Vollst\"{a}ndigkeit halber haben wir sie hier
aufgef\"{u}hrt und werden sie auch in den Beweis einbeziehen.

\"{U}brigens ist Aussage $\mathcal{D}$ (bzw., je nach Lesart, $\mathcal{E}$)
f\"{u}r die Folge $\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  =\left(  q^{1}%
,q^{2},q^{3},...\right)  $ auch recht bekannt - beispielsweise kam sie (in
etwas anderer Formulierung) in [6] als Aufgabe 48 in Kapitel 5 vor (allerdings
nur im Sonderfall $q=2$, wobei die L\"{o}sung auch f\"{u}r jedes $q\geq0$
durchgeht, jedoch nicht f\"{u}r $q<0$; wir werden uns diesen L\"{o}sungsweg
noch in Abschnitt 5 genauer ansehen).

\subsection{Die Dirichletfaltung}

Zum Beweis von Satz 2.1 wollen wir erstmal eine Notation einf\"{u}hren.
Mehrere der Aussagen von Satz 2.1 enthalten Summen, in denen \"{u}ber Teiler
$d$ von $n$ summiert wird, und in der Summe kommen $d$ und $\dfrac{n}{d}$ vor.
Einige solche Summen kennt man in der Zahlentheorie unter dem Begriff
\textit{Dirichlet-Faltungen}. Diese Dirichlet-Faltungen sind f\"{u}r die
elementare und die analytische Zahlentheorie recht wichtig und kommen in den
meisten B\"{u}chern dar\"{u}ber (z. B. [5], Kapitel 2, Abschnitt 3) vor. Bevor
wir definieren, was eine Dirichlet-Faltung ist, vereinbaren wir eine Notation:

\begin{quote}
\textbf{Definition (Zahlenfunktion, }$\varepsilon$\textbf{, }%
$\operatorname*{id}$\textbf{ und }$\underline{1}$\textbf{):} Unter einer
\textit{Zahlenfunktion} verstehen wir im Folgenden eine Funktion von
$\mathbb{N}_{+}$ nach $\mathbb{Z}$. Insbesondere sind $\phi$ und $\mu$ zwei
Zahlenfunktionen. Wir definieren eine weitere Zahlenfunktion $\varepsilon
:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ durch%
\[
\left(  \varepsilon\left(  n\right)  =\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
1,\text{ wenn }n=1;\\
0,\text{ wenn }n>1
\end{array}
\right.  \text{ f\"{u}r jedes }n\in\mathbb{N}_{+}\right)  .
\]
Eine weitere Zahlenfunktion ist $\operatorname*{id}:\mathbb{N}_{+}%
\rightarrow\mathbb{N}_{+}$, definiert durch
\[
\left(  \operatorname*{id}\left(  n\right)  =n\text{ f\"{u}r alle }%
n\in\mathbb{N}_{+}\right)  .
\]
Eine andere Zahlenfunktion ist $\underline{1}:\mathbb{N}_{+}\rightarrow
\left\{  1\right\}  $, definiert durch%
\[
\left(  \underline{1}\left(  n\right)  =1\text{ f\"{u}r alle }n\in
\mathbb{N}_{+}\right)  .
\]


\textbf{Definition (Gleichsetzung von Folgen mit Zahlenfunktionen):} F\"{u}r
jede unendliche Folge $\left(  a_{1},a_{2},a_{3},...\right)  $ ganzer Zahlen
k\"{o}nnen wir eine Zahlenfunktion $a:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$
definieren durch%
\[
\left(  a\left(  n\right)  =a_{n}\text{ f\"{u}r jedes }n\in\mathbb{N}%
_{+}\right)  .
\]
Umgekehrt entsteht jede Zahlenfunktion $a:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$
auf diese Weise aus genau einer unendlichen Folge $\left(  a_{1},a_{2}%
,a_{3},...\right)  $ ganzer Zahlen. Somit k\"{o}nnen wir unendliche Folgen
ganzer Zahlen, deren Folgenglieder mit $1$, $2$, $3$, $...$ indiziert sind,
gleichsetzen mit Zahlenfunktionen. Die Zahlenfunktion $\varepsilon$ ist auf
diese Weise gleichgesetzt mit der Folge $\left(  1,0,0,0,...\right)  $ (mit
einer Eins am Anfang und sonst nur Nullen). Die Zahlenfunktion
$\operatorname*{id}$ entspricht der Folge $\left(  1,2,3,4,...\right)  $. Die
Zahlenfunktion $\underline{1}$ entspricht der Folge $\left(
1,1,1,1,...\right)  $. Auch die Folge $\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  $
aus Satz 2.1 entspricht einer Zahlenfunktion; wir werden im Beweis von Satz
2.1 diese Zahlenfunktion mit $b$ bezeichnen (und ebenso die anderen
vorkommenden Folgen durch die entsprechenden Zahlenfunktionen ersetzen).

\textbf{Definition (Dirichlet-Faltung):} Nun ist die
\textit{Dirichlet-Faltung} zweier Zahlenfunktionen $f$ und $g$ eine neue
Zahlenfunktion, genannt $f\ast g$ und definiert durch%
\begin{equation}
\left(  \left(  f\ast g\right)  \left(  n\right)  =\sum_{d\mid n}f\left(
d\right)  g\left(  \dfrac{n}{d}\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle
}n\in\mathbb{N}_{+}\right)  . \label{*}%
\end{equation}
Diese Definition l\"{a}\ss t sich auch folgenderma\ss en "symmetrischer"
hinschreiben:%
\begin{equation}
\left(  \left(  f\ast g\right)  \left(  n\right)  =\sum
\limits_{\substack{\left(  d,e\right)  \in\mathbb{N}_{+}^{2};\\de=n}}f\left(
d\right)  g\left(  e\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }%
n\in\mathbb{N}_{+}\right)  . \label{*de}%
\end{equation}



\end{quote}

Aus dieser "symmetrischen" Definition (\ref{*de}) folgt sofort $f\ast g=g\ast
f$ f\"{u}r zwei beliebige Zahlenfunktionen $f$ und $g$\ \ \ \ \footnote{denn
f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ ist
\begin{align*}
\left(  f\ast g\right)  \left(  n\right)   &  =\sum\limits_{\substack{\left(
d,e\right)  \in\mathbb{N}_{+}^{2};\\de=n}}f\left(  d\right)  g\left(
e\right)  =\sum\limits_{\substack{\left(  d,e\right)  \in\mathbb{N}_{+}%
^{2};\\de=n}}g\left(  e\right)  f\left(  d\right) \\
&  =\sum\limits_{\substack{\left(  e,d\right)  \in\mathbb{N}_{+}^{2}%
;\\ed=n}}g\left(  d\right)  f\left(  e\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\text{hier haben wir }\left(  d,e\right)  \text{ in }\left(  e,d\right)
\text{ umbenannt}\right) \\
&  =\sum\limits_{\substack{\left(  d,e\right)  \in\mathbb{N}_{+}^{2}%
;\\de=n}}g\left(  d\right)  f\left(  e\right)  =\left(  g\ast f\right)
\left(  n\right)
\end{align*}
}. Das hei\ss t, die Dirichlet-Faltung $\ast$ ist kommutativ. Ferner sieht man
leicht ein, da\ss \ $\ast$ assoziativ ist, d. h. da\ss \ $\left(  f\ast
g\right)  \ast h=f\ast\left(  g\ast h\right)  $ f\"{u}r je drei
Zahlenfunktionen $f$, $g$ und $h$ gilt\footnote{\textit{Beweis:} F\"{u}r jedes
$n\in\mathbb{N}_{+}$ ist%
\begin{align*}
&  \left(  \left(  f\ast g\right)  \ast h\right)  \left(  n\right) \\
&  =\sum\limits_{\substack{\left(  d,e\right)  \in\mathbb{N}_{+}^{2}%
;\\de=n}}\left(  f\ast g\right)  \left(  d\right)  h\left(  e\right)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach (\ref{*de}), angewendet auf }f\ast
g\text{ und }h\text{ anstelle von }f\text{ bzw. }g\right) \\
&  =\sum\limits_{\substack{\left(  d,e\right)  \in\mathbb{N}_{+}^{2}%
;\\de=n}}\sum_{\substack{\left(  r,s\right)  \in\mathbb{N}_{+}^{2}%
;\\rs=d}}f\left(  r\right)  g\left(  s\right)  h\left(  e\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn f\"{u}r jedes }d\text{ ist }\left(  f\ast g\right)  \left(
d\right)  =\sum\limits_{\substack{\left(  r,s\right)  \in\mathbb{N}_{+}%
^{2};\\rs=d}}f\left(  r\right)  g\left(  s\right)  \text{ nach (\ref{*de})
(angewandt auf }d\text{ statt }n\text{),}\\
\text{wobei die Indizes }d\text{ und }e\text{ aus der Gleichung (\ref{*de})
hier in }r\text{ bzw. }s\text{ umbenannt wurden}%
\end{array}
\right) \\
&  =\sum_{d\in\mathbb{N}_{+}}\sum_{\substack{e\in\mathbb{N}_{+};\\de=n}%
}\sum_{r\in\mathbb{N}_{+}}\sum_{\substack{s\in\mathbb{N}_{+};\\rs=d}}f\left(
r\right)  g\left(  s\right)  h\left(  e\right)  =\sum_{r\in\mathbb{N}_{+}}%
\sum_{s\in\mathbb{N}_{+}}\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}_{+};\\rs=d}%
}\sum_{\substack{e\in\mathbb{N}_{+};\\de=n}}f\left(  r\right)  g\left(
s\right)  h\left(  e\right) \\
&  =\sum_{r\in\mathbb{N}_{+}}\sum_{s\in\mathbb{N}_{+}}\sum_{\substack{e\in
\mathbb{N}_{+};\\rse=n}}f\left(  r\right)  g\left(  s\right)  h\left(
e\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn }\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{+};\\rs=d}}\sum
\limits_{\substack{e\in\mathbb{N}_{+};\\de=n}}f\left(  r\right)  g\left(
s\right)  h\left(  e\right)  =\sum\limits_{\substack{e\in\mathbb{N}%
_{+};\\rse=n}}f\left(  r\right)  g\left(  s\right)  h\left(  e\right)  \text{,
weil eine Summe der Form }\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{+}%
;\\rs=d}}...\\
\text{immer nur aus einem Summanden besteht (n\"{a}mlich aus dem Summanden
f\"{u}r }d=rs\text{)}%
\end{array}
\right) \\
&  =\sum\limits_{\substack{\left(  r,s,e\right)  \in\mathbb{N}_{+}%
^{3};\\rse=n}}f\left(  r\right)  g\left(  s\right)  h\left(  e\right)
\end{align*}
und analog%
\[
\left(  f\ast\left(  g\ast h\right)  \right)  \left(  n\right)  =\sum
\limits_{\substack{\left(  d,r,s\right)  \in\mathbb{N}_{+}^{3};\\drs=n}%
}f\left(  d\right)  g\left(  r\right)  h\left(  s\right)  .
\]
Da sich die Summen $\sum\limits_{\substack{\left(  r,s,e\right)  \in
\mathbb{N}_{+}^{3};\\rse=n}}f\left(  r\right)  g\left(  s\right)  h\left(
e\right)  $ und $\sum\limits_{\substack{\left(  d,r,s\right)  \in
\mathbb{N}_{+}^{3};\\drs=n}}f\left(  d\right)  g\left(  r\right)  h\left(
s\right)  $ nur in der Benennung ihrer Indizes unterscheiden, haben sie den
gleichen Wert, und somit ist $\left(  \left(  f\ast g\right)  \ast h\right)
\left(  n\right)  =\left(  f\ast\left(  g\ast h\right)  \right)  \left(
n\right)  $ f\"{u}r alle $n$, also $\left(  f\ast g\right)  \ast
h=f\ast\left(  g\ast h\right)  $, was zu beweisen war.}. Folglich k\"{o}nnen
wir von der Zahlenfunktion $f\ast g\ast h$ sprechen, ohne Klammern setzen zu
m\"{u}ssen (gemeint ist damit nat\"{u}rlich die Zahlenfunktion $\left(  f\ast
g\right)  \ast h$, die gleichzeitig auch die Zahlenfunktion $f\ast\left(
g\ast h\right)  $ ist). Schlie\ss lich gilt f\"{u}r jede Zahlenfunktion $f$
die Gleichung $\varepsilon\ast f=f\ast\varepsilon=f$, wobei $\varepsilon$ die
Zahlenfolge $\left(  1,0,0,0,...\right)  $ (mit $\varepsilon_{1}=1$ und
$\varepsilon_{i}=0$ f\"{u}r alle $i>1$) ist\footnote{denn f\"{u}r alle
$n\in\mathbb{N}_{+}$ ist%
\begin{align*}
\left(  f\ast\varepsilon\right)  \left(  n\right)   &  =\sum
\limits_{\substack{\left(  d,e\right)  \in\mathbb{N}_{+}^{2};\\de=n}}f\left(
d\right)  \varepsilon\left(  e\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach
(\ref{*de})}\right) \\
&  =f\left(  n\right)  \underbrace{\varepsilon\left(  1\right)  }_{=1}%
+\sum\limits_{\substack{\left(  d,e\right)  \in\mathbb{N}_{+}^{2}%
;\\de=n;\ e>1}}f\left(  d\right)  \underbrace{\varepsilon\left(  e\right)
}_{=0\text{ (da }e>1\text{)}}=f\left(  n\right)  \cdot1+\sum
\limits_{\substack{\left(  d,e\right)  \in\mathbb{N}_{+}^{2};\\de=n;\ e>1}%
}f\left(  d\right)  \cdot0=f\left(  n\right)  +0=f\left(  n\right)
\end{align*}
und analog $\left(  \varepsilon\ast f\right)  \left(  n\right)  =f\left(
n\right)  $}. Dies alles bedeutet, da\ss \ die Zahlenfunktionen mit der
Verkn\"{u}pfung $\ast$ und dem neutralen Element $\varepsilon$ ein abelsches
Monoid bilden; das hei\ss t, man kann die Dirichlet-Faltung $\ast$ als eine
Art Multiplikation von Zahlenfunktionen deuten, und die Zahlenfolge
$\varepsilon$ als eine Art Eins.

Nun stellt sich heraus, da\ss \ die Zahlenfunktionen $\phi$, $\mu$,
$\varepsilon$, $\underline{1}$ und $\operatorname*{id}$ unter der
Verkn\"{u}pfung $\ast$ sich auf diverse Weisen interessant verhalten:

\begin{quote}
\textbf{Satz 2.4:} \textbf{(a)} Es gilt $\phi\ast\underline{1}%
=\operatorname*{id}$. Mit anderen Worten: F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$
ist%
\[
\sum_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  =n.
\]


\textbf{(b)} Es gilt $\mu\ast\underline{1}=\varepsilon$. Mit anderen Worten:
F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ ist%
\[
\sum_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  =\varepsilon\left(  n\right)  =\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
1,\text{ wenn }n=1;\\
0,\text{ wenn }n>1
\end{array}
\right.  .
\]


\textbf{(c)} Es gilt $\mu\ast\operatorname*{id}=\phi$. Mit anderen Worten:
F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ ist%
\[
\sum_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  \dfrac{n}{d}=\phi\left(  n\right)  .
\]

\end{quote}

Dies sind nur $3$ von den $\dfrac{5\left(  5+1\right)  }{2}=15$ m\"{o}glichen
Dirichlet-Faltungen, die man aus den f\"{u}nf Zahlenfunktionen $\phi$, $\mu$,
$\varepsilon$, $\underline{1}$ und $\operatorname*{id}$ bilden kann.
Nat\"{u}rlich sind die $5$ Faltungen, die man mit $\varepsilon$ bilden kann,
trivial (denn $\varepsilon\ast f=f\ast\varepsilon=f$ f\"{u}r jede
Zahlenfunktion $f$). \"{U}ber einige der anderen $15-3-5=7$ Faltungen
l\"{a}\ss t sich auch etwas aussagen. So ist $\phi\ast\operatorname*{id}$ die
Funktion, die jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ in $\sum\limits_{k=1}^{n}%
\operatorname*{ggT}\left(  k,n\right)  $ \"{u}berf\"{u}hrt
(\"{U}bungsaufgabe!); diese Funktion war Gegenstand einer f\"{u}r die IMO 2004
vorgeschlagenen Aufgabe (siehe [4]). Die Funktion $\underline{1}%
\ast\underline{1}$ ordnet jedem $n\in\mathbb{N}_{+}$ die Anzahl der Teiler von
$n$ zu. Die Funktion $\underline{1}\ast\operatorname*{id}$ ordnet jedem
$n\in\mathbb{N}_{+}$ die Summe der Teiler von $n$ zu.

Wir wenden uns aber nun dem \textit{Beweis von Satz 2.4} zu:

\textbf{(a)} Sei $n\in\mathbb{N}_{+}$. F\"{u}r jeden Teiler $d$ von $n$ sei
$V_{d}$ die Menge aller Zahlen $i\in\left\{  1,2,...,\dfrac{n}{d}\right\}  $,
die zu $\dfrac{n}{d}$ teilerfremd sind. Die M\"{a}chtigkeit $\left\vert
V_{d}\right\vert $ dieser Menge $V_{d}$ ist dann die Anzahl aller solchen
Zahlen, also $\phi\left(  \dfrac{n}{d}\right)  $. Andererseits gibt es eine
Bijektion%
\[
V_{d}\rightarrow\left\{  j\in\left\{  1,2,...,n\right\}  \mid
\operatorname*{ggT}\left(  j,n\right)  =d\right\}
,\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{gegeben durch }i\mapsto id.
\]
\footnote{Denn einerseits liegt f\"{u}r jedes $i\in V_{d}$ die Zahl $id$ in
der Menge $\left\{  1,2,...,n\right\}  $ und erf\"{u}llt $\operatorname*{ggT}%
\left(  id,n\right)  =d$ (denn $\operatorname*{ggT}\left(  id,n\right)
=\operatorname*{ggT}\left(  id,\dfrac{n}{d}d\right)  =\operatorname*{ggT}%
\left(  i,\dfrac{n}{d}\right)  d =d$, weil $\operatorname*{ggT}\left(
i,\dfrac{n}{d}\right)  =1$, denn $i\in V_{d}$), andererseits aber hat jedes
Element $j$ der Menge $\left\{  j\in\left\{  1,2,...,n\right\}  \mid
\operatorname*{ggT}\left(  j,n\right)  =d\right\}  $ die Form $id$ f\"{u}r ein
$i\in V_{d}$ (n\"{a}mlich f\"{u}r $i=\dfrac{j}{d}$).}. Somit ist $\left\vert
\left\{  j\in\left\{  1,2,...,n\right\}  \mid\operatorname*{ggT}\left(
j,n\right)  =d\right\}  \right\vert =\left\vert V_{d}\right\vert $. Wegen
$\left\vert V_{d}\right\vert =\phi\left(  \dfrac{n}{d}\right)  $ wird dies zu%
\begin{equation}
\left\vert \left\{  j\in\left\{  1,2,...,n\right\}  \mid\operatorname*{ggT}%
\left(  j,n\right)  =d\right\}  \right\vert =\phi\left(  \dfrac{n}{d}\right)
. \label{phi(n/d)}%
\end{equation}


Andererseits ist die Menge $\left\{  1,2,...,n\right\}  $ die Vereinigung der
paarweise disjunkten Mengen $\left\{  j\in\left\{  1,2,...,n\right\}
\mid\operatorname*{ggT}\left(  j,n\right)  =d\right\}  $ f\"{u}r
$d\in\mathbb{N}_{\mid n}$ \ \ \ \ \footnote{Denn jedes Element $x\in\left\{
1,2,...,n\right\}  $ liegt in der Menge $\left\{  j\in\left\{
1,2,...,n\right\}  \mid\operatorname*{ggT}\left(  j,n\right)  =d\right\}  $
f\"{u}r genau ein $d\in\mathbb{N}_{\mid n}$, n\"{a}mlich f\"{u}r
$d=\operatorname*{ggT}\left(  x,n\right)  $.}. Also ist%
\[
\left\vert \left\{  1,2,...,n\right\}  \right\vert =\sum_{d\in\mathbb{N}_{\mid
n}}\left\vert \left\{  j\in\left\{  1,2,...,n\right\}  \mid\operatorname*{ggT}%
\left(  j,n\right)  =d\right\}  \right\vert =\sum_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}%
}\phi\left(  \dfrac{n}{d}\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach
(\ref{phi(n/d)})}\right)  .
\]
Wegen $\left\vert \left\{  1,2,...,n\right\}  \right\vert =n$ wird dies zu
$n=\sum\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}}\phi\left(  \dfrac{n}{d}\right)  $.
Also ist%
\begin{align*}
\left(  \phi\ast\underline{1}\right)  \left(  n\right)   &  =\left(
\underline{1}\ast\phi\right)  \left(  n\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\text{da }\phi\ast\underline{1}=\underline{1}\ast\phi\text{, wegen der
Kommutativit\"{a}t von }\ast\right) \\
&  =\sum\limits_{d\mid n} \underbrace{\underline{1}\left(  d\right)  }%
_{=1}\phi\left(  \dfrac{n}{d}\right)  =\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(
\dfrac{n}{d}\right)  =\sum\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}}\phi\left(
\dfrac{n}{d}\right)  =n=\operatorname*{id}\left(  n\right)  .
\end{align*}
Da dies f\"{u}r alle $n\in\mathbb{N}_{+}$ gilt, haben wir also gezeigt,
da\ss \ $\phi\ast\underline{1}=\operatorname*{id}$ gilt. Mit anderen Worten:
F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ ist $\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(
d\right)  =n$ (denn $\left(  \phi\ast\underline{1}\right)  \left(  n\right)
=\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  \underbrace{\underline{1}\left(
\dfrac{n}{d}\right)  }_{=1}=\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  $ und
$\operatorname*{id}\left(  n\right)  =n$). Damit ist Satz 2.4 \textbf{(a)} gezeigt.

\textbf{(b)} Sei $\operatorname{PF}n$ die Menge aller Primteiler von $n$.
Offensichtlich ist $\operatorname{PF}n$ eine endliche Menge. Wir bezeichnen
mit $\mathcal{P}\left(  \operatorname{PF}n\right)  $ ihre Potenzmenge. Wir
definieren eine Abbildung%
\[
L:\mathcal{P}\left(  \operatorname{PF}n\right)  \rightarrow\mathbb{N}_{\mid
n}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{durch}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ L\left(  S\right)
=\prod\limits_{p\in S}p\text{ f\"{u}r jede Teilmenge }S\ \text{von
}\operatorname{PF}n.
\]
Diese Abbildung ist wohldefiniert\footnote{Denn f\"{u}r jede Menge
$S\in\mathcal{P}\left(  \operatorname{PF}n\right)  $ ist $\prod\limits_{p\in
S}p\in\mathbb{N}_{\mid n}$, denn jede der paarweise verschiedenen Primzahlen
$p\in S$ ist ein Primteiler von $n$, und somit ist auch ihr Produkt
$\prod\limits_{p\in S}p$ ein Teiler von $n$.} und injektiv\footnote{Denn
w\"{a}ren $S$ und $S^{\prime}$ zwei verschiedene Teilmengen von
$\operatorname{PF}n$ mit $L\left(  S\right)  =L\left(  S^{\prime}\right)  $,
dann w\"{a}re $\prod\limits_{p\in S}p=L\left(  S\right)  =L\left(  S^{\prime
}\right)  =\prod\limits_{p\in S^{\prime}}p$ eine nat\"{u}rliche Zahl mit zwei
verschiedenen Primfaktorzerlegungen, was nicht m\"{o}glich ist.}.

Andererseits ist%
\begin{equation}
\sum_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  =\sum_{d\in\mathbb{N}\mid_{n}}\mu\left(
d\right)  =\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}\mid_{n};\\\mu\left(  d\right)
\neq0}}\mu\left(  d\right)  +\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}\mid_{n}%
;\\\mu\left(  d\right)  =0}}\underbrace{\mu\left(  d\right)  }_{=0}%
=\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}\mid_{n};\\\mu\left(  d\right)  \neq0}%
}\mu\left(  d\right)  +\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}\mid_{n};\\\mu\left(
d\right)  =0}}0=\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}\mid_{n};\\\mu\left(  d\right)
\neq0}}\mu\left(  d\right)  . \label{2.4.b.pf1}%
\end{equation}
Nun erf\"{u}llt ein Teiler $d$ von $n$ aber genau dann $\mu\left(  d\right)
\neq0$, wenn $d$ ein Produkt von paarweise verschiedenen Primzahlen ist (nach
der Definition von $\mu$), d. h. wenn $d$ ein Produkt von paarweise
verschiedenen Elementen der Menge $\operatorname{PF}n$ ist (denn Primfaktoren,
die nicht in $\operatorname{PF}n$ liegen, kann $d$ nicht haben, weil $d$ ein
Teiler von $n$ ist), d. h. wenn $d=\prod\limits_{p\in S}p$ f\"{u}r eine
Teilmenge $S$ von $\operatorname{PF}n$ ist, d. h. wenn $d=L\left(  S\right)  $
f\"{u}r ein $S\in\mathcal{P}\left(  \operatorname{PF}n\right)  $ ist, d. h.
wenn $d\in L\left(  \mathcal{P}\left(  \operatorname{PF}n\right)  \right)  $ ist.

Wir haben also%
\[
\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}\mid_{n};\\\mu\left(  d\right)  \neq0}%
}\mu\left(  d\right)  =\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}\mid_{n};\\d\in L\left(
\mathcal{P}\left(  \operatorname{PF}n\right)  \right)  }}\mu\left(  d\right)
=\sum_{S\in\mathcal{P}\left(  \operatorname{PF}n\right)  }\mu\left(  L\left(
S\right)  \right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{weil }L\text{ injektiv
ist}\right)  .
\]
Zusammen mit (\ref{2.4.b.pf1}) f\"{u}hrt dies auf%
\[
\sum_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  =\sum_{S\in\mathcal{P}\left(
\operatorname{PF}n\right)  }\mu\left(  L\left(  S\right)  \right)  .
\]
Doch f\"{u}r jede Menge $S\in\mathcal{P}\left(  \operatorname{PF}n\right)  $
ist $\mu\left(  L\left(  S\right)  \right)  =\left(  -1\right)  ^{\left\vert
S\right\vert }$\ \ \ \ \footnote{Denn $L\left(  S\right)  =\prod\limits_{p\in
S}p$ ist ein Produkt von paarweise verschiedenen Primzahlen, und nach der
Definition von $\mu$ ist somit $\mu\left(  L\left(  S\right)  \right)  =1$,
wenn es gerade viele Primzahlen sind (also wenn $\left\vert S\right\vert $
gerade ist), und $\mu\left(  L\left(  S\right)  \right)  =-1$, wenn es
ungerade viele Primzahlen sind (also wenn $\left\vert S\right\vert $ ungerade
ist); in beiden F\"{a}llen ist also $\mu\left(  L\left(  S\right)  \right)
=\left(  -1\right)  ^{\left\vert S\right\vert }$.}. Somit ist%
\begin{align*}
\sum_{d\mid n}\mu\left(  d\right)   &  =\sum_{S\in\mathcal{P}\left(
\operatorname{PF}n\right)  }\underbrace{\mu\left(  L\left(  S\right)  \right)
}_{=\left(  -1\right)  ^{\left\vert S\right\vert }}=\sum_{S\in\mathcal{P}%
\left(  \operatorname{PF}n\right)  }\left(  -1\right)  ^{\left\vert
S\right\vert }=\sum_{k=0}^{\left\vert \operatorname{PF}n\right\vert }%
\sum_{\substack{S\in\mathcal{P}\left(  \operatorname{PF}n\right)
;\\\left\vert S\right\vert =k}}\underbrace{\left(  -1\right)  ^{\left\vert
S\right\vert }}_{=\left(  -1\right)  ^{k}}\\
&  =\sum_{k=0}^{\left\vert \operatorname{PF}n\right\vert }\underbrace{\sum
_{\substack{S\in\mathcal{P}\left(  \operatorname{PF}n\right)  ;\\\left\vert
S\right\vert =k}}\left(  -1\right)  ^{k}}_{=\left\vert \left\{  S\in
\mathcal{P}\left(  \operatorname{PF}n\right)  \ \mid\ \left\vert S\right\vert
=k\right\}  \right\vert \cdot\left(  -1\right)  ^{k}}=\sum_{k=0}^{\left\vert
\operatorname{PF}n\right\vert }\underbrace{\left\vert \left\{  S\in
\mathcal{P}\left(  \operatorname{PF}n\right)  \ \mid\ \left\vert S\right\vert
=k\right\}  \right\vert }_{\substack{=\dbinom{\left\vert \operatorname{PF}%
n\right\vert }{k}\text{ (nach der kombinatorischen}\\\text{Definition von
Binomialkoeffizienten)}}}\cdot\left(  -1\right)  ^{k}\\
&  =\sum_{k=0}^{\left\vert \operatorname{PF}n\right\vert }\dbinom{\left\vert
\operatorname{PF}n\right\vert }{k}\cdot\left(  -1\right)  ^{k}=\left(
1+\left(  -1\right)  \right)  ^{\left\vert \operatorname{PF}n\right\vert
}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach der binomischen Formel}\right) \\
&  =0^{\left\vert \operatorname{PF}n\right\vert }=\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
1,\text{ wenn }\left\vert \operatorname{PF}n\right\vert =0;\\
0,\text{ wenn }\left\vert \operatorname{PF}n\right\vert >0
\end{array}
\right. \\
&  =\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
1,\text{ wenn }n=1;\\
0,\text{ wenn }n>1
\end{array}
\right.  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn }\left\vert \operatorname{PF}n\right\vert =0\text{ gilt genau dann,
wenn }n=1\text{,}\\
\text{und sonst gilt }\left\vert \operatorname{PF}n\right\vert >0
\end{array}
\right) \\
&  =\varepsilon\left(  n\right)  .
\end{align*}
Wegen $\left(  \mu\ast\underline{1}\right)  \left(  n\right)  =\sum
\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  \underbrace{\underline{1}\left(
\dfrac{n}{d}\right)  }_{=1}=\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  $ ist
dies \"{a}quivalent zu $\left(  \mu\ast\underline{1}\right)  \left(  n\right)
=\varepsilon\left(  n\right)  $. Da dies f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$
gilt, ist also $\mu\ast\underline{1}=\varepsilon$, und der Beweis von Satz 2.4
\textbf{(b)} ist komplett.

\textbf{(c)} Wir k\"{o}nnten Satz 2.4 \textbf{(c)} "zu Fu\ss " bewiesen, indem
wir $\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  \dfrac{n}{d}=\phi\left(
n\right)  $ durch kombinatorische \"{U}berlegungen nachweisen (diesen Beweis
habe ich in [3], im Beweis von Theorem 6 durchgezogen; der Leser kann ihn sich
auch als \"{U}bungsaufgabe \"{u}berlegen). Hier wollen wir aber einen anderen
Beweis von Satz 2.4 \textbf{(c)} zeigen; und zwar wollen wir Satz 2.4
\textbf{(c)} in wenigen Zeilen aus dem bereits bewiesenen herleiten: Nach Satz
2.4 \textbf{(a)} ist $\operatorname*{id}=\phi\ast\underline{1}=\underline{1}%
\ast\phi$ (wegen der Kommutativit\"{a}t von $\ast$). Also ist%
\begin{align*}
\mu\ast\operatorname*{id}  &  =\mu\ast\left(  \underline{1}\ast\phi\right)
=\left(  \mu\ast\underline{1}\right)  \ast\phi\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\text{nach der Assoziativit\"{a}t von }\ast\right) \\
&  =\varepsilon\ast\phi\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{da }\mu
\ast\underline{1}=\varepsilon\text{ nach Satz 2.4 \textbf{(b)}}\right) \\
&  =\phi,
\end{align*}
und Satz 2.4 \textbf{(c)} ist bewiesen. (Auswertung von $\mu\ast
\operatorname*{id}=\phi$ an der Stelle $n$ f\"{u}hrt auf $\sum\limits_{d\mid
n}\mu\left(  d\right)  \dfrac{n}{d}=\phi\left(  n\right)  $.) Dieser Beweis
zeigt, wie man Aussagen \"uber die Dirichlet-Faltung recht schnell beweisen
kann, sobald man einige grundlegende Eigenschaften der Dirichlet-Faltung
(Assoziativit\"at und Kommutativit\"at, sowie Satz 2.4 \textbf{(a)} und
\textbf{(b)}) erst einmal nachgewiesen hat.

\begin{quote}


\textbf{Definition (punktweises Produkt):} Nun definieren wir eine weitere
Verkn\"{u}pfung von Zahlenfunktionen, und zwar eine viel simplere: das
\textit{punktweise Produkt}. Und zwar definieren wir f\"{u}r je zwei
Zahlenfunktionen $f$ und $g$ eine Zahlenfunktion $f\cdot g$ durch%
\[
\left(  \left(  f\cdot g\right)  \left(  n\right)  =f\left(  n\right)
g\left(  n\right)  \text{ f\"{u}r alle }n\in\mathbb{N}_{+}\right)  .
\]
Diese Zahlenfunktion $f\cdot g$ nennen wir das \textit{punktweise Produkt} der
Zahlenfunktionen $f$ und $g$.
\end{quote}

Es ist klar, da\ss \ das punktweise Produkt kommutativ ist (d. h.
da\ss \ $f\cdot g=g\cdot f$ f\"{u}r beliebige Zahlenfunktionen $f$ und $g$
gilt), assoziativ ist (also $\left(  f\cdot g\right)  \cdot h=f\cdot\left(
g\cdot h\right)  $ f\"{u}r je drei Zahlenfunktionen $f,$ $g$ und $h$) und
da\ss \ $f\cdot\underline{1}=\underline{1}\cdot f=f$ f\"{u}r jede
Zahlenfunktion $f$ ist. Die Eigenschaft des punktweisen Produktes, die uns am
meisten interessiert, ist aber folgende:

\begin{quote}
\textbf{Satz 2.5:} F\"{u}r je zwei Zahlenfunktionen $f$ und $g$ ist%
\[
\left(  \operatorname*{id}\cdot f\right)  \ast\left(  \operatorname*{id}\cdot
g\right)  =\operatorname*{id}\cdot\left(  f\ast g\right)  .
\]

\end{quote}

\textit{Beweis von Satz 2.5:} F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ ist%
\begin{align*}
\left(  \left(  \operatorname*{id}\cdot f\right)  \ast\left(
\operatorname*{id}\cdot g\right)  \right)  \left(  n\right)   &  =\sum_{d\mid
n}\underbrace{\left(  \operatorname*{id}\cdot f\right)  \left(  d\right)
}_{=\operatorname*{id}\left(  d\right)  f\left(  d\right)  =df\left(
d\right)  }\cdot\underbrace{\left(  \operatorname*{id}\cdot g\right)  \left(
\dfrac{n}{d}\right)  }_{=\operatorname*{id}\left(  \dfrac{n}{d}\right)
g\left(  \dfrac{n}{d}\right)  =\dfrac{n}{d}g\left(  \dfrac{n}{d}\right)
}=\sum_{d\mid n}df\left(  d\right)  \dfrac{n}{d}g\left(  \dfrac{n}{d}\right)
\\
&  =\sum_{d\mid n}nf\left(  d\right)  g\left(  \dfrac{n}{d}\right)
=\underbrace{n}_{=\operatorname*{id}\left(  n\right)  }\underbrace{\sum_{d\mid
n}f\left(  d\right)  g\left(  \dfrac{n}{d}\right)  }_{=\left(  f\ast g\right)
\left(  n\right)  }=\operatorname*{id}\left(  n\right)  \left(  f\ast
g\right)  \left(  n\right) \\
&  =\left(  \operatorname*{id}\cdot\left(  f\ast g\right)  \right)  \left(
n\right)  .
\end{align*}
Also ist $\left(  \operatorname*{id}\cdot f\right)  \ast\left(
\operatorname*{id}\cdot g\right)  =\operatorname*{id}\cdot\left(  f\ast
g\right)  $, und Satz 2.5 ist bewiesen.

Schlie\ss lich brauchen wir noch eine Eigenschaft der Dirichlet-Faltung:
N\"{a}mlich kann man sich fragen, wann eine Zahlenfunktion $f$ ein Inverses
bez\"{u}glich $\ast$ hat, also eine Zahlenfunktion $f^{\prime}$ mit $f\ast
f^{\prime}=f^{\prime}\ast f=\varepsilon$ existiert. Klar ist, da\ss \ $\mu$
und $\underline{1}$ je ein Inverses haben (denn nach Satz 2.4 \textbf{(b)}
sind $\mu$ und $\underline{1}$ gegenseitig invers). Aber auch
$\operatorname*{id}$ und $\phi$ haben Inverse, und allgemeiner gilt:

\begin{quote}
\textbf{Satz 2.6:} Sei $f:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ eine
Zahlenfunktion. Genau dann existiert eine Zahlenfunktion $f^{\prime
}:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ mit $f\ast f^{\prime}=f^{\prime}\ast
f=\varepsilon$, wenn $\left(  f\left(  1\right)  =1\text{ oder }f\left(
1\right)  =-1\right)  $ ist.
\end{quote}

\textit{Beweis von Satz 2.6:} Eine Richtung von Satz 2.6 ist klar: wenn eine
Zahlenfunktion $f^{\prime}:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ mit $f\ast
f^{\prime}=f^{\prime}\ast f=\varepsilon$ existiert, dann ist $\left(  f\left(
1\right)  =1\text{ oder }f\left(  1\right)  =-1\right)  $%
\ \ \ \ \footnote{Denn aus $f\ast f^{\prime}=\varepsilon$ folgt $\left(  f\ast
f^{\prime}\right)  \left(  1\right)  =\varepsilon\left(  1\right)  =1$, was
wegen $\left(  f\ast f^{\prime}\right)  \left(  1\right)  =\sum\limits_{d\mid
1}f\left(  d\right)  f^{\prime}\left(  \dfrac{1}{d}\right)  =f\left(
1\right)  f^{\prime}\left(  1\right)  $ zu $f\left(  1\right)  f^{\prime
}\left(  1\right)  =1$ wird, und somit mu\ss \ $f\left(  1\right)  $ ein
Teiler von $1$ sein, also $f\left(  1\right)  =1$ oder $f\left(  1\right)
=-1$.}. Wir wollen nun die umgekehrte Richtung beweisen: Angenommen,%
\[
\left(  f\left(  1\right)  =1\text{ oder }f\left(  1\right)  =-1\right)  .
\]
Dann ist zu zeigen, da\ss \ eine Zahlenfunktion $f^{\prime}:\mathbb{N}%
_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ mit $f\ast f^{\prime}=f^{\prime}\ast f=\varepsilon$ existiert.

Wir wollen diese Zahlenfunktion $f^{\prime}:\mathbb{N}_{+}\rightarrow
\mathbb{Z}$ konstruieren, indem wir ihre Werte $f^{\prime}\left(  n\right)  $
f\"{u}r alle $n\in\mathbb{N}_{+}$ definieren. Und zwar definieren wir sie
rekursiv: Sei $n\in\mathbb{N}_{+}$.\ Wir nehmen an, wir haben alle Werte
$f^{\prime}\left(  m\right)  $ f\"{u}r $m\in\mathbb{N}_{+}$ mit $m<n$ bereits
definiert (f\"{u}r $n=1$ hei\ss t dies, da\ss \ wir noch gar nichts definiert
haben). Dann definieren wir den Wert $f^{\prime}\left(  n\right)  $ durch%
\begin{equation}
f^{\prime}\left(  n\right)  =\dfrac{1}{f\left(  1\right)  }\left(
\varepsilon\left(  n\right)  -\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n}%
;\\d<n}}f^{\prime}\left(  d\right)  f\left(  \dfrac{n}{d}\right)  \right)
\label{2.6.pf}%
\end{equation}
(wobei $\dfrac{1}{f\left(  1\right)  }$ eine ganze Zahl ist, da $\left(
f\left(  1\right)  =1\text{ oder }f\left(  1\right)  =-1\right)  $ gilt). Auf
diese Weise haben wir eine Zahlenfunktion $f^{\prime}:\mathbb{N}%
_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ definiert. Jetzt ist nur noch zu zeigen,
da\ss \ f\"{u}r diese Zahlenfunktion $f^{\prime}$ auch tats\"{a}chlich $f\ast
f^{\prime}=f^{\prime}\ast f=\varepsilon$ erf\"{u}llt ist. In der Tat gilt
f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ die Gleichung%
\begin{align*}
\left(  f^{\prime}\ast f\right)  \left(  n\right)   &  =\sum_{d\mid
n}f^{\prime}\left(  d\right)  f\left(  \dfrac{n}{d}\right)  =\sum
_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}}f^{\prime}\left(  d\right)  f\left(  \dfrac{n}%
{d}\right)  =\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d<n}}f^{\prime}\left(
d\right)  f\left(  \dfrac{n}{d}\right)  +f^{\prime}\left(  n\right)
\underbrace{f\left(  \dfrac{n}{n}\right)  }_{=f\left(  1\right)  }\\
&  =\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d<n}}f^{\prime}\left(  d\right)
f\left(  \dfrac{n}{d}\right)  +f^{\prime}\left(  n\right)  f\left(  1\right)
\\
&  =\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d<n}}f^{\prime}\left(  d\right)
f\left(  \dfrac{n}{d}\right)  +\left(  \varepsilon\left(  n\right)
-\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d<n}}f^{\prime}\left(  d\right)
f\left(  \dfrac{n}{d}\right)  \right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn nach (\ref{2.6.pf}) ist }f^{\prime
}\left(  n\right)  f\left(  1\right)  =\varepsilon\left(  n\right)
-\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d<n}}f^{\prime}\left(  d\right)
f\left(  \dfrac{n}{d}\right)  \right) \\
&  =\varepsilon\left(  n\right)  ,
\end{align*}
und somit ist $f^{\prime}\ast f=\varepsilon$, und wegen der Kommutativit\"{a}t
von $\ast$ folgt hieraus $f\ast f^{\prime}=f^{\prime}\ast f=\varepsilon$.
Damit ist auch die zweite Richtung von Satz 2.6 bewiesen.

\subsection{Beweis von Satz 2.1: $\mathcal{D}\Longleftrightarrow
\mathcal{E}\Longleftrightarrow\mathcal{F}\Longleftrightarrow\mathcal{G}$}

Nun k\"{o}nnen wir zum \textit{Beweis von Satz 2.1} schreiten. Wir
identifizieren die Folge $\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  $ mit der
durch $\left(  b\left(  n\right)  =b_{n}\text{ f\"{u}r jedes }n\in
\mathbb{N}_{+}\right)  $ definierten Zahlenfunktion $b:\mathbb{N}%
_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$. Nun f\"{u}hren wir vier neue Aussagen ein:

\begin{quote}
\textit{Aussage }$\mathcal{D}_{1}$\textit{:} Es gibt eine Zahlenfunktion
$y:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ mit $b=\left(  \operatorname*{id}\cdot
y\right)  \ast\underline{1}$.

\textit{Aussage }$\mathcal{E}_{1}$\textit{:} Es gibt \textit{genau eine}
Zahlenfunktion $y:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ mit $b=\left(
\operatorname*{id}\cdot y\right)  \ast\underline{1}$.

\textit{Aussage }$\mathcal{F}_{1}$\textit{:} Es gibt eine Zahlenfunktion
$z:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ mit $\mu\ast b=\operatorname*{id}\cdot
z$.

\textit{Aussage }$\mathcal{G}_{1}$\textit{:} Es gibt eine Zahlenfunktion
$w:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ mit $\phi\ast b=\operatorname*{id}%
\cdot w$.
\end{quote}

Wir werden nun zeigen, da\ss \ diese Aussagen $\mathcal{D}_{1}$,
$\mathcal{E}_{1}$, $\mathcal{F}_{1}$ und $\mathcal{G}_{1}$ jeweils
\"{a}quivalent zu den Aussagen $\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$, $\mathcal{F}$
bzw. $\mathcal{G}$ sind.

Wir wollen erst einmal beweisen, da\ss \ $\mathcal{D}\Longleftrightarrow
\mathcal{D}_{1}$ ist. In der Tat haben wir folgende \"{A}quivalenz von
Aussagen\footnote{Die \"{A}quivalenzen werden weiter unten genauer
begr\"{u}ndet.}:%
\begin{align*}
\mathcal{D}  &  \Longleftrightarrow\left(  \text{es gibt eine Folge }\left(
y_{1},y_{2},y_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}\text{, die }%
b_{n}=\sum_{d\mid n}dy_{d}\right. \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{ }\left.  \text{f\"{u}r jedes
}n\in\mathbb{N}_{+}\text{ erf\"{u}llt}\right) \\
&  \Longleftrightarrow\left(  \text{es gibt eine Zahlenfunktion }%
y:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}\text{, die }b\left(  n\right)
=\sum_{d\mid n}dy\left(  d\right)  \right. \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{ }\left.  \text{f\"{u}r jedes
}n\in\mathbb{N}_{+}\text{ erf\"{u}llt}\right) \\
&  \Longleftrightarrow\left(  \text{es gibt eine Zahlenfunktion }%
y:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}\text{, die }b=\left(  \operatorname*{id}%
\cdot y\right)  \ast\underline{1}\text{ erf\"{u}llt}\right)
\Longleftrightarrow\mathcal{D}_{1}.
\end{align*}
Hierbei gilt der erste \"{A}quivalenzpfeil wegen der Definition von Aussage
$\mathcal{D}$; der zweite \"{A}quivalenzpfeil ergibt sich aus der
Identifikation von Folgen mit Zahlenfunktionen; der dritte \"{A}quivalenzpfeil
kommt davon, da\ss \ die Aussage \newline$\left(  b\left(  n\right)
=\sum\limits_{d\mid n}dy\left(  d\right)  \text{ f\"{u}r jedes }n\in
\mathbb{N}_{+}\right)  $ \"{a}quivalent zu $b=\left(  \operatorname*{id}\cdot
y\right)  \ast\underline{1}$ ist \footnote{Denn f\"{u}r jedes $n\in
\mathbb{N}_{+}$ ist%
\[
\left(  \left(  \operatorname*{id}\cdot y\right)  \ast\underline{1}\right)
\left(  n\right)  =\sum_{d\mid n}\underbrace{\left(  \operatorname*{id}\cdot
y\right)  \left(  d\right)  }_{=\operatorname*{id}\left(  d\right)  y\left(
d\right)  =dy\left(  d\right)  }\underbrace{\underline{1}\left(  \dfrac{n}%
{d}\right)  }_{=1}=\sum_{d\mid n}dy\left(  d\right)  ,
\]
und somit ist $\left(  b\left(  n\right)  =\sum\limits_{d\mid n}dy\left(
d\right)  \text{ f\"{u}r jedes }n\in\mathbb{N}_{+}\right)  $ \"{a}quivalent zu
$\left(  b\left(  n\right)  =\left(  \left(  \operatorname*{id}\cdot y\right)
\ast\underline{1}\right)  \left(  n\right)  \text{ f\"{u}r jedes }%
n\in\mathbb{N}_{+}\right)  $, also zu $b=\left(  \operatorname*{id}\cdot
y\right)  \ast\underline{1}$.}; der vierte \"{A}quivalenzpfeil kommt wiederum
von der Definition von Aussage $\mathcal{D}_{1}$. Somit ist $\mathcal{D}%
\Longleftrightarrow\mathcal{D}_{1}$ bewiesen.

Genauso, wie wir gerade $\mathcal{D}\Longleftrightarrow\mathcal{D}_{1}$
gezeigt haben, l\"{a}\ss t sich $\mathcal{E}\Longleftrightarrow\mathcal{E}%
_{1}$ zeigen (man mu\ss \ nur an den richtigen Stellen "eine Folge" durch
"\textit{genau eine} Folge" bzw. "eine Zahlenfunktion" durch "\textit{genau
eine} Zahlenfunktion" ersetzen).

Kommen wir nun zum Beweis von $\mathcal{F}\Longleftrightarrow\mathcal{F}_{1}$:
Wir haben folgende \"{A}quivalenz von Aussagen\footnote{Die \"{A}quivalenzen
werden weiter unten genauer begr\"{u}ndet.}:%
\begin{align*}
\mathcal{F}  &  \Longleftrightarrow\left(  \text{f\"{u}r jedes }n\in
\mathbb{N}_{+}\text{ ist }\sum_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  b_{n\diagup d}\in
n\mathbb{Z}\right) \\
&  \Longleftrightarrow\left(  \text{f\"{u}r jedes }n\in\mathbb{N}_{+}\text{
gibt es ein }z_{n}\in\mathbb{Z}\text{ mit }\sum_{d\mid n}\mu\left(  d\right)
b_{n\diagup d}=nz_{n}\right) \\
&  \Longleftrightarrow\left(  \text{es gibt eine Folge }\left(  z_{1}%
,z_{2},z_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}\text{, die }%
\sum_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  b_{n\diagup d}=nz_{n}\right. \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{ }\left.  \text{f\"{u}r jedes
}n\in\mathbb{N}_{+}\text{ erf\"{u}llt}\right) \\
&  \Longleftrightarrow\left(  \text{es gibt eine Zahlenfunktion }%
z:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}\text{, die }\sum_{d\mid n}\mu\left(
d\right)  b\left(  \dfrac{n}{d}\right)  =nz\left(  n\right)  \right. \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{ }\left.  \text{f\"{u}r jedes
}n\in\mathbb{N}_{+}\text{ erf\"{u}llt}\right) \\
&  \Longleftrightarrow\left(  \text{es gibt eine Zahlenfunktion }%
z:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}\text{, die }\mu\ast b=\operatorname*{id}%
\cdot z\text{ erf\"{u}llt}\right)  \Longleftrightarrow\mathcal{F}_{1}.
\end{align*}
Hierbei folgt der erste \"{A}quivalenzpfeil aus der Definition von Aussage
$\mathcal{F}$; der zweite und der dritte sind offensichtlich; der vierte
\"{A}quivalenzpfeil ist der Identifizierung zwischen Folgen und
Zahlenfunktionen geschuldet; der f\"{u}nfte \"{A}quivalenzpfeil r\"{u}hrt von
der \"{A}quivalenz der Aussagen \newline$\left(  \sum\limits_{d\mid n}%
\mu\left(  d\right)  b\left(  \dfrac{n}{d}\right)  =nz\left(  n\right)  \text{
f\"{u}r jedes }n\in\mathbb{N}_{+}\right)  $ und $\mu\ast b=\operatorname*{id}%
\cdot z$\ \ \ \ \footnote{Denn f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ ist
$\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  b\left(  \dfrac{n}{d}\right)
=\left(  \mu\ast b\right)  \left(  n\right)  $ und $\underbrace{n}%
_{=\operatorname*{id}\left(  n\right)  }z\left(  n\right)  =\operatorname*{id}%
\left(  n\right)  z\left(  n\right)  =\left(  \operatorname*{id}\cdot
z\right)  \left(  n\right)  $, und somit ist die Aussage $\left(
\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  b\left(  \dfrac{n}{d}\right)
=nz\left(  n\right)  \text{ f\"{u}r jedes }n\in\mathbb{N}_{+}\right)  $
\"{a}quivalent zu $\left(  \left(  \mu\ast b\right)  \left(  n\right)
=\left(  \operatorname*{id}\cdot z\right)  \left(  n\right)  \text{ f\"{u}r
jedes }n\in\mathbb{N}_{+}\right)  $, also zu $\mu\ast b=\operatorname*{id}%
\cdot z$.}; der sechste \"{A}quivalenzpfeil kommt von der Definition von
Aussage $\mathcal{F}_{1}$. Somit ist $\mathcal{F}\Longleftrightarrow
\mathcal{F}_{1}$ bewiesen. V\"{o}llig analog zeigt sich, da\ss \ $\mathcal{G}%
\Longleftrightarrow\mathcal{G}_{1}$ ist (im Beweis muss lediglich $\mu$ durch
$\phi$ und $z$ durch $w$ ersetzt werden).

Als n\"{a}chstes sind die \"{A}quivalenzen zwischen den Aussagen
$\mathcal{D}_{1}$, $\mathcal{E}_{1}$, $\mathcal{F}_{1}$ und $\mathcal{G}_{1}$
dran. Diese sind jetzt, wo wir die Eigenschaften der Dirichlet-Faltung kennen,
sehr leicht:

\textit{Beweis von }$\mathcal{D}_{1}\Longrightarrow\mathcal{F}_{1}$\textit{:}
Angenommen, Aussage $\mathcal{D}_{1}$ gilt. Dann gibt es eine Zahlenfunktion
$y:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ mit $b=\left(  \operatorname*{id}\cdot
y\right)  \ast\underline{1}$. Wir haben also $b=\left(  \operatorname*{id}%
\cdot y\right)  \ast\underline{1}=\underline{1}\ast\left(  \operatorname*{id}%
\cdot y\right)  $ (wegen der Kommutativit\"{a}t der Dirichlet-Faltung $\ast$)
und somit
\begin{align*}
\mu\ast b  &  =\mu\ast\left(  \underline{1}\ast\left(  \operatorname*{id}\cdot
y\right)  \right)  =\underbrace{\left(  \mu\ast\underline{1}\right)
}_{=\varepsilon\text{ (nach Satz 2.4 \textbf{(b)})}}\ast\left(
\operatorname*{id}\cdot y\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{wegen der
Assoziativit\"{a}t von }\ast\right) \\
&  =\varepsilon\ast\left(  \operatorname*{id}\cdot y\right)
=\operatorname*{id}\cdot y.
\end{align*}
Also gibt es eine Zahlenfunktion $z:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ mit
$\mu\ast b=\operatorname*{id}\cdot z$, n\"{a}mlich $z=y$. Also gilt Aussage
$\mathcal{F}_{1}$. Damit ist $\mathcal{D}_{1}\Longrightarrow\mathcal{F}_{1}$ gezeigt.

\textit{Beweis von }$\mathcal{F}_{1}\Longrightarrow\mathcal{G}_{1}$\textit{:}
Angenommen, Aussage $\mathcal{F}_{1}$ gilt. Dann gibt es eine Zahlenfunktion
$z:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ mit $\mu\ast b=\operatorname*{id}\cdot
z$. Nach Satz 2.4 \textbf{(c)} ist nun $\phi=\mu\ast\operatorname*{id}%
=\operatorname*{id}\ast\mu$ (da $\ast$ kommutativ ist), also%
\begin{align*}
\phi\ast b  &  =\left(  \operatorname*{id}\ast\mu\right)  \ast
b=\underbrace{\operatorname*{id}}_{=\operatorname*{id}\cdot\underline{1}}%
\ast\underbrace{\left(  \mu\ast b\right)  }_{=\operatorname*{id}\cdot
z}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{weil }\ast\text{ assoziativ ist}\right) \\
&  =\left(  \operatorname*{id}\cdot\underline{1}\right)  \ast\left(
\operatorname*{id}\cdot z\right)  =\operatorname*{id}\cdot\left(
\underline{1}\ast z\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach Satz
2.5}\right)  .
\end{align*}
Also gibt es eine Zahlenfunktion $w:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ mit
$\phi\ast b=\operatorname*{id}\cdot w$, n\"{a}mlich $w=\underline{1}\ast z$.
Also gilt Aussage $\mathcal{G}_{1}$. Damit ist $\mathcal{F}_{1}\Longrightarrow
\mathcal{G}_{1}$ nachgewiesen.

\textit{Beweis von }$\mathcal{G}_{1}\Longrightarrow\mathcal{D}_{1}$\textit{:}
Angenommen, Aussage $\mathcal{G}_{1}$ gelte. Es gibt also eine Zahlenfunktion
$w:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ mit $\phi\ast b=\operatorname*{id}%
\cdot w$. Sei nun $y=\mu\ast w$. Dann ist $y=\mu\ast w=w\ast\mu$ (da $\ast$
kommutativ ist), also%
\begin{align*}
y\ast\underline{1}  &  =\left(  w\ast\mu\right)  \ast\underline{1}%
=w\ast\underbrace{\left(  \mu\ast\underline{1}\right)  }_{=\varepsilon\text{
(nach Satz 2.4 \textbf{(b)})}}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{da }\ast\text{
assoziativ ist}\right) \\
&  =w\ast\varepsilon=w,
\end{align*}
und somit wird $\phi\ast b=\operatorname*{id}\cdot w$ zu%
\begin{align*}
\phi\ast b  &  =\operatorname*{id}\cdot\left(  y\ast\underline{1}\right)
=\left(  \operatorname*{id}\cdot y\right)  \ast\left(
\underbrace{\operatorname*{id}\cdot\underline{1}}_{=\operatorname*{id}%
=\phi\ast\underline{1}\text{ (nach Satz 2.4 \textbf{(a)})}}\right)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach Satz 2.5}\right) \\
&  =\left(  \operatorname*{id}\cdot y\right)  \ast\left(  \phi\ast
\underline{1}\right)  =\left(  \phi\ast\underline{1}\right)  \ast\left(
\operatorname*{id}\cdot y\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{da }%
\ast\text{ kommutativ ist}\right) \\
&  =\phi\ast\left(  \underline{1}\ast\left(  \operatorname*{id}\cdot y\right)
\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{da }\ast\text{ assoziativ
ist}\right)  .
\end{align*}
Nach Satz 2.6 (angewandt auf $f=\phi$) gibt es nun eine Zahlenfunktion
$\phi^{\prime}:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ mit $\phi\ast\phi^{\prime
}=\phi^{\prime}\ast\phi=\varepsilon$ (denn $\phi\left(  1\right)  =1$). Wegen
der Assoziativit\"{a}t von $\ast$ ist nun $\phi^{\prime}\ast\left(  \phi\ast
g\right)  =\underbrace{\left(  \phi^{\prime}\ast\phi\right)  }_{=\varepsilon
}\ast g=\varepsilon\ast g=g$ f\"{u}r jede Zahlenfunktion $g:\mathbb{N}%
_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$. Insbesondere folgt daraus: Wenn $\phi\ast
g=\phi\ast h$ f\"{u}r zwei Zahlenfunktionen $g$ und $h$ ist, dann ist $g=h$
(denn $\phi^{\prime}\ast\left(  \phi\ast g\right)  =g$ und analog
$\phi^{\prime}\ast\left(  \phi\ast h\right)  =h$). Angewandt auf $g=b$ und
$h=\underline{1}\ast\left(  \operatorname*{id}\cdot y\right)  $ ergibt dies
$b=\underline{1}\ast\left(  \operatorname*{id}\cdot y\right)  $ (denn
$\phi\ast b=\phi\ast\left(  \underline{1}\ast\left(  \operatorname*{id}\cdot
y\right)  \right)  $). Also ist $b=\underline{1}\ast\left(  \operatorname*{id}%
\cdot y\right)  =\left(  \operatorname*{id}\cdot y\right)  \ast\underline{1}$
(wegen der Kommutativit\"{a}t von $\ast$). Aussage $\mathcal{D}_{1}$ gilt
also. Damit ist $\mathcal{G}_{1}\Longrightarrow\mathcal{D}_{1}$ bewiesen.

Aus $\mathcal{D}_{1}\Longrightarrow\mathcal{F}_{1}$, $\mathcal{F}%
_{1}\Longrightarrow\mathcal{G}_{1}$ und $\mathcal{G}_{1}\Longrightarrow
\mathcal{D}_{1}$ folgt schon einmal die \"{A}quivalenz $\mathcal{D}%
_{1}\Longleftrightarrow\mathcal{F}_{1}\Longleftrightarrow\mathcal{G}_{1}$.
Jetzt m\"{u}ssen wir die \"{A}quivalenz zwischen $\mathcal{D}_{1}$ und
$\mathcal{E}_{1}$ nachpr\"{u}fen:

\textit{Beweis von }$\mathcal{D}_{1}\Longrightarrow\mathcal{E}_{1}$\textit{:}
Angenommen, Aussage $\mathcal{D}_{1}$ gilt. Wir wollen Aussage $\mathcal{E}%
_{1}$ nachweisen; d. h. wir wollen zeigen, da\ss \ es \textit{genau eine}
Zahlenfunktion $y:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ mit $b=\left(
\operatorname*{id}\cdot y\right)  \ast\underline{1}$ gibt. Dazu nehmen wir an,
$y:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ und $\widetilde{y}:\mathbb{N}%
_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ seien \textit{zwei} Zahlenfunktionen mit $b=\left(
\operatorname*{id}\cdot y\right)  \ast\underline{1}$ und $b=\left(
\operatorname*{id}\cdot\widetilde{y}\right)  \ast\underline{1}$. Unser Ziel
besteht darin, $y=\widetilde{y}$ zu beweisen.

In der Tat ist $\mu\ast b=\operatorname*{id}\cdot y$ (dies beweist man genau
so wie im Beweis von $\mathcal{D}_{1}\Longrightarrow\mathcal{F}_{1}$) und
$\mu\ast b=\operatorname*{id}\cdot\widetilde{y}$ (analogerweise), und damit
$\operatorname*{id}\cdot y=\operatorname*{id}\cdot\widetilde{y}$. Dies
f\"{u}hrt auf $y=\widetilde{y}$ (denn f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ ist
$\left(  \operatorname*{id}\cdot y\right)  \left(  n\right)
=\operatorname*{id}\left(  n\right)  y\left(  n\right)  =ny\left(  n\right)  $
und analog $\left(  \operatorname*{id}\cdot\widetilde{y}\right)  \left(
n\right)  =n\widetilde{y}\left(  n\right)  $, und somit folgt aus
$\operatorname*{id}\cdot y=\operatorname*{id}\cdot\widetilde{y}$ sofort
$ny\left(  n\right)  =n\widetilde{y}\left(  n\right)  $ und damit $y\left(
n\right)  =\widetilde{y}\left(  n\right)  $ f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}%
$). Folglich ist Aussage $\mathcal{E}_{1}$ wahr. Damit ist $\mathcal{D}%
_{1}\Longrightarrow\mathcal{E}_{1}$ gezeigt.

Zusammen mit der offensichtlichen Implikation $\mathcal{E}_{1}\Longrightarrow
\mathcal{D}_{1}$ ergibt dies die \"{A}quivalenz $\mathcal{D}_{1}%
\Longleftrightarrow\mathcal{E}_{1}$. Diese \"{A}quivalenz l\"{a}\ss t sich mit
$\mathcal{D}_{1}\Longleftrightarrow\mathcal{F}_{1}\Longleftrightarrow
\mathcal{G}_{1}$ zu $\mathcal{D}_{1}\Longleftrightarrow\mathcal{E}%
_{1}\Longleftrightarrow\mathcal{F}_{1}\Longleftrightarrow\mathcal{G}_{1}$
verkn\"{u}pfen. Wegen $\mathcal{D}\Longleftrightarrow\mathcal{D}_{1}$,
$\mathcal{E}\Longleftrightarrow\mathcal{E}_{1}$, $\mathcal{F}%
\Longleftrightarrow\mathcal{F}_{1}$ und $\mathcal{G}\Longleftrightarrow
\mathcal{G}_{1}$ f\"{u}hrt dies auf $\mathcal{D}\Longleftrightarrow
\mathcal{E}\Longleftrightarrow\mathcal{F}\Longleftrightarrow\mathcal{G}$.
Jetzt fehlt es uns noch, die anderen Aussagen $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$,
$\mathcal{C}$ und $\mathcal{H}$ an diese \"{A}quivalenz anzuschlie\ss en.

F\"{u}r Aussage $\mathcal{A}$ kann man dies entweder, indem man $\mathcal{A}%
\Longleftrightarrow\mathcal{D}$ zeigt, oder indem man $\mathcal{A}%
\Longleftrightarrow\mathcal{F}$ zeigt. Wir w\"{a}hlen den ersteren Weg:

\subsection{Beweis von Satz 2.1: $\mathcal{A}\Longleftrightarrow\mathcal{D}$}

\textit{Beweis von }$\mathcal{A}\Longrightarrow\mathcal{D}$\textit{:}
Angenommen, Aussage $\mathcal{A}$ sei wahr. Das hei\ss t, f\"{u}r jede Zahl
$n\in\mathbb{N}_{+}$ und jeden Primteiler $p$ von $n$ gilt
\begin{equation}
b_{n\diagup p}\equiv b_{n}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  }.
\label{2.1.pf.AD.A}%
\end{equation}


Wir wollen Aussage $\mathcal{D}$ beweisen; wir wollen also zeigen, da\ss \ es
eine Folge $\left(  y_{1},y_{2},y_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}%
_{+}}$ gibt, die
\begin{equation}
b_{n}=\sum\limits_{d\mid n}dy_{d} \label{2.1.pf.AD.bed}%
\end{equation}
f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ erf\"{u}llt. Dazu definieren wir eine
solche Folge $\left(  y_{1},y_{2},y_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}%
^{\mathbb{N}_{+}}$ rekursiv: Sei $m\in\mathbb{N}_{+}$.\ Angenommen, alle
Folgenglieder $y_{n}\in\mathbb{Z}$ f\"{u}r $n\in\left\{  1,2,...,m-1\right\}
$ sind bereits definiert, und zwar so, da\ss \ (\ref{2.1.pf.AD.bed}) f\"{u}r
jedes $n\in\left\{  1,2,...,m-1\right\}  $ erf\"{u}llt ist. Wir wollen jetzt
ein Folgenglied $y_{m}\in\mathbb{Z}$ definieren, welches dazu f\"{u}hrt,
da\ss \ (\ref{2.1.pf.AD.bed}) auch f\"{u}r $n=m$ gilt. Wenn wir damit Erfolg
haben, k\"{o}nnen wir auf diese Weise eine Folge $\left(  y_{1},y_{2}%
,y_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ rekursiv konstruieren, die
(\ref{2.1.pf.AD.bed}) f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ erf\"{u}llt; damit
wird Aussage $\mathcal{D}$ bewiesen sein.

Versuchen wir also, $y_{m}$ zu definieren. Und zwar wollen wir $y_{m}$ als%
\begin{equation}
y_{m}=\dfrac{1}{m}\left(  b_{m}-\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid
m};\\d<m}}dy_{d}\right)  \label{2.1.pf.AD.2}%
\end{equation}
definieren; dazu m\"{u}ssen wir beweisen, da\ss \ $m\mid b_{m}-\sum
\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}}dy_{d}$ ist.

In der Tat sei $\operatorname{PF}m$ die Menge aller Primteiler von $m$. Dann
ist $m=\prod\limits_{p\in\operatorname{PF}m}p^{v_{p}\left(  m\right)  }%
$\ \ \ \ \footnote{Denn f\"{u}r jedes $p\in\operatorname{PF}m$ ist
$v_{p}\left(  m\right)  $ die h\"{o}chste Zahl $k\in\mathbb{N}$, die
$p^{k}\mid m$ erf\"{u}llt, also der Exponent, mit dem der Primfaktor $p$ in
der Primfaktorzerlegung von $m$ vorkommt.}. Wir werden nun zeigen,
da\ss \ $p^{v_{p}\left(  m\right)  }\mid b_{m}-\sum\limits_{\substack{d\in
\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}}dy_{d}$ f\"{u}r jedes $p\in\operatorname{PF}m$
gilt; daraus wird nat\"{u}rlich $\prod\limits_{p\in\operatorname{PF}m}%
p^{v_{p}\left(  m\right)  }\mid b_{m}-\sum\limits_{\substack{d\in
\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}}dy_{d}$ folgen (denn die Zahlen $p^{v_{p}\left(
m\right)  }$ f\"{u}r verschiedene $p\in\operatorname{PF}m$ sind alle
teilerfremd, weil alle diese $p\in\operatorname{PF}m$ prim sind), und damit
$m\mid b_{m}-\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}}dy_{d}$,
womit unser Ziel erreicht sein wird.

Wir haben angenommen, da\ss \ (\ref{2.1.pf.AD.bed}) f\"{u}r jedes
$n\in\left\{  1,2,...,m-1\right\}  $ erf\"{u}llt ist. Insbesondere ist also
(\ref{2.1.pf.AD.bed}) f\"{u}r $n=m\diagup p$ erf\"{u}llt (denn wegen
$p\in\operatorname{PF}m$ ist $m\diagup p\in\mathbb{Z}$, also $m\diagup
p\in\left\{  1,2,...,m-1\right\}  $); mit anderen Worten: $b_{m\diagup p}%
=\sum\limits_{d\mid\left(  m\diagup p\right)  }dy_{d}$. Nun zerlegen wir die
Summe $\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}}dy_{d}$ in zwei
Teilsummen:
\[
\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}}dy_{d}=\sum
\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m;\\d\mid\left(  m\diagup
p\right)  }}dy_{d}+\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m}%
;\\d<m;\\d\nmid\left(  m\diagup p\right)  }}dy_{d}.
\]
Die erste dieser Teilsummen ist%
\begin{align*}
\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m;\\d\mid\left(  m\diagup
p\right)  }}dy_{d}  &  =\sum\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid\left(  m\diagup
p\right)  }}dy_{d}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn die Teiler von }m\text{, die kleiner als }m\text{ sind und
}m\diagup p\text{ teilen,}\\
\text{sind schlicht und einfach die Teiler von }m\diagup p
\end{array}
\right) \\
&  =\sum_{d\mid\left(  m\diagup p\right)  }dy_{d}=b_{m\diagup p}.
\end{align*}
Die zweite dieser Teilsummen ist%
\[
\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m;\\d\nmid\left(  m\diagup
p\right)  }}dy_{d}\equiv0\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  m\right)  },
\]
denn f\"{u}r jeden Teiler $d$ von $m$, der $d\nmid\left(  m\diagup p\right)  $
erf\"{u}llt, gilt $p^{v_{p}\left(  m\right)  }\mid d$ \ \ \ \footnote{Denn aus
$d\nmid\left(  m\diagup p\right)  $ folgt $\dfrac{m\diagup p}{d}%
\notin\mathbb{Z}$, also $\dfrac{m\diagup d}{p}\notin\mathbb{Z}$ (denn
$\dfrac{m\diagup d}{p}=\dfrac{m}{dp}=\dfrac{m\diagup p}{d}$), und damit
$p\nmid\left(  m\diagup d\right)  $, also $v_{p}\left(  m\diagup d\right)  =0$
und damit $v_{p}\left(  m\right)  =v_{p}\left(  d\right)  $ (denn
$v_{p}\left(  m\right)  =v_{p}\left(  d\cdot m\diagup d\right)  =v_{p}\left(
d\right)  +v_{p}\left(  m\diagup d\right)  $, weil f\"{u}r zwei beliebige
nat\"{u}rliche Zahlen $\alpha$ und $\beta$ stets $v_{p}\left(  \alpha
\beta\right)  =v_{p}\left(  \alpha\right)  +v_{p}\left(  \beta\right)  $
gilt), also $p^{v_{p}\left(  m\right)  }=p^{v_{p}\left(  d\right)  }\mid d$%
.}\ und damit $dy_{d}\equiv0\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  m\right)  }$.
Die Gesamtsumme ist somit%
\[
\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}}dy_{d}=\underbrace{\sum
\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m;\\d\mid\left(  m\diagup
p\right)  }}dy_{d}}_{=b_{m\diagup p}}+\underbrace{\sum\limits_{\substack{d\in
\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m;\\d\nmid\left(  m\diagup p\right)  }}dy_{d}}%
_{\equiv0\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  m\right)  }}\equiv b_{m\diagup
p}+0=b_{m\diagup p}\equiv b_{m}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  m\right)  }%
\]
(nach Aussage $\mathcal{A}$, angewandt auf $n=m$, denn Aussage $\mathcal{A}$
haben wir ja als wahr angenommen). Das hei\ss t, $p^{v_{p}\left(  m\right)
}\mid b_{m}-\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}}dy_{d}$. Wie
wir wissen, folgt hieraus $m\mid b_{m}-\sum\limits_{\substack{d\in
\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}}dy_{d}$, und somit ist durch (\ref{2.1.pf.AD.2})
tats\"{a}chlich eine ganze Zahl $y_{m}\in\mathbb{Z}$ definiert. Diese Zahl
$y_{m}$ erf\"{u}llt tats\"{a}chlich (\ref{2.1.pf.AD.bed}) f\"{u}r $n=m$, weil%
\begin{align*}
\sum\limits_{d\mid m}dy_{d}  &  =\sum\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid m}}%
dy_{d}=my_{m}+\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}}dy_{d}\\
&  =m\cdot\dfrac{1}{m}\left(  b_{m}-\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}%
_{\mid m};\\d<m}}dy_{d}\right)  +\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid
m};\\d<m}}dy_{d}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach (\ref{2.1.pf.AD.2}%
)}\right) \\
&  =b_{m}%
\end{align*}
gilt.

Wir k\"{o}nnen also rekursiv eine Folge $\left(  y_{1},y_{2},y_{3},...\right)
\in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ konstruieren, und diese Folge erf\"{u}llt
(\ref{2.1.pf.AD.bed}) f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$. Damit ist Aussage
$\mathcal{D}$ bewiesen. Wir haben also gezeigt, da\ss \ $\mathcal{A}%
\Longrightarrow\mathcal{D}$ ist.

\textit{Beweis von }$\mathcal{D}\Longrightarrow\mathcal{A}$\textit{:} Nun
wollen wir die Aussage $\mathcal{D}$ als wahr annehmen. Es gibt also eine
Folge $\left(  y_{1},y_{2},y_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$
ganzer Zahlen, die (\ref{2.1D}) erf\"{u}llt. Wir wollen nun Aussage
$\mathcal{A}$ herleiten.

In der Tat sei $n\in\mathbb{N}_{+}$ ganz, und $p$ ein Primteiler von $n$. Nach
(\ref{2.1D}) gilt dann $b_{n}=\sum\limits_{d\mid n}dy_{d}$, und wenden wir
(\ref{2.1D}) auf $n\diagup p$ statt $n$ an, so erhalten wir $b_{n\diagup
p}=\sum\limits_{d\mid\left(  n\diagup p\right)  }dy_{d}$.

Nun zerlegen wir die Summe $\sum\limits_{d\mid n}dy_{d}=\sum\limits_{d\in
\mathbb{N}_{\mid n}}dy_{d}$ in zwei Teilsummen:%
\[
\sum\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}}dy_{d}=\sum\limits_{\substack{d\in
\mathbb{N}_{\mid n};\\d\mid\left(  n\diagup p\right)  }}dy_{d}+\sum
\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d\nmid\left(  n\diagup p\right)
}}dy_{d}.
\]
Die erste dieser Teilsummen ist%
\begin{align*}
\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d\mid\left(  n\diagup
p\right)  }}dy_{d}  &  =\sum\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid\left(  n\diagup
p\right)  }}dy_{d}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn die Teiler von }n\text{, die }n\diagup p\text{ teilen,}\\
\text{sind schlicht und einfach die Teiler von }n\diagup p
\end{array}
\right) \\
&  =\sum_{d\mid\left(  n\diagup p\right)  }dy_{d}=b_{n\diagup p}.
\end{align*}
Die zweite dieser Teilsummen ist%
\[
\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d\nmid\left(  n\diagup
p\right)  }}dy_{d}\equiv0\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  },
\]
denn f\"{u}r jeden Teiler $d$ von $n$, der $d\nmid\left(  n\diagup p\right)  $
erf\"{u}llt, gilt $p^{v_{p}\left(  n\right)  }\mid d$ \ \ \ \footnote{Dies
l\"{a}\ss t sich genauso beweisen, wie wir im Beweis von $\mathcal{A}%
\Longrightarrow\mathcal{D}$ gezeigt haben, da\ss \ f\"{u}r jeden Teiler $d$
von $m$, der $d\nmid\left(  m\diagup p\right)  $ erf\"{u}llt, $p^{v_{p}\left(
m\right)  }\mid d$ gilt. Wir m\"{u}ssen nur im Beweis immer $m$ durch $n$
ersetzen.}\ und damit $dy_{d}\equiv0\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(
n\right)  }$. Die Gesamtsumme ist somit%
\[
\sum\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}}dy_{d}=\underbrace{\sum
\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d\mid\left(  n\diagup p\right)
}}dy_{d}}_{=b_{n\diagup p}}+\underbrace{\sum\limits_{\substack{d\in
\mathbb{N}_{\mid n};\\d\nmid\left(  n\diagup p\right)  }}dy_{d}}%
_{\equiv0\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  }}\equiv b_{n\diagup
p}+0=b_{n\diagup p}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  }.
\]
Hieraus folgt%
\[
b_{n}=\sum\limits_{d\mid n}dy_{d}=\sum\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}}%
dy_{d}\equiv b_{n\diagup p}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  },
\]
und damit ist Aussage $\mathcal{A}$ nachgewiesen. Wir haben damit gezeigt,
da\ss \ $\mathcal{D}\Longrightarrow\mathcal{A}$ ist.

Da wir nun $\mathcal{A}\Longrightarrow\mathcal{D}$ und $\mathcal{D}%
\Longrightarrow\mathcal{A}$ nachgewiesen haben, wissen wir also,
da\ss \ $\mathcal{A}\Longleftrightarrow\mathcal{D}$ ist. Zusammen mit
$\mathcal{D}\Longleftrightarrow\mathcal{E}\Longleftrightarrow\mathcal{F}%
\Longleftrightarrow\mathcal{G}$ ergibt dies die \"{A}quivalenzkette
$\mathcal{A}\Longleftrightarrow\mathcal{D}\Longleftrightarrow\mathcal{E}%
\Longleftrightarrow\mathcal{F}\Longleftrightarrow\mathcal{G}$.

Hiermit haben wir zwar noch nicht den ganzen Satz 2.1 gezeigt, aber bereits
genug, um daraus Satz 1.1 herzuleiten. \textit{Unser zweiter Beweis von Satz
1.1 ist also fertig.} Aber zum ersten Beweis von Satz 1.1 ben\"{o}tigen wir
noch Aussage $\mathcal{B}$, und Aussagen $\mathcal{C}$ und $\mathcal{G}$ sind
ebenfalls von Interesse.

\subsection{Beweis von Satz 2.1: $\mathcal{G}\Longleftrightarrow\mathcal{H}$}

Der \textit{Beweis von }$\mathcal{G}\Longleftrightarrow\mathcal{H}$ ist ganz
einfach, weil Aussage $\mathcal{H}$ nur eine Umschreibung von Aussage
$\mathcal{G}$ ist, denn f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ ist%
\begin{align*}
\sum_{i=1}^{n}b_{\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  }  &  =\sum_{j=1}%
^{n}b_{\operatorname*{ggT}\left(  j,n\right)  }=\sum_{j\in\left\{
1,2,...,n\right\}  }b_{\operatorname*{ggT}\left(  j,n\right)  }=\sum_{d\mid
n}\sum_{\substack{j\in\left\{  1,2,...,n\right\}  ;\\\operatorname*{ggT}%
\left(  j,n\right)  =d}}\underbrace{b_{\operatorname*{ggT}\left(  j,n\right)
}}_{\substack{=b_{d}\text{ (denn}\\\operatorname*{ggT}\left(  j,n\right)
=d\text{)}}}\\
&  =\sum_{d\mid n}\underbrace{\sum_{\substack{j\in\left\{  1,2,...,n\right\}
;\\\operatorname*{ggT}\left(  j,n\right)  =d}}b_{d}}_{=\left\vert \left\{
j\in\left\{  1,2,...,n\right\}  \ \mid\ \operatorname*{ggT}\left(  j,n\right)
=d\right\}  \right\vert \cdot b_{d}}\\
&  =\sum_{d\mid n}\underbrace{\left\vert \left\{  j\in\left\{
1,2,...,n\right\}  \ \mid\ \operatorname*{ggT}\left(  j,n\right)  =d\right\}
\right\vert }_{=\phi\left(  \dfrac{n}{d}\right)  \text{ (nach (\ref{phi(n/d)}%
))}}\cdot b_{d}\\
&  =\sum_{d\mid n}\phi\left(  \dfrac{n}{d}\right)  b_{d}=\sum_{d\in
\mathbb{N}_{\mid n}}\phi\left(  \dfrac{n}{d}\right)  b_{d}=\sum_{d\in
\mathbb{N}_{\mid n}}\phi\left(  \dfrac{n}{n\diagup d}\right)  b_{n\diagup d}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{hier haben wir }d\text{ f\"{u}r }\dfrac{n}{d}\text{ in der Summe
substituiert, denn}\\
\text{die Abbildung }\mathbb{N}_{\mid n}\rightarrow\mathbb{N}_{\mid n},\text{
}d\mapsto\dfrac{n}{d}\text{ ist bijektiv}%
\end{array}
\right) \\
&  =\sum_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}}\phi\left(  d\right)  b_{n\diagup d}%
=\sum_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  b_{n\diagup d}.
\end{align*}


Die gerade bewiesene \"{A}quivalenz $\mathcal{G}\Longleftrightarrow
\mathcal{H}$ erweitert die \"{A}quivalenzkette $\mathcal{A}\Longleftrightarrow
\mathcal{D}\Longleftrightarrow\mathcal{E}\Longleftrightarrow\mathcal{F}%
\Longleftrightarrow\mathcal{G}$ um die Aussage $\mathcal{H}$. Wir haben damit
gezeigt: $\mathcal{A}\Longleftrightarrow\mathcal{D}\Longleftrightarrow
\mathcal{E}\Longleftrightarrow\mathcal{F}\Longleftrightarrow\mathcal{G}%
\Longleftrightarrow\mathcal{H}$. Es fehlen aber noch Aussagen $\mathcal{B}$
und $\mathcal{C}$.

\subsection{Beweis von Satz 2.1: $\mathcal{A}\Longleftrightarrow\mathcal{B}$}

An dieser Stelle gibt es zwei Wege, weiterzukommen. Wir werden sie beide
begehen, jedoch verschieben wir den zweiten auf sp\"{a}ter.

Der erste Weg besteht darin, $\mathcal{A}\Longleftrightarrow\mathcal{B}$ zu
zeigen. Der Beweis ist sehr \"{a}hnlich zu dem obenen f\"{u}r $\mathcal{A}%
\Longleftrightarrow\mathcal{D}$ gegebenen; wir werden, soweit m\"{o}glich, den
letzteren Wort f\"{u}r Wort \"{u}bernehmen, um die \"{A}hnlichkeiten zu verdeutlichen.

\textit{Beweis von }$\mathcal{A}\Longrightarrow\mathcal{B}$\textit{:}
Angenommen, Aussage $\mathcal{A}$ sei wahr. Das hei\ss t, f\"{u}r jede Zahl
$n\in\mathbb{N}_{+}$ und jeden Primteiler $p$ von $n$ gilt
\begin{equation}
b_{n\diagup p}\equiv b_{n}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  }.
\label{2.1.pf.AB.A}%
\end{equation}


Wir wollen Aussage $\mathcal{B}$ beweisen; wir wollen also zeigen, da\ss \ es
eine Folge $\left(  x_{1},x_{2},x_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}%
_{+}}$ gibt, die
\begin{equation}
b_{n}=\sum\limits_{d\mid n}dx_{d}^{n\diagup d} \label{2.1.pf.AB.bed}%
\end{equation}
f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ erf\"{u}llt. Dazu definieren wir eine
solche Folge $\left(  x_{1},x_{2},x_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}%
^{\mathbb{N}_{+}}$ rekursiv: Sei $m\in\mathbb{N}_{+}$.\ Angenommen, alle
Folgenglieder $x_{n}\in\mathbb{Z}$ f\"{u}r $n\in\left\{  1,2,...,m-1\right\}
$ sind bereits definiert, und zwar so, da\ss \ (\ref{2.1.pf.AB.bed}) f\"{u}r
jedes $n\in\left\{  1,2,...,m-1\right\}  $ erf\"{u}llt ist. Wir wollen jetzt
ein Folgenglied $x_{m}\in\mathbb{Z}$ definieren, welches dazu f\"{u}hrt,
da\ss \ (\ref{2.1.pf.AB.bed}) auch f\"{u}r $n=m$ gilt. Wenn wir damit Erfolg
haben, k\"{o}nnen wir auf diese Weise eine Folge $\left(  x_{1},x_{2}%
,x_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ rekursiv konstruieren, die
(\ref{2.1.pf.AB.bed}) f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ erf\"{u}llt; damit
wird Aussage $\mathcal{B}$ bewiesen sein.

Versuchen wir also, $x_{m}$ zu definieren. Und zwar wollen wir $x_{m}$ als%
\begin{equation}
x_{m}=\dfrac{1}{m}\left(  b_{m}-\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid
m};\\d<m}}dx_{d}^{m\diagup d}\right)  \label{2.1.pf.AB.2}%
\end{equation}
definieren; dazu m\"{u}ssen wir beweisen, da\ss \ $m\mid b_{m}-\sum
\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}}dx_{d}^{m\diagup d}$ ist.

In der Tat sei $\operatorname{PF}m$ die Menge aller Primteiler von $m$. Dann
ist $m=\prod\limits_{p\in\operatorname{PF}m}p^{v_{p}\left(  m\right)  }%
$\ \ \ \ \footnote{Dies sieht man wie im Beweis von $\mathcal{A}%
\Longrightarrow\mathcal{B}$.}. Wir werden nun zeigen, da\ss \ $p^{v_{p}\left(
m\right)  }\mid b_{m}-\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m}%
;\\d<m}}dx_{d}^{m\diagup d}$ f\"{u}r jedes $p\in\operatorname{PF}m$ gilt;
daraus wird nat\"{u}rlich $\prod\limits_{p\in\operatorname{PF}m}%
p^{v_{p}\left(  m\right)  }\mid b_{m}-\sum\limits_{\substack{d\in
\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}}dx_{d}^{m\diagup d}$ folgen (denn die Zahlen
$p^{v_{p}\left(  m\right)  }$ f\"{u}r verschiedene $p\in\operatorname{PF}m$
sind alle teilerfremd, weil alle diese $p\in\operatorname{PF}m$ prim sind),
und damit $m\mid b_{m}-\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m}%
;\\d<m}}dx_{d}^{m\diagup d}$, womit unser Ziel erreicht sein wird.

Wir haben angenommen, da\ss \ (\ref{2.1.pf.AB.bed}) f\"{u}r jedes
$n\in\left\{  1,2,...,m-1\right\}  $ erf\"{u}llt ist. Insbesondere ist also
(\ref{2.1.pf.AB.bed}) f\"{u}r $n=m\diagup p$ erf\"{u}llt (denn wegen
$p\in\operatorname{PF}m$ ist $m\diagup p\in\mathbb{Z}$, also $m\diagup
p\in\left\{  1,2,...,m-1\right\}  $); mit anderen Worten: $b_{m\diagup p}%
=\sum\limits_{d\mid\left(  m\diagup p\right)  }dx_{d}^{\left(  m\diagup
p\right)  \diagup d}$. Nun zerlegen wir die Summe $\sum\limits_{\substack{d\in
\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}}dx_{d}^{m\diagup d}$ in zwei Teilsummen:
\begin{equation}
\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}}dx_{d}^{m\diagup d}%
=\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m;\\d\mid\left(  m\diagup
p\right)  }}dx_{d}^{m\diagup d}+\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid
m};\\d<m;\\d\nmid\left(  m\diagup p\right)  }}dx_{d}^{m\diagup d}.
\label{2.1.pf.AB.Summe}%
\end{equation}
Die erste dieser Teilsummen ist%
\begin{align}
\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m;\\d\mid\left(  m\diagup
p\right)  }}dx_{d}^{m\diagup d}  &  =\sum\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid\left(
m\diagup p\right)  }}dx_{d}^{m\diagup d}\nonumber\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn die Teiler von }m\text{, die kleiner als }m\text{ sind und
}m\diagup p\text{ teilen,}\\
\text{sind schlicht und einfach die Teiler von }m\diagup p
\end{array}
\right) \nonumber\\
&  =\sum_{d\mid\left(  m\diagup p\right)  }dx_{d}^{m\diagup d}.
\label{2.1.pf.AB.Summe1}%
\end{align}
In Analogie zum Beweis von $\mathcal{A}\Longrightarrow\mathcal{D}$ w\"{u}rden
wir nun erwarten, da\ss \ sich dies zu $b_{m\diagup p}$ vereinfacht; dies wird
aber diesmal schwieriger als im Beweis von $\mathcal{A}\Longrightarrow
\mathcal{D}$, und funktioniert nicht mehr in $\mathbb{Z}$, sondern nur modulo
$p^{v_{p}\left(  m\right)  }$ (was f\"{u}r uns nat\"{u}rlich ausreicht). Und
zwar haben wir $x_{d}^{\left(  m\diagup d\right)  \diagup p}\equiv
x_{d}^{m\diagup d}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  m\diagup d\right)  }$
f\"{u}r jeden Teiler $d$ von $m\diagup p$ (nach Lemma 2.2, angewandt auf
$q=x_{d}$ und $n=m\diagup d$), weil $p$ ein Primfaktor von $m\diagup d$ ist
(denn $\dfrac{m\diagup d}{p}=\dfrac{m}{dp}=\dfrac{m\diagup p}{d}\in\mathbb{Z}%
$, da $d\mid\left(  m\diagup p\right)  $). Wegen $\left(  m\diagup d\right)
\diagup p=\left(  m\diagup p\right)  \diagup d$ l\"{a}\ss t sich das zu
$x_{d}^{\left(  m\diagup p\right)  \diagup d}\equiv x_{d}^{m\diagup
d}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  m\diagup d\right)  }$ umschreiben. Das
hei\ss t, $p^{v_{p}\left(  m\diagup d\right)  }\mid x_{d}^{\left(  m\diagup
p\right)  \diagup d}-x_{d}^{m\diagup d}$. Folglich ist $dp^{v_{p}\left(
m\diagup d\right)  }\mid d\left(  x_{d}^{\left(  m\diagup p\right)  \diagup
d}-x_{d}^{m\diagup d}\right)  =dx_{d}^{\left(  m\diagup p\right)  \diagup
d}-dx_{d}^{m\diagup d}$. Doch $p^{v_{p}\left(  m\right)  }\mid dp^{v_{p}%
\left(  m\diagup d\right)  }$ \ \ \ \ \footnote{Denn%
\begin{align*}
&  v_{p}\left(  dp^{v_{p}\left(  m\diagup d\right)  }\right) \\
&  =v_{p}\left(  d\right)  +\underbrace{v_{p}\left(  p^{v_{p}\left(  m\diagup
d\right)  }\right)  }_{=v_{p}\left(  m\diagup d\right)  }%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{da }v_{p}\left(  \alpha\beta\right)
=v_{p}\left(  \alpha\right)  +v_{p}\left(  \beta\right)  \text{ f\"{u}r alle
nat\"{u}rlichen Zahlen }\alpha\text{ und }\beta\right) \\
&  =v_{p}\left(  d\right)  +v_{p}\left(  m\diagup d\right) \\
&  =v_{p}\left(  d\cdot m\diagup d\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\text{da }v_{p}\left(  \alpha\right)  +v_{p}\left(  \beta\right)
=v_{p}\left(  \alpha\beta\right)  \text{ f\"{u}r alle nat\"{u}rlichen Zahlen
}\alpha\text{ und }\beta\right) \\
&  =v_{p}\left(  m\right)  .
\end{align*}
}. Somit ist $p^{v_{p}\left(  m\right)  }\mid dp^{v_{p}\left(  m\diagup
d\right)  }\mid dx_{d}^{\left(  m\diagup p\right)  \diagup d}-dx_{d}^{m\diagup
d}$, also $dx_{d}^{m\diagup d}\equiv dx_{d}^{\left(  m\diagup p\right)
\diagup d}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  m\right)  }$. Damit wird
(\ref{2.1.pf.AB.Summe1}) zu%
\[
\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m;\\d\mid\left(  m\diagup
p\right)  }}dx_{d}^{m\diagup d}=\sum_{d\mid\left(  m\diagup p\right)
}\underbrace{dx_{d}^{m\diagup d}}_{\equiv dx_{d}^{\left(  m\diagup p\right)
\diagup d}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  m\right)  }}\equiv\sum
_{d\mid\left(  m\diagup p\right)  }dx_{d}^{\left(  m\diagup p\right)  \diagup
d}=b_{m\diagup p}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  m\right)  }.
\]
Damit haben wir die erste der beiden Teilsummen auf der rechten Seite von
(\ref{2.1.pf.AB.Summe}) vereinfacht (modulo $p^{v_{p}\left(  m\right)  }$
zumindest). Die zweite dieser Teilsummen ist%
\[
\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m;\\d\nmid\left(  m\diagup
p\right)  }}dx_{d}^{m\diagup d}\equiv0\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(
m\right)  },
\]
denn f\"{u}r jeden Teiler $d$ von $m$, der $d\nmid\left(  m\diagup p\right)  $
erf\"{u}llt, gilt $p^{v_{p}\left(  m\right)  }\mid d$ \ \ \ \footnote{Dies
zeigt sich wieder wie im Beweis von $\mathcal{A}\Longrightarrow\mathcal{D}$%
.}\ und damit $dx_{d}^{m\diagup d}\equiv0\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(
m\right)  }$. Die Gesamtsumme ist somit%
\[
\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}}dx_{d}^{m\diagup
d}=\underbrace{\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m;\\d\mid
\left(  m\diagup p\right)  }}dx_{d}^{m\diagup d}}_{\equiv b_{m\diagup
p}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  m\right)  }}+\underbrace{\sum
\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m;\\d\nmid\left(  m\diagup
p\right)  }}dx_{d}^{m\diagup d}}_{\equiv0\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(
m\right)  }}\equiv b_{m\diagup p}+0=b_{m\diagup p}\equiv b_{m}%
\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  m\right)  }%
\]
(nach Aussage $\mathcal{A}$, angewandt auf $n=m$, denn Aussage $\mathcal{A}$
haben wir ja als wahr angenommen). Das hei\ss t, $p^{v_{p}\left(  m\right)
}\mid b_{m}-\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}%
}dx_{d}^{m\diagup d}$. Wie wir wissen, folgt hieraus $m\mid b_{m}%
-\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}}dx_{d}^{m\diagup d}$,
und somit ist durch (\ref{2.1.pf.AB.2}) tats\"{a}chlich eine ganze Zahl
$x_{m}\in\mathbb{Z}$ definiert. Diese Zahl $x_{m}$ erf\"{u}llt tats\"{a}chlich
(\ref{2.1.pf.AB.bed}) f\"{u}r $n=m$, weil%
\begin{align*}
\sum\limits_{d\mid m}dx_{d}^{m\diagup d}  &  =\sum\limits_{d\in\mathbb{N}%
_{\mid m}}dx_{d}^{m\diagup d}=m\underbrace{x_{m}^{m\diagup m}}_{=x_{m}%
^{1}=x_{m}}+\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}%
}dx_{d}^{m\diagup d}=mx_{m}+\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid
m};\\d<m}}dx_{d}^{m\diagup d}\\
&  =m\cdot\dfrac{1}{m}\left(  b_{m}-\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}%
_{\mid m};\\d<m}}dx_{d}^{m\diagup d}\right)  +\sum\limits_{\substack{d\in
\mathbb{N}_{\mid m};\\d<m}}dx_{d}^{m\diagup d}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\text{nach (\ref{2.1.pf.AB.2})}\right) \\
&  =b_{m}%
\end{align*}
gilt.

Wir k\"{o}nnen also rekursiv eine Folge $\left(  x_{1},x_{2},x_{3},...\right)
\in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ konstruieren, und diese Folge erf\"{u}llt
(\ref{2.1.pf.AB.bed}) f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$. Damit ist Aussage
$\mathcal{B}$ bewiesen. Wir haben also gezeigt, da\ss \ $\mathcal{A}%
\Longrightarrow\mathcal{B}$ ist.

\textit{Beweis von }$\mathcal{B}\Longrightarrow\mathcal{A}$\textit{:} Nun
wollen wir die Aussage $\mathcal{B}$ als wahr annehmen. Es gibt also eine
Folge $\left(  x_{1},x_{2},x_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$
ganzer Zahlen, die (\ref{2.1B}) erf\"{u}llt. Wir wollen nun Aussage
$\mathcal{A}$ herleiten.

In der Tat sei $n\in\mathbb{N}_{+}$ ganz, und $p$ ein Primteiler von $n$. Nach
(\ref{2.1B}) gilt dann $b_{n}=\sum\limits_{d\mid n}dx_{d}^{n\diagup d}$, und
wenden wir (\ref{2.1B}) auf $n\diagup p$ statt $n$ an, so erhalten wir
$b_{n\diagup p}=\sum\limits_{d\mid\left(  n\diagup p\right)  }dx_{d}^{\left(
n\diagup p\right)  \diagup d}$.

Nun zerlegen wir die Summe $\sum\limits_{d\mid n}dx_{d}^{n\diagup d}%
=\sum\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}}dx_{d}^{n\diagup d}$ in zwei Teilsummen:%
\[
\sum\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}}dx_{d}^{n\diagup d}=\sum
\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d\mid\left(  n\diagup p\right)
}}dx_{d}^{n\diagup d}+\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n}%
;\\d\nmid\left(  n\diagup p\right)  }}dx_{d}^{n\diagup d}.
\]
Die erste dieser Teilsummen ist%
\begin{align*}
&  \sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d\mid\left(  n\diagup
p\right)  }}dx_{d}^{n\diagup d}\\
&  =\sum\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid\left(  n\diagup p\right)  }}%
dx_{d}^{n\diagup d}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn die Teiler von }n\text{, die }n\diagup p\text{ teilen,}\\
\text{sind schlicht und einfach die Teiler von }n\diagup p
\end{array}
\right) \\
&  =\sum_{d\mid\left(  n\diagup p\right)  }dx_{d}^{n\diagup d}\equiv
\sum_{d\mid\left(  n\diagup p\right)  }dx_{d}^{\left(  n\diagup p\right)
\diagup d}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn f\"{u}r jeden Teiler }d\text{ von }n\diagup p\text{ gilt }%
dx_{d}^{n\diagup d}\equiv dx_{d}^{\left(  n\diagup p\right)  \diagup
d}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  }\\
\text{(dies beweist man genauso, wie wir }dx_{d}^{m\diagup d}\equiv
dx_{d}^{\left(  m\diagup p\right)  \diagup d}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(
m\right)  }\\
\text{im Beweis von }\mathcal{A}\Longrightarrow\mathcal{B}\text{ gezeigt
haben)}%
\end{array}
\right) \\
&  =b_{n\diagup p}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  }.
\end{align*}
Die zweite dieser Teilsummen ist%
\[
\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d\nmid\left(  n\diagup
p\right)  }}dx_{d}^{n\diagup d}\equiv0\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(
n\right)  },
\]
denn f\"{u}r jeden Teiler $d$ von $n$, der $d\nmid\left(  n\diagup p\right)  $
erf\"{u}llt, gilt $p^{v_{p}\left(  n\right)  }\mid d$ \ \ \ \footnote{Dies
l\"{a}\ss t sich genauso beweisen, wie wir im Beweis von $\mathcal{A}%
\Longrightarrow\mathcal{D}$ gezeigt haben, da\ss \ f\"{u}r jeden Teiler $d$
von $m$, der $d\nmid\left(  m\diagup p\right)  $ erf\"{u}llt, $p^{v_{p}\left(
m\right)  }\mid d$ gilt. Wir m\"{u}ssen nur im Beweis immer $m$ durch $n$
ersetzen.}\ und damit $dx_{d}^{n\diagup d}\equiv0\operatorname{mod}%
p^{v_{p}\left(  n\right)  }$. Die Gesamtsumme ist somit%
\[
\sum\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}}dx_{d}^{n\diagup d}=\underbrace{\sum
\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d\mid\left(  n\diagup p\right)
}}dx_{d}^{n\diagup d}}_{\equiv b_{n\diagup p}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(
n\right)  }}+\underbrace{\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid
n};\\d\nmid\left(  n\diagup p\right)  }}dx_{d}^{n\diagup d}}_{\equiv
0\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  }}\equiv b_{n\diagup
p}+0=b_{n\diagup p}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  }.
\]
Hieraus folgt%
\[
b_{n}=\sum\limits_{d\mid n}dx_{d}^{n\diagup d}=\sum\limits_{d\in
\mathbb{N}_{\mid n}}dx_{d}^{n\diagup d}\equiv b_{n\diagup p}\operatorname{mod}%
p^{v_{p}\left(  n\right)  },
\]
und damit ist Aussage $\mathcal{A}$ nachgewiesen. Wir haben damit gezeigt,
da\ss \ $\mathcal{B}\Longrightarrow\mathcal{A}$ ist.

Da wir nun $\mathcal{A}\Longrightarrow\mathcal{B}$ und $\mathcal{B}%
\Longrightarrow\mathcal{A}$ nachgewiesen haben, wissen wir also,
da\ss \ $\mathcal{A}\Longleftrightarrow\mathcal{B}$ ist. Damit haben wir die
Aussage $\mathcal{B}$ an die \"{A}quivalenzkette $\mathcal{A}%
\Longleftrightarrow\mathcal{D}\Longleftrightarrow\mathcal{E}%
\Longleftrightarrow\mathcal{F}\Longleftrightarrow\mathcal{G}%
\Longleftrightarrow\mathcal{H}$ angeschlossen. Es gibt auch eine alternative
M\"{o}glichkeit, diesen Anschluss zu vollziehen - n\"{a}mlich durch direkten
Beweis von $\mathcal{B}\Longleftrightarrow\mathcal{D}$ (ohne Umweg durch
$\mathcal{A}$); diese M\"{o}glichkeit werden wir sp\"{a}ter (in Abschnitt 3) vorstellen.

\subsection{Beweis von Satz 2.1: $\mathcal{B}\Longleftrightarrow\mathcal{C}$}

Jetzt fehlt nur noch Aussage $\mathcal{C}$. Wir werden beweisen,
da\ss \ $\mathcal{B}\Longleftrightarrow\mathcal{C}$ ist. In der Tat ist
$\mathcal{C}\Longrightarrow\mathcal{B}$ klar, und zum \textit{Beweis von
}$\mathcal{B}\Longrightarrow\mathcal{C}$ m\"{u}ssen wir nur zeigen, da\ss \ je
zwei Folgen $\left(  x_{1},x_{2},x_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}%
^{\mathbb{N}_{+}}$, die beide (\ref{2.1B}) erf\"{u}llen, notwendigerweise
gleich sein m\"{u}ssen. Dazu bezeichnen wir diese zwei Folgen mit $\left(
x_{1},x_{2},x_{3},...\right)  $ und $\left(  \widetilde{x}_{1},\widetilde{x}%
_{2},\widetilde{x}_{3},...\right)  $. Da sie beide (\ref{2.1B}) erf\"{u}llen,
gilt%
\[
\left(  b_{n}=\sum_{d\mid n}dx_{d}^{n\diagup d}\text{ f\"{u}r jedes }%
n\in\mathbb{N}_{+}\right)  \text{ und }\left(  b_{n}=\sum_{d\mid
n}d\widetilde{x}_{d}^{n\diagup d}\text{ f\"{u}r jedes }n\in\mathbb{N}%
_{+}\right)  .
\]
Wir beweisen nun durch starke Induktion nach $n$, da\ss \ $x_{n}%
=\widetilde{x}_{n}$ f\"{u}r alle $n\in\mathbb{N}_{+}$ gilt. Dazu sei
$n\in\mathbb{N}_{+}$ beliebig; wir nehmen an, da\ss \ wir $x_{m}%
=\widetilde{x}_{m}$ f\"{u}r alle $m\in\left\{  1,2,...,n-1\right\}  $ bereits
bewiesen haben. Wir m\"{u}ssen dann $x_{n}=\widetilde{x}_{n}$ zeigen. Wir
haben%
\[
b_{n}=\sum_{d\mid n}dx_{d}^{n\diagup d}=\sum_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}}%
dx_{d}^{n\diagup d}=\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d<n}%
}dx_{d}^{n\diagup d}+n\underbrace{x_{n}^{n\diagup n}}_{=x_{n}^{1}=x_{n}}%
=\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d<n}}dx_{d}^{n\diagup d}+nx_{n}%
\]
und analog%
\[
b_{n}=\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d<n}}d\widetilde{x}%
_{d}^{n\diagup d}+n\widetilde{x}_{n},
\]
also%
\begin{equation}
\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d<n}}dx_{d}^{n\diagup d}+nx_{n}%
=\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\\d<n}}d\widetilde{x}_{d}^{n\diagup
d}+n\widetilde{x}_{n}. \label{2.1.pf.BC}%
\end{equation}
Doch f\"{u}r jedes $d\in\mathbb{N}_{\mid n}$ mit $d<n$ gilt $x_{d}%
=\widetilde{x}_{d}$ (wegen unserer Induktionsannahme, da\ss \ $x_{m}%
=\widetilde{x}_{m}$ f\"{u}r alle $m\in\left\{  1,2,...,n-1\right\}  $ bereits
bewiesen ist). Also ist $\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid n}%
;\\d<n}}dx_{d}^{n\diagup d}=\sum\limits_{\substack{d\in\mathbb{N}_{\mid
n};\\d<n}}d\widetilde{x}_{d}^{n\diagup d}$, und aus (\ref{2.1.pf.BC}) folgt
somit $nx_{n}=n\widetilde{x}_{n}$, also $x_{n}=\widetilde{x}_{n}$. Damit ist
der Induktionsbeweis von $x_{n}=\widetilde{x}_{n}$ f\"{u}r alle $n\in
\mathbb{N}_{+}$ komplett. Folglich sind die beiden Folgen $\left(  x_{1}%
,x_{2},x_{3},...\right)  $ und $\left(  \widetilde{x}_{1},\widetilde{x}%
_{2},\widetilde{x}_{3},...\right)  $ gleich, und damit ist $\mathcal{B}%
\Longrightarrow\mathcal{C}$ bewiesen. Da trivialerweise $\mathcal{C}%
\Longrightarrow\mathcal{B}$ gilt, ist also $\mathcal{B}\Longleftrightarrow
\mathcal{C}$. Zusammen mit $\mathcal{A}\Longleftrightarrow\mathcal{B}$ und
$\mathcal{A}\Longleftrightarrow\mathcal{D}\Longleftrightarrow\mathcal{E}%
\Longleftrightarrow\mathcal{F}\Longleftrightarrow\mathcal{G}%
\Longleftrightarrow\mathcal{H}$ f\"{u}hrt dies auf $\mathcal{A}%
\Longleftrightarrow\mathcal{B}\Longleftrightarrow\mathcal{C}%
\Longleftrightarrow\mathcal{D}\Longleftrightarrow\mathcal{E}%
\Longleftrightarrow\mathcal{F}\Longleftrightarrow\mathcal{G}%
\Longleftrightarrow\mathcal{H}$, und Satz 2.1 ist bewiesen.

(\"{U}brigens k\"{o}nnten wir genauso, wie wir gerade $\mathcal{B}%
\Longleftrightarrow\mathcal{C}$ bewiesen haben, auch $\mathcal{D}%
\Longleftrightarrow\mathcal{E}$ zeigen; aber wir haben $\mathcal{D}%
\Longleftrightarrow\mathcal{E}$ bereits anders nachgewiesen.)

\textit{Anmerkungen:} Unser obiger Beweis der \"{A}quivalenz zwischen den
Aussagen $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$ und $\mathcal{C}$ ist mehr oder weniger
der gleiche wie in [3]\footnote{In der Tat wurde in [3] ein allgemeinerer
Sachverhalt gezeigt (Theorem 4 in [3]), aus dem die \"{A}quivalenz zwischen
den Aussagen $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$ und $\mathcal{C}$ in unserem Fall
durch Anwendung auf $A=\mathbb{Z}$, $N=\mathbb{N}_{+}$ und $\varphi
_{p}=\operatorname*{id}$ f\"{u}r alle $p$ folgt.}. Auch die \"{A}quivalenz
$\mathcal{A}\Longleftrightarrow\mathcal{D}\Longleftrightarrow\mathcal{E}%
\Longleftrightarrow\mathcal{F}\Longleftrightarrow\mathcal{G}%
\Longleftrightarrow\mathcal{H}$ haben wir hier etwa genauso wie in [3]
bewiesen, wenn auch in [3] der Begriff der Dirichlet-Faltung vermieden
wurde\footnote{Auch in diesem Fall wurde in [3] etwas Allgemeineres gezeigt
(Theorem 5 in [3]).}.

\section{Potenzreihen und ein alternativer Beweis von $\mathcal{B}%
\Longleftrightarrow\mathcal{D}$}

Was wir oben in Abschnitt 2 gemacht haben, hat zum Beweis von Satz 2.1 (und
damit auch Satz 1.1) gereicht, aber es l\"{a}\ss t W\"{u}nsche offen: In den
Aussagen $\mathcal{B}$, $\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$,
$\mathcal{G}$ und $\mathcal{H}$ von Satz 2.1 kommt der Begriff einer Primzahl
nie vor (und auch in Aussage $\mathcal{F}$ nur indirekt \"{u}ber die
Definition der M\"{o}biusfunktion $\mu$), doch zum Beweis der \"{A}quivalenz
dieser Aussagen sind wir den Umweg \"{u}ber Aussage $\mathcal{A}$ gegangen, in
der Primzahlen ma\ss geblich sind. Man kann sich fragen, ob es nicht einen
anderen Weg gibt, die \"{A}quivalenz $\mathcal{B}\Longleftrightarrow
\mathcal{C}\Longleftrightarrow\mathcal{D}\Longleftrightarrow\mathcal{E}%
\Longleftrightarrow\mathcal{H}$ zu beweisen, ohne die Aussage $\mathcal{A}$
(und damit die Primfaktorzerlegung von $n$) als Zwischenschritt
heraufzubeschw\"{o}ren. In der Tat gibt es einen solchen Beweis, und er ist in
meinen Augen interessant genug, da\ss \ er bessere Bekanntheit verdient, als
eine (nur indirekte) Erw\"{a}hnung in den Tiefen (Abschnitt 17) eines
algebraischen \"{U}bersichtsartikels [1]. Dieser Beweis verwendet den Begriff
von\textit{ Potenzreihen} (genauer gesagt, \textit{formalen Potenzreihen});
wir wollen eine Einf\"{u}hrung in diesen Begriff geben. Wir werden also in den
folgenden Abschnitten definieren, was eine Potenzreihe sind, was die Summe und
das Produkt von zwei Potenzreihen sind, was die Ableitung und der Logarithmus
einer Potenzreihe sind, usw. Diese Begriffe stammen alle historisch aus der
Analysis, wo sie urspr\"{u}nglich den Zweck hatten, Funktionen (wie die
Exponentialfunktion $\exp$, oder die trigonometrischen Funktionen $\sin$ und
$\cos$, und allgemein jede reell-analytische Funktion) ann\"{a}hernd zu
berechnen. Aber in der Form, wie wir sie hier einf\"{u}hren, sind Potenzreihen
ein von der Analysis v\"{o}llig unabh\"{a}ngiges Konzept - wir werden sie nur
als Kurzschreibweise f\"{u}r Zahlenfolgen betrachten, und nicht als unendliche
Summen, in die man wirklich irgendeine Zahl "einsetzen"
k\"{o}nnte.\footnote{Wir werden allerdings lernen, da\ss \ man in eine
Potenzreihe eine andere Potenzreihe einsetzen kann - solange letztere
bestimmte Eigenschaften hat.} Infolgedessen m\"{u}ssen wir uns auch so gut wie
um Konvergenzfragen k\"{u}mmern, au\ss er wenn wir unendliche Summen von
Potenzreihen betrachten - und auch dann ist es eine formale, von der Analysis
losgel\"{o}ste Art von Konvergenz, die (im Gegensatz zu der Analysis) meistens
sehr leicht nachzupr\"{u}fen ist.

Unsere Einf\"{u}hrung in Potenzreihen wird weitgehend in sich abgeschlossen
sein. Um allerdings zu einem tiefergreifenden Verst\"{a}ndnis der Materie zu
kommen, sollte man Beispiele f\"{u}r die Anwendung von Potenzreihen
kennengelernt haben. Davon werden wir hier recht wenige geben; in der Hinsicht
sei der Leser auf [8] verwiesen (ein ganzes Buch \"{u}ber Potenzreihen und
ihre Anwendung in der Kombinatorik) und auch auf [16] (ein Standardwerk zur
abz\"{a}hlenden Kombinatorik, welches momentan neu aufgelegt wird - und
welches Potenzreihen in Abschnitt 1.1 einf\"{u}hrt und sie ab dann immer
wieder verwendet).\footnote{Auch eine Google-Suche nach dem Begriff
"\textit{generating function}" (zu deutsch: "\textit{erzeugende Funktion}" -
der Fachbegriff f\"{u}r die Darstellung einer Zahlenfolge in Form einer
Potenzreihe) sollte viel ans Licht bringen.} Beginnen wir erst einmal mit der
Definition des Begriffes einer \textit{Potenzreihe}.

\subsection{Was sind Potenzreihen?}

Bildlich gesprochen handelt es sich bei Potenzreihen um eine Art "Polynome",
die aber unendlich viele Koeffizienten haben d\"{u}rfen. Ein Polynom in einer
Variable $X$ \"{u}ber den ganzen Zahlen hat immer die Form $\sum
\limits_{i=0}^{n}a_{i}X^{i}$ f\"{u}r ein bestimmtes $n\in\mathbb{N}$ und ganze
Koeffizienten $a_{0}$, $a_{1}$, $...$, $a_{n}$. Eine Potenzreihe in einer
Variable $X$ \"{u}ber den ganzen Zahlen hat hingegen die Form $\sum
\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}$ f\"{u}r ganze Koeffizienten $a_{0}$, $a_{1}%
$, $a_{2}$, $...$. Es ist wichtig, daran zu denken, da\ss \ man in
Potenzreihen - im Allgemeinen - keine Zahlen einsetzen kann (d. h. man kann
nicht einfach $2$ f\"{u}r $X$ in $\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}$
einsetzen und hoffen, da\ss \ der entstehende Ausdruck $\sum\limits_{i=0}%
^{\infty}a_{i}2^{i}$ Sinn macht), im Gegensatz zu Polynomen. Die Analysis
bietet eine Reihe\footnote{Verzeihung...} von Kriterien, wann Potenzreihen
beim Einsetzen von Zahlen doch noch konvergente Reihen ergeben; doch wir
interessieren uns daf\"{u}r nicht, sondern wir wollen mit Potenzreihen
\textit{formal rechnen}, ohne in sie irgendwelche Zahlen einzusetzen.

Wir m\"{u}ssen allerdings zuerst kl\"{a}ren, was eine Potenzreihe
\"{u}berhaupt ist. Um eine formale Definition einer Potenzreihe zu bekommen,
m\"{u}ssen wir eine Potenzreihe durch die Folge ihrer Koeffizienten kodieren
(wie das auch bei Polynomen gemacht wird!). Hier eine Definition:

\begin{quote}
\textbf{Definition (ganzzahlige (formale) Potenzreihe):} Unter einer
\textit{ganzzahligen formalen Potenzreihe in der Variable }$X$ (oder
einfach\textit{ ganzzahligen Potenzreihe in der Variable }$X$)\textit{
}verstehen wir, abstrakt gesprochen, eine Folge $\left(  a_{0},a_{1}%
,a_{2},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$ ganzer Zahlen. Es ist zu
beachten, \textit{da\ss \ wir solche Folgen }$\left(  a_{0},a_{1}%
,a_{2},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$ \textit{(deren Folgenglieder
mit }$0$\textit{, }$1$\textit{, }$2$\textit{, ... durchnummeriert sind)
\textbf{nicht} mit Zahlenfunktionen identifizieren}, im Gegensatz zu Folgen
der Form $\left(  a_{1},a_{2},a_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}%
}$ (deren Folgenglieder mit $1$, $2$, $3$, ... durchnummeriert sind). Dies mag
nach einer begrifflichen Lappalie aussehen, aber es ist wichtig, denn wir
werden f\"{u}r Folgen $\left(  a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  \in
\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$ ein Produkt einf\"{u}hren, das nichts mit dem
punktweisen Produkt von Zahlenfunktionen zu tun hat, und dieses Produkt mit
$\cdot$ bezeichnen; um das Produkt nicht mit dem (ebenfalls $\cdot$ genannten)
punktweisen Produkt von Zahlenfunktionen zu verwechseln, ist es wichtig,
da\ss \ wir Folgen $\left(  a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  \in\mathbb{Z}%
^{\mathbb{N}}$ \textit{nicht} mit Zahlenfunktionen gleichsetzen.

Statt von einer "ganzzahligen Potenzreihe in der Variable $X$" reden wir im
Folgenden kurz von einer "ganzzahligen Potenzreihe", da wir hier nur mit einer
Variablen arbeiten. Solange wir nur ganzzahlige (und nicht etwa rationale,
oder noch andere) Potenzreihen kennen, werden wir auch kurz einfach
"Potenzreihe" statt "ganzzahlige Potenzreihe" schreiben.

\textbf{Definition (Koeffizient einer Potenzreihe):} F\"{u}r jede ganzzahlige
Potenzreihe $\left(  a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$
bezeichnen wir die Folgenglieder $a_{0}$, $a_{1}$, $a_{2}$, $...$ als
\textit{Koeffizienten} der Potenzreihe $\left(  a_{0},a_{1},a_{2},...\right)
$. Genauer gesagt: F\"{u}r jedes $i\in\mathbb{N}$ bezeichnen wir die Zahl
$a_{i}$ als den $i$\textit{-ten Koeffizienten} \textit{der Potenzreihe
}$\left(  a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  $. Also ist "Koeffizient" nur ein
anderes Wort f\"{u}r "Folgenglied". Insbesondere: Wenn zwei Potenzreihen
gleich sind, dann sind alle ihre entsprechenden Koeffizienten gleich.

\textbf{Definition (Summe zweier Potenzreihen):} Wir definieren die Summe
$a+b$ zweier Potenzreihen (d. h. Folgen) $a=\left(  a_{0},a_{1},a_{2}%
,...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$ und $b=\left(  b_{0},b_{1}%
,b_{2},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$ als die Folge%
\[
\left(  a_{0}+b_{0},a_{1}+b_{1},a_{2}+b_{2},...\right)  \in\mathbb{Z}%
^{\mathbb{N}}.
\]
(Das $n$-te Glied dieser Folge ist $a_{n}+b_{n}$ f\"{u}r jedes $n\in
\mathbb{N}$.)

\textbf{Definition (Produkt zweier Potenzreihen):} Wir definieren das Produkt
$a\cdot b$ zweier Potenzreihen (d. h. Folgen) $a=\left(  a_{0},a_{1}%
,a_{2},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$ und $b=\left(  b_{0}%
,b_{1},b_{2},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$ als die Folge%
\[
\left(  a_{0}b_{0},a_{0}b_{1}+a_{1}b_{0},a_{0}b_{2}+a_{1}b_{1}+a_{2}%
b_{0},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}.
\]
(Das $n$-te Glied dieser Folge ist $\sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}$ f\"{u}r
jedes $n\in\mathbb{N}$.) Statt $a\cdot b$ schreiben wir auch $ab$. Die
Addition $+$ und die Multiplikation $\cdot$ von Potenzreihen (also Folgen in
$\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$) sind kommutativ, assoziativ und distributiv.
\end{quote}

Wie gesagt, hat das Produkt von zwei Folgen in $\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$
nichts zu tun mit dem punktweisen Produkt von Zahlenfunktionen. Es ist leicht
zu sehen, da\ss \ f\"{u}r die Addition und die Multiplikation von Potenzreihen
alle g\"{a}ngigen Gesetze (die Assoziativgesetze, die Distributivgesetze und
die Kommutativgesetze) gelten.

\begin{quote}
\textbf{Definition (Potenzreihen }$0$ \textbf{und }$1$\textbf{):} Die durch
$\mathbf{0}=\left(  0,0,0,...\right)  $ definierte Folge $\mathbf{0}%
\in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$ erf\"{u}llt $\mathbf{0}+a=a+\mathbf{0}=a$ f\"{u}r
jede Folge $a\in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$, und die durch $\mathbf{1}=\left(
1,0,0,0,...\right)  $ (alle Glieder bis auf das erste sind Null) definierte
Folge $\mathbf{1}\in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$ erf\"{u}llt $\mathbf{1}%
a=a\mathbf{1}=a$ f\"{u}r jede Folge $a\in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$.

Wir werden \"{o}fters die Folge $\mathbf{0}=\left(  0,0,0,...\right)  $ auch
einfach mit $0$ bezeichnen (ohne Fettdruck), und die Folge $\mathbf{1}=\left(
1,0,0,0,...\right)  $ auch einfach mit $1$ (ebenfalls ohne Fettdruck).
Allgemeiner bezeichnen wir f\"{u}r jedes $a\in\mathbb{Z}$ die Potenzreihe
$\left(  a,0,0,0,...\right)  $ (alle Glieder ab dem zweiten sind Null) mit $a$.

\textbf{Definition (Multiplikation einer Potenzreihe mit einer ganzen Zahl):}
Ferner definieren wir f\"{u}r jede ganze Zahl $\lambda$ und jede Potenzreihe
(d. h. Folge) $a=\left(  a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  \in\mathbb{Z}%
^{\mathbb{N}}$ eine Potenzreihe $\lambda\cdot a\in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$ als
die Folge%
\[
\left(  \lambda a_{0},\lambda a_{1},\lambda a_{2},...\right)  \in
\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}.
\]
Diese Folge wird auch als $\lambda a$ bezeichnet.

\textbf{Definition (Potenzreihe }$X$\textbf{):} Wir bezeichnen ferner mit
$X\in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$ die Folge $\left(  0,1,0,0,0,...\right)  $ (alle
Glieder bis auf das zweite sind Null).
\end{quote}

F\"{u}r jedes $i\in\mathbb{N}$ ist dann $X^{i}$ die Folge $\left(
0,0,...,0,1,0,0,...\right)  $, deren $i$-tes Glied $1$ und alle anderen
Glieder $0$ sind. (Dabei ist $X^{i}$ definiert als $i$-te Potenz von $X$
bez\"{u}glich der Multiplikation $\cdot$ von Folgen; das hei\ss t,
$X^{i}=\underbrace{X\cdot X\cdot...\cdot X}_{i\text{ mal}}$.)

Unser Ziel ist nun, die Folge $\left(  a_{0},a_{1},a_{2},...\right)
\in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$ in der Form $\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}$
schreiben und damit rechnen zu d\"{u}rfen. Dazu m\"{u}ssen wir klarmachen, was
eine unendliche Summe wie $\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}$ \"{u}berhaupt
bedeutet. Wir werden sie als Grenzwert $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}%
\sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}X^{i}$ deuten.

Doch dazu m\"{u}ssen wir erstmal den Begriff der Konvergenz einer Folge von
Folgen (!) einf\"{u}hren. Er hat eine gewisse \"{A}hnlichkeit mit dem\ Begriff
der Konvergenz einer Folge von rationalen Zahlen: W\"{a}hrend die Konvergenz
einer Folge von rationalen Zahlen zu einem Grenzwert anschaulich gesehen
bedeutet, da\ss \ diese Zahlen "immer n\"{a}her" an den Grenzwert werden und
beliebig nah an ihn herankommen, bedeutet die Konvergenz einer Folge von
Folgen zu einer Grenzfolge, da\ss \ diese Folgen "immer gleicher" zur
Grenzfolge werden (also immer gr\"{o}\ss ere Anfangsabschnitte gleich werden)
und "beliebig gleich" zu ihr werden. Formal gesehen ist die Definition folgende:

\begin{quote}
\textbf{Definition (Konvergenz einer Folge von Folgen/Potenzreihe zu einer
Folge/Potenzreihe):} Sei $M$ eine Menge. Man sagt, eine Folge $\left(
\alpha_{0},\alpha_{1},\alpha_{2},...\right)  \in\left(  M^{\mathbb{N}}\right)
^{\mathbb{N}}$ von Folgen von Elementen von $M$ \textit{konvergiere} zu einer
Folge $\beta\in M^{\mathbb{N}}$, wenn folgendes gilt:%
\begin{align*}
&  \text{F\"{u}r jedes }g\in\mathbb{N}\text{ gibt es ein }N\in\mathbb{N}%
\text{, soda\ss \ f\"{u}r jedes }n\in\mathbb{N}\text{ mit }n\geq N\text{
gilt:}\\
&  \left(  \text{Die Folgen }\beta\text{ und }\alpha_{n}\text{ unterscheiden
sich nicht vor ihrem }g\text{-ten Glied}\right)  ,\text{ d. h.}\\
&  \left(  \text{f\"{u}r jedes }k\in\left\{  0,1,...,g-1\right\}  \text{ ist
das }k\text{-te Glied der Folge }\beta\text{ gleich dem der Folge }\alpha
_{n}\right)  .
\end{align*}
In diesem Fall schreiben wir $\beta=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\alpha
_{n}$ und bezeichnen $\beta$ als \textit{Grenzwert} oder \textit{Grenzfolge}
der Folge $\left(  \alpha_{0},\alpha_{1},\alpha_{2},...\right)  $. Es ist
leicht zu sehen, da\ss \ eine konvergente Folge immer nur zu einem Grenzwert
(und nicht etwa zu zwei verschiedenen) konvergieren kann.
\end{quote}

Wir wollen nun ein wichtiges Beispiel f\"{u}r eine konvergente Folge von
Folgen geben: Ist $\left(  a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  \in\mathbb{Z}%
^{\mathbb{N}}$ eine Folge, dann konvergiert die Folge%
\begin{align*}
&  \left(  \left(  a_{0},0,0,0,0,0,...\right)  ,\right. \\
&  \left.  \left(  a_{0},a_{1},0,0,0,0,...\right)  ,\right. \\
&  \left.  \left(  a_{0},a_{1},a_{2},0,0,0,...\right)  ,\right. \\
&  \left.  \left(  a_{0},a_{1},a_{2},a_{3},0,0,...\right)  ,\right. \\
&  \left.  ...\right)  \in\left(  \mathbb{Z}^{\mathbb{N}}\right)
^{\mathbb{N}}%
\end{align*}
gegen $\left(  a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$. Wir
haben also $\left(  a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  =\lim\limits_{n\rightarrow
\infty}\left(  a_{0},a_{1},...,a_{n},0,0,0,0,...\right)  $. Wegen%
\begin{align*}
\left(  a_{0},a_{1},...,a_{n},0,0,0,0,...\right)   &  =\sum_{i=0}%
^{n}\underbrace{\left(  0,0,...,0,a_{i},0,0,...\right)  }_{\substack{\text{die
Folge, deren }i\text{-tes Glied }a_{i}\text{ ist}\\\text{und alle anderen
Glieder }0}}\\
&  =\sum_{i=0}^{n}a_{i}\underbrace{\left(  0,0,...,0,1,0,0,...\right)
}_{\substack{\text{die Folge, deren }i\text{-tes Glied }1\text{ ist}%
\\\text{und alle anderen Glieder }0}}=\sum_{i=0}^{n}a_{i}X^{i}%
\end{align*}
k\"{o}nnen wir dies als $\left(  a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  =\lim
\limits_{n\rightarrow\infty}\sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}X^{i}$ schreiben. Wenn
wir jetzt noch die Abk\"{u}rzung $\sum\limits_{i=0}^{\infty}p_{i}$ f\"{u}r
$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sum\limits_{i=0}^{n}p_{i}$ (wobei $p_{i}%
\in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$ f\"{u}r jedes $i\in\mathbb{N}$ ist) einf\"{u}hren,
haben wir es geschafft: Wir erhalten $\left(  a_{0},a_{1},a_{2},...\right)
=\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}$. Da wir den Summationsindex beliebig
umbenennen d\"{u}rfen, bedeutet dies auch $\left(  a_{0},a_{1},a_{2}%
,...\right)  =\sum\limits_{j=0}^{\infty}a_{j}X^{j}$ und $\left(  a_{0}%
,a_{1},a_{2},...\right)  =\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}X^{n}$ und so weiter.
Statt $\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}$ schreibt man auch $\sum
\limits_{i\in\mathbb{N}}a_{i}X^{i}$ oder $a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}+...$ (aber
die Notation $a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}+...$ sollte man vermeiden, wenn die
Folgenglieder $a_{0}$, $a_{1}$, $a_{2}$, $...$ kompliziert aussehen;
stattdessen ist in diesem Fall die Notation $\sum\limits_{i=0}^{\infty}%
a_{i}X^{i}$ oder $\sum\limits_{i\in\mathbb{N}}a_{i}X^{i}$ vorzuziehen).

Wenn wir von Potenzreihen reden, wollen wir nach M\"{o}glichkeit immer die
Notation $\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}$ benutzen, und nicht die
Notation $\left(  a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  $. Der Grund ist, da\ss \ die
Rechenregeln f\"{u}r Potenzreihen in der Notation $\sum\limits_{i=0}^{\infty
}a_{i}X^{i}$ wesentlich klarer sind als in der Notation $\left(  a_{0}%
,a_{1},a_{2},...\right)  $. So haben wir das Produkt $a\cdot b$ zweier
Potenzreihen $a=\left(  a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  \in\mathbb{Z}%
^{\mathbb{N}}$ und $b=\left(  b_{0},b_{1},b_{2},...\right)  \in\mathbb{Z}%
^{\mathbb{N}}$ definiert als die Potenzreihe%
\[
\left(  a_{0}b_{0},a_{0}b_{1}+a_{1}b_{0},a_{0}b_{2}+a_{1}b_{1}+a_{2}%
b_{0},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}},
\]
deren $n$-tes Glied $\sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}$ ist f\"{u}r jedes
$n\in\mathbb{N}$. Diese Definition wirkt ein wenig unanschaulich, aber in der
$\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}$-Notation bedeutet sie: Das Produkt
$a\cdot b$ zweier Potenzreihen $a=\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}$ und
$b=\sum\limits_{i=0}^{\infty}b_{i}X^{i}$ ist definiert als die Potenzreihe
$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}X^{n}$. Dies ist
aber genau das Ergebnis, was wir erhalten, wenn wir (nach dem
Distributivgesetz) die Klammern aufl\"{o}sen:%
\begin{align*}
a\cdot b  &  =\left(  \sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}\right)
\cdot\left(  \sum\limits_{i=0}^{\infty}b_{i}X^{i}\right)  =\sum_{i=0}^{\infty
}\sum_{j=0}^{\infty}\underbrace{a_{i}X^{i}\cdot b_{j}X^{j}}_{=a_{i}%
b_{j}X^{i+j}}=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{j=0}^{\infty}a_{i}b_{j}X^{i+j}\\
&  =\underbrace{\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{n=i}^{\infty}}_{=\sum\limits_{n=0}%
^{\infty}\sum\limits_{i=0}^{n}}a_{i}b_{n-i}X^{n}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\text{hier haben wir }i+j\text{ durch }n\text{ substituiert}\right) \\
&  =\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{i=0}^{n}a_{i}b_{n-i}X^{n}=\sum\limits_{n=0}%
^{\infty}\sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}X^{n}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir den Index }i\text{ in
}k\text{ umbenannt}\right)  .
\end{align*}
In der $\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}$-Notation bekommt also das (recht
seltsam definierte) Produkt zweier Potenzreihen eine ganz nat\"{u}rliche
Erkl\"{a}rung: Man erh\"{a}lt das Produkt $a\cdot b$ zweier Potenzreihen $a$
und $b$, indem man diese Potenzreihen $a$ und $b$ in der Form $\sum
\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}$ bzw. $\sum\limits_{i=0}^{\infty}b_{i}X^{i}$
darstellt, und im Produkt $\left(  \sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}%
X^{i}\right)  \cdot\left(  \sum\limits_{i=0}^{\infty}b_{i}X^{i}\right)  $
(nach dem Distributivgesetz) die Klammern aufl\"{o}st.

Da die Potenzreihe $\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}$ gleich der Folge
$\left(  a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  $ ist, sind die Koeffizienten der
Potenzreihe $\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}$ einfach die Zahlen $a_{0}$,
$a_{1}$, $a_{2}$, $...$. Somit gilt: Sind zwei Potenzreihen $\sum
\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}$ und $\sum\limits_{i=0}^{\infty}b_{i}X^{i}$
einander gleich, dann gilt $a_{i}=b_{i}$ f\"{u}r jedes $i\in\mathbb{N}$ (denn
wenn zwei Potenzreihen gleich sind, dann sind alle ihre entsprechenden
Koeffizienten gleich).

Eine \textit{Warnung} f\"{u}r alle, die den Begriff der Potenzreihen aus der
Funktionentheorie kennen: Unser Begriff von "Potenzreihen" ist in vielerlei
Hinsicht \"{a}hnlich zum Begriff "Potenzreihen (um den Punkt $0$)" in der
Funktionentheorie, und oftmals auch einfacher zu benutzen als letzterer (so
mu\ss \ man sich um Konvergenz der formalen Potenzreihen selber keine Gedanken
machen, und auch die Konvergenz von Folgen von formalen Potenzreihen ist meist
viel einfacher zu zeigen als Konvergenz von Folgen von holomorphen Funktionen
in der Funktionentheorie). Allerdings hat die Einfachheit einen Preis: So kann
man eine formale Potenzreihe nicht "um einen anderen Punkt" entwickeln (so wie
man in der Funktionentheorie z. B. die Exponentialfunktion $z\mapsto\exp
z=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{z^{k}}{k!}$ auch um den Punkt $1$ herum
entwickeln kann und die Funktion $z\mapsto\exp z=\sum\limits_{k=0}^{\infty
}\dfrac{\left(  z+1\right)  ^{k}}{ek!}$ erh\"{a}lt), und auch eine Potenzreihe
nicht immer in eine andere Potenzreihe einsetzen (aber letzteres geht
zumindest, wenn der $0$-te Koeffizient der ersteren Potenzreihe gleich $0$ ist
- siehe Satz 3.4a).

\subsection{Die binomische Formel und die Vandermonde-Faltungsformel: Eine
erste Anwendung von Potenzreihen}

Wozu nun das Ganze? Man stellt fest, da\ss \ man mit Potenzreihen auf elegante
Weise rechnen kann, und die enstandenen Ergebnisse wieder potenzreihenfrei
umformulieren und gut benutzen kann. Hier ein Beispiel, das uns sp\"{a}ter
noch n\"{u}tzlich sein wird:

\begin{quote}
\textbf{Satz 3.1 (die binomische Formel):} F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{Z}$ ist
die Potenzreihe $\left(  1+X\right)  ^{n}$ gleich $\sum\limits_{k=0}^{\infty
}\dbinom{n}{k}X^{k}$.
\end{quote}

Hierzu sind ein paar erkl\"{a}rende Worte angesagt:

\textbf{1)} Viele kennen den Binomialkoeffizienten $\dbinom{n}{k}$ nur f\"{u}r
$n\in\mathbb{N}$ und $k\in\left\{  0,1,...,n\right\}  $ (dies ist auch der
gebr\"{a}uchlichste Fall f\"{u}r die Verwendung von $\dbinom{n}{k}$; in diesem
Fall ist $\dbinom{n}{k}$ n\"{a}mlich die Anzahl aller $k$-elementigen
Teilmengen einer gegebenen $n$-elementigen Menge). Doch man kann $\dbinom
{n}{k}$ genauso f\"{u}r beliebige ganze, rationale, reelle oder sogar komplexe
Zahlen $n$ und $k\in\mathbb{Z}$ definieren: n\"{a}mlich folgenderma\ss en:

\begin{quote}
\textbf{Definition (Binomialkoeffizient }$\dbinom{n}{k}$ \textbf{mit }$n$
\textbf{beliebig} \textbf{und }$k\in\mathbb{Z}$\textbf{):} Wir definieren den
sogenannten \textit{Binomialkoeffizienten} $\dbinom{n}{k}$ durch
\[
\dbinom{n}{k}=\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
\dfrac{n\cdot\left(  n-1\right)  \cdot...\cdot\left(  n-k+1\right)  }%
{k!},\text{ wenn }k\geq0;\\
0,\text{ wenn }k<0
\end{array}
\right.
\]
f\"{u}r alle $n\in\mathbb{Z}$ (oder $n\in\mathbb{Q}$, oder $n\in\mathbb{R}$,
oder $n\in\mathbb{C}$) und $k\in\mathbb{Z}$. Diese Definition sorgt daf\"{u}r,
da\ss \ die Rekursionsgleichung $\dbinom{n+1}{k}=\dbinom{n}{k}+\dbinom{n}%
{k-1}$ f\"{u}r alle $n\in\mathbb{Z}$ (oder $n\in\mathbb{Q}$, etc.) und
$k\in\mathbb{Z}$ gilt (der Beweis ist sehr leicht).
\footnote{\textit{Warnung:} Diese Definition von $\dbinom{n}{k}$ f\"{u}r
$n\in\mathbb{Z}$ und $k\in\mathbb{Z}$ ist nicht die einzige, die in der
Literatur vorkommt, und manche benutzen Definitionen, die zu anderen Werten
f\"{u}hren! (Und zwar sind die Werte von $\dbinom{n}{k}$ f\"{u}r negatives $k$
kontrovers. Die Werte von $\dbinom{n}{k}$ f\"{u}r $k\geq0$ sind unumstritten -
jeder, der den Binomialkoeffizienten $\dbinom{n}{k}$ f\"{u}r $n\in\mathbb{Z}$
und $k\geq0$ \"{u}berhaupt definiert, definiert ihn als $\dfrac{n\cdot\left(
n-1\right)  \cdot...\cdot\left(  n-k+1\right)  }{k!}$. Aber f\"{u}r $k<0$ wird
$\dbinom{n}{k}$ nicht von allen Autoren als $0$ festgelegt; manche ziehen
andere Werte vor (die dann allerdings zur Folge haben, da\ss \ $\dbinom
{n+1}{k}=\dbinom{n}{k}+\dbinom{n}{k-1}$ nicht mehr immer gilt!). Unsere
Konvention ($\dbinom{n}{k}=0$ f\"{u}r $k<n$) hat meines Erachtens die meisten
Vorteile, und sie wird auch von Knuth in [13] und von Wilf in [8] benutzt.)}
\end{quote}

Es sei angemerkt, da\ss \ $\dbinom{n}{k}\in\mathbb{Z}$ f\"{u}r alle
$n\in\mathbb{Z}$ und $k\in\mathbb{Z}$ gibt (mit obiger Definition von
$\dbinom{n}{k}$). Dies werden wir weiter unten (Satz 3.3 \textbf{(c)}) beweisen.

\textbf{2)} Was bedeutet der Ausdruck $\left(  1+X\right)  ^{n}$ f\"{u}r
$n\in\mathbb{Z}$ ? F\"{u}r $n\geq0$ ist dies klar. F\"{u}r $n<0$ ist dieser
Ausdruck nur dann sinnvoll, wenn die Potenzreihe $1+X$ ein multiplikatives
Inverses hat. Aber es stellt sich fest: Ja, die Potenzreihe $1+X$ hat ein
multiplikatives Inverses, n\"{a}mlich die Potenzreihe $1-X+X^{2}%
-X^{3}+...=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left(  -1\right)  ^{k}X^{k}$. Denn%
\begin{align*}
&  \left(  1+X\right)  \cdot\left(  1-X+X^{2}-X^{3}+...\right) \\
&  =\left(  1-X+X^{2}-X^{3}+...\right)  +X\cdot\left(  1-X+X^{2}%
-X^{3}+...\right) \\
&  =\left(  1-X+X^{2}-X^{3}+...\right)  +\left(  X-X^{2}+X^{3}-X^{4}%
+...\right)  =1,
\end{align*}
weil sich alle Terme bis auf $1$ gegenseitig wegk\"{u}rzen\footnote{Formaler
ausgedr\"{u}ckt sieht dieser Beweis folgenderma\ss en aus:%
\begin{align*}
&  \left(  1+X\right)  \cdot\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left(  -1\right)
^{k}X^{k}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left(  -1\right)  ^{k}X^{k}+X\cdot
\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left(  -1\right)  ^{k}X^{k}=\sum\limits_{k=0}%
^{\infty}\left(  -1\right)  ^{k}X^{k}+\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left(
-1\right)  ^{k}X^{k+1}\\
&  =\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left(  -1\right)  ^{k}X^{k}+\sum\limits_{k=1}%
^{\infty}\left(  -1\right)  ^{k-1}X^{k}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir in der zweiten Summe
}k\text{ durch }k-1\text{ substituiert}\right) \\
&  =\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left(  -1\right)  ^{k}X^{k}+\left(
\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left(  -1\right)  ^{k-1}X^{k}-\left(  -1\right)
^{0-1}X^{0}\right)  =\left(  \sum\limits_{k=0}^{\infty}\left(  -1\right)
^{k}X^{k}+\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left(  -1\right)  ^{k-1}X^{k}\right)
-\underbrace{\left(  -1\right)  ^{0-1}}_{=-1}\underbrace{X^{0}}_{=1}\\
&  =\sum\limits_{k=0}^{\infty}\underbrace{\left(  \left(  -1\right)  ^{k}%
X^{k}+\left(  -1\right)  ^{k-1}X^{k}\right)  }_{=\left(  \left(  -1\right)
^{k}+\left(  -1\right)  ^{k-1}\right)  X^{k}=0X^{k}=0}-\left(  -1\right)
=0+1=1.
\end{align*}
}.

Nat\"{u}rlich ist Satz 3.1 f\"{u}r $n\geq0$ einfach nur die altbekannte
binomische Formel, denn $\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{n}{k}X^{k}%
=\sum\limits_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}X^{k}$ (weil $\dbinom{n}{k}=0$ f\"{u}r alle
$k>n$). Interessant ist f\"{u}r uns eher der Fall $n<0$, in dem $\sum
\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{n}{k}X^{k}$ eine echte unendliche Potenzreihe ist.

Nun zum \textit{Beweis von Satz 3.1:} Wir zeigen erstmal, da\ss \ f\"{u}r
jedes $n\in\mathbb{Z}$ gilt:%
\begin{equation}
\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{n+1}{k}X^{k}=\left(  1+X\right)
\cdot\left(  \sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{n}{k}X^{k}\right)  .
\label{3.1.pf}%
\end{equation}
In der Tat ist%
\begin{align*}
&  \left(  1+X\right)  \cdot\left(  \sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{n}%
{k}X^{k}\right)  =\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{n}{k}X^{k}+X\cdot
\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{n}{k}X^{k}\\
&  =\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{n}{k}X^{k}+\sum\limits_{k=0}^{\infty
}\dbinom{n}{k}X^{k+1}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{n}{k}X^{k}%
+\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dbinom{n}{k-1}X^{k}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir }k-1\text{ f\"{u}r
}k\text{ in der zweiten Summe substituiert}\right) \\
&  =\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{n}{k}X^{k}+\sum\limits_{k=0}^{\infty
}\dbinom{n}{k-1}X^{k}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{hier haben wir die zweite Summe um den Summanden f\"{u}r }k=0\\
\text{erweitert, was nichts \"{a}ndert, da dieser Summand }0\text{ ist (denn
}\dbinom{n}{0-1}=0\text{)}%
\end{array}
\right) \\
&  =\sum\limits_{k=0}^{\infty}\underbrace{\left(  \dbinom{n}{k}+\dbinom
{n}{k-1}\right)  }_{=\dbinom{n+1}{k}}X^{k}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}%
\dbinom{n+1}{k}X^{k}.
\end{align*}


Aus (\ref{3.1.pf}) und $\left(  1+X\right)  ^{0}=1=\sum\limits_{k=0}^{\infty
}\dbinom{0}{k}X^{k}$ (denn $\dbinom{0}{k}=\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
1\text{, wenn }k=0;\\
0\text{, wenn }k\neq0
\end{array}
\right.  $) folgt nun $\left(  1+X\right)  ^{n}=\sum\limits_{k=0}^{\infty
}\dbinom{n}{k}X^{k}$ f\"{u}r alle $n\geq0$ per Induktion nach $n$, und
$\left(  1+X\right)  ^{n}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{n}{k}X^{k}$
f\"{u}r alle $n<0$ per "R\"{u}ckw\"{a}rtsinduktion" nach $n$ (also Schritt von
$n+1$ auf $n$, statt wie in der gew\"{o}hnlichen Induktion von $n$ auf $n+1$).
Somit ist $\left(  1+X\right)  ^{n}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{n}%
{k}X^{k}$ f\"{u}r alle $n\in\mathbb{Z}$ bewiesen, und Satz 3.1 ist gezeigt.

Eine \textit{Bemerkung} am Rande: Oft \textit{definiert} man auch gebrochene
oder gar komplexe Potenzen von $1+X$, indem man $\left(  1+X\right)  ^{n}%
=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{n}{k}X^{k}$ f\"{u}r gebrochene bzw.
komplexe $n$ setzt. Solche Potenzen haben, wenn man f\"{u}r $X$ eine reelle
Zahl einsetzt, nicht unbedingt ihren Sinn, aber als Potenzreihen kann man sie
problemlos definieren.

Wir wollen nun als Beispiel daf\"{u}r, wie n\"{u}tzlich Potenzreihen sein
k\"{o}nnen, die sogenannte \textit{Vandermonde-Faltungsformel} beweisen (eine
bekannte Formel aus der Kombinatorik). Diese Formel ist nicht notwendig
f\"{u}r unsere weiteren Pl\"{a}ne; deshalb kann der Leser auch gleich zum
Anfang von Abschnitt 3.3 springen.

Hier ist also die Formel:

\begin{quote}
\textbf{Satz 3.2 (die Vandermonde-Faltungsformel):} F\"{u}r beliebige
$a\in\mathbb{Z}$, $b\in\mathbb{Z}$ und $n\in\mathbb{Z}$ ist%
\[
\dbinom{a+b}{n}=\sum\limits_{k=0}^{n}\dbinom{a}{k}\dbinom{b}{n-k}.
\]



\end{quote}

(Die Summe $\sum\limits_{k=0}^{n}$ ist f\"{u}r $n<0$ einfach als die leere
Summe zu verstehen, und die leere Summe hat per definitionem den Wert $0$, was
sich nat\"{u}rlich mit $\dbinom{a+b}{n}=0$ f\"{u}r $n<0$ deckt.)

\textit{Beweis von Satz 3.2:} Nach Satz 3.1 ist $\left(  1+X\right)  ^{a}%
=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{a}{k}X^{k}=\sum\limits_{i=0}^{\infty
}\dbinom{a}{i}X^{i}$ und analog $\left(  1+X\right)  ^{b}=\sum\limits_{i=0}%
^{\infty}\dbinom{b}{i}X^{i}$. Also ist%
\[
\left(  1+X\right)  ^{a}\left(  1+X\right)  ^{b}=\sum\limits_{i=0}^{\infty
}\dbinom{a}{i}X^{i}\cdot\sum\limits_{i=0}^{\infty}\dbinom{b}{i}X^{i}%
=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits_{k=0}^{n}\dbinom{a}{k}\dbinom{b}%
{n-k}X^{n}%
\]
(nach der Rechenregel f\"{u}r das Produkt zweier Potenzreihen). Andererseits
ist%
\begin{align*}
\left(  1+X\right)  ^{a}\left(  1+X\right)  ^{b}  &  =\left(  1+X\right)
^{a+b}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{a+b}{k}X^{k}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach Satz 3.1}\right) \\
&  =\sum_{n=0}^{\infty}\dbinom{a+b}{n}X^{n}.
\end{align*}
Somit ist%
\[
\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits_{k=0}^{n}\dbinom{a}{k}\dbinom{b}%
{n-k}X^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\dbinom{a+b}{n}X^{n}.
\]
Doch wenn zwei Potenzreihen gleich sind, sind alle ihre entsprenden
Koeffizienten gleich; somit folgt hieraus%
\[
\sum\limits_{k=0}^{n}\dbinom{a}{k}\dbinom{b}{n-k}=\dbinom{a+b}{n}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }n\in\mathbb{N}.
\]
Doch auch f\"{u}r negative ganze $n$ gilt $\sum\limits_{k=0}^{n}\dbinom{a}%
{k}\dbinom{b}{n-k}=\dbinom{a+b}{n}$ (denn f\"{u}r negative ganze $n$ ist
$\dbinom{a+b}{n}=0$ und $\sum\limits_{k=0}^{n}\dbinom{a}{k}\dbinom{b}%
{n-k}=\left(  \text{leere Summe}\right)  =0$). Somit ist%
\[
\sum\limits_{k=0}^{n}\dbinom{a}{k}\dbinom{b}{n-k}=\dbinom{a+b}{n}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }n\in\mathbb{Z}.
\]


Damit ist Satz 3.2 bewiesen.

Nun k\"{o}nnte sich ein kritischer Leser fragen, was wir eigentlich gewonnen
haben, indem wir Binomialkoeffizienten $\dbinom{n}{k}$ mit negativem (oder gar
rationalem oder reellem) $n$ eingef\"{u}hrt und mithilfe von Potenzreihen Satz
3.2 gezeigt haben. Denn f\"{u}r die "gew\"{o}hnlichen" Binomialkoeffizienten
(also $\dbinom{n}{k}$ mit $n\in\mathbb{N}$ und $k\in\left\{
0,1,...,n\right\}  $) ben\"{o}tigt man f\"{u}r den Beweis von Satz 3.2 keine
Potenzreihen (man kann in diesem Fall n\"{a}mlich $\left(  1+X\right)  ^{a}$
und $\left(  1+X\right)  ^{b}$ genauso gut als Polynome auffassen, weil $a$
und $b$ nat\"{u}rliche Zahlen sind). Die Benutzung von Potenzreihen war also
nur in dem Fall notwendig, wenn die Binomialkoeffizienten nicht
"gew\"{o}hnlich" sind, also $a<0$ oder $b<0$ ist. Aber warum interessieren uns
solche Binomialkoeffizienten?

Wie sich herausstellt, gibt es daf\"{u}r einen guten Grund: Solche
Binomialkoeffizienten sagen einiges aus \"{u}ber die "gew\"{o}hnlichen"
Binomialkoeffizienten. Denn es gilt:

\begin{quote}
\textbf{Satz 3.3 (Obere Negation):} \textbf{(a)} F\"{u}r $n\in\mathbb{Z}$
(oder $n\in\mathbb{Q}$, oder $n\in\mathbb{R}$, oder $n\in\mathbb{C}$ - je
nachdem, was man will) und $k\in\mathbb{N}$ gilt stets%
\begin{equation}
\dbinom{-n}{k}=\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{n+k-1}{k}. \label{3.3}%
\end{equation}


\textbf{(b)} F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{Z}$ und jedes $k\in\mathbb{N}$ ist
$\dbinom{n}{k}\in\mathbb{Z}$.

\textbf{(c)} F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{Z}$ und jedes $k\in\mathbb{Z}$ ist
$\dbinom{n}{k}\in\mathbb{Z}$.


\end{quote}

\textit{Beweis von Satz 3.3:} \textbf{(a)} Nach der Definition von
Binomialkoeffizienten ist%
\begin{align*}
\dbinom{-n}{k}  &  =\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
\dfrac{\left(  -n\right)  \cdot\left(  \left(  -n\right)  -1\right)
\cdot...\cdot\left(  \left(  -n\right)  -k+1\right)  }{k!},\text{ wenn }%
k\geq0;\\
0,\text{ wenn }k<0
\end{array}
\right.  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{und}\\
\dbinom{n+k-1}{k}  &  =\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
\dfrac{\left(  n+k-1\right)  \cdot\left(  \left(  n+k-1\right)  -1\right)
\cdot...\cdot\left(  \left(  n+k-1\right)  -k+1\right)  }{k!},\text{ wenn
}k\geq0;\\
0,\text{ wenn }k<0
\end{array}
\right.  .
\end{align*}
Um (\ref{3.3}) zu beweisen, m\"{u}ssen wir somit nur noch zeigen, da\ss
\begin{align*}
&  \left(  -n\right)  \cdot\left(  \left(  -n\right)  -1\right)  \cdot
...\cdot\left(  \left(  -n\right)  -k+1\right) \\
&  =\left(  -1\right)  ^{k}\cdot\left(  \left(  n+k-1\right)  \cdot\left(
\left(  n+k-1\right)  -1\right)  \cdot...\cdot\left(  \left(  n+k-1\right)
-k+1\right)  \right)
\end{align*}
gilt, wenn $k\geq0$ ist. Doch dies ist klar, denn%
\begin{align*}
&  \left(  -n\right)  \cdot\left(  \left(  -n\right)  -1\right)  \cdot
...\cdot\left(  \left(  -n\right)  -k+1\right) \\
&  =\left(  -1\right)  ^{k}\cdot\left(  n\cdot\left(  n+1\right)
\cdot...\cdot\left(  n+k-1\right)  \right) \\
&  =\left(  -1\right)  ^{k}\cdot\left(  \left(  n+k-1\right)  \cdot\left(
n+k-2\right)  \cdot...\cdot n\right) \\
&  =\left(  -1\right)  ^{k}\cdot\left(  \left(  n+k-1\right)  \cdot\left(
\left(  n+k-1\right)  -1\right)  \cdot...\cdot\left(  \left(  n+k-1\right)
-k+1\right)  \right)  .
\end{align*}
Damit ist (\ref{3.3}) bewiesen, also Satz 3.3 \textbf{(a)} gezeigt.

\textbf{(b)} Wir wollen zwei F\"{a}lle unterscheiden: den Fall $n\geq0$ und
den Fall $n<0$.

Im Falle von $n\geq0$ ist%
\begin{align*}
\dbinom{n}{k}  &  =\left(  \text{Anzahl aller }k\text{-elementigen Teilmenge
einer vorgegebenen }n\text{-elementigen Menge}\right) \\
&  \in\mathbb{Z},
\end{align*}
und im Falle von $n<0$ ist%
\begin{align*}
\dbinom{n}{k}  &  =\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{-n+k-1}{k}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach Satz 3.3 \textbf{(a)}, angewandt auf
}-n\text{ statt }n\right) \\
&  \in\mathbb{Z}%
\end{align*}
(denn setzen wir $\nu=-n+k-1$, dann ist $\nu\geq0$ und damit%
\begin{align*}
&  \dbinom{-n+k-1}{k}\\
&  =\dbinom{\nu}{k}\\
&  =\left(  \text{Anzahl aller }k\text{-elementigen Teilmenge einer
vorgegebenen }\nu\text{-elementigen Menge}\right) \\
&  \in\mathbb{Z}%
\end{align*}
). In beiden m\"{o}glichen F\"{a}llen ist also $\dbinom{n}{k}\in\mathbb{Z}$.
Daher muss $\dbinom{n}{k}\in\mathbb{Z}$ immer gelten. Damit ist Satz 3.3
\textbf{(b)} gezeigt.

\textbf{(c)} Wir wollen zwei F\"{a}lle unterscheiden: den Fall $k\geq0$ und
den Fall $k<0$.

Im Falle von $k\geq0$ folgt $\dbinom{n}{k}\in\mathbb{Z}$ aus Satz 3.3
\textbf{(b)} (denn $k\geq0$ und $k\in\mathbb{Z}$ f\"{u}hren zusammen zu
$k\in\mathbb{N}$).

Im Falle von $k<0$ folgt $\dbinom{n}{k}\in\mathbb{Z}$ aus $\dbinom{n}{k}=0$
(denn nach unserer Definition von $\dbinom{n}{k}$ ist $\dbinom{n}{k}=0$
f\"{u}r alle $k<0$).

In beiden m\"{o}glichen F\"{a}llen ist also $\dbinom{n}{k}\in\mathbb{Z}$.
Daher muss $\dbinom{n}{k}\in\mathbb{Z}$ immer gelten. Damit ist Satz 3.3
\textbf{(c)} gezeigt, und der Beweis von Satz 3.3 ist vollst\"{a}ndig.

Mithilfe von Satz 3.3 \textbf{(a)} k\"{o}nnen wir Satz 3.2 ein wenig mutieren:

\begin{quote}
\textbf{Folgerung 3.4 (die zweimal negierte Vandermonde-Faltungsformel):}
F\"{u}r beliebige $a\in\mathbb{Z}$, $b\in\mathbb{Z}$ und $n\in\mathbb{Z}$ ist%
\[
\dbinom{\left(  a+b\right)  +n-1}{n}=\sum\limits_{k=0}^{n}\dbinom{a+k-1}%
{k}\dbinom{b+\left(  n-k\right)  -1}{n-k}.
\]



\end{quote}

\textit{Beweis von Folgerung 3.4:} Wenden wir Satz 3.2 auf $-a$ und $-b$ statt
$a$ bzw. $b$ an, so erhalten wir%
\begin{equation}
\dbinom{\left(  -a\right)  +\left(  -b\right)  }{n}=\sum\limits_{k=0}%
^{n}\dbinom{-a}{k}\dbinom{-b}{n-k}. \label{3.4.pf}%
\end{equation}
Doch nach Satz 3.3 \textbf{(a)} gilt%
\begin{align*}
\dbinom{\left(  -a\right)  +\left(  -b\right)  }{n}  &  =\dbinom{-\left(
a+b\right)  }{n}=\left(  -1\right)  ^{n}\dbinom{\left(  a+b\right)  +n-1}%
{n};\\
\dbinom{-a}{k}  &  =\left(  -1\right)  ^{k}\dbinom{a+k-1}{k};\\
\dbinom{-b}{n-k}  &  =\left(  -1\right)  ^{n-k}\dbinom{b+\left(  n-k\right)
-1}{n-k}.
\end{align*}
Setzen wir dies in (\ref{3.4.pf}) ein, und k\"{u}rzen wir $\left(  -1\right)
^{n}$ heraus, erhalten wir die Behauptung von Folgerung 3.4.

Nun betrachten wir Folgerung 3.4 genauer: Wenn $a$ und $b$ nat\"{u}rliche
Zahlen sind, dann sind die Binomialkoeffizienten in Folgerung 3.4 ganz
gew\"{o}hnliche Binomialkoeffizienten (au\ss er gelegentlich auftretenden
$\dbinom{-1}{0}=1$ im Falle von $a=0$ oder $b=0$), und wir haben damit eine
Identit\"{a}t zwischen gew\"{o}hnlichen Binomialkoeffizienten bewiesen, aber
im Beweis "ungew\"{o}hnliche" Binomialkoeffizienten wie $\dbinom{-a}{k}$ und
Potenzreihen verwendet. Dies ist ein starkes Argument daf\"{u}r, da\ss \ die
Ausdehnung des Begriffs der Binomialkoeffizienten $\dbinom{n}{k}$ auf negative
$k$ sowie der Begriff einer Potenzreihe keine Irrwege sind.

Man kann \"{u}brigens Satz 3.2 auch etwas anders variieren, indem man nur $a$
durch $-a$ ersetzt (aber $b$ unver\"{a}ndert l\"{a}\ss t).

\subsection{Einsetzung von Potenzreihen ineinander}

Wir f\"{u}hren nun eine simple Notation ein:

\begin{quote}
\textbf{Definition (Potenzreihe }$\operatorname{lower}a$\textbf{):} Ist $a$
eine Potenzreihe, dann definieren wir eine neue Potenzreihe
$\operatorname{lower}a$ folgenderma\ss en: Wir schreiben $a$ in der Form
$a=\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}$ mit ganzen Zahlen $a_{0}$, $a_{1}$,
$a_{2}$, $...$. Dann bezeichnen wir mit $\operatorname{lower}a$ die
Potenzreihe $\sum\limits_{i=1}^{\infty}a_{i}X^{i-1}$.
\end{quote}

Wir haben dann%
\begin{align*}
a  &  =\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}=a_{0}\underbrace{X^{0}}_{=1}%
+\sum\limits_{i=1}^{\infty}a_{i}X^{i}=a_{0}+\sum\limits_{i=1}^{\infty}%
a_{i}X^{i},\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{also}\\
a-a_{0}  &  =\sum\limits_{i=1}^{\infty}a_{i}X^{i}=X\underbrace{\sum
\limits_{i=1}^{\infty}a_{i}X^{i-1}}_{=\operatorname{lower}a}%
=X\operatorname{lower}a.
\end{align*}
Da $a_{0}$ der $0$-te Koeffizient der Potenzreihe $a$ ist, l\"{a}\ss t sich
dies umschreiben als%
\begin{equation}
a-\left(  \text{der }0\text{-te Koeffizient der Potenzreihe }a\right)
=X\operatorname{lower}a. \label{lower}%
\end{equation}
Insbesondere folgt hieraus $a=X\operatorname{lower}a$, wenn der $0$-te
Koeffizient der Potenzreihe $a$ gleich $0$ ist.

Das folgende einfache Resultat \"{u}ber Potenzreihen wird oft (teilweise
stillschweigend) gebraucht:

\begin{quote}
\textbf{Satz 3.4a (Satz vom Einsetzen von Potenzreihen):} Sei $P$ eine
Potenzreihe, deren $0$-ter Koeffizient gleich $0$ ist.

\textbf{(a)} Sei $b=\sum\limits_{i=0}^{\infty}b_{i}X^{i}$ eine weitere
Potenzreihe. Dann konvergiert die Folge $\left(  \sum\limits_{i=0}^{n}%
b_{i}P^{i}\right)  _{n\in\mathbb{N}}$ gegen eine Potenzreihe.

Diese Potenzreihe bezeichnet man mit $b\circ P$ oder mit $\sum\limits_{i=0}%
^{\infty}b_{i}P^{i}$; man nennt sie auch die \textit{Einsetzung von }$P$
\textit{in }$b$, oder die \textit{Auswertung von }$P$ \textit{an }$b$.

(Anschaulich gesprochen ist diese Potenzreihe $b\circ P$ das, was man
erh\"{a}lt, wenn man die Potenzreihe $P$ an Stelle von $X$ in die Potenzreihe
$b$ einsetzt. Satz 3.4a \textbf{(a)} besagt also, da\ss \ man eine
Potenzreihe, deren $0$-ter Koeffizient gleich $0$ ist - so eine Potenzreihe
ist in unserem Fall $P$ - in eine Potenzreihe einsetzen darf. Aber man sollte
nicht vergessen, da\ss \ man sonst im Allgemeinen nichts - nicht einmal
Zahlen! - in eine Potenzreihe einsetzen darf.)

\textbf{(b)} Sei $P$ eine Potenzreihe, deren $0$-ter Koeffizient gleich $0$
ist. Seien $b$ und $c$ zwei weitere Potenzreihen. Dann ist $-\left(  b\circ
P\right)  =\left(  -b\right)  \circ P$, $\left(  b+c\right)  \circ P=b\circ
P+c\circ P$ und $\left(  bc\right)  \circ P=\left(  b\circ P\right)  \left(
c\circ P\right)  $.
\end{quote}

\textit{Beweis von Satz 3.4a:} Da $P$ eine Potenzreihe ist, deren $0$-ter
Koeffizient gleich $0$ ist, gilt $P=X\operatorname{lower}P$ (wegen
(\ref{lower})).

\textbf{(a)} Sei $Q$ die Potenzreihe, deren $k$-ter Koeffizient gleich dem
$k$-ten Koeffizienten der Potenzreihe $\sum\limits_{i=0}^{k}b_{i}P^{i}$
f\"{u}r jedes $k\in\mathbb{N}$ ist. Wir wollen dann zeigen, da\ss \ die Folge
$\left(  \sum\limits_{i=0}^{n}b_{i}P^{i}\right)  _{n\in\mathbb{N}}$ gegen die
Potenzreihe $Q$ konvergiert. Dazu m\"{u}ssen wir beweisen, da\ss \ folgendes
gilt:%
\begin{align*}
&  \text{F\"{u}r jedes }g\in\mathbb{N}\text{ gibt es ein }N\in\mathbb{N}%
\text{, soda\ss \ f\"{u}r jedes }n\in\mathbb{N}\text{ mit }n\geq N\text{
gilt:}\\
&  \left(  \text{Die Folgen }Q\text{ und }\sum\limits_{i=0}^{n}b_{i}%
P^{i}\text{ unterscheiden sich nicht vor ihrem }g\text{-ten Glied}\right)
,\text{ d. h.}\\
&  \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{f\"{u}r jedes }k\in\left\{  0,1,...,g-1\right\}  \text{ ist das
}k\text{-te Glied}\\
\text{der Folge }Q\text{ gleich dem der Folge }\sum\limits_{i=0}^{n}b_{i}P^{i}%
\end{array}
\right)  .
\end{align*}
Da wir "Potenzreihe" statt "Folge" und "Koeffizient" statt "Glied" sagen,
bedeutet diese Bedingung also:%
\begin{align*}
&  \text{F\"{u}r jedes }g\in\mathbb{N}\text{ gibt es ein }N\in\mathbb{N}%
\text{, soda\ss \ f\"{u}r jedes }n\in\mathbb{N}\text{ mit }n\geq N\text{
gilt:}\\
&  \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{Die Potenzreihen }Q\text{ und }\sum\limits_{i=0}^{n}b_{i}P^{i}\text{
unterscheiden sich}\\
\text{nicht vor ihrem }g\text{-ten Koeffizienten}%
\end{array}
\right)  ,\text{ d. h.}\\
&  \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{f\"{u}r jedes }k\in\left\{  0,1,...,g-1\right\}  \text{ ist der
}k\text{-te Koeffizient der Potenzreihe }Q\\
\text{gleich dem der Potenzreihe }\sum\limits_{i=0}^{n}b_{i}P^{i}%
\end{array}
\right)  .
\end{align*}
Und in der Tat ist diese Bedingung erf\"{u}llt, n\"{a}mlich (zum Beispiel)
f\"{u}r $N=g$, denn f\"{u}r $N=g$ gilt: F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}$ mit
$n\geq N$ (also $n\geq g$, weil ja $N=g$ ist) und jedes $k\in\left\{
0,1,...,g-1\right\}  $ ist%
\begin{align*}
&  \left(  \text{der }k\text{-te Koeffizient der Potenzreihe }Q\right) \\
&  =\left(  \text{der }k\text{-te Koeffizient der Potenzreihe }\sum
\limits_{i=0}^{k}b_{i}P^{i}\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach der
Definition von }Q\right) \\
&  =\left(  \text{der }k\text{-te Koeffizient der Potenzreihe }\sum
\limits_{i=0}^{n}b_{i}P^{i}\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ -\left(  \text{der }k\text{-te Koeffizient der
Potenzreihe }\sum\limits_{i=k+1}^{n}b_{i}P^{i}\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn wegen }k<g=N\leq n\text{ ist }%
\sum\limits_{i=0}^{k}b_{i}P^{i}=\sum\limits_{i=0}^{n}b_{i}P^{i}-\sum
\limits_{i=k+1}^{n}b_{i}P^{i}\right) \\
&  =\left(  \text{der }k\text{-te Koeffizient der Potenzreihe }\sum
\limits_{i=0}^{n}b_{i}P^{i}\right)
\end{align*}
(weil
\begin{align*}
&  \left(  \text{der }k\text{-te Koeffizient der Potenzreihe }\sum
\limits_{i=k+1}^{n}b_{i}P^{i}\right) \\
&  =\sum\limits_{i=k+1}^{n}b_{i}\underbrace{\left(  \text{der }k\text{-te
Koeffizient der Potenzreihe }P^{i}\right)  }_{=0\text{, denn }P^{i}=\left(
X\operatorname{lower}P\right)  ^{i}=X^{i}\left(  \operatorname{lower}P\right)
^{i}\text{ und }i>k}=\sum\limits_{i=k+1}^{n}b_{i}0=0
\end{align*}
gilt). Damit ist Satz 3.4a \textbf{(a)} bewiesen.

\textbf{(b)} Die Gleichungen $-\left(  b\circ P\right)  =\left(  -b\right)
\circ P$ und $\left(  b+c\right)  \circ P=b\circ P+c\circ P$ sind sehr leicht
zu zeigen. Um $\left(  bc\right)  \circ P=\left(  b\circ P\right)  \left(
c\circ P\right)  $ zu beweisen, m\"{u}ssen wir genauer mit Grenzwerten
arbeiten; wir \"{u}berlassen den Beweis dem Leser\footnote{Hinweis: wenn man
$b$ in der Form $b=\sum\limits_{i=0}^{\infty}b_{i}X^{i}$ und $c$ in der Form
$c=\sum\limits_{i=0}^{\infty}c_{i}X^{i}$ schreibt, dann ist%
\[
\left(  \left(  \sum\limits_{i=0}^{n}b_{i}X^{i}\right)  \cdot\left(
\sum\limits_{i=0}^{n}c_{i}X^{i}\right)  \right)  \circ P=\left(  \left(
\sum\limits_{i=0}^{n}b_{i}X^{i}\right)  \circ P\right)  \left(  \left(
\sum\limits_{i=0}^{n}c_{i}X^{i}\right)  \circ P\right)
\]
f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}$. Jetzt muss man sich \"{u}berlegen,
da\ss \ f\"{u}r $n\rightarrow\infty$ die linke Seite dieser Gleichung gegen
$\left(  bc\right)  \circ P$ und die rechte gegen $\left(  b\circ P\right)
\left(  c\circ P\right)  $ strebt. F\"{u}r die linke ist dies trivial; f\"{u}r
die rechte muss man ein wenig nachdenken.}. Wir werden die Aussage von Satz
3.4a \textbf{(b)} nicht zum Beweis von $\mathcal{B}\Longleftrightarrow
\mathcal{D}$ gebrauchen; daher belasse ich es hierbei.

\subsection{Rationale Potenzreihen und Ableitung}

Nach diesen Finger\"{u}bungen im Arbeiten mit Potenzreihen wollen wir nun ein
paar weitere Definitionen geben, die uns den Weg zum alternativen Beweis von
$\mathcal{B}\Longleftrightarrow\mathcal{D}$ ebnen. Zuerst wollen wir unsere
Theorie von ganzzahligen Potenzreihen (d. h. von Folgen, deren Glieder ganze
Zahlen sind) auf sogenannte rationale Potenzreihen ausdehnen:

\begin{quote}
\textbf{Definition (rationale Potenzreihe):} Wir haben bislang \"{u}ber
ganzzahlige Potenzreihen geredet; dies sind Folgen, deren Glieder ganze Zahlen
sind. Wir k\"{o}nnen genauso \textit{rationale Potenzreihen} definieren als
Folgen, deren Glieder rationale Zahlen sind. Wir definieren f\"{u}r rationale
Potenzreihen genau die gleichen Notationen wie f\"{u}r ganzzahlige
Potenzreihen; insbesondere schreiben wir eine rationale Potenzreihe $\left(
a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  \in\mathbb{Q}^{\mathbb{N}}$ auch als unendliche
Summe $\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}$. Die Menge $\mathbb{Z}%
^{\mathbb{N}}$ der ganzzahligen Potenzreihen ist eine Teilmenge der Menge
$\mathbb{Q}^{\mathbb{N}}$ der rationalen Potenzreihen.

Wenn wir im Folgenden von einer "Potenzreihe" sprechen, meinen wir eine
rationale Potenzreihe (au\ss er, wir sagen extra dazu, da\ss \ wir eine
ganzzahlige Potenzreihe wollen!).
\end{quote}

Nun definieren wir die sogenannte \textit{Ableitung} einer Potenzreihe. Obwohl
dieser Begriff sehr \"{a}hnlich zum Begriff der Ableitung einer Funktion in
der Analysis ist (er ist an diesen Begriff angelehnt - siehe Anmerkung
\textbf{1)} nach der Definition), ben\"{o}tigen wir f\"{u}r seine Definition
\"{u}berhaupt keine Analysis (keine Grenzwerte, keine
Differenzierbarkeits-Bedingungen, etc.)\footnote{weshalb dieser Begriff auch
\textit{formale Ableitung} genannt wird, um hervorzuheben, da{\ss } er rein
formal durch Manipulation der Potenzreihe definiert wird und nicht (wie der
Ableitungsbegriff in der Analysis) durch Grenzwerte}:

\begin{quote}
\textbf{Definition (Ableitung einer Potenzreihe):} Sei $a=\sum\limits_{i=0}%
^{\infty}a_{i}X^{i}$ eine ganzzahlige oder rationale Potenzreihe. Dann
definieren wir eine neue ganzzahlige bzw. rationale (je nachdem, ob $a$
ganzzahlig oder rational war) Potenzreihe $a^{\prime}$ durch $a^{\prime}%
=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(  i+1\right)  a_{i+1}X^{i}$. Statt
$a^{\prime}$ nennt man diese Potenzreihe oft auch $\dfrac{d}{dX}a$.

Diese Potenzreihe $a^{\prime}=\dfrac{d}{dX}a=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(
i+1\right)  a_{i+1}X^{i}$ nennt man oft die \textit{Ableitung} (oder
\textit{formale Ableitung}) der Potenzreihe $a$ nach $X$.
\end{quote}

\textit{Anmerkungen:} \textbf{1)} Der Begriff "Ableitung" kommt hier
nat\"{u}rlich daher, da\ss \ man in der Funktionentheorie die Ableitung einer
Funktion, die durch eine Potenzreihe $\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}x^{i}$
gegeben ist, nach der Formel $\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(  i+1\right)
a_{i+1}x^{i}$ berechnen kann; doch wir brauchen uns nicht um die
Funktionentheorie zu k\"{u}mmern, um mit Ableitungen formaler Potenzreihen zu
arbeiten. Historisch war es so, da\ss \ der Begriff der Ableitung einer
Funktion (von $\mathbb{R}$ nach $\mathbb{R}$, oder von $\mathbb{C}$ nach
$\mathbb{C}$) zuerst erfunden wurde, und dann der Begriff der Ableitung einer
formalen Potenzreihe "nach seinem Abbild" erschaffen wurde, indem einfach die
Formel $\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(  i+1\right)  a_{i+1}x^{i}$ als die
Definition genommen wurde. Ableiten von Potenzreihen ist aber viel einfacher
als Ableiten von Funktionen: Wir brauchen uns nicht um Differenzierbarkeit zu k\"{u}mmern.

\textbf{2)} Die Ableitung von Potenzreihen erf\"{u}llt die gleichen
Rechenregeln wie die Ableitung von Funktionen: F\"{u}r jede Potenzreihe $P$
und jedes $\lambda\in\mathbb{Q}$ gilt $\dfrac{d}{dX}\left(  \lambda P\right)
=\lambda\dfrac{d}{dX}P$. F\"{u}r jedes $\lambda\in\mathbb{Q}$ gilt $\dfrac
{d}{dX}\lambda=0$ (wobei wir hier $\lambda$ als "konstante Potenzreihe"
betrachten, d. h. als Folge $\left(  \lambda,0,0,0,...\right)  $, in der alle
Folgenglieder bis auf das nullte gleich $0$ sind). F\"{u}r je zwei
Potenzreihen $P$ und $Q$ gilt%
\begin{align}
\dfrac{d}{dX}\left(  P+Q\right)   &  =\dfrac{d}{dX}P+\dfrac{d}{dX}%
Q\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{und}\label{diff(P+Q)}\\
\dfrac{d}{dX}\left(  PQ\right)   &  =\left(  \dfrac{d}{dX}P\right)  \cdot
Q+P\cdot\left(  \dfrac{d}{dX}Q\right)  . \label{diff(PQ)}%
\end{align}
Durch mehrfache Anwendung von (\ref{diff(PQ)}) erhalten wir%
\begin{equation}
\dfrac{d}{dX}\left(  P^{i}\right)  =iP^{i-1}\cdot\left(  \dfrac{d}%
{dX}P\right)  \label{diff(P^i)}%
\end{equation}
f\"{u}r jede Potenzreihe $P$ und jedes $i\in\mathbb{N}_{+}$.

\subsection{Der nat\"{u}rliche Logarithmus einer rationalen Potenzreihe}

Nun eine weitere Definition:

\begin{quote}
\textbf{Definition (nat\"{u}rlicher Logarithmus einer rationalen
Potenzreihe):} F\"{u}r jede rationale Potenzreihe $a$, deren $0$-ter
Koeffizient gleich $1$ ist, definieren wir eine neue rationale Potenzreihe
$\ln a$ durch%
\[
\ln a=-\sum_{i=1}^{\infty}\dfrac{\left(  1-a\right)  ^{i}}{i}.
\]
Diese neue Potenzreihe $\ln a$ hei\ss t der \textit{nat\"{u}rliche
Logarithmus} der Potenzreihe $a$.
\end{quote}

Hierzu sind einige \textit{Bemerkungen} n\"{o}tig:

\textbf{1)} Die unendliche Summe $\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{\left(
1-a\right)  ^{i}}{i}$ ist definiert als $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}%
\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{\left(  1-a\right)  ^{i}}{i}$. Dabei nutzen wir
aus, da\ss \ die Folge $\left(  \sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{\left(
1-a\right)  ^{i}}{i}\right)  _{n\in\mathbb{N}}$ konvergiert, was aus Satz 3.4a
\textbf{(a)} (angewandt auf die Potenzreihen $P=1-a$ und $b=\sum
\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{X^{i}}{i}$) folgt\footnote{Strenggenommen
m\"{u}ssten wir in Satz 3.4a \textbf{(a)} \"{u}berall $i=0$ durch $i=1$ und
"Potenzreihe" durch "rationale Potenzreihe" ersetzen, um Satz 3.4a
\textbf{(a)} auf unsere Situation anzuwenden, doch auch mit diesen
\"{A}nderungen l\"{a}\ss t sich der Beweis von Satz 3.4a \textbf{(a)} genauso
durchf\"{u}hren wie oben.}, weil der $0$-te Koeffizient der Potenzreihe $1-a$
gleich $0$ ist (denn der $0$-te Koeffizient der Potenzreihe $a$ ist $1$).

\textbf{2)} F\"{u}r jede rationale Potenzreihe $a$, deren $0$-ter Koeffizient
gleich $1$ ist, haben wir nun eine neue rationale Potenzreihe $\ln a$
definiert. Es sollte jedoch darauf hingewiesen werden, da\ss \ f\"{u}r eine
ganzzahlige Potenzreihe $a$ die Potenzreihe $\ln a$ nicht notwendigerweise
ganzzahlig sein muss.

\textbf{3)} Oftmals wird auch $\log a$ statt $\ln a$ geschrieben.

\textbf{4)} Man sieht sofort ein, da\ss \ $\ln1=0$ ist.

\textbf{5)} Die Bezeichnung $\ln$ ist an die Analysis angelehnt, wo der
ganzzahlige Logarithmus $\ln$ die Potenzreihendarstellung $\ln x=-\sum
\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{\left(  1-x\right)  ^{i}}{i}$ in der N\"{a}he von
$x=1$ hat (diese Darstellung ist besser bekannt in der Form $\ln\left(
1-x\right)  =-\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{x^{i}}{i}$ in der N\"{a}he von
$x=0$). Wie immer, brauchen wir uns aber im Falle formaler Potenzreihen keine
Gedanken dar\"{u}ber zu machen, wo eine solche Potenzreihe konvergiert.

In der Analysis ist der Logarithmus daf\"{u}r bekannt, Produkte in Summen
umzuwandeln: $\ln\left(  ab\right)  =\ln a+\ln b$, soweit $\ln a$ und $\ln b$
definiert sind. Auch unser "formaler" Logarithmus $\ln$ von Potenzreihen hat
diese Eigenschaft:

\begin{quote}
\textbf{Satz 3.5:} \textbf{(a)} Sind $a$ und $b$ zwei Potenzreihen, deren
$0$-te Koeffizienen gleich $1$ sind, dann ist $\ln\left(  ab\right)  =\ln
a+\ln b$.

\textbf{(b)} F\"{u}r jedes $d\in\mathbb{N}_{+}$ sei $a\left(  d\right)  $ eine
Potenzreihe, deren $0$-ter Koeffizient $1$ ist. Angenommen, die Folge $\left(
\prod\limits_{d=1}^{n}a\left(  d\right)  \right)  _{n\in\mathbb{N}}$
konvergiert. Dann ist $\ln\prod\limits_{d=1}^{\infty}a\left(  d\right)
=\sum\limits_{d=1}^{\infty}\ln a\left(  d\right)  $, wobei wir mit
$\prod\limits_{d=1}^{\infty}a\left(  d\right)  $ den Grenzwert der Folge
$\left(  \prod\limits_{d=1}^{n}a\left(  d\right)  \right)  _{n\in\mathbb{N}}$ bezeichnen.
\end{quote}

Diesen Satz direkt zu beweisen ist gar nicht so einfach (es geht aber). Wir
werden ihn durch einen Trick beweisen, indem wir zuerst einen Hilfssatz (den
wir sowieso sp\"{a}ter noch einmal brauchen werden) zeigen:

\begin{quote}
\textbf{Satz 3.6 (der Satz von der logarithmischen Ableitung):} Sei $a$ eine
rationale Potenzreihe, deren $0$-ter Koeffizient gleich $1$ ist. Dann gibt es
eine rationale Potenzreihe $b$, die $b\cdot a=1$ erf\"{u}llt. Wir bezeichnen
diese Potenzreihe $b$ mit $a^{-1}$ (weil sie ja das multiplikative Inverse der
Potenzreihe $a$ ist). Der $0$-te Koeffizient dieser Potenzreihe $a^{-1}$ ist
$1$.

Ferner gilt $\dfrac{d}{dX}\left(  \ln a\right)  =a^{-1}\cdot\dfrac{d}{dX}a$.
Wenn die Potenzreihe $a$ ganzzahlig ist, dann sind auch die Potenzreihen
$a^{-1}$ und $\dfrac{d}{dX}\left(  \ln a\right)  $ ganzzahlig.
\end{quote}

Dies ist besonders interessant, weil nicht f\"{u}r jede ganzzahlige
Potenzreihe $a$, deren $0$-ter Koeffizient gleich $1$ ist, auch die
Potenzreihe $\ln a$ ganzzahlig ist - aber (nach Satz 3.6) ihre Ableitung doch.

\textit{Beweis von Satz 3.6:} Zuerst beweisen wir, da\ss \ es eine rationale
Potenzreihe $b$ gibt, die $b\cdot a=1$ erf\"{u}llt. Und zwar konstruieren wir
eine solche Potenzreihe direkt: Die Folge $\left(  \sum\limits_{i=0}%
^{n}\left(  1-a\right)  ^{i}\right)  _{n\in\mathbb{N}}$ konvergiert (dies
folgt auf Satz 3.4a \textbf{(a)}, angewandt auf die Potenzreihen $P=1-a$ und
$b=\sum\limits_{i=0}^{n}X^{i}\ \ \ \ $\footnote{Strenggenommen m\"{u}ssten wir
in Satz 3.4a \textbf{(a)} \"{u}berall "Potenzreihe" durch "rationale
Potenzreihe" ersetzen, um Satz 3.4a \textbf{(a)} auf unsere Situation
anzuwenden, doch auch mit diesen \"{A}nderungen l\"{a}\ss t sich der Beweis
von Satz 3.4a \textbf{(a)} genauso durchf\"{u}hren wie oben.}, weil der $0$-te
Koeffizient der Potenzreihe $1-a$ gleich $0$ ist\footnote{denn der $0$-te
Koeffizient der Potenzreihe $a$ ist $1$}). Daher ist die unendliche Summe
$\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(  1-a\right)  ^{i}=\lim\limits_{n\rightarrow
\infty}\sum\limits_{i=0}^{n}\left(  1-a\right)  ^{i}$ wohldefiniert. Nun
definieren wir die Potenzreihe $b$ durch $b=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(
1-a\right)  ^{i}$. Dann ist $b$ eine rationale Potenzreihe, und erf\"{u}llt%
\begin{align*}
b\cdot\left(  1-a\right)   &  =\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(  1-a\right)
^{i}\cdot\left(  1-a\right)  =\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(  1-a\right)
^{i+1}=\sum\limits_{i=1}^{\infty}\left(  1-a\right)  ^{i}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir }i+1\text{ in der Summe
durch }i\text{ substituiert}\right) \\
&  =\underbrace{\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(  1-a\right)  ^{i}}%
_{=b}-\underbrace{\left(  1-a\right)  ^{0}}_{=1}=b-1,
\end{align*}
also $1=b-b\cdot\left(  1-a\right)  =b\cdot\left(  1-\left(  1-a\right)
\right)  =b\cdot a$. Wir haben also die Existenz einer rationalen Potenzreihe
$b$, die $b\cdot a=1$ erf\"{u}llt, bewiesen. Und wir wissen jetzt auch, wie
man diese Potenzreihe $b$ findet: $b=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(
1-a\right)  ^{i}$. Da wir diese Potenzreihe $b$ mit $a^{-1}$ bezeichnen, haben
wir also $a^{-1}=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(  1-a\right)  ^{i}$.

Der $0$-te Koeffizient dieser Potenzreihe $a^{-1}$ ist $1$ (denn unter
Verwendung der weiter oben definierten Potenzreihe $\operatorname{lower}a$
gilt%
\begin{align*}
a^{-1}  &  =\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(  1-a\right)  ^{i}=\sum
\limits_{i=0}^{\infty}\left(  -X\cdot\operatorname{lower}a\right)  ^{i}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn aus (\ref{lower}) folgt }a-1=X\operatorname{lower}a\text{ (da der
}0\text{-te Koeffizient}\\
\text{der Potenzreihe }a\text{ gleich }1\text{ ist), also }1-a=-X\cdot
\operatorname{lower}a
\end{array}
\right) \\
&  =\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(  -\operatorname{lower}a\right)  ^{i}X^{i}%
\end{align*}
und damit%
\begin{align*}
&  \left(  \text{der }0\text{-te Koeffizient der Potenzreihe }a^{-1}\right) \\
&  =\left(  \text{der }0\text{-te Koeffizient der Potenzreihe }\sum
\limits_{i=0}^{\infty}\left(  -\operatorname{lower}a\right)  ^{i}X^{i}\right)
\\
&  =\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(  \underbrace{\text{der }0\text{-te
Koeffizient der Potenzreihe }\left(  -\operatorname{lower}a\right)  ^{i}X^{i}%
}_{\substack{\text{dieser Koeffizient ist }1\text{, wenn }i=0\text{
ist,}\\\text{und sonst ist er immer }0}}\right)  =1
\end{align*}
).

Nun wollen wir zeigen, da\ss \ $\dfrac{d}{dX}\left(  \ln a\right)
=a^{-1}\cdot\dfrac{d}{dX}a$ ist. Dazu rechnen wir:%
\begin{align*}
&  \dfrac{d}{dX}\left(  \ln a\right) \\
&  =\dfrac{d}{dX}\left(  -\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{\left(  1-a\right)
^{i}}{i}\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach der Definition von
}\ln a\right) \\
&  =-\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{d}{dX}\dfrac{\left(  1-a\right)  ^{i}%
}{i}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach (\ref{diff(P+Q)}), auf unendliche
Summen \"{u}bertragen}\right) \\
&  =-\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{1}{i}\dfrac{d}{dX}\left(  \left(
1-a\right)  ^{i}\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn }\dfrac{d}{dX}\left(  \lambda
P\right)  =\lambda\dfrac{d}{dX}P\text{ f\"{u}r jedes }\lambda\in
\mathbb{Q}\text{ und jede Potenzreihe }P\right) \\
&  =-\sum\limits_{i=1}^{\infty}\underbrace{\dfrac{1}{i}i}_{=1}\left(
1-a\right)  ^{i-1}\cdot\left(  \underbrace{\dfrac{d}{dX}\left(  1-a\right)
}_{=\dfrac{d}{dX}1-\dfrac{d}{dX}a=-\dfrac{d}{dX}a}\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn (\ref{diff(P^i)}) (angewandt auf }P=1-a\text{) ergibt}\\
\dfrac{d}{dX}\left(  \left(  1-a\right)  ^{i}\right)  =i\left(  1-a\right)
^{i-1}\cdot\left(  \dfrac{d}{dX}\left(  1-a\right)  \right)
\end{array}
\right) \\
&  =-\sum\limits_{i=1}^{\infty}\left(  1-a\right)  ^{i-1}\cdot\left(
-\dfrac{d}{dX}a\right)  =\sum\limits_{i=1}^{\infty}\left(  1-a\right)
^{i-1}\cdot\dfrac{d}{dX}a=\underbrace{\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(
1-a\right)  ^{i}}_{=a^{-1}}\cdot\dfrac{d}{dX}a\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir }i\text{ f\"{u}r
}i-1\text{ in der Summe substituiert}\right) \\
&  =a^{-1}\cdot\dfrac{d}{dX}a.
\end{align*}


Schlie\ss lich wollen wir zeigen, da\ss \ f\"{u}r jede ganzzahlige Potenzreihe
$a$ auch die Potenzreihen $a^{-1}$ und $\dfrac{d}{dX}\left(  \ln a\right)  $
ganzzahlig sind. Doch dies ist klar: Denn $a^{-1}=\sum\limits_{i=0}^{\infty
}\left(  1-a\right)  ^{i}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sum\limits_{i=0}%
^{n}\left(  1-a\right)  ^{i}$ ist ganzzahlig (als Grenzwert einer Folge
ganzzahliger Potenzreihen), und $\dfrac{d}{dX}\left(  \ln a\right)
=a^{-1}\cdot\dfrac{d}{dX}a$ ist ebenfalls ganzzahlig (als Produkt ganzzahliger
Potenzreihen). Somit ist der Beweis von Satz 3.6 vollst\"{a}ndig.

Aus Satz 3.6 k\"{o}nnen wir nun Satz 3.5 schnell mithilfe von folgendem Lemma folgern:

\begin{quote}
\textbf{Satz 3.7 (Ableitungskriterium):} Seien $u=\sum\limits_{i=0}^{\infty
}u_{i}X^{i}$ und $v=\sum\limits_{i=0}^{\infty}v_{i}X^{i}$ zwei rationale
Potenzreihen. Wenn $u_{0}=v_{0}$ und $\dfrac{d}{dX}u=\dfrac{d}{dX}v$ gilt,
dann ist $u=v$.
\end{quote}

\textit{Beweis von Satz 3.7:} Wegen $u=\sum\limits_{i=0}^{\infty}u_{i}X^{i}$
ist $\dfrac{d}{dX}u=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(  i+1\right)  u_{i+1}%
X^{i}$, und analog $\dfrac{d}{dX}v=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(
i+1\right)  v_{i+1}X^{i}$. Somit wird $\dfrac{d}{dX}u=\dfrac{d}{dX}v$ zu
$\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(  i+1\right)  u_{i+1}X^{i}=\sum
\limits_{i=0}^{\infty}\left(  i+1\right)  v_{i+1}X^{i}$.\ Wenn zwei
Potenzreihen gleich sind, sind jeweils entsprechende Koeffizienten gleich;
also folgt hieraus $\left(  i+1\right)  u_{i+1}=\left(  i+1\right)  v_{i+1}$
f\"{u}r jedes $i\in\mathbb{N}$. Wegen $i+1>0$ ergibt dies $u_{i+1}=v_{i+1}$
f\"{u}r jedes $i\in\mathbb{N}$. Das hei\ss t, $u_{j}=v_{j}$ f\"{u}r jedes
$j\in\mathbb{N}_{+}=\mathbb{N}\setminus\left\{  0\right\}  $. Aber auch
f\"{u}r $j=0$ mu\ss \ $u_{j}=v_{j}$ gelten (da $u_{0}=v_{0}$). Also ist
$u_{j}=v_{j}$ f\"{u}r jedes $j\in\mathbb{N}$. Folglich ist $u=\sum
\limits_{i=0}^{\infty}\underbrace{u_{i}}_{=v_{i}}X^{i}=\sum\limits_{i=0}%
^{\infty}v_{i}X^{i}=v$, und Satz 3.7 ist bewiesen.

Schlie\ss lich noch eine Trivialit\"{a}t:

\begin{quote}
\textbf{Satz 3.8:} F\"{u}r jede rationale Potenzreihe $a$, deren $0$-ter
Koeffizient gleich $1$ ist, ist der $0$-te Koeffizient der Potenzreihe $\ln a$
gleich $0$.
\end{quote}

\textit{Beweis von Satz 3.8:} Wie wir weiter oben gesehen haben, ist
$1-a=-X\cdot\operatorname{lower}a$. Laut der Definition von $\ln a$ ist nun%
\begin{align*}
\ln a  &  =\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{\left(  1-a\right)  ^{i}}{i}%
=\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{\left(  -X\cdot\operatorname{lower}a\right)
^{i}}{i}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{da }1-a=-X\cdot\operatorname{lower}%
a\right) \\
&  =\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{\left(  -\operatorname{lower}a\right)
^{i}X^{i}}{i}=X\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{\left(  -\operatorname{lower}%
a\right)  ^{i}X^{i-1}}{i}.
\end{align*}
Es ist somit klar, da\ss \ der $0$-te Koeffizient der Potenzreihe $\ln a$
gleich $0$ ist (denn f\"{u}r jedes $i\in\left\{  1,2,3,...\right\}  $ ist
$\dfrac{\left(  -\operatorname{lower}a\right)  ^{i}X^{i}}{i}$ eine
Potenzreihe, deren $0$-ter Koeffizient gleich $0$ ist, und somit hat die Summe
$\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{\left(  -\operatorname{lower}a\right)
^{i}X^{i}}{i}$ all dieser Potenzreihen ebenfalls diese Eigenschaft). Damit ist
Satz 3.8 bewiesen.

Nun k\"{o}nnen wir den \textit{Beweis von Satz 3.5 \textbf{(a)}}
durchf\"{u}hren: Bezeichnen wir mit $u$ die Potenzreihe $\ln\left(  ab\right)
$, und mit $v$ die Potenzreihe $\ln a+\ln b$. Wir haben dann%
\begin{align*}
\dfrac{d}{dX}u  &  =\dfrac{d}{dX}\left(  \ln\left(  ab\right)  \right)
=\left(  ab\right)  ^{-1}\cdot\dfrac{d}{dX}\left(  ab\right)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach Satz 3.5}\right) \\
&  =\left(  ab\right)  ^{-1}\cdot\left(  \left(  \dfrac{d}{dX}a\right)  \cdot
b+a\cdot\left(  \dfrac{d}{dX}b\right)  \right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn }\dfrac{d}{dX}\left(  ab\right)
=\left(  \dfrac{d}{dX}a\right)  \cdot b+a\cdot\left(  \dfrac{d}{dX}b\right)
\text{ nach (\ref{diff(PQ)})}\right) \\
&  =\left(  ab\right)  ^{-1}\cdot\left(  \dfrac{d}{dX}a\right)  \cdot
b+\left(  ab\right)  ^{-1}\cdot a\cdot\left(  \dfrac{d}{dX}b\right)
=\underbrace{\left(  ab\right)  ^{-1}b}_{=a^{-1}}\cdot\dfrac{d}{dX}%
a+\underbrace{\left(  ab\right)  ^{-1}a}_{=b^{-1}}\cdot\dfrac{d}{dX}b\\
&  =\underbrace{a^{-1}\cdot\dfrac{d}{dX}a}_{\substack{=\dfrac{d}{dX}\left(
\ln a\right)  \\\left(  \text{nach Satz 3.5}\right)  }}+\underbrace{b^{-1}%
\cdot\dfrac{d}{dX}b}_{\substack{=\dfrac{d}{dX}\left(  \ln b\right)  \\\left(
\text{nach Satz 3.5}\right)  }}=\dfrac{d}{dX}\left(  \ln a\right)  +\dfrac
{d}{dX}\left(  \ln b\right) \\
&  =\dfrac{d}{dX}\left(  \underbrace{\ln a+\ln b}_{=v}\right)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach (\ref{diff(P+Q)})}\right) \\
&  =\dfrac{d}{dX}v.
\end{align*}
Andererseits gilt $u_{0}=v_{0}$, wenn wir die Potenzreihe $u$ in der Form
$\sum\limits_{i=0}^{\infty}u_{i}X^{i}$ und die Potenzreihe $v$ in der Form
$\sum\limits_{i=0}^{\infty}v_{i}X^{i}$ schreiben\footnote{Denn $u_{0}$ ist der
$0$-te Koeffizient der Potenzreihe $u=\ln\left(  ab\right)  $, und $v_{0}$ ist
der $0$-te Koeffizient der Potenzreihe $v=\ln a+\ln b$, und nach Satz 3.8
m\"{u}ssen diese beiden Koeffizienten gleich $0$ sein.}. Laut Satz 3.7 folgt
hieraus $u=v$, also $\ln\left(  ab\right)  =\ln a+\ln b$, womit Satz 3.5
\textbf{(a)} endlich bewiesen ist.

Satz 3.5 \textbf{(b)} folgt aus Satz 3.5 \textbf{(a)} durch Induktion und
Grenz\"{u}bergang (weil $\ln$ stetig ist\footnote{Damit meinen wir,
da\ss \ f\"{u}r jede konvergente Folge $\left(  a_{n}\right)  _{n\in
\mathbb{N}}$ von Potenzreihen, deren $0$-te Koeffizienten alle gleich $1$
sind, die Gleichung $\ln\left(  \lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_{n}\right)
=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left(  \ln a_{n}\right)  $ gilt. Dies ist
sehr leicht zu beweisen.}). Damit ist Satz 3.5 komplett bewiesen.

Eine Aufgabe f\"{u}r Leser, die nichts zu tun haben: Man kann Satz 3.5
\textbf{(a)} auch anders, direkter (also ohne Umweg \"{u}ber die Ableitungen)
beweisen, indem man $x=1-a$ und $y=1-b$ setzt, und $\ln\left(  ab\right)  $
mithilfe von $x+y\left(  1-x\right)  =1-ab$ vereinfacht. Auf die Weise landet
man bei einer (recht komplizierten) kombinatorischen Identit\"{a}t, die
\"{a}quivalent zu $\ln\left(  ab\right)  =\ln a+\ln b$ ist. Jetzt kann man
entweder diese Identit\"{a}t beweisen, und damit einen direkten Beweis von
Satz 3.5 erhalten. Oder, wenn man mit dem bereits oben gegebenen Beweis von
Satz 3.5 zufrieden ist, erh\"{a}lt man diese kombinatorische Identit\"{a}t
"gratis" als Folgerung. Noch eine kombinatorische Identit\"{a}t also, die man
durch Rechnen mit Potenzreihen hergeleitet hat.

Noch eine banale Folgerung aus dem Vorherigen:

\begin{quote}
\textbf{Satz 3.9:} Sei $a$ eine rationale Potenzreihe, deren $0$-ter
Koeffizient gleich $1$ ist.

\textbf{(a)} Dann ist $\ln\left(  a^{-1}\right)  =-\ln a$. (Hierbei ist $\ln
a^{-1}$ wohldefiniert, weil aus Satz 3.6 folgt, da\ss \ der $0$-te Koeffizient
der Potenzreihe $a^{-1}$ gleich $1$ ist).

\textbf{(b)} F\"{u}r jedes $k\in\mathbb{Z}$ ist $\ln\left(  a^{k}\right)
=k\ln a$.
\end{quote}

\textit{Beweis von Satz 3.9:} Nach Satz 3.5 \textbf{(a)} (angewandt auf
$b=a^{-1}$) ist $\ln\left(  aa^{-1}\right)  =\ln a+\ln\left(  a^{-1}\right)
$. Wegen $\ln\left(  aa^{-1}\right)  =\ln1=0$ ist also $0=\ln a+\ln\left(
a^{-1}\right)  $, und daraus folgt Satz 3.9 \textbf{(a)}. Satz 3.9
\textbf{(b)} folgt f\"{u}r $k\geq0$ durch Induktion nach $k$ aus Satz 3.5
\textbf{(a)}, und der Fall $k<0$ l\"{a}\ss t sich auf den Fall $k\geq0$
zur\"{u}ckf\"{u}hren, indem man $a^{-1}$ f\"{u}r $a$ einsetzt (hier
ben\"{o}tigt man Satz 3.9 \textbf{(a)}). Damit ist der Beweis von Satz 3.9 komplett.

Da wir schon den "formalen Logarithmus" $\ln$ eingef\"{u}hrt haben, ist es
naheliegend, auch seiner Umkehrung - die, genauso wie in der Analysis, $\exp$
hei\ss t und dieselbe Potenzreihe hat wie in der Analysis - einige Worte zu
widmen. Der Leser beachte jedoch, da\ss \ wir im Folgenden $\exp$ nie mehr
ben\"{o}tigen werden; wer sich nur f\"{u}r Satz 2.1 interessiert, kann von
hier direkt zu Satz 3.11 springen.

F\"{u}r jede rationale Potenzreihe $P$, deren $0$-ter Koeffizient gleich $0$
ist, definieren wir eine rationale Potenzreihe $\exp P$ durch $\exp
P=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\dfrac{P^{i}}{i!}$. Diese unendliche Summe
$\sum\limits_{i=0}^{\infty}\dfrac{P^{i}}{i!}$ ist wieder als Grenzwert
$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sum\limits_{i=0}^{n}\dfrac{P^{i}}{i!}$ zu
verstehen, wobei die Konvergenz der Folge $\left(  \sum\limits_{i=0}^{n}%
\dfrac{P^{i}}{i!}\right)  _{n\in\mathbb{N}}$ aus Satz 3.4a \textbf{(a)}
(angewandt auf $b=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\dfrac{X^{i}}{i!}$) folgt. Man
sieht leicht ein, da\ss \ $\dfrac{d}{dX}\left(  \exp P\right)  =\left(  \exp
P\right)  \cdot\dfrac{d}{dX}P$ ist\footnote{\textit{Beweis:} F\"{u}r jede
konvergente Folge $\left(  p_{0},p_{1},p_{2},...\right)  $ von Potenzreihen
ist $\dfrac{d}{dX}\lim\limits_{n\rightarrow\infty}p_{n}=\lim
\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{d}{dX}p_{n}$ (dies folgt aus der Definition
von $\dfrac{d}{dX}$ und der Definition von $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}%
$). Angewandt auf die konvergente Folge $\left(  p_{0},p_{1},p_{2},...\right)
$, die durch $p_{n}=\sum\limits_{i=0}^{n}\dfrac{P^{i}}{i!}$ f\"{u}r alle
$n\in\mathbb{N}$ gegeben ist, ergibt dies $\dfrac{d}{dX}\lim
\limits_{n\rightarrow\infty}\sum\limits_{i=0}^{n}\dfrac{P^{i}}{i!}%
=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{d}{dX}\sum\limits_{i=0}^{n}%
\dfrac{P^{i}}{i!}$. Da aber
\begin{align*}
\dfrac{d}{dX}\sum\limits_{i=0}^{n}\dfrac{P^{i}}{i!}  &  =\sum\limits_{i=0}%
^{n}\dfrac{d}{dX}\dfrac{P^{i}}{i!}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach der
Formel (\ref{diff(P+Q)}), mehrfach angewandt}\right) \\
&  =\underbrace{\dfrac{d}{dX}\dfrac{P^{0}}{0!}}_{=\dfrac{d}{dX}\dfrac{1}%
{1}=\dfrac{d}{dX}1=0}+\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{d}{dX}\dfrac{P^{i}}{i!}\\
&  =\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{i!}\dfrac{d}{dX}P^{i}=\sum\limits_{i=1}%
^{n}\dfrac{1}{i!}iP^{i-1}\cdot\left(  \dfrac{d}{dX}P\right)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach (\ref{diff(P^i)})}\right) \\
&  =\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{i!\diagup i}P^{i-1}\cdot\left(  \dfrac
{d}{dX}P\right)  =\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{\left(  i-1\right)  !}%
P^{i-1}\cdot\left(  \dfrac{d}{dX}P\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\text{denn }i!\diagup i=\left(  i-1\right)  !\right) \\
&  =\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dfrac{1}{i!}P^{i}\cdot\left(  \dfrac{d}%
{dX}P\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir }i-1\text{ in der
Summe durch }i\text{ substituiert}\right) \\
&  =\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dfrac{P^{i}}{i!}\cdot\left(  \dfrac{d}%
{dX}P\right)
\end{align*}
f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}$ gilt, wird dies zu
\[
\dfrac{d}{dX}\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sum\limits_{i=0}^{n}\dfrac
{P^{i}}{i!}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left(  \sum\limits_{i=0}%
^{n-1}\dfrac{P^{i}}{i!}\cdot\left(  \dfrac{d}{dX}P\right)  \right)  =\left(
\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dfrac{P^{i}}%
{i!}\right)  \cdot\left(  \dfrac{d}{dX}P\right)
\]
(denn f\"{u}r jede konvergente Folge $\left(  p_{0},p_{1},p_{2},...\right)  $
von Potenzreihen und jede Potenzreihe $q$ ist $\lim\limits_{n\rightarrow
\infty}\left(  p_{n}q\right)  =\left(  \lim\limits_{n\rightarrow\infty}%
p_{n}\right)  q$, wie man leicht einsieht). Wegen $\lim\limits_{n\rightarrow
\infty}\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dfrac{P^{i}}{i!}=\lim\limits_{n\rightarrow
\infty}\sum\limits_{i=0}^{n}\dfrac{P^{i}}{i!}=\sum\limits_{i=0}^{\infty}%
\dfrac{P^{i}}{i!}=\exp P$ wird dies zu $\dfrac{d}{dX}\exp P=\left(  \exp
P\right)  \cdot\left(  \dfrac{d}{dX}P\right)  $, was zu beweisen war.};
insbesondere folgt hieraus $\dfrac{d}{dX}\left(  \exp X\right)  =\exp X$.

Die interessanteste Eigenschaft von $\exp$ und $\ln$ ist nun:

\begin{quote}
\textbf{Satz 3.10:} \textbf{(a)} F\"{u}r jede rationale Potenzreihe $P$, deren
$0$-ter Koeffizient gleich $0$ ist, gilt $\ln\left(  \exp P\right)  =P$.

\textbf{(b)} F\"{u}r jede rationale Potenzreihe $a$, deren $0$-ter Koeffizient
gleich $1$ ist, gilt $\exp\left(  \ln a\right)  =a$.
\end{quote}

\textit{Beweis von Satz 3.10 (nur grob skizziert):}

\textbf{(a)} Wir schreiben die Potenzreihe $\ln\left(  \exp P\right)  $ in der
Form $\ln\left(  \exp P\right)  =\sum\limits_{i=0}^{\infty}u_{i}X^{i}$, und
die Potenzreihe $P$ in der Form $P=\sum\limits_{i=0}^{\infty}v_{i}X^{i}$. Dann
ist $u_{0}=0=v_{0}$ (hierbei ist $v_{0}=0$, denn $v_{0}$ ist der $0$-te
Koeffizient der Potenzreihe $P$, und laut Annahme ist dieser Koeffizient
gleich $0$) und
\begin{align*}
\dfrac{d}{dX}\left(  \ln\left(  \exp P\right)  \right)   &  = \left(  \exp
P\right)  ^{-1}\cdot\underbrace{\dfrac{d}{dX}\left(  \exp P\right)
}_{=\left(  \exp P\right)  \cdot\dfrac{d}{dX}P}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\text{nach Satz 3.6, angewandt auf }a=\exp P\right) \\
= \dfrac{d}{dX}P.
\end{align*}
Nach Satz 3.7 ist also $\ln\left(  \exp P\right)  =P$, und der Beweis von Satz
3.10 \textbf{(a)} ist komplett.

%ALTER BEWEIS VON SATZ 3.10 (a):
%\textbf{(a)} Unter
%Benutzung von Satz 3.4a haben wir $\ln\left(  \exp P\right)  =\left(
%\ln\left(  \exp X\right)  \right)  \circ P$ und $P=X\circ P$. Um zu zeigen,
%da\ss \ $\ln\left(  \exp P\right)  =P$ gilt, m\"{u}ssen wir also nur noch
%beweisen, da\ss \ $\ln\left(  \exp X\right)  =X$ ist. Dazu schreiben wir die
%Potenzreihe $\ln\left(  \exp X\right)  $ in der Form $\ln\left(  \exp
%X\right)  =\sum\limits_{i=0}^{\infty}u_{i}X^{i}$, und die Potenzreihe $X$ in
%der Form $X=\sum\limits_{i=0}^{\infty}v_{i}X^{i}$ (nat\"{u}rlich ist hierbei
%$v_{1}=1$ und $v_{i}=0$ f\"{u}r alle $i\neq1$). Dann ist $u_{0}=0=v_{0}$ und
%$\dfrac{d}{dX}\left(  \ln\left(  \exp X\right)  \right)  =\left(  \exp
%X\right)  ^{-1}\cdot\underbrace{\dfrac{d}{dX}\left(  \exp X\right)  }_{=\exp
%X}=1=\dfrac{d}{dX}X$. Nach Satz 3.7 ist also $\ln\left(  \exp X\right)  =X$,
%und der Beweis von Satz 3.10 \textbf{(a)} ist komplett.


\textbf{(b)} Aus Satz 3.10 \textbf{(a)} (angewandt auf $P=\ln a$) folgt,
da\ss \ $\ln\left(  \exp\left(  \ln a\right)  \right)  =\ln a$ gilt. Wenn wir
eine Potenzreihe $b$ durch $b=a^{-1}\cdot\exp\left(  \ln a\right)  $
definieren, dann ist
\begin{align*}
\ln b  &  =\ln\left(  a^{-1}\cdot\exp\left(  \ln a\right)  \right)
=\underbrace{\ln\left(  a^{-1}\right)  }_{\substack{=-\ln a\\\text{(nach Satz
3.9 \textbf{(a)})}}}+\underbrace{\ln\left(  \exp\left(  \ln a\right)  \right)
}_{=\ln a}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach Satz 3.5 \textbf{(a)}}\right)
\\
&  =0.
\end{align*}
Nach Satz 3.6 ist aber $\dfrac{d}{dX}\left(  \ln b\right)  =b^{-1}\cdot
\dfrac{d}{dX}b$, und wegen $\dfrac{d}{dX}\underbrace{\left(  \ln b\right)
}_{=0}=0$ wird dies zu $0=b^{-1}\cdot\dfrac{d}{dX}b$, also $0=\dfrac{d}{dX}b$.
Hieraus folgt schnell, da\ss \ $b=1$ ist (denn der $0$-te Koeffizient von $b$
ist $1$). Also ist $a^{-1}\cdot\exp\left(  \ln a\right)  =b=1$, daher
$\exp\left(  \ln a\right)  =a$, und Satz 3.10 \textbf{(b)} ist bewiesen.

\subsection{Ausblicke zu Potenzreihen}

Soweit unsere kleine Einf\"{u}hrung in Potenzreihen in einer Variablen. Wer
weitere Anwendungen dieser Methode in der Kombinatorik kennenlernen will, sei
auf [8] verwiesen. Wer sich hingegen f\"{u}r weitere Verfeinerungen des
Begriffes von formalen Potenzreihen interessiert, braucht nur in ein
h\"{o}heres Algebrabuch zu schauen (wie Abschnitt IV.\S 9 von [9] oder
Abschnitt III.7 von [10] oder Abschnitt III.11 von [11]); hier sind einige
Hinweise, was man in der Richtung tun kann:

\begin{itemize}
\item Der Ring aller ganzzahligen Potenzreihen wird meistens $\mathbb{Z}%
\left[  \left[  X\right]  \right]  $ genannt. Der Ring aller rationalen
Potenzreihen wird meistens $\mathbb{Q}\left[  \left[  X\right]  \right]  $
genannt. Entsprechend kann man f\"{u}r jeden Ring $A$ einen Ring $A\left[
\left[  X\right]  \right]  $ aller Potenzreihen mit Koeffizienten aus $A$
definieren. Diese Ringe haben eine Reihe interessanter Eigenschaften.

\item F\"{u}r jede rationale Potenzreihe $f$ gibt es genau eine rationale
Potenzreihe $F$, die $\dfrac{d}{dX}F=f$ erf\"{u}llt und deren $0$-ter
Koeffizient gleich $0$ ist. Diese Potenzreihe $F$ wird die
\textit{Standard-Stammfunktion} der Potenzreihe $f$ genannt (in Analogie zum
Begriff der Stammfunktion einer Funktion). Diese Potenzreihe ist sehr leicht
zu berechnen: Schreiben wir $f$ in der Form $f=\sum\limits_{i=0}^{\infty}%
f_{i}X^{i}$, dann ist $F=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\dfrac{f_{i}}{i+1}X^{i+1}$.
Der Nachweis, da\ss \ die so definierte Reihe $F$ wirklich $\dfrac{d}{dX}F=f$
erf\"{u}llt, ist eine sehr leichte \"{U}bungsaufgabe.

\item Man kann auch Potenzreihen in $n$ Variablen betrachten. Eine
\textit{ganzzahlige Potenzreihe in }$n$\textit{ Variablen }$X_{1}$\textit{,
}$X_{2}$\textit{, }$...$\textit{, }$X_{n}$ wird definiert als eine
$n$-"Multifolge" von ganzen Zahlen, also eine Familie $\left(  a_{\left(
\nu_{1},\nu_{2},...,\nu_{n}\right)  }\right)  _{\left(  \nu_{1},\nu
_{2},...,\nu_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}}$, deren Elemente mit $n$-Tupeln
$\left(  \nu_{1},\nu_{2},...,\nu_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}$ indexiert
sind. Man definiert Addition solcher Potenzreihen durch%
\begin{align*}
&  \left(  a_{\left(  \nu_{1},\nu_{2},...,\nu_{n}\right)  }\right)  _{\left(
\nu_{1},\nu_{2},...,\nu_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}}+\left(  b_{\left(
\nu_{1},\nu_{2},...,\nu_{n}\right)  }\right)  _{\left(  \nu_{1},\nu
_{2},...,\nu_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}}\\
&  =\left(  a_{\left(  \nu_{1},\nu_{2},...,\nu_{n}\right)  }+b_{\left(
\nu_{1},\nu_{2},...,\nu_{n}\right)  }\right)  _{\left(  \nu_{1},\nu
_{2},...,\nu_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}}%
\end{align*}
und Multiplikation durch%
\begin{align*}
&  \left(  a_{\left(  \nu_{1},\nu_{2},...,\nu_{n}\right)  }\right)  _{\left(
\nu_{1},\nu_{2},...,\nu_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}}\cdot\left(  b_{\left(
\nu_{1},\nu_{2},...,\nu_{n}\right)  }\right)  _{\left(  \nu_{1},\nu
_{2},...,\nu_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}}\\
&  =\left(  \sum_{\substack{\left(  \mu_{1},\mu_{2},...,\mu_{n}\right)
\in\mathbb{N}^{n};\\\left(  \mu_{i}\leq\nu_{i}\text{ f\"{u}r jedes }i\right)
}}a_{\left(  \mu_{1},\mu_{2},...,\mu_{n}\right)  }b_{\left(  \nu_{1}-\mu
_{1},\nu_{2}-\mu_{2},...,\nu_{n}-\mu_{n}\right)  }\right)  _{\left(  \nu
_{1},\nu_{2},...,\nu_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}}.
\end{align*}
Diese Definitionen ergeben sich ganz nat\"{u}rlich, wenn man die Potenzreihen
$\left(  a_{\left(  \nu_{1},\nu_{2},...,\nu_{n}\right)  }\right)  _{\left(
\nu_{1},\nu_{2},...,\nu_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}}$ und $\left(
b_{\left(  \nu_{1},\nu_{2},...,\nu_{n}\right)  }\right)  _{\left(  \nu_{1}%
,\nu_{2},...,\nu_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}}$ in den Formen $\sum
\limits_{\left(  \nu_{1},\nu_{2},...,\nu_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}%
}a_{\left(  \nu_{1},\nu_{2},...,\nu_{n}\right)  }X_{1}^{\nu_{1}}X_{2}^{\nu
_{2}}...X_{n}^{\nu_{n}}$ bzw. $\sum\limits_{\left(  \nu_{1},\nu_{2}%
,...,\nu_{n}\right)  \in\mathbb{N}^{n}}b_{\left(  \nu_{1},\nu_{2},...,\nu
_{n}\right)  }X_{1}^{\nu_{1}}X_{2}^{\nu_{2}}...X_{n}^{\nu_{n}}$ schreibt (so
wie man Potenzreihen in einer Variablen in der Form $\sum\limits_{i=0}%
^{\infty}a_{i}X^{i}$ geschrieben hat) und mithilfe des Distributivgesetzes ausmultipliziert.

\item F\"{u}r Potenzreihen in einer Variablen gilt: Man kann in eine
Potenzreihe zwar (im Allgemeinen) keine Zahl einsetzen, aber man kann in sie
eine andere Potenzreihe $P$ einsetzen, solange der $0$-te Koeffizient dieser
Potenzreihe $P$ gleich $0$ ist. Dies wissen wir aus Satz 3.4a. Auch f\"{u}r
Potenzreihen in $n$ Variablen gilt eine analoge Aussage: Man kann in eine
Potenzreihe in $n$ Variablen zwar (im Allgemeinen) kein $n$-Tupel von Zahlen
einsetzen, aber man kann in sie ein $n$-Tupel $\left(  P_{1},P_{2}%
,...,P_{n}\right)  $ von anderen Potenzreihen (in $m$ Variablen, f\"{u}r ein
beliebiges $m$) einsetzen, solange der $\left(  0,0,...,0\right)  $-te
Koeffizient von jeder der Potenzreihen $P_{1}$, $P_{2}$, $...$, $P_{n}$ gleich
$0$ ist.

\item Man kann nicht nur Potenzreihen, sondern auch \textit{Laurentreihen}
betrachten. W\"{a}hrend wir eine ganzzahlige Potenzreihe (in einer Variable
$X$) als eine Folge $\left(  a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  \in\mathbb{Z}%
^{\mathbb{N}}$ definiert haben, definiert man eine ganzzahlige
\textit{Laurentreihe} (in einer Variable $X$) \ \ \ \footnote{Rationale
Laurentreihen, sowie Laurentreihen in mehreren Variablen definiert man
analog.} als eine "beidseitig unendliche Folge"\ $\left(  ...,a_{-2}%
,a_{-1},a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{Z}}$ (oder,
anders gesagt, eine Funktion von $\mathbb{Z}$ nach $\mathbb{Z}$), die die
Eigenschaft erf\"{u}llt, da\ss \ alle Folgenglieder, die nur weit genug
"links" stehen, gleich Null sind (formal gesprochen bedeutet dies: es gibt ein
$N\in\mathbb{Z}$, soda\ss \ $a_{n}=0$ f\"{u}r alle $n<N$ gilt)\footnote{Wir
haben einen guten Grund, diese Eigenschaft zu verlangen - denn sonst
k\"{o}nnten wir nicht das Produkt zweier Laurentreihen definieren (siehe
unten).}. So ist beispielsweise die durch%
\[
a_{n}=\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
0,\text{ wenn }n<-10;\\
n,\text{ wenn }n\geq-10
\end{array}
\right.  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }n\in\mathbb{Z}%
\]
definierte Folge $\left(  ...,a_{-2},a_{-1},a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  $
eine Laurentreihe (denn f\"{u}r diese Folge gibt es ein $N\in\mathbb{Z}$,
soda\ss \ $a_{n}=0$ f\"{u}r alle $n<N$ gilt - n\"{a}mlich beispielsweise
$N=-10$), aber die durch%
\[
a_{n}=n\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }n\in\mathbb{Z}%
\]
definierte Folge $\left(  ...,a_{-2},a_{-1},a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  $
ist \textit{keine} Laurentreihe. Jede Potenzreihe wird nat\"{u}rlich zu einer
Laurentreihe, wenn man sie "links mit Nullen auff\"{u}llt" (d. h. aus der
Potenzreihe $\left(  a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  $ wird die Laurentreihe
$\left(  ...,0,0,a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  $).\newline Die Addition zweier
Laurentreihen definieren wir wie f\"{u}r Potenzreihen. Die Multiplikation ist
ein wenig komplizierter: Das Produkt $a\cdot b$ zweier Laurentreihen
$a=\left(  ...,a_{-2},a_{-1},a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  $ und $b=\left(
...,b_{-2},b_{-1},b_{0},b_{1},b_{2},...\right)  $ wird definiert als die Folge
$\left(  ...,c_{-2},c_{-1},c_{0},c_{1},c_{2},...\right)  $, wobei%
\[
c_{n}=\sum_{k\in\mathbb{Z}}a_{k}b_{n-k}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r jedes
}n\in\mathbb{N}%
\]
ist. Aber warum ergibt die unendliche Summe $\sum\limits_{k\in\mathbb{Z}}%
a_{k}b_{n-k}$ \"{u}berhaupt Sinn? Weil sie nur endlich viele von $0$
verschiedene Summanden hat (denn es gibt nur endlich viele $k\in\mathbb{Z}$,
f\"{u}r die $a_{k}b_{n-k}\neq0$ ist\footnote{Der Leser ist aufgerufen, dies zu
beweisen. An dieser Stelle ist es wichtig, da\ss \ wir eine Laurentreihe als
eine beidseitig unendliche Folge definiert haben, \textit{die die Eigenschaft
erf\"{u}llt, da\ss \ alle Folgenglieder, die nur weit genug "links" stehen,
gleich Null sind}. H\"{a}tten wir diese Eigenschaft nicht gefordert, g\"{a}be
es unter Umst\"{a}nden unendlich viele $k\in\mathbb{Z}$, f\"{u}r die
$a_{k}b_{n-k}\neq0$ ist, und dann w\"{a}re das Produkt $a\cdot b$ nicht
definiert.}).\newline Wenn wir die Laurentreihe $\left(
...,0,0,0,0,1,0,0,...\right)  $ (die beidseitig unendliche Folge, deren
$1$-tes Folgenglied gleich $1$ und alle anderen Folgenglieder gleich $0$ sind)
als $X$ bezeichnen, dann stellen wir fest, da\ss \ dieses $X$ ein
multiplikatives Inverses hat: n\"{a}mlich die Laurentreihe $X^{-1}=\left(
...,0,0,1,0,0,0,0,...\right)  $ (dies ist die beidseitig unendliche Folge,
deren $\left(  -1\right)  $-tes Folgenglied gleich $1$ und alle anderen
Folgenglieder gleich $0$ sind). Wir k\"{o}nnen damit jede Laurentreihe
$\left(  ...,a_{-2},a_{-1},a_{0},a_{1},a_{2},...\right)  $ als unendliche
Summe $\sum\limits_{i=-\infty}^{\infty}a_{i}X^{i}$ schreiben (dies ist zu
verstehen als Grenzwert $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sum\limits_{i=-n}%
^{n}a_{i}X^{i}$). Zu beachten ist aber, da\ss \ diese Summe nur dem Anschein
nach mit $i=-\infty$ anf\"{a}ngt: In Wirklichkeit gibt es ein $N\in\mathbb{Z}%
$, soda\ss \ $a_{n}=0$ f\"{u}r alle $n<N$ gilt, und somit k\"{o}nnen wir statt
$\sum\limits_{i=-\infty}^{\infty}a_{i}X^{i}$ genauso gut $\sum\limits_{i=N}%
^{\infty}a_{i}X^{i}$ schreiben.\newline Genauso wie ganzzahlige Laurentreihen
k\"{o}nnen wir rationale Laurentreihen definieren. Laurentreihen sind eine
Erweiterung des Begriffes der Potenzreihen und mit ihnen verwandt (unter
anderem kann man auch die Ableitung einer Laurentreihe genauso wie f\"{u}r
Potenzreihen einf\"{u}hren); allerdings gilt nicht jede Eigenschaft von
Potenzreihen automatisch auch f\"{u}r
Laurentreihen\footnote{\textit{Beispiel:} F\"{u}r jede rationale Potenzreihe
$f$ gibt es genau eine rationale Potenzreihe $F$, die $\dfrac{d}{dX}F=f$
erf\"{u}llt und deren $0$-ter Koeffizient gleich $0$ ist. F\"{u}r eine
Laurentreihe $f$ hingegen braucht so ein $F$ nicht zu existieren. (Genauer
gesagt existiert so ein $F$ genau dann, wenn das $\left(  -1\right)  $-te
Folgenglied von $f$ gleich $0$ ist. Auch dies ist leicht zu beweisen.)}.
\end{itemize}

\subsection{Zwei "Normalformen" f\"{u}r Potenzreihen}

Als n\"{a}chstes nun ein Satz, auf dem unser Beweis von $\mathcal{B}%
\Longleftrightarrow\mathcal{D}$ beruht.

\begin{quote}
\textbf{Satz 3.11:} Sei $\rho$ eine ganzzahlige Potenzreihe, deren $0$-ter
Koeffizient gleich $1$ ist.

\textbf{(a)} Es gibt genau eine Folge $\left(  x_{1},x_{2},x_{3},...\right)
\in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ von ganzen Zahlen, f\"{u}r die%
\begin{equation}
\prod_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}=\rho\label{3.9a}%
\end{equation}
gilt.

\textbf{(b)} Es gibt genau eine Folge $\left(  y_{1},y_{2},y_{3},...\right)
\in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ von ganzen Zahlen, f\"{u}r die%
\begin{equation}
\prod_{d=1}^{\infty}\left(  1-X^{d}\right)  ^{-y_{d}}=\rho\label{3.9b}%
\end{equation}
gilt.
\end{quote}

Hierbei muss man die unendlichen Produkte $\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(
1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$ und $\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(
1-X^{d}\right)  ^{-y_{d}}$ nat\"{u}rlich als Grenzwerte von endlichen
Produkten verstehen (also $\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}%
X^{d}\right)  ^{-1}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\prod\limits_{d=1}%
^{n}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$ und $\prod\limits_{d=1}^{\infty
}\left(  1-X^{d}\right)  ^{-y_{d}}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}%
\prod\limits_{d=1}^{n}\left(  1-X^{d}\right)  ^{-y_{d}}$).

Wir wollen den \textit{Beweis von Satz 3.11} nur andeuten. Der Leser, der
einen komplett ausformulierten Beweis vorzieht, kann einen solchen f\"{u}r
Satz 3.11 \textbf{(a)} (sogar in etwas allgemeinerer Form) in [12] (Theorem 7
\textbf{(a)}) finden\footnote{Dieses Theorem 7 steht zwar recht weit am Ende
von [12], jedoch braucht man den Text davor nicht zu lesen, um den Beweis zu
verstehen.}.

Wir wollen zuerst Satz 3.11 \textbf{(a)} beweisen. Wir schreiben die
Potenzreihe $\rho$ in der Form $\rho=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\rho_{n}X^{n}$.
F\"{u}r jedes $i\in\mathbb{N}$ ist also $\rho_{i}$ der $i$-te Koeffizient der
Potenzreihe $\rho$; insbesondere ist $\rho_{0}$ der $0$-te Koeffizient dieser
Potenzreihe, und folglich gleich $1$.

Um Satz 3.11 \textbf{(a)} zu beweisen, m\"{u}ssen wir nun eine Folge $\left(
x_{1},x_{2},x_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ von ganzen
Zahlen finden, f\"{u}r die (\ref{3.9a}) gilt, und beweisen, da\ss \ diese
Folge die einzige solche Folge ist.

Es ist klar, da\ss \ die $0$-ten Koeffizienten der Potenzreihen $\prod
\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$ und $\sum
\limits_{n=0}^{\infty}\rho_{n}X^{n}$ immer gleich sind, egal wie man die Folge
$\left(  x_{1},x_{2},x_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$
w\"{a}hlt (denn $1=\rho_{0}$).

Wir wollen jetzt sehen, was es bedeutet, da\ss \ die $1$-ten Koeffizienten
dieser Potenzreihen gleich sind: Wegen
\begin{align*}
&  \prod_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}\\
&  =\prod_{d=1}^{\infty}\left(  1+x_{d}X^{d}+x_{2d}X^{2d}+x_{3d}%
X^{3d}+...\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach der geometrischen
Reihenformel}\right)  \\
&  =\left(  1+x_{1}X^{1}+x_{1}^{2}X^{2}+x_{1}^{3}X^{3}+...\right)  \left(
1+x_{2}X^{2}+x_{2}^{2}X^{4}+x_{2}^{3}X^{6}+...\right)  \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  1+x_{3}X^{3}+x_{3}^{2}X^{6}+x_{3}^{3}%
X^{9}+...\right)  ...\\
&  =1+x_{1}X^{1}+\left(  \text{Glieder mit }X^{i}\text{ f\"{u}r }i>1\right)
\end{align*}
ist der $1$-te Koeffizient der Potenzreihe $\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(
1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$ gleich $x_{1}$, und der $1$-te Koeffizient der
Potenzreihe $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\rho_{n}X^{n}$ ist nat\"{u}rlich
$\rho_{1}$. Damit die $1$-ten Koeffizienten der Potenzreihen $\prod
\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$ und $\sum
\limits_{n=0}^{\infty}\rho_{n}X^{n}$ gleich sind, muss also $x_{1}=\rho_{1}$ sein.

Nun wollen wir wissen, wann die $2$-ten Koeffizienten dieser Potenzreihen
gleich sind: Wegen%
\begin{align*}
&  \prod_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}\\
&  =\prod_{d=1}^{\infty}\left(  1+x_{d}X^{d}+x_{2d}X^{2d}+x_{3d}%
X^{3d}+...\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach der geometrischen
Reihenformel}\right)  \\
&  =\left(  1+x_{1}X^{1}+x_{1}^{2}X^{2}+x_{1}^{3}X^{3}+...\right)  \left(
1+x_{2}X^{2}+x_{2}^{2}X^{4}+x_{2}^{3}X^{6}+...\right)  \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  1+x_{3}X^{3}+x_{3}^{2}X^{6}+x_{3}^{3}%
X^{9}+...\right)  ...\\
&  =1+x_{1}X^{1}+x_{1}^{2}X^{2}+x_{2}X^{2}+\left(  \text{Glieder mit }%
X^{i}\text{ f\"{u}r }i>2\right)  \\
&  =1+x_{1}X^{1}+\left(  x_{1}^{2}+x_{2}\right)  X^{2}+\left(  \text{Glieder
mit }X^{i}\text{ f\"{u}r }i>2\right)
\end{align*}
ist der $2$-te Koeffizient der Potenzreihe $\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(
1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$ gleich $x_{1}^{2}+x_{2}$, und der $2$-te
Koeffizient der Potenzreihe $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\rho_{n}X^{n}$ ist
nat\"{u}rlich $\rho_{2}$. Damit die $2$-ten Koeffizienten der Potenzreihen
$\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$ und
$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\rho_{n}X^{n}$ gleich sind, muss also $x_{1}%
^{2}+x_{2}=\rho_{2}$ sein.

Als n\"{a}chstes schauen wir, wann die $3$-ten Koeffizienten dieser
Potenzreihen gleich sind: Wegen%
\begin{align*}
&  \prod_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}\\
&  =\prod_{d=1}^{\infty}\left(  1+x_{d}X^{d}+x_{2d}X^{2d}+x_{3d}%
X^{3d}+...\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach der geometrischen
Reihenformel}\right)  \\
&  =\left(  1+x_{1}X^{1}+x_{1}^{2}X^{2}+x_{1}^{3}X^{3}+...\right)  \left(
1+x_{2}X^{2}+x_{2}^{2}X^{4}+x_{2}^{3}X^{6}+...\right)  \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  1+x_{3}X^{3}+x_{3}^{2}X^{6}+x_{3}^{3}%
X^{9}+...\right)  ...\\
&  =1+x_{1}X^{1}+x_{1}^{2}X^{2}+x_{2}X^{2}+x_{1}^{3}X^{3}+x_{1}x_{2}%
X^{3}+x_{3}X^{3}+\left(  \text{Glieder mit }X^{i}\text{ f\"{u}r }i>3\right)
\\
&  =1+x_{1}X^{1}+\left(  x_{1}^{2}+x_{2}\right)  X^{2}+\left(  x_{1}^{3}%
+x_{1}x_{2}+x_{3}\right)  X^{3}+\left(  \text{Glieder mit }X^{i}\text{ f\"{u}r
}i>3\right)
\end{align*}
ist der $3$-te Koeffizient der Potenzreihe $\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(
1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$ gleich $x_{1}^{3}+x_{1}x_{2}+x_{3}$, und der
$3$-te Koeffizient der Potenzreihe $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\rho_{n}X^{n}$
ist nat\"{u}rlich $\rho_{3}$. Damit die $3$-ten Koeffizienten der Potenzreihen
$\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$ und
$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\rho_{n}X^{n}$ gleich sind, muss also $x_{1}%
^{3}+x_{1}x_{2}+x_{3}=\rho_{3}$ sein.

Dieses Spiel kann man weitertreiben: Sei $i\in\mathbb{N}_{+}$. Um zu sehen,
wann die $i$-ten Koeffizienten der Potenzreihen $\prod\limits_{d=1}^{\infty
}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$ und $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\rho
_{n}X^{n}$ gleich sind, multiplizieren wir das Produkt $\prod\limits_{d=1}%
^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$ soweit aus, da\ss \ wir den
$i$-ten Koeffizient dieses Produktes erkennen. Dieser $i$-te Koeffizient ist
dann ein festes Polynom (mit ganzzahligen Koeffizienten) von $x_{1}$, $x_{2}$,
$...$, $x_{i}$. Nennen wir dieses Polynom $P_{i}$. Dann sind also die $i$-ten
Koeffizienten der Potenzreihen $\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(
1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$ und $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\rho_{n}X^{n}$
genau dann gleich, wenn $P_{i}\left(  x_{1},x_{2},...,x_{i}\right)  =\rho_{i}$
ist. Beispielsweise ist
\begin{align*}
P_{1}\left(  x_{1}\right)   &  =x_{1};\\
P_{2}\left(  x_{1},x_{2}\right)   &  =x_{1}^{2}+x_{2};\\
P_{3}\left(  x_{1},x_{2},x_{3}\right)   &  =x_{1}^{3}+x_{1}x_{2}+x_{3}.
\end{align*}
Man erkennt hieran eine Gesetzm\"{a}\ss igkeit: F\"{u}r jedes $i\in
\mathbb{N}_{+}$ hat das Polynom $P_{i}$ die Eigenschaft, da\ss \ darin $x_{i}$
nur einmal vorkommt, und zwar mit Koeffizient $1$ davor und in der ersten
Potenz. Mit anderen Worten: $P_{i}\left(  x_{1},x_{2},...,x_{i}\right)
=x_{i}+\left(  \text{ein Polynom in }x_{1},\text{ }x_{2},\text{ }...,\text{
}x_{i-1}\right)  $. (Dies erkl\"{a}rt sich auch sehr schnell, wenn man
$\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$ ausmultipliziert.)

Wir wollen nun eine Folge $\left(  x_{1},x_{2},x_{3},...\right)  \in
\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ finden, f\"{u}r welche die Potenzreihen
$\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$ und
$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\rho_{n}X^{n}$ gleich sind. Das hei\ss t,
da\ss \ f\"{u}r jedes $i\in\mathbb{N}_{+}$ die $i$-ten Koeffizienten dieser
beiden Potenzreihen gleich sind (denn die $0$-ten Koeffizienten dieser Reihen
sind sowieso immer gleich, wie wir schon gesehen haben). Wie wir wissen, ist
dies \"{a}quivalent zu%
\[
P_{i}\left(  x_{1},x_{2},...,x_{i}\right)  =\rho_{i}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r jedes }i\in\mathbb{N}_{+}.
\]
Dies ist ein Gleichungssystem in den Unbekannten $x_{1}$, $x_{2}$, $x_{3}$,
$...$ mit unendlich vielen Gleichungen. Da nun%
\[
P_{i}\left(  x_{1},x_{2},...,x_{i}\right)  =x_{i}+\left(  \text{ein Polynom in
}x_{1},\text{ }x_{2},\text{ }...,\text{ }x_{i-1}\right)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r jedes }i\in\mathbb{N}_{+}%
\]
gilt, k\"{o}nnen wir dieses Gleichungssystem rekursiv nach $x_{1}$, $x_{2}$,
$x_{3}$, $...$ aufl\"{o}sen: Aus der $i$-ten Gleichung $P_{i}\left(
x_{1},x_{2},...,x_{i}\right)  =\rho_{i}$ erhalten wir $x_{i}$, wenn wir die
bereits gefundenen Werte von $x_{1}$, $x_{2}$, $...$, $x_{i-1}$ einsetzen. Auf
diese Weise erhalten wir eine eindeutige L\"{o}sungsfolge $\left(  x_{1}%
,x_{2},x_{3},...\right)  $. Das hei\ss t, es gibt genau eine Folge $\left(
x_{1},x_{2},x_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$, f\"{u}r welche
die Potenzreihen $\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)
^{-1}$ und $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\rho_{n}X^{n}$ gleich sind. Damit ist
Satz 3.11 \textbf{(a)} bewiesen.

Der Beweis von Satz 3.11 \textbf{(b)} ergibt sich analog, wenn man statt der
Formel%
\[
\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}=1+x_{d}X^{d}+x_{2d}X^{2d}+x_{3d}X^{3d}+...
\]
immer die Formel%
\[
\left(  1-X^{d}\right)  ^{-y_{d}}=\sum_{i=0}^{\infty}\dbinom{-y_{d}}{i}\left(
-X^{d}\right)  ^{i}=1-\left(  -y_{d}\right)  X^{d}+\dbinom{-y_{d}}{2}%
X^{2d}-\dbinom{-y_{d}}{3}X^{3d}\pm...
\]
anwendet (diese Formel folgt aus Satz 3.1). Es ist zu beachten, da\ss \ wir
hierbei statt den Polynomen $P_{i}$ neue Polynome bekommen, die nicht mehr
ganzzahlige, sondern nunmehr rationale Koeffizienten haben, aber immer noch
beim Einsetzen ganzer Zahlen ganze \textit{Werte} ergeben (denn diese Polynome
sind aus Binomialkoeffizienten zusammengesetzt); genaueres \"{u}ber solche
Polynome werden wir in Abschnitt 6 erfahren.

\subsection{Beweis von Satz 2.1: ein alternativer Beweis von $\mathcal{B}%
\Longleftrightarrow\mathcal{D}$}

Nun endlich zum eigentlichen alternativen Beweis von $\mathcal{B}%
\Longleftrightarrow\mathcal{D}$:

\textit{Beweis von }$\mathcal{B}\Longrightarrow\mathcal{D}$\textit{:}
Angenommen, Aussage $\mathcal{B}$ von Satz 2.1 sei wahr. Dann gibt es eine
Folge $\left(  x_{1},x_{2},x_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$
ganzer Zahlen, die (\ref{2.1B}) erf\"{u}llt. Sei nun $\rho$ die Potenzreihe
$\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$. Nach Satz 3.5
\textbf{(b)} ist dann%
\begin{align*}
&  \ln\left(  \prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)
^{-1}\right) \\
&  =\sum\limits_{d=1}^{\infty}\underbrace{\ln\left(  \left(  1-x_{d}%
X^{d}\right)  ^{-1}\right)  }_{\substack{=-\ln\left(  1-x_{d}X^{d}\right)
\\\left(  \text{nach Satz 3.9 \textbf{(a)}}\right)  }}=-\sum\limits_{d=1}%
^{\infty}\ln\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  =-\sum\limits_{d=1}^{\infty}\left(
-\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{x_{d}^{i}X^{di}}{i}\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn nach der Definition von }\ln\text{ ist}\\
\ln\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  =-\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{\left(
1-\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  \right)  ^{i}}{i}=-\sum\limits_{i=1}^{\infty
}\dfrac{\left(  x_{d}X^{d}\right)  ^{i}}{i}=-\sum\limits_{i=1}^{\infty}%
\dfrac{x_{d}^{i}X^{di}}{i}%
\end{array}
\right) \\
&  =\sum\limits_{d=1}^{\infty}\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{x_{d}^{i}%
X^{di}}{i}=\sum\limits_{d=1}^{\infty}\sum\limits_{\substack{n\in\mathbb{N}%
_{+};\\d\mid n}}\dfrac{x_{d}^{n\diagup d}X^{n}}{n\diagup d}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir in der zweiten Summe
}di\text{ durch }n\text{ substituiert}\right) \\
&  =\sum\limits_{d=1}^{\infty}\sum\limits_{\substack{n\in\mathbb{N}%
_{+};\\d\mid n}}\dfrac{d}{n}x_{d}^{n\diagup d}X^{n}%
\end{align*}
und somit%
\begin{align*}
\dfrac{d}{dX}\left(  \ln\left(  \prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(
1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}\right)  \right)   &  =\dfrac{d}{dX}\left(
\sum\limits_{d=1}^{\infty}\sum\limits_{\substack{n\in\mathbb{N}_{+};\\d\mid
n}}\dfrac{d}{n}x_{d}^{n\diagup d}X^{n}\right) \\
&  =\sum\limits_{d=1}^{\infty}\sum\limits_{\substack{n\in\mathbb{N}%
_{+};\\d\mid n}}\dfrac{d}{n}x_{d}^{n\diagup d}\underbrace{\dfrac{d}{dX}X^{n}%
}_{=nX^{n-1}}=\sum\limits_{d=1}^{\infty}\sum\limits_{\substack{n\in
\mathbb{N}_{+};\\d\mid n}}dx_{d}^{n\diagup d}X^{n-1},
\end{align*}
also
\begin{align*}
X\cdot\dfrac{d}{dX}\left(  \ln\left(  \prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(
1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}\right)  \right)   &  =X\cdot\sum\limits_{d=1}%
^{\infty}\sum\limits_{\substack{n\in\mathbb{N}_{+};\\d\mid n}}dx_{d}^{n\diagup
d}X^{n-1}\\
&  =\sum\limits_{d=1}^{\infty}\sum\limits_{\substack{n\in\mathbb{N}%
_{+};\\d\mid n}}dx_{d}^{n\diagup d}X^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{d\mid
n}dx_{d}^{n\diagup d}X^{n}.
\end{align*}
Nach (\ref{2.1B}) ist aber $\sum\limits_{d\mid n}dx_{d}^{n\diagup d}=b_{n}$
f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$; somit wird dies zu%
\begin{equation}
X\cdot\dfrac{d}{dX}\left(  \ln\left(  \prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(
1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}\right)  \right)  =\sum_{n=1}^{\infty}%
\underbrace{\sum_{d\mid n}dx_{d}^{n\diagup d}}_{=b_{n}}X^{n}=\sum
_{n=1}^{\infty}b_{n}X^{n}. \label{3.pf.BD1}%
\end{equation}
Nun ist $\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$ eine
ganzzahlige Potenzreihe, deren $0$-ter Koeffizient gleich $1$ ist. Nach Satz
3.11 \textbf{(b)} (angewandt auf $\rho=\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(
1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$) gibt es daher genau eine Folge $\left(
y_{1},y_{2},y_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ von ganzen
Zahlen, f\"{u}r die $\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-X^{d}\right)
^{-y_{d}}=\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$ gilt.
Nach Satz 3.5 \textbf{(b)} ist%
\begin{align*}
&  \ln\left(  \prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-X^{d}\right)  ^{-y_{d}%
}\right) \\
&  =\sum\limits_{d=1}^{\infty}\underbrace{\ln\left(  \left(  1-X^{d}\right)
^{-y_{d}}\right)  }_{\substack{=-y_{d}\ln\left(  1-X^{d}\right)  \\\left(
\text{nach Satz 3.9 \textbf{(b)}}\right)  }}=-\sum\limits_{d=1}^{\infty}%
y_{d}\ln\left(  1-X^{d}\right)  =-\sum\limits_{d=1}^{\infty}y_{d}\left(
-\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{X^{di}}{i}\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn nach der Definition von }\ln\text{ ist}\\
\ln\left(  1-X^{d}\right)  =-\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{\left(
1-\left(  1-X^{d}\right)  \right)  ^{i}}{i}=-\sum\limits_{i=1}^{\infty}%
\dfrac{\left(  X^{d}\right)  ^{i}}{i}=-\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac
{X^{di}}{i}%
\end{array}
\right) \\
&  =\sum\limits_{d=1}^{\infty}\sum\limits_{i=1}^{\infty}y_{d}\dfrac{X^{di}}%
{i}=\sum\limits_{d=1}^{\infty}\sum\limits_{\substack{n\in\mathbb{N}%
_{+};\\d\mid n}}y_{d}\dfrac{X^{n}}{n\diagup d}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir in der zweiten Summe
}di\text{ durch }n\text{ substituiert}\right) \\
&  =\sum\limits_{d=1}^{\infty}\sum\limits_{\substack{n\in\mathbb{N}%
_{+};\\d\mid n}}\dfrac{d}{n}y_{d}X^{n}%
\end{align*}
und somit%
\begin{align*}
\dfrac{d}{dX}\left(  \ln\left(  \prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(
1-X^{d}\right)  ^{-y_{d}}\right)  \right)   &  =\dfrac{d}{dX}\left(
\sum\limits_{d=1}^{\infty}\sum\limits_{\substack{n\in\mathbb{N}_{+};\\d\mid
n}}\dfrac{d}{n}y_{d}X^{n}\right) \\
&  =\sum\limits_{d=1}^{\infty}\sum\limits_{\substack{n\in\mathbb{N}%
_{+};\\d\mid n}}\dfrac{d}{n}y_{d}\underbrace{\dfrac{d}{dX}X^{n}}_{=nX^{n-1}%
}=\sum\limits_{d=1}^{\infty}\sum\limits_{\substack{n\in\mathbb{N}_{+};\\d\mid
n}}dy_{d}X^{n-1},
\end{align*}
also
\begin{align}
X\cdot\dfrac{d}{dX}\left(  \ln\left(  \prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(
1-X^{d}\right)  ^{-y_{d}}\right)  \right)   &  =X\cdot\sum\limits_{d=1}%
^{\infty}\sum\limits_{\substack{n\in\mathbb{N}_{+};\\d\mid n}}dy_{d}%
X^{n-1}\nonumber\\
&  =\sum\limits_{d=1}^{\infty}\sum\limits_{\substack{n\in\mathbb{N}%
_{+};\\d\mid n}}dy_{d}X^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{d\mid n}dy_{d}X^{n}.
\label{3.pf.BD2}%
\end{align}
Wegen $\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-X^{d}\right)  ^{-y_{d}}%
=\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}$ ist aber%
\[
X\cdot\dfrac{d}{dX}\left(  \ln\left(  \prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(
1-X^{d}\right)  ^{-y_{d}}\right)  \right)  =X\cdot\dfrac{d}{dX}\left(
\ln\left(  \prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)
^{-1}\right)  \right)  ,
\]
was im Lichte von (\ref{3.pf.BD2}) und (\ref{3.pf.BD1}) zu%
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{d\mid n}dy_{d}X^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}X^{n}%
\]
wird. Da zwei gleiche Potenzreihen auch immer gleiche Koeffizienten haben,
folgt hieraus $\sum\limits_{d\mid n}dy_{d}=b_{n}$ f\"{u}r jedes $n\in
\mathbb{N}_{+}$. Folglich gilt Aussage $\mathcal{D}$. Wir haben also die
Implikation $\mathcal{B}\Longrightarrow\mathcal{D}$ gezeigt.

Der \textit{Beweis von }$\mathcal{D}\Longrightarrow\mathcal{B}$ verl\"{a}uft
genau umgekehrt: Wir nehmen an, Aussage $\mathcal{D}$ von Satz 2.1 sei wahr.
Dann gibt es eine Folge $\left(  y_{1},y_{2},y_{3},...\right)  \in
\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ ganzer Zahlen, die (\ref{2.1D}) erf\"{u}llt. Sei
nun $\rho$ die Potenzreihe $\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-X^{d}\right)
^{-y_{d}}$. Genauso wie im Beweis von $\mathcal{B}\Longrightarrow\mathcal{D}$
vorhin zeigen wir, da\ss
\[
X\cdot\dfrac{d}{dX}\left(  \ln\left(  \prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(
1-X^{d}\right)  ^{-y_{d}}\right)  \right)  =\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{d\mid
n}dy_{d}X^{n}%
\]
gilt. Doch da $\sum\limits_{d\mid n}dy_{d}=b_{n}$ f\"{u}r jedes $n\in
\mathbb{N}_{+}$ gilt (nach (\ref{2.1D})), wird dies zu%
\begin{equation}
X\cdot\dfrac{d}{dX}\left(  \ln\left(  \prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(
1-X^{d}\right)  ^{-y_{d}}\right)  \right)  =\sum_{n=1}^{\infty}%
\underbrace{\sum_{d\mid n}dy_{d}}_{=b_{n}}X^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}X^{n}.
\label{3.pf.DB1}%
\end{equation}
Andererseits ist $\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-X^{d}\right)  ^{-y_{d}%
}$ eine ganzzahlige Potenzreihe, deren $0$-ter Koeffizient gleich $1$ ist.
Nach Satz 3.11 \textbf{(a)} (angewandt auf $\rho=\prod\limits_{d=1}^{\infty
}\left(  1-X^{d}\right)  ^{-y_{d}}$) gibt es daher genau eine Folge $\left(
x_{1},x_{2},x_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ von ganzen
Zahlen, f\"{u}r die $\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-x_{d}X^{d}\right)
^{-1}=\prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-X^{d}\right)  ^{-y_{d}}$ gilt.
Hieraus folgt%
\[
X\cdot\dfrac{d}{dX}\left(  \ln\left(  \prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(
1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}\right)  \right)  =X\cdot\dfrac{d}{dX}\left(
\ln\left(  \prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(  1-X^{d}\right)  ^{-y_{d}%
}\right)  \right)  .
\]
Aufgrund von (\ref{3.pf.DB1}) und der Identit\"{a}t%
\[
X\cdot\dfrac{d}{dX}\left(  \ln\left(  \prod\limits_{d=1}^{\infty}\left(
1-x_{d}X^{d}\right)  ^{-1}\right)  \right)  =\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{d\mid
n}dx_{d}^{n\diagup d}X^{n}%
\]
(welche man genauso wie im Beweis von $\mathcal{B}\Longrightarrow\mathcal{D}$
vorhin zeigen kann) wird diese Gleichung zu%
\[
\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}X^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{d\mid n}dx_{d}%
^{n\diagup d}X^{n}.
\]
Da zwei gleiche Potenzreihen auch immer gleiche Koeffizienten haben, folgt
hieraus $b_{n}=\sum\limits_{d\mid n}dx_{d}^{n\diagup d}$ f\"{u}r jedes
$n\in\mathbb{N}_{+}$. Folglich gilt Aussage $\mathcal{B}$. Damit ist die
Implikation $\mathcal{D}\Longrightarrow\mathcal{B}$ bewiesen.

Jetzt, nachdem beide Implikationen $\mathcal{B}\Longrightarrow\mathcal{D}$ und
$\mathcal{D}\Longrightarrow\mathcal{B}$ bewiesen sind, ist unser alternativer
Beweis von $\mathcal{B}\Longleftrightarrow\mathcal{D}$ komplett.

Da Satz 3.11 nicht nur Existenzaussagen, sondern auch Eindeutigkeitsaussagen
liefert, k\"{o}nnen wir diesen Beweis \"{u}brigens zu einem Beweis von
$\mathcal{B}\Longleftrightarrow\mathcal{C}\Longleftrightarrow\mathcal{D}%
\Longleftrightarrow\mathcal{E}$ erweitern. Die Details hiervon seien dem Leser \"{u}berlassen.

\section{Binomialkoeffizienten statt Potenzen}

\subsection{Die Teilbarkeit
\texorpdfstring{$\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  \dbinom{qn\diagup d}{rn\diagup d}\in n\mathbb{Z}$}{durch n der Summe von phi(d) (qn/d \"uber rn/d) \"uber die Teiler d von n}
und Analoga}

Satz 2.1 gibt eine Reihe von \"{a}quivalenten Eigenschaften einer Folge
$\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$. Aber
wie sehen Folgen aus, die diese Eigenschaften erf\"{u}llen? Wir kennen schon
eine Reihe von Beispielen f\"{u}r solche Folgen: F\"{u}r jedes $q\in
\mathbb{Z}$ ist $\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  =\left(  q^{1}%
,q^{2},q^{3},...\right)  $ eine solche Folge. Aber es gibt auch ein weiteres Beispiel:

\begin{quote}
\textbf{Satz 4.1:} Seien $q\in\mathbb{Z}$ und $r\in\mathbb{Q}$. Dann
erf\"{u}llt die Folge $\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  $, welche durch
$b_{n}=\dbinom{qn}{rn}$ f\"{u}r alle $n\in\mathbb{N}_{+}$ definiert ist, die
Aussagen $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$, $\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$,
$\mathcal{E}$, $\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$ und $\mathcal{H}$ von Satz 2.1.
\end{quote}

An dieser Stelle ist erstmal Mi\ss trauen angebracht: Was bedeutet
$\dbinom{qn}{rn}$ f\"{u}r ein $r\in\mathbb{Q}$ ? Wir kennen
Binomialkoeffizienten $\dbinom{n}{k}$ mit nat\"{u}rlichem $k$, und seit
Abschnitt 3 auch welche mit ganzem $k$ (auch wenn wir sie f\"{u}r negatives
$k$ einfach als $0$ definiert haben). Aber mit rationalem $k$ ? Nun, die
Antwort ist eine sehr billige:

\begin{quote}
\textbf{Definition (Binomialkoeffizient }$\dbinom{n}{k}$ \textbf{mit }%
$n\in\mathbb{Z}$ \textbf{und }$k\in\mathbb{Q}$\textbf{):} Wir definieren den
sogenannten \textit{Binomialkoeffizienten} $\dbinom{n}{k}$ f\"{u}r alle
$n\in\mathbb{Z}$ (oder $n\in\mathbb{Q}$, oder $n\in\mathbb{R}$, oder
$n\in\mathbb{C}$) und $k\in\mathbb{Q}$ durch%
\[
\dbinom{n}{k}=\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
\dfrac{n\cdot\left(  n-1\right)  \cdot...\cdot\left(  n-k+1\right)  }%
{k!},\text{ wenn }k\in\mathbb{N};\\
0,\text{ wenn }k\notin\mathbb{N}%
\end{array}
\right.  .
\]



\end{quote}

Wieder sorgt diese Definition daf\"{u}r, da\ss \ die Rekursionsgleichung
$\dbinom{n+1}{k}=\dbinom{n}{k}+\dbinom{n}{k-1}$ f\"{u}r alle $n\in\mathbb{Z}$
(oder $n\in\mathbb{Q}$, etc.) und $k\in\mathbb{Q}$ gilt.

Diese Definition sieht ein wenig inhaltsleer aus: Was haben wir davon
gewonnen, da\ss \ wir einige "neue" Werte von $\dbinom{n}{k}$ definiert haben,
indem wir sie einfach zu $0$ gesetzt haben? Das mag so sein, aber diese
Definition f\"{u}hrt dazu, da\ss \ Satz 4.1 f\"{u}r alle $r\in\mathbb{Q}$ (und
nicht nur f\"{u}r alle $r\in\mathbb{Z}$) gilt, was tats\"{a}chlich eine
gewisse Bereicherung darstellt. (F\"{u}r gebrochenes $r$ hat die Folge
$\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  $ zwar viele Nullen, aber sie ist immer
noch nicht die Folge $\left(  0,0,0,...\right)  $, au\ss er wenn $r>q\geq0$
oder $r<0$ ist. Insofern ist es keine Trivialit\"{a}t, da\ss \ sie die
Aussagen $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$, $\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$,
$\mathcal{E}$, $\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$ und $\mathcal{H}$ von Satz 4.1 erf\"{u}llt!)

Bevor wir zum Beweis von Satz 4.1 kommen, machen wir uns klar, was Satz 4.1
impliziert. So folgt aus Aussage $\mathcal{G}$ von Satz 2.1, angewandt auf
diese Folge, da\ss \
\[
\sum_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  \dbinom{qn\diagup d}{rn\diagup d}\in
n\mathbb{Z}%
\]
gilt; entsprechend l\"{a}\ss t sich aus Aussage $\mathcal{F}$ auf%
\[
\sum_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  \dbinom{qn\diagup d}{rn\diagup d}\in
n\mathbb{Z}%
\]
schlie\ss en, und Aussage $\mathcal{H}$ von Satz 2.1, angewandt auf dieselbe
Folge, ergibt%
\[
\sum_{i=1}^{n}\dbinom{q\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  }%
{r\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  }\in n\mathbb{Z}.
\]
Nun stellt man nach ein wenig Experimentieren fest, da\ss \ diese Aussagen
Analoga zulassen:

\begin{quote}
\textbf{Satz 4.2:} Seien $q\in\mathbb{Z}$ und $r\in\mathbb{Z}$ (hier, im
Unterschied zum Satz 4.1, fordern wir $r\in\mathbb{Z}$ und nicht nur
$r\in\mathbb{Q}$). Angenommen, $r\neq0$. F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$
gilt dann%
\begin{align*}
\sum_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  \dbinom{qn\diagup d}{rn\diagup d}  &
\in\dfrac{q}{r}n\mathbb{Z};\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sum_{d\mid n}\mu\left(
d\right)  \dbinom{qn\diagup d}{rn\diagup d}\in\dfrac{q}{r}n\mathbb{Z};\\
\sum_{i=1}^{n}\dbinom{q\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  }%
{r\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  }  &  \in\dfrac{q}{r}n\mathbb{Z}.
\end{align*}

\end{quote}

Dieser Satz 4.2 folgt nicht mehr direkt aus Satz 4.1, jedoch aus folgendem Analogon:

\begin{quote}
\textbf{Satz 4.3:} Seien $q\in\mathbb{Z}$ und $r\in\mathbb{Z}$ (hier fordern
wir wieder $r\in\mathbb{Z}$, wie in Satz 4.2). Dann erf\"{u}llt die Folge
$\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  $, welche durch $b_{n}=\dbinom
{qn-1}{rn-1}$ f\"{u}r alle $n\in\mathbb{N}_{+}$ definiert ist, die Aussagen
$\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$, $\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$,
$\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$ und $\mathcal{H}$ von Satz 2.1.
\end{quote}

Warum folgt Satz 4.2 aus Satz 4.3?

\textit{Beweis von Satz 4.2:} Wir stellen erst einmal fest, da\ss \ f\"{u}r
beliebige ganze $a$ und $b$ mit $b\neq0$ die Formel%
\begin{equation}
\dbinom{a}{b}=\dfrac{a}{b}\dbinom{a-1}{b-1} \label{a/b}%
\end{equation}
gilt.\footnote{Diese Formel folgt im Falle von $b\in\mathbb{N}_{+}$ aus%
\begin{align*}
\dbinom{a}{b}  &  =\dfrac{a\left(  a-1\right)  ...\left(  a-b+1\right)  }%
{b!}=\dfrac{a\cdot\left(  a-1\right)  \left(  a-2\right)  ...\left(
a-b+1\right)  }{b\cdot\left(  b-1\right)  !}\\
&  =\dfrac{a}{b}\cdot\underbrace{\dfrac{\left(  a-1\right)  \left(
a-2\right)  ...\left(  a-b+1\right)  }{\left(  b-1\right)  !}}_{=\dbinom
{a-1}{b-1}}=\dfrac{a}{b}\dbinom{a-1}{b-1},
\end{align*}
und im Falle von $b\notin\mathbb{N}_{+}$ ist sie trivial.}

Da $r\neq0$ ist, gilt $rn\diagup d\neq0$ f\"{u}r alle positiven ganzen Zahlen
$n$ und $d$, sowie $r\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  \neq0$ f\"{u}r
alle positiven ganzen Zahlen $n$ und $i$.

Nun definiere man eine Folge $\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  $ durch
$\left(  b_{n}=\dbinom{qn-1}{rn-1}\text{ f\"{u}r alle }n\in\mathbb{N}%
_{+}\right)  $. Laut Satz 4.3 erf\"{u}llt diese Folge dann die Aussage
$\mathcal{G}$ von Satz 2.1. Das hei\ss t,%
\[
\sum_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  \dbinom{qn\diagup d-1}{rn\diagup d-1}\in
n\mathbb{Z}.
\]
Aber%
\begin{align*}
\sum_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  \underbrace{\dbinom{qn\diagup d}{rn\diagup
d}}_{\substack{=\dfrac{qn\diagup d}{rn\diagup d}\dbinom{qn\diagup
d-1}{rn\diagup d-1}\\\text{(nach (\ref{a/b}), angewandt auf}\\a=qn\diagup
d\text{ und }b=rn\diagup d\text{)}}}  &  =\sum_{d\mid n}\phi\left(  d\right)
\underbrace{\dfrac{qn\diagup d}{rn\diagup d}}_{=\dfrac{q}{r}}\dbinom{qn\diagup
d-1}{rn\diagup d-1}=\sum_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  \dfrac{q}{r}%
\dbinom{qn\diagup d-1}{rn\diagup d-1}\\
&  =\dfrac{q}{r}\underbrace{\sum_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  \dbinom
{qn\diagup d-1}{rn\diagup d-1}}_{\in n\mathbb{Z}}\in\dfrac{q}{r}n\mathbb{Z}.
\end{align*}
Wir haben also aus Aussage $\mathcal{G}$ von Satz 2.1 gefolgert, da\ss \
\[
\sum_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  \dbinom{qn\diagup d}{rn\diagup d}\in
\dfrac{q}{r}n\mathbb{Z}%
\]
gilt. Analog folgert man aus Aussage $\mathcal{F}$ von Satz 2.1 die Relation%
\[
\sum_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  \dbinom{qn\diagup d}{rn\diagup d}\in
\dfrac{q}{r}n\mathbb{Z},
\]
und aus Aussage $\mathcal{H}$ erh\"{a}lt man%
\[
\sum_{i=1}^{n}\dbinom{q\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  }%
{r\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  }\in\dfrac{q}{r}n\mathbb{Z}.
\]
Damit ist Satz 4.2 unter Verwendung von Satz 4.3 bewiesen.

\"{U}brigens verallgemeinert Satz 4.2 eine recht bekannte Olympiadeaufgabe
(siehe [14]).

Man k\"{o}nnte wegen den S\"{a}tzen 4.1 und 4.3 auf den Gedanken kommen, man
k\"{o}nnte auch eine Folge $\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  $ durch
$\left(  b_{n}=\dbinom{qn-\alpha}{rn-\alpha}\text{ f\"{u}r alle }%
n\in\mathbb{N}_{+}\right)  $ definieren, wobei $\alpha$ eine feste ganze Zahl
ist, und w\"{u}rde auch f\"{u}r sie die Aussagen $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$,
$\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$, $\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$ und
$\mathcal{H}$ von Satz 2.1 feststellen. Tatsache ist aber, da\ss \ dies
f\"{u}r $\alpha\notin\left\{  0,1\right\}  $ nicht unbedingt wahr ist (so ist
$\alpha=-1$ ein Gegenbeispiel).

\subsection{Lemmata zum Beweis}

Wir wollen nun die S\"{a}tze 4.1 und 4.3 beweisen. Beidesmal wird dies
geschehen, indem wir Aussage $\mathcal{A}$ f\"{u}r unsere Folge $\left(
b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  $ nachweisen. Dazu ben\"{o}tigen wir die
folgenden zwei Lemmata\footnote{Lemma 4.4 ist identisch mit Lemma 19 in [3].
Lemma 4.5 ist ein Sonderfall von Lemma 21 in [3].}:

\begin{quote}
\textbf{Lemma 4.4:} Seien $q\in\mathbb{Z}$, $r\in\mathbb{Q}$ und
$n\in\mathbb{N}_{+}$. Sei $p$ ein Primfaktor von $n$. Dann gilt $\dbinom
{qn\diagup p}{rn\diagup p}\equiv\dbinom{qn}{rn}\operatorname{mod}%
p^{v_{p}\left(  n\right)  }$.

\textbf{Lemma 4.5:} Seien $q\in\mathbb{Z}$, $r\in\mathbb{Z}$ und
$n\in\mathbb{N}_{+}$. Sei $p$ ein Primfaktor von $n$. Dann gilt $\dbinom
{qn\diagup p-1}{rn\diagup p-1}\equiv\dbinom{qn-1}{rn-1}\operatorname{mod}%
p^{v_{p}\left(  n\right)  }$.
\end{quote}

Wir wollen zuerst Lemma 4.4 zeigen; daf\"{u}r gibt es zwei Wege:

\textit{Erster Beweis von Lemma 4.4:} Zuerst f\"{u}hren wir eine einfache
(aber sehr n\"{u}tzliche) Sprechweise ein. Und zwar geht es um den Begriff
einer $p$\textit{-ganzen Zahl}. Die Definition ist die folgende:

\begin{quote}
\textbf{Definition (}$p$\textbf{-ganze Zahl):} Sei $p$ eine Primzahl. Eine
rationale Zahl $u\in\mathbb{Q}$ hei\ss t $p$\textit{-ganz}, wenn man $u$ in
der Form $u=\dfrac{\alpha}{\beta}$ schreiben kann, wobei $\alpha$ und $\beta$
ganze Zahlen sind mit $p\nmid\beta$. In Worten: Eine ganze Zahl hei\ss t
$p$\textit{-ganz}, wenn man sie als Quotient zweier ganzer Zahlen schreiben
kann, und der Nenner nicht durch $p$ teilbar ist.
\end{quote}

Es ist leicht zu sehen, da\ss \ die Summe zweier $p$-ganzer Zahlen wieder
$p$-ganz ist\footnote{\textit{Beweis:} Seien $u$ und $v$ zwei $p$-ganze
Zahlen. Wir m\"{u}ssen dann beweisen, da\ss \ $u+v$ wieder eine $p$-ganze Zahl
ist. In der Tat kann man $u$ in der Form $u=\dfrac{\alpha}{\beta}$ schreiben,
wobei $\alpha$ und $\beta$ ganze Zahlen sind mit $p\nmid\beta$ (denn $u$ ist
$p$-ganz). Analog ergibt sich, da\ss \ man $v$ in der Form $v=\dfrac{\gamma
}{\delta}$ schreiben kann, wobei $\gamma$ und $\delta$ ganze Zahlen sind mit
$p\nmid\delta$ (denn $v$ ist $p$-ganz). Somit ist $u+v=\dfrac{\alpha}{\beta
}+\dfrac{\gamma}{\delta}=\dfrac{\alpha\delta+\beta\gamma}{\beta\delta}$.
Setzen wir $\varepsilon=\alpha\delta+\beta\gamma$ und $\phi=\beta\delta$, dann
ist also $u+v=\dfrac{\varepsilon}{\phi}$. Da $p\nmid\phi$ ist (denn da $p$
prim ist, folgt aus $p\nmid\beta$ und $p\nmid\delta$ sofort $p\nmid\beta
\delta=\phi$), folgt hieraus, da\ss \ $u+v$ eine $p$-ganze Zahl ist, was zu
beweisen war.}, und da\ss \ das Produkt zweier $p$-ganzer Zahlen wieder
$p$-ganz ist\footnote{\textit{Beweis:} Seien $u$ und $v$ zwei $p$-ganze
Zahlen. Wir m\"{u}ssen dann beweisen, da\ss \ $u\cdot v$ wieder eine $p$-ganze
Zahl ist. In der Tat kann man $u$ in der Form $u=\dfrac{\alpha}{\beta}$
schreiben, wobei $\alpha$ und $\beta$ ganze Zahlen sind mit $p\nmid\beta$
(denn $u$ ist $p$-ganz). Analog ergibt sich, da\ss \ man $v$ in der Form
$v=\dfrac{\gamma}{\delta}$ schreiben kann, wobei $\gamma$ und $\delta$ ganze
Zahlen sind mit $p\nmid\delta$ (denn $v$ ist $p$-ganz). Somit ist $u\cdot
v=\dfrac{\alpha}{\beta}\cdot\dfrac{\gamma}{\delta}=\dfrac{\alpha\gamma}%
{\beta\delta}$. Setzen wir $\varepsilon=\alpha\gamma$ und $\phi=\beta\delta$,
dann ist also $u\cdot v=\dfrac{\varepsilon}{\phi}$. Da $p\nmid\phi$ ist (denn
da $p$ prim ist, folgt aus $p\nmid\beta$ und $p\nmid\delta$ sofort
$p\nmid\beta\delta=\phi$), folgt hieraus, da\ss \ $u\cdot v$ eine $p$-ganze
Zahl ist, was zu beweisen war.} (f\"{u}r beide diese Aussagen brauchen wir die
Annahme, da\ss \ $p$ prim ist!). Ferner ist klar, da\ss \ jede ganze Zahl auch
$p$-ganz ist.

\textit{Beispiele:} F\"{u}r $p=2$ sind die Zahlen $1$, $14$ und $\dfrac{2}{3}$
alle $p$-ganz, aber die Zahl $\dfrac{3}{2}$ nicht.

Nun eine weitere Definition:

\begin{quote}
\textbf{Definition (}$u\overset{p}{\equiv}v\operatorname{mod}p^{k}$\textbf{):}
F\"{u}r zwei $p$-ganze Zahlen $u$ und $v$ und eine nat\"{u}rliche Zahl
$k\in\mathbb{N}$ schreiben wir $u\overset{p}{\equiv}v\operatorname{mod}p^{k}$
genau dann, wenn die Zahl $\dfrac{u-v}{p^{k}}$ auch $p$-ganz ist. Man sieht
nun leicht, da\ss \ folgendes gilt: Wenn die Zahlen $u$ und $v$ ganz sind (und
nicht nur $p$-ganz sind), dann ist genau dann $u\overset{p}{\equiv
}v\operatorname{mod}p^{k}$, wenn $u\equiv v\operatorname{mod}p^{k}$
ist\footnote{\textit{Beweis:} Wenn die Zahl $\dfrac{u-v}{p^{k}}$ eine
$p$-ganze Zahl ist, dann ist sie auch ganz (denn da die Zahl $\dfrac
{u-v}{p^{k}}$ eine $p$-ganze Zahl ist, l\"{a}\ss t sie sich in der Form
$\dfrac{u-v}{p^{k}}=\dfrac{\alpha}{\beta}$ schreiben, wobei $\alpha$ und
$\beta$ ganze Zahlen sind mit $p\nmid\beta$; somit ist $\alpha p^{k}%
=\beta\left(  u-v\right)  $, also $p^{k}\mid\beta\left(  u-v\right)  $ und
folglich $p^{k}\mid u-v$ (denn da $p$ prim und $p\nmid\beta$ ist, ist $\beta$
teilerfremd zu $p^{k}$), also $\dfrac{u-v}{p^{k}}\in\mathbb{Z}$). Umgekehrt:
Wenn die Zahl $\dfrac{u-v}{p^{k}}$ ganz ist, dann ist sie auch $p$-ganz (weil
jede ganze Zahl automatisch auch $p$-ganz ist). Somit haben wir folgende
\"{A}quivalenz von Aussagen:%
\[
\left(  \dfrac{u-v}{p^{k}}\text{ ist }p\text{-ganz}\right)
\Longleftrightarrow\left(  \dfrac{u-v}{p^{k}}\text{ ist ganz}\right)  .
\]
Damit ergibt sich folgende Kette von \"{A}quivalenzen:%
\begin{align*}
\left(  u\overset{p}{\equiv}v\operatorname{mod}p^{k}\right)   &
\Longleftrightarrow\left(  \dfrac{u-v}{p^{k}}\text{ ist }p\text{-ganz}\right)
\\
&  \Longleftrightarrow\left(  \dfrac{u-v}{p^{k}}\text{ ist ganz}\right)
\Longleftrightarrow\left(  p^{k}\mid u-v\right)  \Longleftrightarrow\left(
u\equiv v\operatorname{mod}p^{k}\right)  ,
\end{align*}
was zu beweisen war.}. Somit k\"{o}nnen wir (f\"{u}r zwei $p$-ganze Zahlen $u$
und $v$ eine nat\"{u}rliche Zahl $k\in\mathbb{N}$) statt unserer Schreibweise
$u\overset{p}{\equiv}v\operatorname{mod}p^{k}$ auch einfach $u\equiv
v\operatorname{mod}p^{k}$ schreiben, ohne (im Falle ganzer Zahlen $u$ und $v$)
mit der altbekannten Notation $u\equiv v\operatorname{mod}p^{k}$ in Konflikt
zu geraten (denn im Falle ganzer Zahlen $u$ und $v$ sind die neue Notation
$u\overset{p}{\equiv}v\operatorname{mod}p^{k}$ und die altbekannte Notation
$u\equiv v\operatorname{mod}p^{k}$ gleichbedeutend). F\"{u}r zwei $p$-ganze
Zahlen $u$ und $v$ und eine nat\"{u}rliche Zahl $k\in\mathbb{N}$ hat man also
folgende \"{A}quivalenz von Aussagen:%
\[
\left(  u\equiv v\operatorname{mod}p^{k}\right)  \Longleftrightarrow\left(
u\overset{p}{\equiv}v\operatorname{mod}p^{k}\right)  \Longleftrightarrow
\left(  \dfrac{u-v}{p^{k}}\text{ ist }p\text{-ganz}\right)  .
\]

\end{quote}

\textit{Beispiele:} F\"{u}r $p=2$ gilt $\dfrac{1}{3}\equiv\dfrac{5}%
{3}\operatorname{mod}p^{2}$ (denn $\dfrac{\dfrac{1}{3}-\dfrac{5}{3}}{p^{2}%
}=\dfrac{-\dfrac{4}{3}}{2^{2}}=\dfrac{-1}{3}$ ist $p$-ganz) und $\dfrac{1}%
{9}\equiv\dfrac{11}{3}\operatorname{mod}p^{4}$ (denn $\dfrac{\dfrac{1}%
{9}-\dfrac{11}{3}}{p^{4}}=\dfrac{-\dfrac{32}{9}}{2^{4}}=\dfrac{-2}{9}$ ist
$p$-ganz), aber $\dfrac{1}{3}\not \equiv 1\operatorname{mod}p^{2}$.

Wir k\"{o}nnen nun genauso mit $p$-ganzen Zahlen "modulo $p^{k}$ rechnen", wie
wir es mit ganzen Zahlen gewohnt sind: Wenn $u$, $v$, $u^{\prime}$ und
$v^{\prime}$ vier $p$-ganze Zahlen und $k\in\mathbb{N}$ eine nat\"{u}rliche
Zahl sind, und wenn $u\equiv v\operatorname{mod}p^{k}$ und $u^{\prime}\equiv
v^{\prime}\operatorname{mod}p^{k}$ erf\"{u}llt ist, dann gilt auch
$u+u^{\prime}\equiv v+v^{\prime}\operatorname{mod}p^{k}$ und $uu^{\prime
}\equiv vv^{\prime}\operatorname{mod}p^{k}$. Dies beweist man genauso wie
f\"{u}r ganze Zahlen.

Was ist aber der Nutzen davon, mit $p$-ganzen Zahlen modulo $p^{k}$ zu
rechnen? Ganz einfach: Um eine Kongruenz zwischen zwei ganzen Zahlen modulo
$p^{k}$ nachzupr\"{u}fen, ist es oft hilfreich, unterwegs mit $p$-ganzen
Zahlen zu rechnen, obwohl am Ende alles wieder ganz ist. Ein Beispiel
daf\"{u}r ist die Aufgabe 1 der Internationalen Mathematik-Olympiade
2005\footnote{\textit{Aufgabe:} Man bestimme alle ganzen Zahlen, die
teilerfremd zu jedem Element der durch $\left(  a_{n}=2^{n}+3^{n}%
+6^{n}-1\text{ f\"{u}r alle }n\in\mathbb{N}_{+}\right)  $ definierten Folge
$\left(  a_{1},a_{2},a_{3},...\right)  $ sind.
\par
\textit{L\"{o}sung mithilfe }$p$\textit{-ganzer Zahlen:} Die einzige solche
ganze Zahl ist $1$, denn f\"{u}r jede Primzahl $p$ gibt es ein $n\in
\mathbb{N}_{+}$ mit $p\mid a_{n}$. In der Tat kann man $n=2$ f\"{u}r
$p\in\left\{  2,3\right\}  $ setzen, und $n=p-2$ f\"{u}r alle $p>3$. Ersteres
l\"{a}\ss t sich einfach nachrechnen; um letzteres zu beweisen, m\"{u}ssen wir
zeigen, da\ss \ $p\mid a_{p-2}$ f\"{u}r alle Primzahlen $p>3$ gilt. Dazu
bemerken wir, da\ss \ f\"{u}r jede zu $p$ teilerfremde ganze Zahl $u$ die Zahl
$\dfrac{1}{u}$ eine $p$-ganze Zahl ist, und $u^{p-2}\equiv\dfrac{1}%
{u}\operatorname{mod}p$ erf\"{u}llt (denn nach dem kleinen Satz von Fermat ist
$u^{p-1}\equiv1\operatorname{mod}p$, und Multiplikation dieser Kongruenz mit
der Kongruenz $\dfrac{1}{u}\equiv\dfrac{1}{u}\operatorname{mod}p$ ergibt
$u^{p-2}\equiv\dfrac{1}{u}\operatorname{mod}p$), und somit ist%
\[
a_{p-2}=2^{p-2}+3^{p-2}+6^{p-2}-1\equiv\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}%
{6}-1=0\operatorname{mod}p,
\]
also $p\mid a_{p-2}$, was zu beweisen war.
\par
Dieser Beweis l\"{a}\ss t sich zwar leicht ohne Benutzung von $p$-ganzen
Zahlen umschreiben (man multipliziere einfach mit $6$ und k\"{u}rze am Ende
$6$ wieder heraus), aber man findet ihn am leichtesten, wenn man sich bewusst
ist, da\ss \ man mit $p$-ganzen Zahlen modulo $p^{k}$ (in unserem Fall einfach
modulo $p$) genauso rechnen kann, wie mit ganzen Zahlen.}; ein anderes
Beispiel daf\"{u}r ist der Beweis von Lemma 4.4, den wir jetzt geben werden.

Zum Beweis von Lemma 4.4 unterscheiden wir drei F\"{a}lle:

\textit{Fall 1:} Es gilt $rn\diagup p\in\mathbb{N}$.

\textit{Fall 2:} Es gilt $rn\diagup p\notin\mathbb{N}$ und $rn\in\mathbb{N}$.

\textit{Fall 3:} Es gilt $rn\diagup p\notin\mathbb{N}$ und $rn\notin%
\mathbb{N}$.

In Fall 3 ist Lemma 4.4 offensichtlich, denn wegen $rn\diagup p\notin%
\mathbb{N}$ ist $\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}=0$ und wegen $rn\notin%
\mathbb{N}$ ist $\dbinom{qn}{rn}=0$.

Betrachten wir nun den Fall 1. In diesem Fall sei $\gamma=\min\left\{
v_{p}\left(  rn\right)  ,v_{p}\left(  qn\right)  \right\}  $. Dann ist
$\gamma\leq v_{p}\left(  rn\right)  $ und damit $p^{\gamma}\mid rn$, und
genauso ergibt sich $\gamma\leq v_{p}\left(  qn\right)  $ und damit
$p^{\gamma}\mid qn$. Andererseits ist im Fall 1 trivialerweise $rn\in
\mathbb{N}$ (da $rn\diagup p\in\mathbb{N}$ und $p\in\mathbb{N}$), und somit
k\"{o}nnen wir den Binomialkoeffizienten $\dbinom{qn}{rn}$ als%
\[
\dbinom{qn}{rn}=\dfrac{\left(  qn\right)  \left(  qn-1\right)  ...\left(
qn-rn+1\right)  }{\left(  rn\right)  !}%
\]
darstellen. Wegen%
\begin{align*}
\left(  qn\right)  \left(  qn-1\right)  ...\left(  qn-rn+1\right)   &
=\prod\limits_{k\in\left\{  0,1,...,rn-1\right\}  }\left(  qn-k\right) \\
&  =\prod\limits_{\substack{k\in\left\{  0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\mid
k}}\left(  qn-k\right)  \cdot\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}}\left(  qn-k\right)
\end{align*}
und%
\[
\left(  rn\right)  !=\prod\limits_{k\in\left\{  0,1,...,rn-1\right\}  }\left(
rn-k\right)  =\prod\limits_{\substack{k\in\left\{  0,1,...,rn-1\right\}
;\\p\mid k}}\left(  rn-k\right)  \cdot\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}}\left(  rn-k\right)
\]
wird dies zu%
\begin{align}
\dbinom{qn}{rn}  &  =\dfrac{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\mid k}}\left(  qn-k\right)  \cdot\prod
\limits_{\substack{k\in\left\{  0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}}\left(
qn-k\right)  }{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{  0,1,...,rn-1\right\}
;\\p\mid k}}\left(  rn-k\right)  \cdot\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}}\left(  rn-k\right)  }\nonumber\\
&  =\dfrac{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{  0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\mid
k}}\left(  qn-k\right)  }{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\mid k}}\left(  rn-k\right)  }\cdot\dfrac
{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{  0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid
k}}\left(  qn-k\right)  }{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}}\left(  rn-k\right)  }.
\label{4.4.pf.qn/rn}%
\end{align}
Der erste Bruch auf der rechten Seite dieser Gleichung vereinfacht sich zu%
\begin{align*}
&  \dfrac{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{  0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\mid
k}}\left(  qn-k\right)  }{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\mid k}}\left(  rn-k\right)  }=\dfrac{\prod
\limits_{\ell\in\left\{  0,1,...,rn\diagup p-1\right\}  }\left(  qn-\ell
p\right)  }{\prod\limits_{\ell\in\left\{  0,1,...,rn\diagup p-1\right\}
}\left(  rn-\ell p\right)  }\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir }k\text{ durch }\ell
p\text{ substituiert, da }p\mid k\text{ vorausgesetzt wurde}\right) \\
&  =\dfrac{\prod\limits_{\ell\in\left\{  0,1,...,rn\diagup p-1\right\}
}\left(  \left(  qn\diagup p-\ell\right)  \cdot p\right)  }{\prod
\limits_{\ell\in\left\{  0,1,...,rn\diagup p-1\right\}  }\left(  \left(
rn\diagup p-\ell\right)  \cdot p\right)  }=\dfrac{\prod\limits_{\ell
\in\left\{  0,1,...,rn\diagup p-1\right\}  }\left(  qn\diagup p-\ell\right)
}{\prod\limits_{\ell\in\left\{  0,1,...,rn\diagup p-1\right\}  }\left(
rn\diagup p-\ell\right)  }\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{hier haben wir aus Z\"{a}hler und Nenner jeweils}\\
rn\diagup p\text{ mal den Faktor }p\text{ herausgek\"{u}rzt}%
\end{array}
\right) \\
&  =\dfrac{\left(  qn\diagup p\right)  \left(  qn\diagup p-1\right)
...\left(  qn\diagup p-rn\diagup p+1\right)  }{\left(  rn\diagup p\right)
!}=\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{da
}rn\diagup p\in\mathbb{N}\right)  ,
\end{align*}
und der zweite Bruch auf der rechten Seite erf\"{u}llt%
\begin{align*}
&  \dfrac{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{  0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid
k}}\left(  qn-k\right)  }{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}}\left(  rn-k\right)  }=\prod
\limits_{\substack{k\in\left\{  0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}%
}\dfrac{qn-k}{rn-k}\equiv\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}}1\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn f\"{u}r jedes }k\in\left\{  0,1,...,rn-1\right\}  \text{ mit
}p\nmid k\text{ ist }\dfrac{qn-k}{rn-k}\text{ eine }p\text{-ganze Zahl,}\\
\text{und erf\"{u}llt }\dfrac{qn-k}{rn-k}\equiv1\operatorname{mod}p^{\gamma
}\text{, weil }qn-k\equiv rn-k\operatorname{mod}p^{\gamma}\text{ ist}\\
\text{(denn }qn\text{ und }rn\text{ sind beide durch }p^{\gamma}\text{
teilbar)}%
\end{array}
\right) \\
&  =1\operatorname{mod}p^{\gamma};
\end{align*}
somit wird die Gleichung (\ref{4.4.pf.qn/rn}) zu%
\begin{align*}
\dbinom{qn}{rn}  &  =\underbrace{\dfrac{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\mid k}}\left(  qn-k\right)  }{\prod
\limits_{\substack{k\in\left\{  0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\mid k}}\left(
rn-k\right)  }}_{=\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}}\cdot\underbrace{\dfrac
{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{  0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid
k}}\left(  qn-k\right)  }{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
0,1,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}}\left(  rn-k\right)  }}_{\equiv
1\operatorname{mod}p^{\gamma}}\\
&  \equiv\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}\cdot1=\dbinom{qn\diagup
p}{rn\diagup p}\operatorname{mod}\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}p^{\gamma}.
\end{align*}
Doch $\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}p^{\gamma}$ ist durch $p^{v_{p}\left(
n\right)  }$ teilbar\footnote{\textit{Beweis:} Wir haben $\gamma=\min\left\{
v_{p}\left(  rn\right)  ,v_{p}\left(  qn\right)  \right\}  $. Daher sind zwei
F\"{a}lle m\"{o}glich: der Fall $\gamma=v_{p}\left(  rn\right)  $ und der Fall
$\gamma=v_{p}\left(  qn\right)  $. Im Fall $\gamma=v_{p}\left(  qn\right)  $
ist offensichtlicherweise $\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}p^{\gamma}$ durch
$p^{v_{p}\left(  n\right)  }$ teilbar (denn $\gamma=v_{p}\left(  qn\right)
=\underbrace{v_{p}\left(  q\right)  }_{\geq0}+v_{p}\left(  n\right)  \geq
v_{p}\left(  n\right)  $). Wir betrachten also fortan nur den Fall
$\gamma=v_{p}\left(  rn\right)  $. In diesem Fall wenden wir (\ref{a/b}) auf
$a=qn\diagup p$ und $b=rn\diagup p$ an, und erhalten $\dbinom{qn\diagup
p-1}{rn\diagup p-1}=\dfrac{rn\diagup p}{qn\diagup p}\dbinom{qn\diagup
p}{rn\diagup p}$, also%
\begin{align*}
\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}  &  =\dfrac{qn\diagup p}{rn\diagup p}%
\dbinom{qn\diagup p-1}{rn\diagup p-1}=\dfrac{qn}{rn}\dbinom{qn\diagup
p-1}{rn\diagup p-1},\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{damit}\\
rn\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}  &  =qn\dbinom{qn\diagup p-1}{rn\diagup
p-1},\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{also}\\
v_{p}\left(  rn\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}\right)   &  =v_{p}\left(
qn\dbinom{qn\diagup p-1}{rn\diagup p-1}\right)  =\underbrace{v_{p}\left(
q\right)  }_{\geq0}+v_{p}\left(  n\right)  +\underbrace{v_{p}\left(
\dbinom{qn\diagup p-1}{rn\diagup p-1}\right)  }_{\geq0}\geq v_{p}\left(
n\right)  ,
\end{align*}
was aber wegen%
\begin{align*}
v_{p}\left(  rn\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}\right)   &
=\underbrace{v_{p}\left(  rn\right)  }_{=\gamma=v_{p}\left(  p^{\gamma
}\right)  }+v_{p}\left(  \dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}\right)
=v_{p}\left(  p^{\gamma}\right)  +v_{p}\left(  \dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup
p}\right) \\
&  =v_{p}\left(  p^{\gamma}\cdot\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}\right)
=v_{p}\left(  \dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}p^{\gamma}\right)
\end{align*}
zu%
\[
v_{p}\left(  \dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}p^{\gamma}\right)  \geq
v_{p}\left(  n\right)
\]
wird. Dies bedeutet, da\ss \ $\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}p^{\gamma}$
durch $p^{v_{p}\left(  n\right)  }$ teilbar ist. Somit ist auch im Fall
$\gamma=v_{p}\left(  rn\right)  $ bewiesen, da\ss \ $\dbinom{qn\diagup
p}{rn\diagup p}p^{\gamma}$ durch $p^{v_{p}\left(  n\right)  }$ teilbar ist,
und unser Beweis ist fertig.}, und somit folgt hieraus%
\[
\dbinom{qn}{rn}\equiv\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}\operatorname{mod}%
p^{v_{p}\left(  n\right)  }.
\]
Damit ist Lemma 4.4 auch im Fall 1 bewiesen.

Es bleibt nur noch der Fall 2. In diesem Fall ist einerseits $\dbinom
{qn\diagup p}{rn\diagup p}=0$ (da $rn\diagup p\notin\mathbb{N}$), andererseits%
\[
\dbinom{qn}{rn}=\dfrac{qn}{rn}\dbinom{qn-1}{rn-1}%
\]
(denn aus (\ref{a/b}), angewandt auf $a=qn$ und $b=rn$, folgt $\dbinom
{qn-1}{rn-1}=\dbinom{qn}{rn}\dfrac{rn}{qn}$). Doch da wir im Fall 2 sind, gilt
$rn\diagup p\notin\mathbb{N}$ und damit $p\nmid rn$; folglich ist $\dfrac
{q}{rn}$ eine $p$-ganze Zahl, und somit ist $\dfrac{qn}{rn}\equiv
0\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  }$ (dies folgt aus der Kongruenz
$n\equiv0\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  }$, multipliziert mit der
Kongruenz $\dfrac{q}{rn}\equiv\dfrac{q}{rn}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(
n\right)  }$). Wir haben damit%
\[
\dbinom{qn}{rn}=\underbrace{\dfrac{qn}{rn}}_{\equiv0\operatorname{mod}%
p^{v_{p}\left(  n\right)  }}\underbrace{\dbinom{qn-1}{rn-1}}_{\text{eine ganze
Zahl}}\equiv0=\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}\operatorname{mod}%
p^{v_{p}\left(  n\right)  },
\]
und somit ist Lemma 4.4 auch im Fall 2 bewiesen.

Damit ist der erste Beweis von Lemma 4.4 vollst\"{a}ndig. Dieser Beweis war
eigentlich sehr naheliegend, zumindest wenn man wei\ss , da\ss \ man mit
$p$-ganzen Zahlen genauso wie mit ganzen Zahlen modulo $p^{k}$ rechnen darf.
Allerdings hat dieser Beweis den Nachteil, da\ss \ wir drei F\"{a}lle
unterscheiden mussten. Der folgende zweite Beweis von Lemma 4.4 hat diesen
Nachteil nicht; daf\"{u}r ist er weniger intuitiv.

\textit{Zweiter Beweis von Lemma 4.4:}\footnote{Diesr zweite Beweis von Lemma
4.4 ist weitgehend identisch mit dem "Proof of Lemma 19" in [3].} Wir nehmen
o. B. d. A. an, da\ss \ $rn\in\mathbb{N}$ ist (denn im Falle von
$rn\notin\mathbb{N}$ ist $\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}=0$ und
$\dbinom{qn}{rn}=0$, und somit ist Lemma 4.4 in diesem Falle trivial). Daraus
folgt $rn\geq0$ und somit $r\geq0$ (da $n>0$).

Wir setzen $m=qn$. Nach der binomischen Formel (Satz 3.1) (angewandt auf
$m\diagup p$ statt $n$) ist dann%
\begin{equation}
\left(  1+X\right)  ^{m\diagup p}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{m\diagup
p}{k}X^{k} \label{4.4.pf.1}%
\end{equation}
(als Gleichheit zwischen zwei ganzzahligen Potenzreihen). Wenn wir in dieser
Gleichung \"{u}berall $X$ durch $X^{p}$ ersetzen\footnote{Wir d\"{u}rfen dies
tun, weil es (abstrakt gesehen) auf ein Einsetzen von $X^{p}$ in die
Potenzreihen $\left(  1+X\right)  ^{m\diagup p}$ und $\sum\limits_{k=0}%
^{\infty}\dbinom{m\diagup p}{k}X^{k}$ hinausl\"{a}uft, und wenn zwei
Potenzreihen gleich sind, dann ergeben sie auch nach Einsetzen von $X^{p}$
zwei gleiche Potenzreihen.}, erhalten wir%
\[
\left(  1+X^{p}\right)  ^{m\diagup p}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}%
\dbinom{m\diagup p}{k}\left(  X^{p}\right)  ^{k}.
\]
Wir haben also%
\begin{align}
\left(  1+X^{p}\right)  ^{m\diagup p}  &  =\underbrace{\sum\limits_{k=0}%
^{\infty}}_{=\sum\limits_{k\in\mathbb{N}}}\underbrace{\dbinom{m\diagup p}{k}%
}_{=\dbinom{m\diagup p}{pk\diagup p}}\underbrace{\left(  X^{p}\right)  ^{k}%
}_{=X^{pk}}=\sum\limits_{k\in\mathbb{N}}\dbinom{m\diagup p}{pk\diagup p}%
X^{pk}=\sum\limits_{\lambda\in p\mathbb{N}}\dbinom{m\diagup p}{\lambda\diagup
p}X^{\lambda}\nonumber\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir }pk\text{ durch }%
\lambda\text{ substituiert}\right) \nonumber\\
&  =\sum\limits_{\lambda\in\mathbb{N}}\dbinom{m\diagup p}{\lambda\diagup
p}X^{\lambda}-\sum\limits_{\lambda\in\mathbb{N}\setminus p\mathbb{N}%
}\underbrace{\dbinom{m\diagup p}{\lambda\diagup p}}_{\substack{=0,\text{ denn
aus}\\\lambda\notin p\mathbb{N}\text{ folgt}\\\lambda\diagup p\notin%
\mathbb{N}}}X^{\lambda}\nonumber\\
&  =\sum\limits_{\lambda\in\mathbb{N}}\dbinom{m\diagup p}{\lambda\diagup
p}X^{\lambda}-\underbrace{\sum\limits_{\lambda\in\mathbb{N}\setminus
p\mathbb{N}}0X^{\lambda}}_{=0}=\sum\limits_{\lambda\in\mathbb{N}}%
\dbinom{m\diagup p}{\lambda\diagup p}X^{\lambda}\nonumber\\
&  =\sum_{k\in\mathbb{N}}\dbinom{m\diagup p}{k\diagup p}X^{k}=\sum
_{k=0}^{\infty}\dbinom{m\diagup p}{k\diagup p}X^{k}. \label{4.4.pf.2}%
\end{align}
Andererseits ist $1+X^{p}\equiv\left(  1+X\right)  ^{p}\operatorname{mod}%
p$\ \ \ \ \footnote{Hierbei bedeutet die Kongruenz $P\equiv
Q\operatorname{mod}p$ f\"{u}r zwei ganzzahlige Potenzreihen $P$ und $Q$,
da\ss \ \textit{jeder Koeffizient} der Potenzreihe $P-Q$ durch $p$ teilbar
ist. Mit anderen Worten: Die Kongruenz $P\equiv Q\operatorname{mod}p$
bedeutet, da\ss \ f\"{u}r jedes $i\in\mathbb{N}$ die Kongruenz%
\[
\left(  \text{der }i\text{-te Koeffizient der Potenzreihe }P\right)
\equiv\left(  \text{der }i\text{-te Koeffizient der Potenzreihe }Q\right)
\operatorname{mod}p
\]
gilt.}, weil%
\begin{align*}
\left(  1+X\right)  ^{p}  &  =\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{p}{k}%
X^{k}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach Satz 3.1, angewandt auf }p\text{
statt }n\right) \\
&  =\underbrace{\dbinom{p}{0}}_{=1}\underbrace{X^{0}}_{=1}+\sum\limits_{k=1}%
^{p-1}\underbrace{\dbinom{p}{k}}_{\substack{\equiv0\operatorname{mod}%
p\text{,}\\\text{weil bekanntlich}\\p\mid\dbinom{p}{k}\text{ ist}}%
}X^{k}+\underbrace{\dbinom{p}{p}}_{=1}X^{p}+\sum\limits_{k=p+1}^{\infty
}\underbrace{\dbinom{p}{k}}_{=0\text{ (da }k>p\text{)}}X^{k}\\
&  \equiv1+\underbrace{\sum\limits_{k=1}^{p-1}0X^{k}}_{=0}+X^{p}%
+\underbrace{\sum\limits_{k=p+1}^{\infty}0X^{k}}_{=0}=1+X^{p}%
\operatorname{mod}p
\end{align*}
ist.

Nun wollen wir hieraus folgern, da\ss \ $\left(  1+X^{p}\right)  ^{m\diagup
p}\equiv\left(  \left(  1+X\right)  ^{p}\right)  ^{m\diagup p}%
\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  m\right)  }$ ist. Hierzu ben\"{o}tigen wir
eine Verallgemeinerung von Lemma 2.3 auf Potenzreihen\footnote{\"{U}brigens
ist Lemma 4.6, genauso wie Lemma 2.3, ein Sonderfall von Lemma 3 in [3].}:

\begin{quote}
\textbf{Lemma 4.6:} Sei $p\in\mathbb{N}$, und seien $u$ und $v$ zwei
ganzzahlige Potenzreihen. Seien $k\in\mathbb{N}_{+}$ und $\ell\in\mathbb{N}$.
Wenn $u\equiv v\operatorname{mod}p^{k}$ ist\footnote{Hierbei bedeutet die
Kongruenz $P\equiv Q\operatorname{mod}p^{k}$ f\"{u}r zwei ganzzahlige
Potenzreihen $P$ und $Q$, da\ss \ \textit{jeder Koeffizient} der Potenzreihe
$P-Q$ durch $p^{k}$ teilbar ist. Mit anderen Worten: Die Kongruenz $P\equiv
Q\operatorname{mod}p^{k}$ bedeutet, da\ss \ f\"{u}r jedes $i\in\mathbb{N}$ die
Kongruenz%
\[
\left(  \text{der }i\text{-te Koeffizient der Potenzreihe }P\right)
\equiv\left(  \text{der }i\text{-te Koeffizient der Potenzreihe }Q\right)
\operatorname{mod}p^{k}%
\]
gilt.}, dann ist $u^{p^{\ell}}\equiv v^{p^{\ell}}\operatorname{mod}p^{k+\ell}$.
\end{quote}

\textit{Beweis von Lemma 4.6:} Der Beweis von Lemma 4.6 verl\"{a}uft
v\"{o}llig analog zum Beweis von Lemma 2.3 (wobei wir diesmal die Tatsache
ben\"{o}tigen, da\ss \ das Produkt einer Potenzreihe, deren Koeffizienten alle
durch $p^{k+\ell}$ teilbar sind, mit einer Potenzreihe, deren Koeffizienten
alle durch $p$ teilbar sind, selber eine Potenzreihe ist, deren Koeffizienten
alle durch $p^{k+\ell}\cdot p$ teilbar sind; aber dies folgt trivial aus der
Definition des Produktes zweier Potenzreihen).

Nun zur\"{u}ck zum Beweis von Lemma 4.4: Wir setzen $\ell=v_{p}\left(
m\diagup p\right)  $. Hierbei ist $m\diagup p$ eine ganze Zahl, da $m\diagup
p=\underbrace{q}_{\in\mathbb{Z}}\underbrace{n\diagup p}_{\in\mathbb{Z}}%
\in\mathbb{Z}$.

Ferner setzen wir $u=1+X^{p}$ und $v=\left(  1+X\right)  ^{p}$. Damit wird
$1+X^{p}\equiv\left(  1+X\right)  ^{p}\operatorname{mod}p$\ zu $u\equiv
v\operatorname{mod}p^{1}$. Wenden wir Lemma 4.6 auf $k=1$ an, dann erhalten
wir also $u^{p^{\ell}}\equiv v^{p^{\ell}}\operatorname{mod}p^{1+\ell}$. Wegen
$v_{p}\left(  m\right)  =v_{p}\left(  p\cdot\left(  m\diagup p\right)
\right)  =\underbrace{v_{p}\left(  p\right)  }_{=1}+\underbrace{v_{p}\left(
m\diagup p\right)  }_{=\ell}=1+\ell$ wird dies zu $u^{p^{\ell}}\equiv
v^{p^{\ell}}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  m\right)  }$.

Nun ist $m\diagup p=p^{\ell}\cdot\kappa$ f\"{u}r eine ganze Zahl $\kappa$
(denn $\ell=v_{p}\left(  m\diagup p\right)  $ ergibt $p^{\ell}\mid\left(
m\diagup p\right)  $). Also ist%
\begin{align*}
u^{m\diagup p}  &  =u^{p^{\ell}\cdot\kappa}=\left(  u^{p^{\ell}}\right)
^{\kappa}\equiv\left(  v^{p^{\ell}}\right)  ^{\kappa}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{da }u^{p^{\ell}}\equiv v^{p^{\ell}%
}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  m\right)  }\right) \\
&  =v^{p^{\ell}\cdot\kappa}=v^{m\diagup p}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(
m\right)  }\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{da }p^{\ell}\cdot\kappa=m\diagup
p\right)  .
\end{align*}
Wegen $u=1+X^{p}$ und $v=\left(  1+X\right)  ^{p}$ wird dies zu \newline%
$\left(  1+X^{p}\right)  ^{m\diagup p}\equiv\left(  \left(  1+X\right)
^{p}\right)  ^{m\diagup p}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  m\right)  }$. Wir
haben somit%
\[
\left(  1+X^{p}\right)  ^{m\diagup p}\equiv\left(  \left(  1+X\right)
^{p}\right)  ^{m\diagup p}=\left(  1+X\right)  ^{m}=\sum\limits_{k=0}^{\infty
}\dbinom{m}{k}X^{k}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  m\right)  }%
\]
(nach Satz 3.1, angewandt auf $m$ statt $n$). Aus (\ref{4.4.pf.2}) folgt somit%
\[
\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{m}{k}X^{k}\equiv\sum_{k=0}^{\infty}%
\dbinom{m\diagup p}{k\diagup p}X^{k}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(
m\right)  }.
\]
Da bei zwei Potenzreihen, die kongruent zueinander modulo $p^{v_{p}\left(
m\right)  }$ sind, auch die entsprechenden Koeffizienten jeweils kongruent
zueinander modulo $p^{v_{p}\left(  m\right)  }$ sein m\"{u}ssen, erhalten wir
hieraus%
\[
\dbinom{m}{k}\equiv\dbinom{m\diagup p}{k\diagup p}\operatorname{mod}%
p^{v_{p}\left(  m\right)  }\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }%
k\in\mathbb{N}\text{.}%
\]
Setzen wir hier $k=rn$ ein und erinnern wir uns daran, da\ss \ $m=qn$ ist,
dann wird dies zu%
\begin{equation}
\dbinom{qn}{rn}\equiv\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}\operatorname{mod}%
p^{v_{p}\left(  qn\right)  }. \label{4.4.proof2}%
\end{equation}
Nun ist aber $v_{p}\left(  qn\right)  =\underbrace{v_{p}\left(  q\right)
}_{\geq0}+v_{p}\left(  n\right)  \geq v_{p}\left(  n\right)  $ und somit
$p^{v_{p}\left(  n\right)  }\mid p^{v_{p}\left(  qn\right)  }$. Aus der
Kongruenz (\ref{4.4.proof2}) folgt also%
\[
\dbinom{qn}{rn}\equiv\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}\operatorname{mod}%
p^{v_{p}\left(  n\right)  }.
\]
Somit ist Lemma 4.4 erneut bewiesen.

Es ist nicht schwer, Lemma 4.5 auf \"{a}hnliche Weise zu zeigen:

\textit{Erster Beweis von Lemma 4.5:} Der folgende Beweis von Lemma 4.5 ist
eine Variation von unserem ersten Beweis von Lemma 4.4.

Wir nehmen o. B. d. A. an, da\ss \ $r>0$ ist. Diese Annahme ist in der Tat
legitimiert, denn Lemma 4.5 ist trivial im Falle von $r\leq0$ (denn im Falle
von $r\leq0$ ist $\dbinom{qn\diagup p-1}{rn\diagup p-1}=0$ (da
$\underbrace{rn\diagup p}_{\leq0}-1\leq-1<0$) und $\dbinom{qn-1}{rn-1}=0$ (da
$\underbrace{rn}_{\leq0}-1\leq-1<0$)).

Aus $r\in\mathbb{Z}$ und $r>0$ folgt $r\in\mathbb{N}$, also $\underbrace{r}%
_{\in\mathbb{N}}\underbrace{n}_{\in\mathbb{N}}\in\mathbb{N}$ und
$\underbrace{r}_{\in\mathbb{N}}\underbrace{n\diagup p}_{\in\mathbb{N}}%
\in\mathbb{N}$. Aus $rn\in\mathbb{N}$ und $rn>0$ (da $r>0$ und $n>0$) folgt
$rn-1\in\mathbb{N}$, und somit k\"{o}nnen wir den Binomialkoeffizienten
$\dbinom{qn-1}{rn-1}$ als%
\[
\dbinom{qn-1}{rn-1}=\dfrac{\left(  qn-1\right)  \left(  qn-2\right)
...\left(  qn-rn+1\right)  }{\left(  rn-1\right)  !}%
\]
darstellen. Wegen%
\begin{align*}
\left(  qn-1\right)  \left(  qn-2\right)  ...\left(  qn-rn+1\right)   &
=\prod\limits_{k\in\left\{  1,2,...,rn-1\right\}  }\left(  qn-k\right) \\
&  =\prod\limits_{\substack{k\in\left\{  1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\mid
k}}\left(  qn-k\right)  \cdot\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}}\left(  qn-k\right)
\end{align*}
und%
\[
\left(  rn-1\right)  !=\prod\limits_{k\in\left\{  1,2,...,rn-1\right\}
}\left(  rn-k\right)  =\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\mid k}}\left(  rn-k\right)  \cdot\prod
\limits_{\substack{k\in\left\{  1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}}\left(
rn-k\right)
\]
wird dies zu%
\begin{align}
\dbinom{qn-1}{rn-1}  &  =\dfrac{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\mid k}}\left(  qn-k\right)  \cdot\prod
\limits_{\substack{k\in\left\{  1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}}\left(
qn-k\right)  }{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{  1,2,...,rn-1\right\}
;\\p\mid k}}\left(  rn-k\right)  \cdot\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}}\left(  rn-k\right)  }\nonumber\\
&  =\dfrac{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{  1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\mid
k}}\left(  qn-k\right)  }{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\mid k}}\left(  rn-k\right)  }\cdot\dfrac
{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{  1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid
k}}\left(  qn-k\right)  }{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}}\left(  rn-k\right)  }. \label{4.5.qn/rn}%
\end{align}
Der erste Bruch auf der rechten Seite dieser Gleichung vereinfacht sich zu%
\begin{align*}
&  \dfrac{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{  1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\mid
k}}\left(  qn-k\right)  }{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\mid k}}\left(  rn-k\right)  }=\dfrac{\prod
\limits_{\ell\in\left\{  1,2,...,rn\diagup p-1\right\}  }\left(  qn-\ell
p\right)  }{\prod\limits_{\ell\in\left\{  1,2,...,rn\diagup p-1\right\}
}\left(  rn-\ell p\right)  }\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir }k\text{ durch }\ell
p\text{ substituiert, da }p\mid k\text{ vorausgesetzt wurde}\right) \\
&  =\dfrac{\prod\limits_{\ell\in\left\{  1,2,...,rn\diagup p-1\right\}
}\left(  \left(  qn\diagup p-\ell\right)  \cdot p\right)  }{\prod
\limits_{\ell\in\left\{  1,2,...,rn\diagup p-1\right\}  }\left(  \left(
rn\diagup p-\ell\right)  \cdot p\right)  }=\dfrac{\prod\limits_{\ell
\in\left\{  1,2,...,rn\diagup p-1\right\}  }\left(  qn\diagup p-\ell\right)
}{\prod\limits_{\ell\in\left\{  1,2,...,rn\diagup p-1\right\}  }\left(
rn\diagup p-\ell\right)  }\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{hier haben wir aus Z\"{a}hler und Nenner jeweils}\\
rn\diagup p-1\text{ mal den Faktor }p\text{ herausgek\"{u}rzt}%
\end{array}
\right) \\
&  =\dfrac{\left(  qn\diagup p-1\right)  \left(  qn\diagup p-2\right)
...\left(  qn\diagup p-rn\diagup p+1\right)  }{\left(  rn\diagup p-1\right)
!}=\dbinom{qn\diagup p-1}{rn\diagup p-1}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{da }rn\diagup p-1\in\mathbb{N}\right)  ,
\end{align*}
und der zweite Bruch auf der rechten Seite erf\"{u}llt%
\begin{align*}
&  \dfrac{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{  1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid
k}}\left(  qn-k\right)  }{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}}\left(  rn-k\right)  }=\prod
\limits_{\substack{k\in\left\{  1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}%
}\dfrac{qn-k}{rn-k}\equiv\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}}1\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn f\"{u}r jedes }k\in\left\{  1,2,...,rn-1\right\}  \text{ mit
}p\nmid k\text{ ist }\dfrac{qn-k}{rn-k}\text{ eine }p\text{-ganze Zahl,}\\
\text{und erf\"{u}llt }\dfrac{qn-k}{rn-k}\equiv1\operatorname{mod}%
p^{v_{p}\left(  n\right)  }\text{, weil }qn-k\equiv rn-k\operatorname{mod}%
p^{v_{p}\left(  n\right)  }\text{ ist}\\
\text{(denn }n\text{ ist durch }p^{v_{p}\left(  n\right)  }\text{ teilbar, und
wir haben }q\in\mathbb{Z}\text{ und }r\in\mathbb{Z}\text{)}%
\end{array}
\right) \\
&  =1\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  };
\end{align*}
somit wird die Gleichung (\ref{4.5.qn/rn}) zu%
\begin{align*}
\dbinom{qn-1}{rn-1}  &  =\underbrace{\dfrac{\prod\limits_{\substack{k\in
\left\{  1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\mid k}}\left(  qn-k\right)  }%
{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{  1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\mid
k}}\left(  rn-k\right)  }}_{=\dbinom{qn\diagup p-1}{rn\diagup p-1}}%
\cdot\underbrace{\dfrac{\prod\limits_{\substack{k\in\left\{
1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}}\left(  qn-k\right)  }{\prod
\limits_{\substack{k\in\left\{  1,2,...,rn-1\right\}  ;\\p\nmid k}}\left(
rn-k\right)  }}_{\equiv1\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  }}\\
&  \equiv\dbinom{qn\diagup p-1}{rn\diagup p-1}\cdot1=\dbinom{qn\diagup
p-1}{rn\diagup p-1}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  }.
\end{align*}
Damit ist der Beweis von Lemma 4.5 abgeschlossen.

\textit{Zweiter Beweis von Lemma 4.5:}\footnote{Der folgende Zweite Beweis von
Lemma 4.5 richtet sich im Wesentlichen nach dem Beweis von Lemma 21 in [3].}
Wir nehmen o. B. d. A. an, da\ss \ $q\neq0$ ist, da der Fall $q=0$ recht
einfach gesondert behandelt werden kann\footnote{Siehe Theorem 20 in [3]
f\"{u}r einen vollst\"{a}ndigen Beweis. Allerdings sollte der Leser mit dem
Fall $q=0$ keine Schwierigkeit haben. Es wird nichts komplizierteres
ben\"{o}tigt als die Tatsache, da\ss \ $\dbinom{-1}{u}=\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
\left(  -1\right)  ^{u},\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{wenn }u\in\mathbb{N};\\
0,\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{wenn }u\notin\mathbb{N}%
\end{array}
\right.  $ f\"{u}r jedes $u\in\mathbb{Q}$ gilt (sowie Satz 1.1 und sein
Analogon f\"{u}r die $\mu$-Funktion).}.

Wie im zweiten Beweis von Lemma 4.4 gezeigt wurde, gilt (\ref{4.4.proof2}).
Damit ist $p^{v_{p}\left(  qn\right)  }\mid\dbinom{qn}{rn}-\dbinom{qn\diagup
p}{rn\diagup p}$, also%
\begin{equation}
v_{p}\left(  \dbinom{qn}{rn}-\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}\right)  \geq
v_{p}\left(  qn\right)  =v_{p}\left(  q\right)  +v_{p}\left(  n\right)  .
\label{4.4.pf.4}%
\end{equation}
Nun gilt%
\begin{align*}
&  \left(  \underbrace{\dbinom{qn-1}{rn-1}}_{\substack{=\dbinom{qn}{rn}%
\dfrac{rn}{qn}\text{ (nach (\ref{a/b}),}\\\text{angewandt auf }a=qn\text{ und
}b=rn\text{)}}}-\underbrace{\dbinom{qn\diagup p-1}{rn\diagup p-1}%
}_{\substack{=\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}\dfrac{rn\diagup p}{qn\diagup
p}\text{ (nach (\ref{a/b}),}\\\text{angewandt auf }a=qn\diagup p\text{ und
}b=rn\diagup p\text{)}}}\right)  q\\
&  =\left(  \dbinom{qn}{rn}\dfrac{rn}{qn}-\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup
p}\dfrac{rn\diagup p}{qn\diagup p}\right)  q\\
&  =\dbinom{qn}{rn}\underbrace{\dfrac{rn}{qn}q}_{=r}-\dbinom{qn\diagup
p}{rn\diagup p}\underbrace{\dfrac{rn\diagup p}{qn\diagup p}q}_{=r}=\dbinom
{qn}{rn}r-\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}r=\left(  \dbinom{qn}{rn}%
-\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}\right)  r.
\end{align*}
Folglich ist%
\begin{align*}
v_{p}\left(  \left(  \dbinom{qn-1}{rn-1}-\dbinom{qn\diagup p-1}{rn\diagup
p-1}\right)  q\right)   &  =v_{p}\left(  \left(  \dbinom{qn}{rn}%
-\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup p}\right)  r\right) \\
&  =\underbrace{v_{p}\left(  \dbinom{qn}{rn}-\dbinom{qn\diagup p}{rn\diagup
p}\right)  }_{\geq v_{p}\left(  q\right)  +v_{p}\left(  n\right)  \ \left(
\text{nach (\ref{4.4.pf.4})}\right)  }+v_{p}\left(  r\right) \\
&  \geq v_{p}\left(  q\right)  +v_{p}\left(  n\right)  +\underbrace{v_{p}%
\left(  r\right)  }_{\geq0}\geq v_{p}\left(  q\right)  +v_{p}\left(  n\right)
.
\end{align*}
Wegen%
\[
v_{p}\left(  \left(  \dbinom{qn-1}{rn-1}-\dbinom{qn\diagup p-1}{rn\diagup
p-1}\right)  q\right)  =v_{p}\left(  \dbinom{qn-1}{rn-1}-\dbinom{qn\diagup
p-1}{rn\diagup p-1}\right)  +v_{p}\left(  q\right)
\]
wird dies zu%
\[
v_{p}\left(  \dbinom{qn-1}{rn-1}-\dbinom{qn\diagup p-1}{rn\diagup p-1}\right)
+v_{p}\left(  q\right)  \geq v_{p}\left(  q\right)  +v_{p}\left(  n\right)  ,
\]
was sich zu%
\[
v_{p}\left(  \dbinom{qn-1}{rn-1}-\dbinom{qn\diagup p-1}{rn\diagup p-1}\right)
\geq v_{p}\left(  n\right)
\]
vereinfacht. Doch dies bedeutet einfach, da\ss \ $p^{v_{p}\left(  n\right)
}\mid\dbinom{qn-1}{rn-1}-\dbinom{qn\diagup p-1}{rn\diagup p-1}$ gilt; das
hei\ss t, $\dbinom{qn\diagup p-1}{rn\diagup p-1}\equiv\dbinom{qn-1}%
{rn-1}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  }$. Damit ist Lemma 4.5
erneut bewiesen.

\subsection{Beweis von Satz 4.1 und Satz 4.3}

Nun k\"{o}nnen wir zum Beweis der S\"{a}tze 4.1 und 4.3 schreiten:

\textit{Beweis von Satz 4.1:} Die Folge $\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)
$, welche durch $b_{n}=\dbinom{qn}{rn}$ f\"{u}r alle $n\in\mathbb{N}_{+}$
definiert ist, erf\"{u}llt die Aussage $\mathcal{A}$ von Satz 2.1 (denn die
Aussage $\mathcal{A}$ f\"{u}r diese Folge ist nichts anderes als die Aussage
von Lemma 4.4, und wir wissen, da\ss \ Lemma 4.4 wahr ist). Da die Aussagen
$\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$, $\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$,
$\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$ und $\mathcal{H}$ \"{a}quivalent sind (laut Satz
2.1), erf\"{u}llt diese Folge somit alle Aussagen $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}%
$, $\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$, $\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$
und $\mathcal{H}$ von Satz 2.1. Dadurch ist Satz 4.1 bewiesen.

Der \textit{Beweis von Satz 4.3} ist v\"{o}llig analog zu dem gerade gegebenen
Satz von 4.1, mit dem einzigen Unterschied, da\ss \ wir jetzt Lemma 4.5 statt
Lemma 4.4 anwenden.

\subsection{Ein Zusatz zum \"{A}quivalenzsatz 2.1}

An dieser Stelle wollen wir eigentlich mit der Untersuchung der Folgen von
Satz 4.1 und 4.3 aufh\"{o}ren, aber nicht ohne eine Erweiterung von Satz 2.1
zu konstatieren:

\begin{quote}
\textbf{Satz 4.7:} Sei $\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  \in
\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ eine Folge ganzer Zahlen. Dann sind die Aussagen
$\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$, $\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$,
$\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$, $\mathcal{H}$, $\mathcal{I}$ und $\mathcal{J}$
\"{a}quivalent, wobei $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$, $\mathcal{C}$,
$\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$, $\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$ und $\mathcal{H}$
die in Satz 2.1 festgelegten Aussagen sind, und $\mathcal{I}$ und
$\mathcal{J}$ die folgenden zwei Aussagen sind:

\textit{Aussage }$\mathcal{I}$\textit{:} Es gibt eine Folge $\left(
q_{1},q_{2},q_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ ganzer Zahlen,
die
\begin{equation}
\left(  b_{n}=\sum_{d\mid n}d\dbinom{q_{d}n\diagup d}{n\diagup d}\text{
f\"{u}r jedes }n\in\mathbb{N}_{+}\right)  \label{2.1I}%
\end{equation}
erf\"{u}llt.

\textit{Aussage }$\mathcal{J}$\textit{:} Es gibt \textit{genau eine} Folge
$\left(  q_{1},q_{2},q_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ ganzer
Zahlen, die (\ref{2.1I}) erf\"{u}llt.
\end{quote}

Wir wollen den \textit{Beweis von Satz 4.7} nicht ausf\"{u}hren, aber er
sollte dem Leser nicht schwerfallen. Er muss nur $\mathcal{A}%
\Longleftrightarrow\mathcal{I}$ beweisen (analog zu unserem Beweis von
$\mathcal{A}\Longleftrightarrow\mathcal{B}$ weiter oben) und $\mathcal{I}%
\Longleftrightarrow\mathcal{J}$ beweisen (analog zu unserem Beweis von
$\mathcal{B}\Longleftrightarrow\mathcal{C}$ weiter oben). Lemma 4.4 kommt zur
Hilfe. In [18] wird der Beweis von Satz 4.7 im Detail ausgef\"{u}hrt (in der
Tat ist unser Satz 4.7 ein Teil des Theorems 60 in [18]).

Das naheliegende Analogon von Satz 4.7 mit $\dbinom{q_{d}n\diagup
d-1}{n\diagup d-1}$ statt $\dbinom{q_{d}n\diagup d}{n\diagup d}$ ist nicht wahr.

\section{Kombinatorik I: Das P\'{o}lya-Burnsidesche Abz\"{a}hlverfahren}

\subsection{Perlenketten mit $n$ Perlen in $q$ Farben}

Nach all der Algebra und Zahlentheorie, die wir nun betrieben haben, wird es
Zeit f\"{u}r Kombinatorik. Aus dieser stammt n\"{a}mlich ein ganz anderer
Ansatz zum Beweis von Satz 1.1, und zwar folgender:

Betrachten wir erstmal den Fall $q\geq0$. Stellen wir uns vor, wir haben eine
geschlossene (d. h. kreisf\"{o}rmige) Kette aus $n$ Perlen, und wollen jede
Perle mit einer von $q$ Farben f\"{a}rben\footnote{Wobei nicht
notwendigerweise jede der $q$ Farben auch in jeder F\"{a}rbung vorkommen
muss!}. Wieviele solche F\"{a}rbungen gibt es? Die Antwort h\"{a}ngt
nat\"{u}rlich davon ab, wie man die Frage versteht. Wenn man eine F\"{a}rbung
einfach als Abbildung aus der Menge der Perlen in die Menge der Farben
ansieht, gibt es $q^{n}$ F\"{a}rbungen (denn f\"{u}r jede der $n$ Perlen sind
$q$ Farben m\"{o}glich). Doch diese Interpretation des Begriffes einer
F\"{a}rbung ist uninteressant und geht an der Idee einer geschlossenen
Perlenkette vorbei. Uns interessiert folgende Interpretation: Wieviele
verschiedene solche F\"{a}rbungen gibt es, wenn man zwei F\"{a}rbungen, die
durch zyklische Rotation der Perlenkette (in der Ebene) ineinander
\"{u}bergehen, als gleich ansieht?\footnote{Aber zwei F\"{a}rbungen, die eine
Geradenspiegelung (bzw. eine Drehung im Raum) ineinander \"{u}berf\"{u}hrt,
wollen wir hier \textit{nicht} als gleich ansehen. Wir werden sp\"{a}ter kurz
darauf zur\"{u}ckkommen, was passieren w\"{u}rde, w\"{u}rden wir es tun.} So
sollen z. B. die F\"{a}rbungen "Perle $1$ schwarz und Perlen $2,$ $3,$ $...,$
$n$ wei\ss " und "Perle $2$ schwarz und Perlen $3,$ $4,$ $...,$ $n,$ $1$
wei\ss " (wenn wir die Perlen mit $1,$ $2,$ $...,$ $n$ durchnummerieren) als
gleich angesehen werden.

Wir werden nun zeigen, da\ss \ es insgesamt $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid
n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}$ solche F\"{a}rbungen gibt.
Nat\"{u}rlich wird daraus folgen, da\ss \ $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid
n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}\in\mathbb{N}$ ist, und somit wird Satz
1.1 f\"{u}r $q\geq0$ bewiesen sein. Zum\ Fall $q<0$ werden wir sp\"{a}ter (in
Abschnitt 6) noch zur\"{u}ckkommen.

Wir wollen zuerst den Begriff einer F\"{a}rbung einer Perlenkette
formalisieren\footnote{\textit{Bemerkung:} Der englische Begriff f\"{u}r
"F\"{a}rbung einer Perlenkette" in diesem Kontext hei\ss t "necklace". Genauer
gesagt hei\ss t das, was wir hier als eine F\"{a}rbung einer Perlenkette mit
$n$ Perlen und (potentiell) $q$ Farben bezeichnen, im Englischen eine "$q$-ary
necklace of length $n$". Mit diesem Suchbegriff wird der Leser eine Masse an
Literatur zu diesem Thema finden.}. Wir nummerieren die Perlen mit den
Elementen $\overline{0},$ $\overline{1},$ $...,$ $\overline{n-1}$ von
$\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$\ \ \ \ \footnote{Mit $\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}$ bezeichnen wir die Menge der Restklassen der ganzen Zahlen modulo
$n$. (Viele Autoren schreiben gerne $\mathbb{Z}\diagup n$ oder $\mathbb{Z}%
\diagup\left(  n\right)  $ oder $\mathbb{Z}_{n}$ statt $\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}$, aber es ist zu beachten, da\ss \ die Bezeichnung $\mathbb{Z}%
_{n}$ zuweilen auch etwas anderes bedeutet, weshalb wir sie hier vermeiden.)
Die Restklassen der Zahlen $0,$ $1,$ $...,$ $n-1$ modulo $n$ hei\ss en
$\overline{0},$ $\overline{1},$ $...,$ $\overline{n-1}$. Allgemein bezeichnen
wir mit $\overline{a}$ die Restklasse einer ganzen Zahl $a$ modulo $n$.} durch
(wobei wir sie gegen den Uhrzeigersinn durchgehen), und wir nummerieren die
Farben mit den ganzen Zahlen $1,$ $2,$ $...,$ $q$ durch.

\begin{quote}
\textbf{Definition (Farbwahl):} Unter einer \textit{Farbwahl} verstehen wir im
Folgenden eine beliebige Abbildung von $\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$ nach
$\left\{  1,2,...,q\right\}  $.
\end{quote}

Offensichtlich gibt es genau $\left\vert \left\{  1,2,...,q\right\}
\right\vert ^{\left\vert \mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right\vert }=q^{n}$
Farbwahlen. Wir k\"{o}nnen eine Farbwahl anschaulich als eine Zuordnung
verstehen, die jeder Perle in unserer Perlenkette eine Farbe zuordnet, aber
wir m\"{u}ssen uns dar\"{u}ber im Klaren bleiben, da\ss \ zwei solche
Zuordnungen, die durch zyklische Rotation auseinander enstehen, \textbf{nicht}
miteinander gleichgesetzt werden d\"{u}rfen (au\ss er sie sind von Anfang an
gleich!). Beispielsweise ist im Falle von $n=3$ und $q=2$ die Farbwahl, die
$1$ auf $1$, $2$ auf $2$ und $3$ auf $2$ abbildet, nicht gleich der Farbwahl,
die $1$ auf $2$, $2$ auf $1$ und $3$ auf $2$ abbildet. Insofern sind
Farbwahlen nicht die "F\"{a}rbungen", die wir abz\"{a}hlen wollen.

Wir k\"{o}nnen aber in der Mathematik nicht einfach zwei verschiedene
Abbildungen von $\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$ nach $\left\{
1,2,...,q\right\}  $ gleichsetzen. Stattdessen m\"{u}ssen wir, um den Begriff
einer F\"{a}rbung formal korrekt zu definieren, nicht \textit{Abbildungen},
sondern \textit{\"{A}quivalenzklassen von Abbildungen} betrachten, und zwar
modulo der \"{A}quivalenzrelation, die dadurch definiert ist, da\ss \ wir zwei
Abbildungen $f:\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\rightarrow\left\{
1,2,...,q\right\}  $ und $g:\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\rightarrow\left\{
1,2,...,q\right\}  $ genau dann \"{a}quivalent nennen, wenn es ein
$a\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$ gibt, welches%
\begin{equation}
\left(  f\left(  x+a\right)  =g\left(  x\right)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }x\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}%
\right)  \label{5.zyklus}%
\end{equation}
erf\"{u}llt. (Denn diese Bedingung (\ref{5.zyklus}) sagt genau aus,
da\ss \ die Farbwahl $g$ aus der Farbwahl $f$ durch Rotation um den Winkel
$\dfrac{a}{n}\cdot360^{\circ}$ hervorgeht.) Wir definieren also eine
\textit{F\"{a}rbung} als eine \"{A}quivalenzklasse von Farbwahlen modulo der
gerade definierten \"{A}quivalenzrelation. Die formale Formulierung unserer
Behauptung ist also:

\begin{quote}
\textbf{Satz 5.1 (MacMahons Perlenkettensatz):} Seien $q\in\mathbb{N}$ und
$n\in\mathbb{N}_{+}$. Wir definieren eine Relation
$\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}$ auf der Menge $\left\{
1,2,...,q\right\}  ^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$ (dies ist die Menge aller
Abbildungen von $\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$ nach $\left\{
1,2,...,q\right\}  $) folgenderma\ss en: F\"{u}r zwei Abbildungen
$f:\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\rightarrow\left\{  1,2,...,q\right\}  $ und
$g:\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\rightarrow\left\{  1,2,...,q\right\}  $ sei
genau dann $f\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}g$, wenn es ein
$a\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$ gibt, welches%
\begin{equation}
\left(  f\left(  x+a\right)  =g\left(  x\right)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }x\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}%
\right)  \label{5.1.zykel}%
\end{equation}
erf\"{u}llt.

\textbf{(a)} Diese Relation $\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}$ ist eine
\"{A}quivalenzrelation auf der Menge $\left\{  1,2,...,q\right\}
^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$.

\textbf{(b)} Die Menge $\left\{  1,2,...,q\right\}  ^{\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}}$ zerf\"{a}llt in genau $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}%
\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}$ \"{A}quivalenzklassen bez\"{u}glich der
Relation $\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}.$
\end{quote}

Dieser Satz 5.1 kommt z. B. in Abschnitt 4.9 von [13] vor. Wir werden ihn nun
beweisen, und dabei einige auch anderweitig hilfreiche Lemmata aufsammeln.

\subsection{Anzahlen von \"{A}quivalenzklassen: ein fast triviales Lemma}

Satz 5.1 \textbf{(a)} ist einfach einzusehen; die Hauptschwierigkeit am Beweis
von Satz 5.1 besteht darin, Teil \textbf{(b)} zu beweisen. Dazu k\"{o}nnte man
sich erst einmal folgende ganz allgemeine Frage stellen: Wieviele
\"{A}quivalenzklassen gibt es bez\"{u}glich einer beliebigen
\"{A}quivalenzrelation auf einer beliebigen Menge? So allgemein, wie diese
Frage gestellt ist, kann man keine wirklich inhaltsreiche Antwort auf sie
geben, aber zumindest kann man diese Anzahl auch durch eine Summe ausdr\"{u}cken:

\begin{quote}
\textbf{Satz 5.2:} Sei $F$ eine endliche Menge, und $\sim$ eine
\"{A}quivalenzrelation auf dieser Menge $F$. Dann ist
\[
\left\vert F\diagup\sim\right\vert =\sum_{f\in F}\dfrac{1}{\left\vert
\text{\"{A}quivalenzklasse von }f\right\vert }.
\]
\textit{Bemerkungen:} Hierbei bezeichnet $F\diagup\sim$ die Menge aller
\"{A}quivalenzklassen bez\"{u}glich der Relation $\sim$ auf der Menge $F$.
Ferner bezeichnen wir f\"{u}r jede endliche Menge $X$ die M\"{a}chtigkeit der
Menge $X$ mit $\left\vert X\right\vert $. (Somit bezeichnet $\left\vert
F\diagup\sim\right\vert $ die Anzahl aller \"{A}quivalenzklassen bez\"{u}glich
der Relation $\sim$ auf der Menge $F$.)
\end{quote}

\textit{Beweis von Satz 5.2:} Die Menge $F$ ist die Vereinigung aller
\"{A}quivalenzklassen bez\"{u}glich der Relation $\sim$ auf der Menge $F$, und
all diese \"{A}quivalenzklassen sind paarweise disjunkt. Hieraus folgt
\begin{align*}
&  \sum_{f\in F}\dfrac{1}{\left\vert \text{\"{A}quivalenzklasse von
}f\right\vert }=\underbrace{\sum_{\substack{K\text{ \"{A}quivalenzklasse}%
\\\text{bez\"{u}glich der Relation }\sim\\\text{auf der Menge }F}%
}}_{\substack{=\sum\limits_{K\in F\diagup\sim}\text{ (nach der}%
\\\text{Definition von }F\diagup\sim\text{)}}}\sum_{f\in K}\underbrace{\dfrac
{1}{\left\vert \text{\"{A}quivalenzklasse von }f\right\vert }}%
_{\substack{\dfrac{1}{\left\vert K\right\vert }\text{ (denn die
\"{A}quivalenzklasse}\\\text{von }f\text{ ist }K\text{, denn }f\in K\text{)}%
}}\\
&  =\sum\limits_{K\in F\diagup\sim}\underbrace{\sum_{f\in K}\dfrac
{1}{\left\vert K\right\vert }}_{=\left\vert K\right\vert \cdot\dfrac
{1}{\left\vert K\right\vert }=1}=\sum\limits_{K\in F\diagup\sim}1=\left\vert
F\diagup\sim\right\vert \cdot1=\left\vert F\diagup\sim\right\vert .
\end{align*}
Damit ist Satz 5.2 bewiesen.

\subsection{Abbildungsgruppen und induzierte \"{A}quivalenzrelationen: das
Nicht-Burnside-Lemma}

Satz 5.2 ist allgemein und (wie der Beweis gezeigt hat) trivial - aber
trotzdem nicht zu untersch\"{a}tzen, wenn es darum geht Anzahlen von
irgendwelchen Objekten bis auf eine bestimmte \"{A}quivalenzrelation (also
formal gesprochen, Anzahlen von \"{A}quivalenzklassen) zu berechnen. Wir haben
es aber im Falle von Satz 5.1 nicht mit irgendeiner willk\"{u}rlichen
\"{A}quivalenzrelation zu tun, sondern mit einer, die von einer
Abbildungsgruppe induziert ist. Was dies bedeutet, m\"{u}ssen wir erst einmal erkl\"{a}ren:

\begin{quote}
\textbf{Definition (Abbildungsgruppe):} Sei $F$ eine beliebige Menge. Wir
bezeichnen mit $S_{F}$ die Menge aller bijektiven Abbildungen von $F$ nach
$F$. (Diese Menge $S_{F}$ wird \"{o}fters auch mit $\operatorname*{End}%
_{\operatorname*{Set}}F$ oder $\operatorname*{Bij}F$ bezeichnet.) Eine
Teilmenge $H$ dieser Menge $S_{F}$ hei\ss t eine \textit{Abbildungsgruppe} von
$F$, wenn sie folgende drei Eigenschaften erf\"{u}llt:

\textbf{1)} Die Identit\"{a}tsabbildung $\operatorname*{id}:F\rightarrow F$
liegt in $H$.

\textbf{2)} F\"{u}r je zwei Abbildungen $\alpha\in H$ und $\beta\in H$ liegt
auch die Abbildung $\alpha\circ\beta$ in $H$.

\textbf{3)} F\"{u}r jede Abbildung $\alpha\in H$ liegt auch ihre
Umkehrabbildung $\alpha^{-1}$ in $H$.
\end{quote}

Beispiele f\"{u}r Abbildungsgruppen sind leicht zu finden: So ist die gesamte
Menge $S_{F}$ eine Abbildungsgruppe von $F$. Ferner ist die Menge $\left\{
\operatorname*{id}\right\}  $, die nur aus der Identit\"{a}tsabbildung
besteht, auch eine Abbildungsgruppe von $F$.

Ein anderes Beispiel f\"{u}r Abbildungsgruppen haben wir in der Situation von
Satz 5.1 vor uns. Dort k\"{o}nnen wir n\"{a}mlich $F=\left\{
1,2,...,q\right\}  ^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$ setzen, und f\"{u}r jedes
$a\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$ eine Abbildung $D_{a}:F\rightarrow F$
definieren, die jeder Funktion $f:\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\rightarrow
\left\{  1,2,...,q\right\}  $ eine neue Funktion $D_{a}\left(  f\right)
:\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\rightarrow\left\{  1,2,...,q\right\}  $
zuordnet, welche durch%
\begin{equation}
\left(  \left(  D_{a}\left(  f\right)  \right)  \left(  x\right)  =f\left(
x+a\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }x\in\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}\right)  \label{Da}%
\end{equation}
definiert ist. Anschaulich gesprochen entspricht die Abbildung $D_{\overline
{a}}$ f\"{u}r jedes $a\in\mathbb{Z}$ der Rotation der Perlenkette um den
Winkel $\dfrac{a}{n}\cdot360^{\circ}$, bzw. der Wirkung, die diese Drehung auf
F\"{a}rbungen\footnote{Strenggenommen meinen wir hier nicht wirklich
F\"{a}rbungen, sondern Abbildungen $\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}%
\rightarrow\left\{  1,2,...,q\right\}  $ (denn eine F\"{a}rbung ist ja keine
solche Abbildung, sondern eine \"{A}quivalenzklasse von solchen Abbildungen).}
der Perlenkette aus\"{u}bt (also: jede Farbe wird um $a$ Perlen im
Uhrzeigersinn verschoben).

Sei nun $H$ die Teilmenge $\left\{  D_{\overline{0}},D_{\overline{1}%
},...,D_{\overline{n-1}}\right\}  =\left\{  D_{a}\mid a\in\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}\right\}  $ von $S_{F}$. Dann ist $H$ eine Abbildunsgruppe von $F$,
denn sie erf\"{u}llt die drei Eigenschaften \textbf{1)}, \textbf{2)} und
\textbf{3)} aus der Definition einer Abbildungsgruppe:

\textbf{1)} Die Identit\"{a}tsabbildung $\operatorname*{id}:F\rightarrow F$
liegt in $H$ (denn $D_{\overline{0}}=\operatorname*{id}$\ \ \ \ \footnote{Denn
f\"{u}r jede Funktion $f:\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\rightarrow\left\{
1,2,...,q\right\}  $ ist $D_{\overline{0}}\left(  f\right)  =f$, weil%
\[
\left(  D_{\overline{0}}\left(  f\right)  \right)  \left(  x\right)  =f\left(
x+\overline{0}\right)  =f\left(  x\right)
\]
f\"{u}r alle $x\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$ gilt.}).

\textbf{2) }F\"{u}r je zwei Abbildungen $\alpha\in H$ und $\beta\in H$ liegt
auch die Abbildung $\alpha\circ\beta$ in $H$. (Denn wegen $\alpha\in H$ ist
$\alpha=D_{a}$ f\"{u}r ein $a\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$, und wegen
$\beta\in H$ ist $\beta=D_{b}$ f\"{u}r ein $b\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}%
$, und daraus folgt $\alpha\circ\beta=D_{a}\circ D_{b}=D_{a+b}\in H$. Hierbei
haben wir die Gleichheit%
\begin{equation}
D_{a}\circ D_{b}=D_{a+b}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }a\in
\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\text{ und }b\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}
\label{5.Da+b}%
\end{equation}
benutzt, welche aber leicht zu beweisen ist\footnote{In der Tat ist $\left(
D_{a}\circ D_{b}\right)  \left(  f\right)  =\left(  D_{a+b}\right)  \left(
f\right)  $ f\"{u}r jede Funktion $f:\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}%
\rightarrow\left\{  1,2,...,q\right\}  $, denn f\"{u}r alle $x\in
\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$ ist%
\begin{align*}
\left(  \left(  D_{a}\circ D_{b}\right)  \left(  f\right)  \right)  \left(
x\right)   &  =\left(  D_{a}\left(  D_{b}\left(  f\right)  \right)  \right)
\left(  x\right)  =\left(  D_{b}\left(  f\right)  \right)  \left(  x+a\right)
=f\left(  \left(  x+a\right)  +b\right) \\
&  =f\left(  x+\left(  a+b\right)  \right)  =\left(  D_{a+b}\left(  f\right)
\right)  \left(  x\right)  .
\end{align*}
}.)

\textbf{3)} F\"{u}r jede Abbildung $\alpha\in H$ liegt auch ihre
Umkehrabbildung $\alpha^{-1}$ in $H$. (Denn wegen $\alpha\in H$ ist
$\alpha=D_{a}$ f\"{u}r ein $a\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$, und daraus
folgt $\alpha^{-1}=D_{a}^{-1}=D_{-a}\in H$. Hierbei haben wir die Gleichheit%
\begin{equation}
D_{a}^{-1}=D_{-a}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }a\in\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z} \label{5.D-a}%
\end{equation}
benutzt, welche aber leicht zu beweisen ist\footnote{In der Tat haben wir
weiter oben gezeigt, da\ss \ $D_{a}\circ D_{b}=D_{a+b}$ ist. Angewandt auf
$b=-a$ ergibt dies $D_{a}\circ D_{-a}=D_{a+\left(  -a\right)  }$. Doch wegen
$D_{a+\left(  -a\right)  }=D_{\overline{0}}=\operatorname*{id}$ wird dies zu
$D_{a}\circ D_{-a}=\operatorname*{id}$, also zu $D_{a}^{-1}=D_{-a}$.}.)

Alle drei Eigenschaften \textbf{1)}, \textbf{2)} und \textbf{3)}, die eine
Teilmenge $H$ von $S_{F}$ ben\"{o}tigt, um eine Abbildungsgruppe von $F$ zu
sein, sind somit nachgepr\"{u}ft. Also ist $H$ eine Abbildungsgruppe von $F$.

Nun wollen wieder in den allgemeinen Fall zur\"{u}ckgehen, wo eine beliebige
Menge $F$ (nicht notwendigerweise $\left\{  1,2,...,q\right\}  ^{\mathbb{Z}%
\diagup n\mathbb{Z}}$) und eine beliebige Abbildunsgruppe $H$ von $F$ (nicht
notwendigerweise $\left\{  D_{\overline{0}},D_{\overline{1}},...,D_{\overline
{n-1}}\right\}  $) gegeben sind:

\begin{quote}
\textbf{Definition (induzierte \"{A}quivalenzrelation }$\overset{H}{\sim}%
$\textbf{):} Sei $F$ eine beliebige Menge, und $H$ eine Abbildungsgruppe von
$F$. Wir definieren eine Relation $\overset{H}{\sim}$ auf der Menge $F$
folgenderma\ss en: F\"{u}r zwei Elemente $f\in F$ und $g\in F$ sei genau dann
$f\overset{H}{\sim}g$, wenn es ein $h\in H$ mit $h\left(  f\right)  =g$ gibt.

Diese Relation $\overset{H}{\sim}$ hei\ss t die \textit{von der
Abbildungsgruppe }$H$ \textit{induzierte \"{A}quivalenzrelation} auf der Menge
$F$.
\end{quote}

Wir haben noch nicht gezeigt, da\ss \ diese Relation $\overset{H}{\sim}$ eine
\"{A}quivalenzrelation ist, aber dies holen wir schnell nach - und beweisen
dabei gleich eine Formel f\"{u}r die Anzahl der \"{A}quivalenzklassen:

\begin{quote}
\textbf{Satz 5.3 (Nicht-Burnside-Lemma f\"{u}r Abbildungsgruppen):} Sei $F$
eine Menge, und $H$ eine Abbildungsgruppe von $F$.

\textbf{(a)} Die vorhin definierte Relation $\overset{H}{\sim}$ ist eine
\"{A}quivalenzrelation auf der Menge $F$.

\textbf{(b)} Ist $F$ eine endliche Menge, dann gilt%
\[
\left\vert F\diagup\overset{H}{\sim}\right\vert =\dfrac{1}{\left\vert
H\right\vert }\sum_{h\in H}\left\vert \operatorname*{Fix}h\right\vert .
\]


\textit{Bemerkung:} Hierbei bezeichnet $\operatorname*{Fix}h$ die Menge
$\left\{  f\in F\mid h\left(  f\right)  =f\right\}  $ f\"{u}r jedes $h\in H$.
\end{quote}

Der zugegebenerweise merkw\"{u}rdige Name von Satz 5.3 geht auf die Tatsache
zur\"{u}ck, da\ss \ dieser Satz oft in der Literatur als "Burnside-Lemma"
bezeichnet wurde, obwohl er nicht von William Burnside stammt (dieser hat ihn
lediglich benutzt, und dabei selber auf einen fr\"{u}heren Entdecker -
Ferdinand Georg Frobenius - verwiesen). Bekannt war Satz 5.3 indes bereits
Augustin Louis Cauchy 1845.

Bevor wir zum Beweis von diesem Satz kommen, wollen wir denjenigen Lesern, die
mit dem Begriff einer (abstrakten) \textit{Gruppe} (und nicht nur einer
Abbildungsgruppe) vertraut sind, eine leichte Umformulierung von diesem Satz
5.3 vorstellen, die auch heutzutage deutlich bekannter ist als Satz 5.3 selber:

\begin{quote}
\textbf{Satz 5.4 (Nicht-Burnside-Lemma):} Sei $F$ eine Menge, und $H$ eine
endliche Gruppe, die auf der Menge $F$ operiert. Wir definieren eine Relation
$\overset{H}{\sim}$ auf der Menge $F$ folgenderma\ss en: F\"{u}r zwei Elemente
$f\in F$ und $g\in F$ sei genau dann $f\overset{H}{\sim}g$, wenn es ein $h\in
H$ mit $hf=g$ gibt.

\textbf{(a)} Diese Relation $\overset{H}{\sim}$ ist eine
\"{A}quivalenzrelation auf der Menge $F$.

\textbf{(b)} Ist $F$ eine endliche Menge, dann gilt%
\[
\left\vert F\diagup\overset{H}{\sim}\right\vert =\dfrac{1}{\left\vert
H\right\vert }\sum_{h\in H}\left\vert \operatorname*{Fix}h\right\vert .
\]


\textit{Bemerkung:} Hierbei bezeichnet $\operatorname*{Fix}h$ die Menge
$\left\{  f\in F\mid hf=f\right\}  $ f\"{u}r jedes $h\in H$.
\end{quote}

Wenn in der Literatur vom "Burnside-Lemma", "orbit counting lemma" oder "the
Lemma that isn't Burnside's" die Rede ist, ist meistens Satz 5.4 gemeint.

Offensichtlich ist Satz 5.3 ein Sonderfall von Satz 5.4 (denn eine
Abbildungsgruppe von der Menge $F$ operiert immer kanonisch auf der Menge
$F$), doch man kann auch sehr leicht Satz 5.4 aus Satz 5.3 folgern. Wir wollen
aber auf diesen Beweis verzichten, da man stattdessen auch einfach Satz 5.4
v\"{o}llig analog zu Satz 5.3 beweisen k\"{o}nnte\footnote{Man m\"{u}sste nur
immer die Verkettung $\circ$ durch die Multiplikation in der Gruppe $H$
ersetzen, und Terme wie $h\left(  f\right)  $ durch Terme wie $hf$ ersetzen.},
und da wir Satz 5.4 sowieso nie verwenden werden.

\textit{Beweis von Satz 5.3:} \textbf{(a)} Die Relation $\overset{H}{\sim}$
ist reflexiv (denn f\"{u}r jedes $f\in F$ ist $f\overset{H}{\sim}f$, weil es
ein $h\in H$ mit $h\left(  f\right)  =f$ gibt (n\"{a}mlich
$h=\operatorname*{id}$\ \ \ \ \footnote{Denn da $H$ eine Abbildungsgruppe ist,
gilt $\operatorname*{id}\in H$.})), symmetrisch (denn f\"{u}r beliebige $f\in
F$ und $f^{\prime}\in F$, die $f\overset{H}{\sim}f^{\prime}$ erf\"{u}llen,
gilt auch $f^{\prime}\overset{H}{\sim}f$\ \ \ \ \footnote{Denn wegen
$f\overset{H}{\sim}f^{\prime}$ gibt es ein $h\in H$ mit $h\left(  f\right)
=f^{\prime}$, und somit gibt es auch ein $\widetilde{h}\in H$ mit
$\widetilde{h}\left(  f^{\prime}\right)  =f$ (n\"{a}mlich $\widetilde{h}%
=h^{-1}$, denn da $H$ eine Abbildungsgruppe ist, folgt aus $h\in H$ auch
$h^{-1}\in H$), und daher ist $f^{\prime}\overset{H}{\sim}f$.}) und transitiv
(denn f\"{u}r beliebige $f\in F$, $f^{\prime}\in F$ und $f^{\prime\prime}\in
F$, die $f\overset{H}{\sim}f^{\prime}$ und $f^{\prime}\overset{H}{\sim
}f^{\prime\prime}$ erf\"{u}llen, gilt auch $f\overset{H}{\sim}f^{\prime\prime
}$\ \ \ \ \footnote{\textit{Beweis:} Wegen $f\overset{H}{\sim}f^{\prime}$ gibt
es ein $h_{1}\in H$ mit $h_{1}\left(  f\right)  =f^{\prime}$, und wegen
$f^{\prime}\overset{H}{\sim}f^{\prime\prime}$ gibt es ein $h_{2}\in H$ mit
$h_{2}\left(  f^{\prime}\right)  =f^{\prime\prime}$. Also ist $\left(
h_{2}\circ h_{1}\right)  \left(  f\right)  =h_{2}\left(  \underbrace{h_{1}%
\left(  f\right)  }_{=f^{\prime}}\right)  =h_{2}\left(  f^{\prime}\right)
=f^{\prime\prime}$. Ferner ist $h_{2}\circ h_{1}\in H$ (da $H$ eine
Abbildungsgruppe ist, und $h_{2}\in H$ und $h_{1}\in H$ gilt). Somit gibt es
ein $\widetilde{h}\in H$ mit $\widetilde{h}\left(  f\right)  =f^{\prime\prime
}$ (n\"{a}mlich $\widetilde{h}=h_{2}\circ h_{1}$). Daher ist
$f\overset{H}{\sim}f^{\prime\prime}$.}). Daher ist die Relation
$\overset{H}{\sim}$ eine \"{A}quivalenzrelation, und Satz 5.3 \textbf{(a)} ist bewiesen.

\textbf{(b)} Wir haben%
\begin{equation}
\left\vert \left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)  =g\right\}  \right\vert
=0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r beliebige }f\in H\text{ und }g\in H\text{
mit }f\overset{H}{\not \sim }g \label{5.4.pf.1}%
\end{equation}
(denn wegen $f\overset{H}{\not \sim }g$ gibt es kein $h\in H$, das $h\left(
f\right)  =g$ erf\"{u}llt).

Ferner haben wir
\begin{align}
\left\vert \left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)  =g\right\}  \right\vert
&  =\left\vert \left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)  =f\right\}
\right\vert \label{5.4.pf.2}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r beliebige }f\in H\text{ und }g\in H\text{
mit }f\overset{H}{\sim}g.\nonumber
\end{align}
\textit{Beweis von (\ref{5.4.pf.2}):} Seien $f\in H$ und $g\in H$ mit
$f\overset{H}{\sim}g$ gegeben. Wegen $f\overset{H}{\sim}g$ gibt es ein
$h_{0}\in H$, das $h_{0}\left(  f\right)  =g$ erf\"{u}llt. Somit ist die
Abbildung%
\begin{align*}
\left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)  =f\right\}   &  \rightarrow\left\{
h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)  =g\right\}
,\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{gegeben durch}\\
\eta &  \mapsto h_{0}\circ\eta
\end{align*}
wohldefiniert\footnote{Denn f\"{u}r jedes $\eta\in\left\{  h\in H\ \mid
\ h\left(  f\right)  =f\right\}  $ ist $\eta\left(  f\right)  =f$, also
$\left(  h_{0}\circ\eta\right)  \left(  f\right)  =h_{0}\left(
\underbrace{\eta\left(  f\right)  }_{=f}\right)  =h_{0}\left(  f\right)  =g$,
und daher $h_{0}\circ\eta\in\left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)
=g\right\}  $ (denn aus $h_{0}\in H$ und $\eta\in H$ folgt $h_{0}\circ\eta\in
H$, weil $H$ eine Abbildungsgruppe ist).}, und ferner ist die Abbildung%
\begin{align*}
\left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)  =g\right\}   &  \rightarrow\left\{
h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)  =f\right\}
,\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{gegeben durch}\\
\varepsilon &  \mapsto h_{0}^{-1}\circ\varepsilon
\end{align*}
wohldefiniert\footnote{Denn f\"{u}r jedes $\varepsilon\in\left\{  h\in
H\ \mid\ h\left(  f\right)  =g\right\}  $ ist $\varepsilon\left(  f\right)
=g$, also $\left(  h_{0}^{-1}\circ\varepsilon\right)  \left(  f\right)
=h_{0}^{-1}\left(  \underbrace{\varepsilon\left(  f\right)  }_{=g}\right)
=h_{0}^{-1}\left(  g\right)  =f$ (denn $h_{0}\left(  f\right)  =g$), und daher
$h_{0}^{-1}\circ\varepsilon\in\left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)
=f\right\}  $ (denn aus $h_{0}\in H$ folgt $h_{0}^{-1}\in H$ (weil $H$ eine
Abbildungsgruppe ist), und zusammen mit $\varepsilon\in H$ ergibt dies
$h_{0}^{-1}\circ\varepsilon\in H$ (wieder weil $H$ eine Abbildungsgruppe
ist)).}. Diese beiden Abbildungen sind zueinander invers\footnote{Denn f\"{u}r
jedes $\eta\in\left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)  =f\right\}  $ ist
$h_{0}^{-1}\circ\left(  h_{0}\circ\eta\right)  =\eta$, und f\"{u}r jedes
$\varepsilon\in\left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)  =g\right\}  $ ist
$h_{0}\circ\left(  h_{0}^{-1}\circ\varepsilon\right)  =\varepsilon$.}; also
sind sie beide bijektiv, und folglich gibt es Bijektionen zwischen den Mengen
$\left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)  =f\right\}  $ und $\left\{  h\in
H\ \mid\ h\left(  f\right)  =g\right\}  $. Hieraus folgt $\left\vert \left\{
h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)  =g\right\}  \right\vert =\left\vert \left\{
h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)  =f\right\}  \right\vert $. Damit ist
(\ref{5.4.pf.2}) bewiesen.

F\"{u}r jedes $f\in F$ haben wir nun%
\begin{align*}
\left\vert H\right\vert  &  =\sum_{g\in F}\left\vert \left\{  h\in
H\ \mid\ h\left(  f\right)  =g\right\}  \right\vert \\
&  =\sum_{\substack{g\in F;\\f\overset{H}{\not \sim }g}}\underbrace{\left\vert
\left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)  =g\right\}  \right\vert }_{=0\text{
(nach (\ref{5.4.pf.1}))}}+\sum_{\substack{g\in F;\\f\overset{H}{\sim}%
g}}\underbrace{\left\vert \left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)
=g\right\}  \right\vert }_{=\left\vert \left\{  h\in H\ \mid\ h\left(
f\right)  =f\right\}  \right\vert \text{ (nach (\ref{5.4.pf.2}))}}\\
&  =\underbrace{\sum_{\substack{g\in F;\\f\overset{H}{\not \sim }g}}0}%
_{=0}+\underbrace{\sum_{\substack{g\in F;\\f\overset{H}{\sim}g}}\left\vert
\left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)  =f\right\}  \right\vert
}_{=\left\vert \left\{  g\in F\ \mid\ f\overset{H}{\sim}g\right\}  \right\vert
\cdot\left\vert \left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)  =f\right\}
\right\vert }\\
&  =\left\vert \underbrace{\left\{  g\in F\ \mid\ f\overset{H}{\sim}g\right\}
}_{\substack{\text{dies ist genau die \"{A}quivalenzklasse}\\\text{von
}f\text{ (bez\"{u}glich der Relation }\overset{H}{\sim}\text{)}}}\right\vert
\cdot\left\vert \left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)  =f\right\}
\right\vert \\
&  =\left\vert \text{\"{A}quivalenzklasse von }f\right\vert \cdot\left\vert
\left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)  =f\right\}  \right\vert ,
\end{align*}
also%
\[
\dfrac{\left\vert H\right\vert }{\left\vert \text{\"{A}quivalenzklasse von
}f\right\vert }=\left\vert \left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)
=f\right\}  \right\vert .
\]
Doch nach Satz 5.2 (angewandt auf die \"{A}quivalenzrelation $\overset{H}{\sim
}$ anstelle von $\sim$) ist%
\[
\left\vert F\diagup\overset{H}{\sim}\right\vert =\sum_{f\in F}\dfrac
{1}{\left\vert \text{\"{A}quivalenzklasse von }f\right\vert },
\]
also%
\begin{align*}
\left\vert H\right\vert \cdot\left\vert F\diagup\overset{H}{\sim}\right\vert
&  =\left\vert H\right\vert \cdot\sum_{f\in F}\dfrac{1}{\left\vert
\text{\"{A}quivalenzklasse von }f\right\vert }=\sum_{f\in F}\underbrace{\dfrac
{\left\vert H\right\vert }{\left\vert \text{\"{A}quivalenzklasse von
}f\right\vert }}_{=\left\vert \left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)
=f\right\}  \right\vert }\\
&  =\sum_{f\in F}\left\vert \left\{  h\in H\ \mid\ h\left(  f\right)
=f\right\}  \right\vert =\left\vert \left\{  \left(  h,f\right)  \in H\times
F\ \mid\ h\left(  f\right)  =f\right\}  \right\vert \\
&  =\sum_{h\in H}\left\vert \underbrace{\left\{  f\in F\ \mid\ h\left(
f\right)  =f\right\}  }_{=\operatorname*{Fix}h}\right\vert =\sum_{h\in
H}\left\vert \operatorname*{Fix}h\right\vert ,
\end{align*}
also $\left\vert F\diagup\overset{H}{\sim}\right\vert =\dfrac{1}{\left\vert
H\right\vert }\sum\limits_{h\in H}\left\vert \operatorname*{Fix}h\right\vert
$, und damit ist Satz 5.3 bewiesen.

Bevor wir mithilfe von Satz 5.3 den Satz 5.1 beweisen, wollen wir ein
einfacheres Beispiel f\"{u}r die Anwendung von Satz 5.3 kennenlernen,
n\"{a}mlich die erste Aufgabe der Internationalen Mathematik-Olympiade 1987:

\begin{quote}
\textbf{Satz 5.5:} Sei $n\in\mathbb{N}_{+}$. Dann gilt%
\begin{align*}
&  n!\\
&  =\sum_{k=0}^{n}k\cdot\left(  \text{Anzahl aller Permutationen der
Menge}\right. \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left.  \left\{  1,2,...,n\right\}
\text{, die genau }k\text{ Fixpunkte haben}\right)  .
\end{align*}



\end{quote}

\textit{Beweis von Satz 5.5:} Sei $N$ die Menge $\left\{  1,2,...,n\right\}
$. Anwendung von Satz 5.3 \textbf{(b)} auf den Fall $F=N$ und $H=S_{N}$ ergibt%
\begin{equation}
\left\vert N\diagup\overset{S_{N}}{\sim}\right\vert =\dfrac{1}{\left\vert
S_{N}\right\vert }\sum_{h\in S_{N}}\left\vert \operatorname*{Fix}h\right\vert
. \label{5.5.pf}%
\end{equation}
Doch $\left\vert N\diagup\overset{S_{N}}{\sim}\right\vert =1$ (denn es gibt
nur eine \"{A}quivalenzklasse bez\"{u}glich der Relation $\overset{S_{N}%
}{\sim}$ auf der Menge $N$, weil alle Elemente der Menge $N$ zueinander
\"{a}quivalent bez\"{u}glich dieser Relation sind\footnote{Denn f\"{u}r je
zwei Elemente $a\in N$ und $b\in N$ gilt $a\overset{S_{N}}{\sim}b$ (weil es
eine Abbildung $h\in S_{N}$ gibt, die $h\left(  a\right)  =b$ erf\"{u}llt
(denn $S_{N}$ ist die Menge aller bijektiven Abbildungen von $N$ nach $N$, und
es gibt stets eine bijektive Abbildung von $N$ nach $N$, die $a$ auf $b$
abbildet)).}). Ferner ist $S_{N}$ die Menge aller bijektiven Abbildungen von
$N$ nach $N$, also die Menge aller Permutationen von $N$; hieraus folgt
$\left\vert S_{N}\right\vert =\left\vert N\right\vert !=n!$ (da $\left\vert
N\right\vert =\left\vert \left\{  1,2,...,n\right\}  \right\vert =n$). F\"{u}r
jedes $h\in S_{N}$ ist schlie\ss lich%
\[
\operatorname*{Fix}h=\left\{  f\in\left\{  1,2,...,n\right\}  \ \mid\ h\left(
f\right)  =f\right\}  =\left\{  f\in\left\{  1,2,...,n\right\}  \ \mid
\ f\text{ ist ein Fixpunkt von }h\right\}
\]
die Menge aller Fixpunkte von $h$. All dies zusammen ergibt%
\begin{align*}
1  &  =\left\vert N\diagup\overset{S_{N}}{\sim}\right\vert =\underbrace{\dfrac
{1}{\left\vert S_{N}\right\vert }}_{=\dfrac{1}{n!}\text{ (denn }\left\vert
S_{N}\right\vert =n!\text{)}}\sum_{h\in S_{N}}\underbrace{\left\vert
\operatorname*{Fix}h\right\vert }_{\substack{=\left\vert \text{Menge aller
Fixpunkte von }h\right\vert \\=\left(  \text{Anzahl aller Fixpunkte von
}h\right)  }}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach (\ref{5.5.pf})}\right) \\
&  =\dfrac{1}{n!}\sum_{h\in S_{N}}\left(  \text{Anzahl aller Fixpunkte von
}h\right)  ,
\end{align*}
also%
\begin{align*}
n!  &  =\sum_{h\in S_{N}}\left(  \text{Anzahl aller Fixpunkte von }h\right) \\
&  =\sum_{k=0}^{n}\sum_{\substack{h\in S_{N};\\\text{die Anzahl aller}%
\\\text{Fixpunkte von }h\text{ ist }k}}\underbrace{\left(  \text{Anzahl aller
Fixpunkte von }h\right)  }_{=k}\\
&  =\sum_{k=0}^{n}\underbrace{\sum_{\substack{h\in S_{N};\\\text{die Anzahl
aller Fixpunkte von }h\text{ ist }k}}k}_{=\left\vert \left\{  h\in S_{N}%
\ \mid\text{ die Anzahl aller Fixpunkte von }h\text{ ist }k\right\}
\right\vert \cdot k}\\
&  =\sum_{k=0}^{n}\underbrace{\left\vert \left\{  h\in S_{N}\ \mid\text{ die
Anzahl aller Fixpunkte von }h\text{ ist }k\right\}  \right\vert }%
_{\substack{=\left(  \text{Anzahl aller Abbildungen }h\in S_{N}\text{, die
genau }k\text{ Fixpunkte haben}\right)  \\=\left(  \text{Anzahl aller
Permutationen der Menge }\left\{  1,2,...,n\right\}  \text{, die genau
}k\text{ Fixpunkte haben}\right)  \\\text{(denn }S_{N}\text{ ist die Menge
aller Permutationen der Menge }N=\left\{  1,2,...,n\right\}  \text{)}}}\cdot
k\\
&  =\sum_{k=0}^{n}k\cdot\left(  \text{Anzahl aller Permutationen der
Menge}\right. \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left.  \left\{  1,2,...,n\right\}
\text{, die genau }k\text{ Fixpunkte haben}\right)  .
\end{align*}
Damit ist Satz 5.5 bewiesen.

\subsection{Beweis von Satz 5.1}

Nun wollen wir Satz 5.1 beweisen. Dazu schauen wir uns an, was Satz 5.3
f\"{u}r unsere Perlenketten besagt. Kommen wir also zu unserem Beispiel
zur\"{u}ck, wo $F=\left\{  1,2,...,q\right\}  ^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}%
}$ und $H=\left\{  D_{\overline{0}},D_{\overline{1}},...,D_{\overline{n-1}%
}\right\}  =\left\{  D_{a}\mid a\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right\}  $
war, wobei die Abbildungen $D_{a}:F\rightarrow F$ f\"{u}r alle $a\in
\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$ gem\"{a}\ss \ (\ref{Da}) definiert waren. Wir
wissen bereits, da\ss \ $H$ eine Abbildungsgruppe von $F$ ist. Wir wollen nun
zeigen, da\ss \ die von $H$ induzierte \"{A}quivalenzrelation
$\overset{H}{\sim}$ genau unsere \"{A}quivalenzrelation
$\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}$ ist. Dazu stellen wir fest,
da\ss \ f\"{u}r je zwei Funktionen $f\in F$ und $g\in F$ folgende Kette von
\"{A}quivalenzen gilt:%
\begin{align}
\left(  f\overset{H}{\sim}g\right)   &  \Longleftrightarrow\left(  \text{es
gibt ein }h\in H\text{ mit }h\left(  f\right)  =g\right) \nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\left(  \text{es gibt ein }a\in\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}\text{ mit }D_{a}\left(  f\right)  =g\right) \nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\left(  \text{es gibt ein }a\in\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}\text{ mit }\left(  \left(  D_{a}\left(  f\right)  \right)  \left(
x\right)  =g\left(  x\right)  \text{ f\"{u}r alle }x\in\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}\right)  \right) \nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\left(  \text{es gibt ein }a\in\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}\text{ mit }\left(  f\left(  x+a\right)  =g\left(  x\right)  \text{
f\"{u}r alle }x\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right)  \right) \nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\left(  f\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}g\right)  .
\label{5.1.aequivalenz}%
\end{align}
Hierbei folgt der erste \"{A}quivalenzpfeil aus der Definition der Relation
$\overset{H}{\sim}$; der zweite \"{A}quivalenzpfeil folgt aus $H=\left\{
D_{a}\mid a\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right\}  $; der dritte ist trivial
(denn zwei Funktionen sind genau dann gleich, wenn alle ihre entsprechenden
Werte gleich sind); der vierte folgt aus (\ref{Da}); schlie\ss lich folgt der
f\"{u}nfte aus der Definition der Relation $\overset{\operatorname*{neck}%
}{\sim}$.

Wir haben damit gezeigt, da\ss \ die \"{A}quivalenzrelation $\overset{H}{\sim
}$ identisch mit der \"{A}quivalenzrelation $\overset{\operatorname*{neck}%
}{\sim}$ ist. Somit ist
\begin{align}
\left\vert F\diagup\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}\right\vert  &
=\left\vert F\diagup\overset{H}{\sim}\right\vert =\dfrac{1}{\left\vert
H\right\vert }\sum\limits_{h\in H}\left\vert \operatorname*{Fix}h\right\vert
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach Satz 5.3}\right) \nonumber\\
&  =\dfrac{1}{n}\sum\limits_{a=0}^{n-1}\left\vert \operatorname*{Fix}%
D_{\overline{a}}\right\vert \label{5.1.F/neck}%
\end{align}
(denn da $H=\left\{  D_{\overline{0}},D_{\overline{1}},...,D_{\overline{n-1}%
}\right\}  $ gilt, und da die Abbildungen $D_{\overline{0}},$ $D_{\overline
{1}},$ $...,$ $D_{\overline{n-1}}$ paarweise verschieden sind, haben wir
$\left\vert H\right\vert =n$ und $\sum\limits_{h\in H}\left\vert
\operatorname*{Fix}h\right\vert =\sum\limits_{a=0}^{n-1}\left\vert
\operatorname*{Fix}D_{\overline{a}}\right\vert $). Wir wollen nun $\left\vert
\operatorname*{Fix}D_{\overline{a}}\right\vert $ f\"{u}r jedes $a\in\left\{
0,1,...,n-1\right\}  $ ausrechnen. Genauer gesagt: Wir wollen zeigen,
da\ss \ $\left\vert \operatorname*{Fix}D_{\overline{a}}\right\vert
=q^{\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)  }$ f\"{u}r jedes $a\in\left\{
0,1,...,n-1\right\}  $ ist.

Bevor wir dies beweisen, geben wir zuerst einen unformalen (aber hoffentlich
halbwegs anschaulichen) Beweisplan (wer nur den formalen Beweis will, kann
diesen Absatz \"{u}berspringen): Die Menge $\operatorname*{Fix}D_{\overline
{a}}$ war ja definiert als die Menge aller Farbwahlen\footnote{Zur Erinnerung:
Unter einer "Farbwahl" verstehen wir eine Abbildung von $\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}$ nach $\left\{  1,2,...,q\right\}  $. Farbwahlen sind nicht zu
verwechseln mit F\"{a}rbungen, welche ja als \"{A}quivalenzklassen von solchen
Abbildungen definiert sind.} $f\in F$, welche von der Abbildung $D_{\overline
{a}}$ in sich selbst \"{u}berf\"{u}hrt werden, d. h. die Menge aller
Farbwahlen $f\in F$, welche von der Rotation der Perlenkette um den Winkel
$\dfrac{a}{n}\cdot360^{\circ}$ in sich selbst \"{u}berf\"{u}hrt werden (denn
die Abbildung $D_{\overline{a}}$ entspricht der Rotation der Perlenkette um
den Winkel $\dfrac{a}{n}\cdot360^{\circ}$, bzw. der Wirkung, die diese Drehung
auf Farbwahlen der Perlenkette aus\"{u}bt). Nun ist eine Farbwahl eine
Abbildung von $\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$ nach $\left\{
1,2,...,q\right\}  $, und solche Abbildungen entsprechen eineindeutig
$n$-periodischen Abbildungen von $\mathbb{Z}$ nach $\left\{
1,2,...,q\right\}  $. Wenn die Farbwahl $f$ von der Rotation der Perlenkette
um den Winkel $\dfrac{a}{n}\cdot360^{\circ}$ in sich selbst \"{u}berf\"{u}hrt
wird, mu\ss \ die entsprechende $n$-periodische Abbildung von $\mathbb{Z}$
nach $\left\{  1,2,...,q\right\}  $ auch noch $a$-periodisch sein; sie ist
also auch $\operatorname*{ggT}\left(  n,a\right)  $-perodisch, und die Anzahl
aller $\operatorname*{ggT}\left(  n,a\right)  $-perodischen Abbildungen von
$\mathbb{Z}$ nach $\left\{  1,2,...,q\right\}  $ ist $q^{\operatorname*{ggT}%
\left(  n,a\right)  }$.

Hier der formale \textit{Beweis von }$\left\vert \operatorname*{Fix}%
D_{\overline{a}}\right\vert =q^{\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)  }%
$\textit{:} Zuerst eine Definition:

\begin{quote}
\textbf{Definition (}$k$\textbf{-periodische Abbildung):} Sei $k\in\mathbb{Z}%
$. Sei $Q$ eine Menge. Sei $f:\mathbb{Z}\rightarrow Q$ eine Abbildung. Die
Abbildung $f$ hei\ss e $k$\textit{-periodisch}, wenn $\left(  f\left(
x+k\right)  =f\left(  x\right)  \text{ f\"{u}r alle }x\in\mathbb{Z}\right)  $ gilt.

Wir bezeichnen mit $Q_{\operatorname*{per}k}^{\mathbb{Z}}$ die Menge aller
$k$-periodischen Abbildungen von $\mathbb{Z}$ nach $Q$.
\end{quote}

Folgende Eigenschaften $k$-periodischer Abbildungen sind leicht einzusehen:

\begin{itemize}
\item Ist $k\in\mathbb{Z}$ eine ganze Zahl, $Q$ eine Menge, und $f:\mathbb{Z}%
\rightarrow Q$ eine $k$-periodische Abbildung, und ist $n\in\mathbb{N}$, dann
gilt $f\left(  x+nk\right)  =f\left(  x\right)  $ f\"{u}r alle $x\in
\mathbb{Z}$.$\ \ \ \ $\footnote{Dies beweist man durch vollst\"{a}ndige
Induktion nach $n$, unter Ausnutzung der Definition von "$k$-periodisch".}

\item Ist $k\in\mathbb{Z}$ eine ganze Zahl, $Q$ eine Menge, und $f:\mathbb{Z}%
\rightarrow Q$ eine $k$-periodische Abbildung, und sind $x$ und $y$ zwei
Elemente von $\mathbb{Z}$ mit $x\equiv y\operatorname{mod}k$, dann ist%
\begin{equation}
f\left(  x\right)  =f\left(  y\right)  . \label{k-period=}%
\end{equation}
\footnote{\textit{Beweis:} Ohne Beschr\"{a}nkung der Allgemeinheit d\"{u}rfen
wir annehmen, da\ss \ $x\leq y$ ist (denn sonst k\"{o}nnen wir einfach $x$ mit
$y$ vertauschen). Dann ist $y-x\geq0$. Ferner nehmen wir ebenfalls ohne
Beschr\"{a}nkung der Allgemeinheit an, da\ss \ $k>0$ ist (denn f\"{u}r $k=0$
ist die Aussage trivial, und f\"{u}r $k<0$ k\"{o}nnen wir einfach $k$ durch
$-k$ ersetzen). Damit wird $\dfrac{y-x}{k}\geq0$ (da $y-x\geq0$).
\par
Aus $x\equiv y\operatorname{mod}k$ folgt aber $k\mid y-x$ und damit
$\dfrac{y-x}{k}\in\mathbb{Z}$. Zusammen mit $\dfrac{y-x}{k}\geq0$ wird dies zu
$\dfrac{y-x}{k}\in\mathbb{N}$. Nun wissen wir bereits, da\ss \ $f\left(
x+nk\right)  =f\left(  x\right)  $ f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}$ ist;
angewandt auf $n=\dfrac{y-x}{k}$ ergibt dies $f\left(  x+\dfrac{y-x}%
{k}k\right)  =f\left(  x\right)  $, also $f\left(  y\right)  =f\left(
x\right)  $ (da $x+\dfrac{y-x}{k}k=y$), und damit $f\left(  x\right)
=f\left(  y\right)  $, was zu beweisen war.}

\item Ist $k\in\mathbb{Z}$ eine ganze Zahl, $Q$ eine Menge, und $f:\mathbb{Z}%
\rightarrow Q$ eine $k$-periodische Abbildung, dann gilt%
\begin{equation}
f\left(  x\right)  =f\left(  x\operatorname{mod}k\right)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }x\in\mathbb{Z}\text{.}
\label{k-periodRest}%
\end{equation}
\footnote{Dies folgt aus (\ref{k-period=}), angewandt auf
$y=x\operatorname{mod}k$ (denn $x\equiv\left(  x\operatorname{mod}k\right)
\operatorname{mod}k$).} Hierbei bezeichnen wir mit $x\operatorname{mod}k$ den
Rest, den die Zahl $x$ bei Division durch $k$ l\"{a}\ss t.

\item Jede Abbildung $f:\mathbb{Z}\rightarrow Q$ ist $0$-periodisch.

\item Ist $k\in\mathbb{Z}$ eine ganze Zahl, $Q$ eine Menge, und $f:\mathbb{Z}%
\rightarrow Q$ eine $k$-periodische Abbildung, dann gilt:
\begin{align}
&  \text{Ist }k^{\prime}\in\mathbb{Z}\text{ eine ganze Zahl mit }k\mid
k^{\prime}\text{,}\nonumber\\
&  \text{dann ist die Abbildung }f:\mathbb{Z}\rightarrow Q\text{ auch
}k^{\prime}\text{-periodisch.} \label{k-per-div}%
\end{align}
\footnote{\textit{Beweis:} F\"{u}r jedes $x\in\mathbb{Z}$ gilt $f\left(
x+k^{\prime}\right)  =f\left(  x\right)  $ (denn (\ref{k-period=}) (angewandt
auf $y=x+k^{\prime}$) ergibt $f\left(  x\right)  =f\left(  x+k^{\prime
}\right)  $, da $x\equiv x+k^{\prime}\operatorname{mod}k$ ist (was wiederum
aus $k\mid k^{\prime}$ folgt)).}

\item Sind $k$ und $\ell$ zwei von $0$ verschiedene ganze Zahlen, $Q$ eine
Menge, und $f:\mathbb{Z}\rightarrow Q$ eine Abbildung, dann gilt:
\begin{align}
&  \text{Genau dann ist die Abbildung }f\text{ gleichzeitig }%
k\text{-periodisch und }\ell\text{-periodisch,}\nonumber\\
&  \text{wenn sie }\operatorname*{ggT}\left(  k,\ell\right)  \text{-periodisch
ist.} \label{ggT-period}%
\end{align}
\footnote{\textit{Beweis von (\ref{ggT-period}):} Um (\ref{ggT-period}) zu
beweisen, m\"{u}ssen wir zwei Aussagen nachweisen:
\par
\textit{Aussage 1:} Ist die Abbildung $f$ gleichzeitig $k$-periodisch und
$\ell$-periodisch, dann ist sie $\operatorname*{ggT}\left(  k,\ell\right)
$-periodisch.
\par
\textit{Aussage 2:} Ist $f$ eine $\operatorname*{ggT}\left(  k,\ell\right)
$-periodische Abbildung, dann ist $f$ gleichzeitig $k$-periodisch und $\ell
$-periodisch.
\par
\textit{Beweis:} Angenommen, $f$ sei gleichzeitig $k$-periodisch und $\ell
$-periodisch. Wir m\"{u}ssen dann zeigen, da\ss \ $f$ auch
$\operatorname*{ggT}\left(  k,\ell\right)  $-periodisch ist.
\par
In der Tat sei $x\in\mathbb{Z}$. Die Zahlen $\dfrac{k}{\operatorname*{ggT}%
\left(  k,\ell\right)  }$ und $\dfrac{\ell}{\operatorname*{ggT}\left(
k,\ell\right)  }$ sind ganz (denn $\operatorname*{ggT}\left(  k,\ell\right)  $
teilt sowohl $k$ als auch $\ell$) und teilerfremd (denn $\operatorname*{ggT}%
\left(  \dfrac{k}{\operatorname*{ggT}\left(  k,\ell\right)  },\dfrac{\ell
}{\operatorname*{ggT}\left(  k,\ell\right)  }\right)  =\dfrac
{\operatorname*{ggT}\left(  k,\ell\right)  }{\operatorname*{ggT}\left(
k,\ell\right)  }=1$).
\par
Der Satz von Bezout besagt, da\ss \ f\"{u}r zwei beliebige teilerfremde ganze
Zahlen $\alpha$ und $\beta$ gilt: Es gibt ganze Zahlen $u$ und $v$ mit
$u\alpha+v\beta=1$. Angewandt auf $\alpha=\dfrac{k}{\operatorname*{ggT}\left(
k,\ell\right)  }$ und $\beta=\dfrac{\ell}{\operatorname*{ggT}\left(
k,\ell\right)  }$ (diese beiden Zahlen $\alpha$ und $\beta$ sind ganz und
teilerfremd) ergibt dies, da\ss \ es ganze Zahlen $u$ und $v$ mit
$u\cdot\dfrac{k}{\operatorname*{ggT}\left(  k,\ell\right)  }+v\cdot\dfrac
{\ell}{\operatorname*{ggT}\left(  k,\ell\right)  }=1$ gibt. Betrachten wir
diese zwei Zahlen $u$ und $v$. Es gilt $\dfrac{uk+v\ell}{\operatorname*{ggT}%
\left(  k,\ell\right)  }=u\cdot\dfrac{k}{\operatorname*{ggT}\left(
k,\ell\right)  }+v\cdot\dfrac{\ell}{\operatorname*{ggT}\left(  k,\ell\right)
}=1$, und damit $uk+v\ell=\operatorname*{ggT}\left(  k,\ell\right)  $. Nun ist%
\begin{align*}
f\left(  x\right)   &  =f\left(  x+uk\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\text{nach (\ref{k-period=}), angewandt auf }y=x+uk\text{, denn }x\equiv
x+uk\operatorname{mod}k\right) \\
&  =f\left(  x+\underbrace{uk+v\ell}_{=\operatorname*{ggT}\left(
k,\ell\right)  }\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{nach (\ref{k-period=}), angewandt auf }\ell\text{, }x+uk\text{ und
}x+uk+v\ell\text{ statt }k\text{, }x\text{ und }y\text{,}\\
\text{denn }x+uk\equiv x+uk+v\ell\operatorname{mod}\ell
\end{array}
\right) \\
&  =f\left(  x+\operatorname*{ggT}\left(  k,\ell\right)  \right)  .
\end{align*}
Da dies f\"{u}r alle $x\in\mathbb{Z}$ gilt, folgt hieraus, da\ss \ $f$ eine
$\operatorname*{ggT}\left(  k,\ell\right)  $-periodische Abbildung ist, und
Aussage 1 ist bewiesen.
\par
\textit{Beweis von Aussage 2:} Ist $f$ eine $\operatorname*{ggT}\left(
k,\ell\right)  $-periodische Abbildung, dann ist $f$ auch $k$-periodisch (denn
$\operatorname*{ggT}\left(  k,\ell\right)  \mid k$) und $\ell$-periodisch
(denn $\operatorname*{ggT}\left(  k,\ell\right)  \mid\ell$). Damit ist Aussage
2 bewiesen.
\par
Nachdem nun beide Aussagen 1 und 2 gezeigt sind, ist (\ref{ggT-period})
nachgewiesen.}
\end{itemize}

Nun wollen wir sehen, da\ss \ $k$-periodische Abbildungen $\mathbb{Z}%
\rightarrow Q$ (f\"{u}r ein festes $k\in\mathbb{N}_{+}$) in eineindeutiger
Zuordnung zu Abbildungen $\mathbb{Z}\diagup k\mathbb{Z}\rightarrow Q$ stehen.
Die Idee dahinter ist die folgende: Wenn $f:\mathbb{Z}\rightarrow Q$ eine
$k$-periodische Abbildung ist, dann h\"{a}ngt der Wert von $f\left(  x\right)
$ (f\"{u}r $x\in\mathbb{Z}$) nur von der Restklasse von $x$ modulo $k$ ab
(wegen (\ref{k-period=})), und somit kann man $f$ als Funktion der Restklasse
von $x$ modulo $k$ (statt als Funktion der ganzen Zahl $x$) auffassen.
Umgekehrt: Hat man eine Abbildung $F:\mathbb{Z}\diagup k\mathbb{Z}\rightarrow
Q$, dann kann man aus ihr eine $k$-periodische Abbildung $f:\mathbb{Z}%
\rightarrow Q$ erhalten, wenn man $f\left(  x\right)  =F\left(  \overline
{x}_{k}\right)  $ f\"{u}r alle $x\in\mathbb{Z}$ setzt (wobei $\overline{x}%
_{k}$ die Restklasse von $x$ modulo $k$ bedeutet). Wir wollen diese Zuordnung
formal definieren:

\begin{quote}
\textbf{Definition (}$R_{Q,k}$ \textbf{und }$R_{Q,k}^{\prime}$\textbf{):} Sei
$k\in\mathbb{N}_{+}$ eine positive ganze Zahl, und $Q$ eine endliche Menge.
F\"{u}r jedes $x\in\mathbb{Z}$ bezeichnen wir mit $\overline{x}_{k}$ die
Restklasse von $x$ modulo $k$. (Insbesondere wird das, was wir weiter oben mit
$\overline{x}$ bezeichnet haben, in unserer neuen Notation $\overline{x}_{n}$ genannt).

\textbf{(a)} Wir definieren nun eine Abbildung%
\[
R_{Q,k}:Q_{\operatorname*{per}k}^{\mathbb{Z}}\rightarrow Q^{\mathbb{Z}\diagup
k\mathbb{Z}}%
\]
dadurch, da\ss \ wir f\"{u}r jede $k$-periodische Abbildung $f:\mathbb{Z}%
\rightarrow Q$ eine Abbildung $R_{Q,k}\left(  f\right)  :\mathbb{Z}\diagup
k\mathbb{Z}\rightarrow Q$ durch%
\[
\left(  \left(  R_{Q,k}\left(  f\right)  \right)  \left(  \overline{x}%
_{k}\right)  =f\left(  x\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }%
x\in\mathbb{Z}\right)
\]
definieren. (Diese Abbildung $R_{Q,k}\left(  f\right)  $ ist hierdurch
tats\"{a}chlich wohldefiniert, denn jedes Element von $\mathbb{Z}\diagup
k\mathbb{Z}$ l\"{a}\ss t sich in der Form $\overline{x}_{k}$ f\"{u}r ein
$x\in\mathbb{Z}$ schreiben, und wenn ein Element von $\mathbb{Z}\diagup
k\mathbb{Z}$ sich auf zweierlei Art als $\overline{x}_{k}$ f\"{u}r
$x\in\mathbb{Z}$ schreiben l\"{a}\ss t, dann sind die Werte von $f\left(
x\right)  $ f\"{u}r diese beiden m\"{o}glichen $x$ gleich\footnote{Denn sind
$x$ und $y$ zwei Elemente von $\mathbb{Z}$ mit $\overline{x}_{k}=\overline
{y}_{k}$, dann ist $f\left(  x\right)  =f\left(  y\right)  $ (denn aus
$\overline{x}_{k}=\overline{y}_{k}$ folgt $x\equiv y\operatorname{mod}k$, und
somit ist $f\left(  x\right)  =f\left(  y\right)  $
gem\"{a}\ss \ (\ref{k-period=})).}.)

\textbf{(b)} Wir definieren ferner eine Abbildung%
\[
R_{Q,k}^{\prime}:Q^{\mathbb{Z}\diagup k\mathbb{Z}}\rightarrow
Q_{\operatorname*{per}k}^{\mathbb{Z}}%
\]
dadurch, da\ss \ wir f\"{u}r jede Abbildung $F:\mathbb{Z}\diagup
k\mathbb{Z}\rightarrow Q$ eine $k$-periodische Abbildung $R_{Q,k}^{\prime
}\left(  F\right)  :\mathbb{Z}\rightarrow Q$ durch%
\[
\left(  \left(  R_{Q,k}^{\prime}\left(  F\right)  \right)  \left(  x\right)
=F\left(  \overline{x}_{k}\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle
}x\in\mathbb{Z}\right)
\]
definieren. (Diese Abbildung $R_{Q,k}^{\prime}\left(  F\right)  :\mathbb{Z}%
\rightarrow Q$ ist in der Tat $k$-periodisch, denn f\"{u}r jedes
$x\in\mathbb{Z}$ gilt $\left(  R_{Q,k}^{\prime}\left(  F\right)  \right)
\left(  x+k\right)  =F\left(  \underbrace{\overline{x+k}_{k}}%
_{\substack{=\overline{x}_{k}\text{ (denn }x+k\equiv x\operatorname{mod}%
k\text{)}}}\right)  =F\left(  \overline{x}_{k}\right)  =\left(  R_{Q,k}%
^{\prime}\left(  F\right)  \right)  \left(  x\right)  .$)
\end{quote}

F\"{u}r jedes $k\in\mathbb{N}_{+}$ und jede endliche Menge $Q$ gilt
$R_{Q,k}\circ R_{Q,k}^{\prime}=\operatorname*{id}$ (denn f\"{u}r jede
Abbildung $F:\mathbb{Z}\diagup k\mathbb{Z}\rightarrow Q$ ist $\left(
R_{Q,k}\circ R_{Q,k}^{\prime}\right)  \left(  F\right)  =\operatorname*{id}%
\left(  F\right)  $\ \ \ \ \footnote{denn f\"{u}r jedes $x\in\mathbb{Z}$ ist%
\begin{align*}
&  \left(  \underbrace{\left(  R_{Q,k}\circ R_{Q,k}^{\prime}\right)  \left(
F\right)  }_{=R_{Q,k}\left(  R_{Q,k}^{\prime}\left(  F\right)  \right)
}\right)  \left(  \overline{x}_{k}\right) \\
&  =\left(  R_{Q,k}\left(  R_{Q,k}^{\prime}\left(  F\right)  \right)  \right)
\left(  \overline{x}_{k}\right)  =\left(  R_{Q,k}^{\prime}\left(  F\right)
\right)  \left(  x\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach der
Definition von }R_{Q,k}\right) \\
&  =F\left(  \overline{x}_{k}\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach
der Definition von }R_{Q,k}^{\prime}\left(  F\right)  \right) \\
&  =\left(  \operatorname*{id}\left(  F\right)  \right)  \left(  \overline
{x}_{k}\right)  ,
\end{align*}
und somit gilt $\left(  R_{Q,k}\circ R_{Q,k}^{\prime}\right)  \left(
F\right)  =\operatorname*{id}\left(  F\right)  $ (denn jedes Element von
$\mathbb{Z}\diagup k\mathbb{Z}$ hat die Form $\overline{x}_{k}$ f\"{u}r ein
$x\in\mathbb{Z}$)}) und $R_{Q,k}^{\prime}\circ R_{Q,k}=\operatorname*{id}$
(denn f\"{u}r jede $k$-periodische Abbildung $f:\mathbb{Z}\rightarrow Q$ ist
$\left(  R_{Q,k}^{\prime}\circ R_{Q,k}\right)  \left(  f\right)
=\operatorname*{id}\left(  f\right)  \ \ \ \ $\footnote{denn f\"{u}r jedes
$x\in\mathbb{Z}$ ist%
\begin{align*}
&  \left(  \underbrace{\left(  R_{Q,k}^{\prime}\circ R_{Q,k}\right)  \left(
f\right)  }_{=R_{Q,k}^{\prime}\left(  R_{Q,k}\left(  f\right)  \right)
}\right)  \left(  x\right) \\
&  =\left(  R_{Q,k}^{\prime}\left(  R_{Q,k}\left(  f\right)  \right)  \right)
\left(  x\right)  =\left(  R_{Q,k}\left(  f\right)  \right)  \left(
\overline{x}_{k}\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach der Definition
von }R_{Q,k}^{\prime}\right) \\
&  =f\left(  x\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach der Definition
von }R_{Q,k}\right) \\
&  =\left(  \operatorname*{id}\left(  f\right)  \right)  \left(  x\right)
\end{align*}
}). Somit sind die Abbildungen $R_{Q,k}$ und $R_{Q,k}^{\prime}$ zueinander
invers, und folglich ist $R_{Q,k}$ eine Bijektion. Hieraus folgt: Ist
$k\in\mathbb{N}_{+}$ eine positive ganze Zahl, und $Q$ eine endliche Menge,
dann ist%
\begin{equation}
\left\vert Q_{\operatorname*{per}k}^{\mathbb{Z}}\right\vert =\left\vert
Q\right\vert ^{k}. \label{k-period-anzahl}%
\end{equation}
\footnote{Denn da die Abbildung $R_{Q,k}:Q_{\operatorname*{per}k}^{\mathbb{Z}%
}\rightarrow Q^{\mathbb{Z}\diagup k\mathbb{Z}}$ eine Bijektion ist, gilt%
\[
\left\vert Q_{\operatorname*{per}k}^{\mathbb{Z}}\right\vert =\left\vert
Q^{\mathbb{Z}\diagup k\mathbb{Z}}\right\vert =\left\vert Q\right\vert
^{\left\vert \mathbb{Z}\diagup k\mathbb{Z}\right\vert }=\left\vert
Q\right\vert ^{k}%
\]
(da $\left\vert \mathbb{Z}\diagup k\mathbb{Z}\right\vert =k$).}

Nun zum Beweis von $\left\vert \operatorname*{Fix}D_{\overline{a}}\right\vert
=q^{\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)  }$: Setzen wir $Q=\left\{
1,2,...,q\right\}  $. Dann ist $\left\vert Q\right\vert =q$. F\"{u}r eine
Abbildung $f\in F$ gilt folgende Kette von
\"{A}quivalenzen:\footnote{Begr\"{u}ndungen der jeweiligen \"{A}quivalenzen
finden sich weiter unten.}%
\begin{align}
&  \left(  f\in\operatorname*{Fix}D_{\overline{a}}\right) \nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\ \left(  D_{\overline{a}}\left(  f\right)  =f\right)
\ \Longleftrightarrow\ \left(  \left(  D_{\overline{a}}\left(  f\right)
\right)  \left(  y\right)  =f\left(  y\right)  \text{ f\"{u}r alle }%
y\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right) \nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\ \left(  \left(  D_{\overline{a}}\left(  f\right)
\right)  \left(  \overline{x}\right)  =f\left(  \overline{x}\right)  \text{
f\"{u}r alle }x\in\mathbb{Z}\right) \nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\ \left(  f\left(  \overline{x}+\overline{a}\right)
=f\left(  \overline{x}\right)  \text{ f\"{u}r alle }x\in\mathbb{Z}\right)
\nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\ \left(  \left(  R_{Q,n}^{\prime}\left(  f\right)
\right)  \left(  x+a\right)  =\left(  R_{Q,n}^{\prime}\left(  f\right)
\right)  \left(  x\right)  \text{ f\"{u}r alle }x\in\mathbb{Z}\right)
\nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\ \left(  \text{die Abbildung }R_{Q,n}^{\prime}\left(
f\right)  :\mathbb{Z}\rightarrow Q\text{ ist }a\text{-periodisch}\right)
\nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\ \left(  \text{die Abbildung }R_{Q,n}^{\prime}\left(
f\right)  :\mathbb{Z}\rightarrow Q\text{ ist gleichzeitig }a\text{-periodisch
und }n\text{-periodisch}\right) \nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\ \left(  \text{die Abbildung }R_{Q,n}^{\prime}\left(
f\right)  :\mathbb{Z}\rightarrow Q\text{ ist }\operatorname*{ggT}\left(
a,n\right)  \text{-periodisch}\right) \nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\ \left(  R_{Q,n}^{\prime}\left(  f\right)  \in
Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)  }^{\mathbb{Z}%
}\right)  . \label{5.1.fix}%
\end{align}
Hierbei gilt der erste \"{A}quivalenzpfeil wegen $\operatorname*{Fix}%
D_{\overline{a}}=\left\{  f\in F\mid D_{\overline{a}}\left(  f\right)
=f\right\}  $; der zweite \"{A}quivalenzpfeil ist trivial; der dritte
\"{A}quivalenzpfeil folgt daraus, da\ss \ jedes Element $y\in\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}$ sich in der Form $\overline{x}$ f\"{u}r ein $x\in\mathbb{Z}$
schreiben l\"{a}\ss t; der vierte \"{A}quivalenzpfeil folgt aus $\left(
D_{\overline{a}}\left(  f\right)  \right)  \left(  \overline{x}\right)
=f\left(  \overline{x}+\overline{a}\right)  $ (dies gilt nach (\ref{Da})); der
f\"{u}nfte \"{A}quivalenzpfeil folgt aus $\left(  R_{Q,n}^{\prime}\left(
f\right)  \right)  \left(  x+a\right)  =f\left(  \overline{x+a}_{n}\right)
=f\left(  \overline{x+a}\right)  =f\left(  \overline{x}+\overline{a}\right)  $
und $\left(  R_{Q,n}^{\prime}\left(  f\right)  \right)  \left(  x\right)
=f\left(  \overline{x}_{n}\right)  =f\left(  \overline{x}\right)  $ (was
beides aus der Definition von $R_{Q,k}^{\prime}$ folgt); der sechste
\"{A}quivalenzpfeil folgt aus der Definition einer $a$-periodischen Abbildung;
der siebte \"{A}quivalenzpfeil folgt daraus, da\ss \ die Abbildung
$R_{Q,n}^{\prime}\left(  f\right)  $ \textit{immer} $n$-periodisch ist (nach
der Definition der Abbildung $R_{Q,n}^{\prime}$); der achte
\"{A}quivalenzpfeil folgt daraus, da\ss \ eine Abbildung von $\mathbb{Z}$ nach
$Q$ genau dann gleichzeitig $a$-periodisch und $n$-periodisch ist, wenn sie
$\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)  $-periodisch ist (dies folgt aus
(\ref{ggT-period})); der neunte \"{A}quivalenzpfeil folgt daraus,
da\ss \ $Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)
}^{\mathbb{Z}}$ die Menge aller $\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)
$-periodischen Abbildungen von $\mathbb{Z}$ nach $Q$ ist.

Nun ist $\operatorname*{Fix}D_{\overline{a}}$ eine Teilmenge von $F=\left\{
1,2,...,q\right\}  ^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}=Q^{\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}}$. Indes ist $Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}\left(
a,n\right)  }^{\mathbb{Z}}$ eine Teilmenge von $Q_{\operatorname*{per}%
n}^{\mathbb{Z}}$ (denn jedes Element von $Q_{\operatorname*{per}%
\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)  }^{\mathbb{Z}}$ ist eine
$\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)  $-periodische Abbildung, also auch
eine $n$-periodische Abbildung (denn $\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)
\mid n$) und damit ein Element von $Q_{\operatorname*{per}n}^{\mathbb{Z}}$).
Die \"{A}quivalenzkette (\ref{5.1.fix}) besagt also:%
\begin{equation}
\operatorname*{Fix}D_{\overline{a}}=\left(  R_{Q,n}^{\prime}\right)
^{-1}\left(  Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)
}^{\mathbb{Z}}\right)  . \label{fix=periodic}%
\end{equation}
Da $R_{Q,n}^{\prime}$ eine Bijektion ist, folgt hieraus $\left\vert
\operatorname*{Fix}D_{\overline{a}}\right\vert =\left\vert
Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)  }^{\mathbb{Z}%
}\right\vert $. Doch
\begin{align*}
\left\vert Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)
}^{\mathbb{Z}}\right\vert  &  =\left\vert Q\right\vert ^{\operatorname*{ggT}%
\left(  a,n\right)  }\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach
(\ref{k-period-anzahl}), angewandt auf }k=\operatorname*{ggT}\left(
a,n\right)  \right) \\
&  =q^{\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)  }%
\end{align*}
(da $\left\vert Q\right\vert =q$). Zusammen mit $\left\vert
\operatorname*{Fix}D_{\overline{a}}\right\vert =\left\vert
Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)  }^{\mathbb{Z}%
}\right\vert $ ergibt dies $\left\vert \operatorname*{Fix}D_{\overline{a}%
}\right\vert =q^{\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)  }$. Damit haben wir
$\left\vert \operatorname*{Fix}D_{\overline{a}}\right\vert
=q^{\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)  }$ bewiesen.

Damit wird (\ref{5.1.F/neck}) zu%
\begin{align*}
\left\vert F\diagup\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}\right\vert  &
=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{a=0}^{n-1}\underbrace{\left\vert \operatorname*{Fix}%
D_{\overline{a}}\right\vert }_{=q^{\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)  }%
}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{a=0}^{n-1}q^{\operatorname*{ggT}\left(  a,n\right)
}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^{n-1}q^{\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)
}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir den Summationsindex
}a\text{ in }i\text{ umbenannt}\right) \\
&  =\dfrac{1}{n}\left(  q^{\operatorname*{ggT}\left(  0,n\right)  }%
+\sum\limits_{i=1}^{n-1}q^{\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  }\right)
=\dfrac{1}{n}\left(  q^{\operatorname*{ggT}\left(  n,n\right)  }%
+\sum\limits_{i=1}^{n-1}q^{\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  }\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn }\operatorname*{ggT}\left(
0,n\right)  =\operatorname*{ggT}\left(  n,n\right)  \text{, weil
}\operatorname*{ggT}\left(  0,n\right)  =n=\operatorname*{ggT}\left(
n,n\right)  \right) \\
&  =\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}q^{\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)
}.
\end{align*}
Da aber $\sum\limits_{i=1}^{n}q^{\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  }%
=\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}$ ist (wie wir
bereits seit Abschnitt 1 wissen), wird dies zu%
\[
\left\vert F\diagup\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}\right\vert =\dfrac
{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}.
\]
Nun ist $\left\vert F\diagup\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}\right\vert $
die Anzahl der \"{A}quivalenzklassen bez\"{u}glich der Relation
$\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}$, in die die Menge $F=\left\{
1,2,...,q\right\}  ^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$ zerf\"{a}llt. Wir haben
also gezeigt: Die Menge $\left\{  1,2,...,q\right\}  ^{\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}}$ zerf\"{a}llt in genau $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}%
\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}$ \"{A}quivalenzklassen bez\"{u}glich der
Relation $\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}$. Damit ist Satz 5.1
\textbf{(b)} bewiesen.

Aus Satz 5.1 \textbf{(b)} folgt, da\ss \ $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid
n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}\in\mathbb{Z}$ f\"{u}r jedes
$q\in\mathbb{N}$ und $n\in\mathbb{N}_{+}$ gilt (denn laut Satz 5.1
\textbf{(b)} ist $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)
q^{n\diagup d}$ eine Anzahl, und Anzahlen sind immer ganze Zahlen). Damit
haben wir einen neuen Beweis von Satz 1.1 im Falle von $q\in\mathbb{N}$
erhalten. Doch dieser Fall ist nicht der einzig m\"{o}gliche - es gibt auch
noch den Fall $q\in\mathbb{Z}\setminus\mathbb{N}$ (also $q<0$), und in diesem
Fall k\"{o}nnen wir Satz 1.1 nicht mehr aus Satz 5.1 \textbf{(b)} folgern
(denn Satz 5.1 setzt $q\in\mathbb{N}_{+}$ voraus, und ergibt f\"{u}r $q<0$
keinen Sinn - was soll denn eine F\"{a}rbung einer Perlenkette mit $n$ Perlen
in $q$ Farben sein, wenn $q<0$ ist?). Kann man trotzdem unseren Beweis so
erg\"{a}nzen, da\ss \ er f\"{u}r alle $q\in\mathbb{Z}$ (also auch f\"{u}r die
negativen) funktioniert? Die Antwort ist "ja", und zwei M\"{o}glichkeiten, wie
man diese Erg\"{a}nzung durchf\"{u}hren kann, werden in Abschnitt 6
vorgestellt. Doch jetzt in Abschnitt 5 wollen wir uns weiter mit der
Kombinatorik der Perlenketten und ihrer Verallgemeinerungen besch\"{a}ftigen.

\subsection{Aperiodische Perlenketten und
\texorpdfstring{$\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid
n}\mu\left(  d\right)  q^{n\diagup d}$}{1/n mal die Summe von mu(d) q hoch n/d \"uber die Teiler d von n}}%


Wir haben aus Satz 5.1 \textbf{(b)} gefolgert, da\ss \ $\dfrac{1}{n}%
\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}\in\mathbb{Z}$
f\"{u}r jedes $q\in\mathbb{N}$ und $n\in\mathbb{N}_{+}$ gilt. Nun wissen wir
aus Abschnitt 2, da\ss \ auch $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(
d\right)  q^{n\diagup d}\in\mathbb{Z}$ gilt - und es stellt sich die Frage, ob
auch die Zahl $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)
q^{n\diagup d}$ eine \"{a}hnliche kombinatorische Interpretation hat, d. h.
Anzahl von irgendwelchen F\"{a}rbungen ist. Und tats\"{a}chlich ist $\dfrac
{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  q^{n\diagup d}$ eine Anzahl -
n\"{a}mlich die der sogenannten \textit{aperiodischen} F\"{a}rbungen einer
Perlenkette aus $n$ Perlen in $q$ Farben. Wir wollen erst einmal den Begiff
einer aperiodischen F\"{a}rbung einer Perlenkette aus $n$ Perlen in $q$ Farben
(d. h. einer aperiodischen Abbildung von $\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$ nach
$\left\{  1,2,...,q\right\}  $, bzw. richtiger: einer \"Aquivalenzklasse
solcher Abbildungen) formal definieren:

\begin{quote}
\textbf{Definition (aperiodische Abbildung):} Sei $n\in\mathbb{N}_{+}$, und
sei $Q$ eine Menge. Eine Abbildung $f:\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\rightarrow
Q$ hei\ss e \textit{aperiodisch}\footnote{Man verwechsele den Begriff
"aperiodisch" nicht mit dem Begriff "$a$-periodisch" f\"{u}r ein
$a\in\mathbb{Z}$ !}, wenn es keine von $\overline{0}$ verschiedene Restklasse
$a\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$ gibt, die%
\[
\left(  f\left(  x+a\right)  =f\left(  x\right)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }x\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}%
\right)
\]
erf\"{u}llt.

Wir bezeichnen mit $Q_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$
die Menge aller aperiodischen Abbildungen von $\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$
nach $Q$. Offensichtlich ist $Q_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}}$ eine Teilmenge von $Q^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$.

\textbf{Satz 5.6 (Aperiodischer Perlenkettensatz):} Seien $q\in\mathbb{N}$ und
$n\in\mathbb{N}_{+}$.

\textbf{(a)} Es gilt%
\[
\left\vert \left\{  1,2,...,q\right\}  _{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}%
\diagup n\mathbb{Z}}\right\vert =\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)
q^{n\diagup d}.
\]


\textbf{(b)} Wir betrachten die in Satz 5.1 definierte \"{A}quivalenzrelation
$\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}$ auf der Menge $\left\{
1,2,...,q\right\}  ^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$. Sei
$\underset{\operatorname*{aper}}{\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}}$ die
Einschr\"{a}nkung dieser Relation $\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}$ auf
die Teilmenge $\left\{  1,2,...,q\right\}  _{\operatorname*{aper}}%
^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$. Dann zerf\"{a}llt die Menge $\left\{
1,2,...,q\right\}  _{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$ in
genau $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  q^{n\diagup d}$
\"{A}quivalenzklassen bez\"{u}glich der Relation
$\underset{\operatorname*{aper}}{\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}}.$
\end{quote}

Bevor wir Satz 5.6 beweisen, wollen wir eine Umschreibung von Satz 5.6
\textbf{(a)} geben, die von Abbildungen $\mathbb{Z}\rightarrow\left\{
1,2,...,q\right\}  $ handelt, anstatt von Abbildungen $\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}\rightarrow\left\{  1,2,...,q\right\}  $. Diese Umschreibung (Satz
5.7 weiter unten) wird einfacher zu beweisen sein als Satz 5.6 \textbf{(a)},
und wir werden danach Satz 5.6 \textbf{(a)} aus ihr herleiten.

Wir haben bereits oben in Abschnitt 5.4 den Begriff einer $k$-periodischen
Abbildung eingef\"{u}hrt. Wir f\"{u}hren jetzt zwei damit verbundene Begriffe ein:

\begin{quote}
\textbf{Definition (periodische Abbildung):} Sei $Q$ eine Menge. Sei
$f:\mathbb{Z}\rightarrow Q$ eine Abbildung. Die Abbildung $f$ hei\ss e
\textit{periodisch}, wenn es ein $k\in\mathbb{N}_{+}$ gibt, f\"{u}r das $f$
eine $k$-periodische Abbildung ist.

\textbf{Definition (Minimalperiode einer periodischen Abbildung):} Sei $Q$
eine Menge. Sei $f:\mathbb{Z}\rightarrow Q$ eine periodische Abbildung. Unter
der \textit{Minimalperiode} der Abbildung $f$ verstehen wir dann die kleinste
Zahl $k\in\mathbb{N}_{+}$, f\"{u}r die gilt, da\ss \ $f$ eine $k$-periodische
Abbildung ist.\footnote{Solche Zahlen $k\in\mathbb{N}_{+}$ existieren
wirklich, denn $f$ ist eine periodische Abbildung.}

F\"{u}r jedes $k\in\mathbb{N}_{+}$ bezeichnen wir mit
$Q_{\operatorname*{minper}k}^{\mathbb{Z}}$ die Menge aller periodischen
Abbildungen von $\mathbb{Z}$ nach $Q$, deren Minimalperiode gleich $k$ ist.
\end{quote}

Aus dieser Definition folgt nat\"urlich, da{\ss } die Mengen
$Q_{\operatorname*{minper}k}^{\mathbb{Z}}$ f\"ur verschiedene Werte von $k$
paarweise disjunkt sind.

Nun unsere Umschreibung von Satz 5.6\footnote{Genaueres dazu im Beweis von
Satz 5.6.} (zumindest von Satz 5.6 \textbf{(a)}, doch Satz 5.6 \textbf{(b)}
folgt recht schnell aus \textbf{(a)}):

\begin{quote}
\textbf{Satz 5.7:} F\"ur alle $q\in\mathbb{N}$ und $n\in\mathbb{N}_{+}$ ist
$\left\vert \left\{  1,2,...,q\right\}  _{\operatorname*{minper}n}%
^{\mathbb{Z}}\right\vert =\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)
q^{n\diagup d}$.
\end{quote}

\textit{Beweis von Satz 5.7:} Erstmal sehen wir, da{\ss } f\"{u}r jedes
$n\in\mathbb{N}_{+}$, jede Menge $Q$ und jede Abbildung $f:\mathbb{Z}%
\rightarrow Q$ gilt:
\begin{align}
&  \text{Genau dann ist }f\text{ eine }n\text{-periodische Abbildung, wenn
folgendes gilt}\text{:}\nonumber\\
&  \left(  \text{die Abbildung }f\text{ ist periodisch, und die Minimalperiode
von }f\text{ ist ein Teiler von }n\right)  . \label{minper}%
\end{align}
\footnote{\textit{Beweis von (\ref{minper}):} Um (\ref{minper}) nachzuweisen,
m\"{u}ssen wir zwei Aussagen zeigen:
\par
\textit{Aussage 3:} Ist $f$ eine $n$-periodische Abbildung, dann gilt: Die
Abbildung $f$ ist periodisch, und die Minimalperiode von $f$ ist ein Teiler
von $n$.
\par
\textit{Aussage 4:} Ist $f$ eine periodische Abbildung, und ist die
Minimalperiode von $f$ ein Teiler von $n$, dann ist $f$ eine $n$-periodische
Abbildung.
\par
\textit{Beweis von Aussage 3:} Nehmen wir an, $f$ sei eine $n$-periodische
Abbildung. Dann ist $f$ eine periodische Abbildung. Sei $m$ die Minimalperiode
von $f$. Das hei{\ss }t, $m$ ist die kleinste nat\"{u}rliche Zahl
$k\in\mathbb{N}_{+}$, f\"{u}r die gilt, da{\ss } $f$ eine $k$-periodische
Abbildung ist. Insbesondere ist also $f$ eine $m$-periodische Abbildung. Somit
ist $f$ gleichzeitig $n$-periodisch und $m$-periodisch. Gem\"{a}{\ss }
(\ref{ggT-period}) (angewandt auf $n$ und $m$ statt $k$ und $\ell$) ist $f$
also $\operatorname*{ggT}\left(  n,m\right)  $-periodisch. Daher ist
$\operatorname*{ggT}\left(  n,m\right)  \geq m$ (denn die kleinste
nat\"{u}rliche Zahl $k\in\mathbb{N}_{+}$, f\"{u}r die gilt, da{\ss } $f$ eine
$k$-periodische Abbildung ist, ist $m$). Zusammen mit $\operatorname*{ggT}%
\left(  n,m\right)  \mid m$ f\"{u}hrt dies auf $\operatorname*{ggT}\left(
n,m\right)  =m$, und somit ist $m\mid n$. Das hei{\ss }t, die Minimalperiode
von $f$ ist ein Teiler von $n$ (denn die Minimalperiode von $f$ ist $m$, und
$m$ ist ein Teiler von $n$). Damit ist Aussage 3 bewiesen.
\par
\textit{Beweis von Aussage 4:} Angenommen, die Abbildung $f$ ist periodisch,
und die Minimalperiode von $f$ ist ein Teiler von $n$. Bezeichnen wir diese
Minimalperiode mit $m$, dann ist also $m\mid n$. Andererseits ist $f$ eine
$m$-periodische Abbildung (denn $m$ ist die Minimalperiode von $f$). Wegen
$m\mid n$ folgt hieraus, da{\ss } $f$ auch eine $n$-periodische Abbildung ist
(nach (\ref{k-per-div}), angewandt auf $m$ und $n$ statt $k$ und $k^{\prime}%
$). Damit ist Aussage 4 gezeigt.
\par
Da nun beide Aussagen 3 und 4 nachgewiesen sind, ist der Beweis von
(\ref{minper}) vollst\"{a}ndig.} F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ und jede
Menge $Q$ gilt also
\begin{align}
&  \left\{  f\in Q^{\mathbb{Z}}\mid f\text{ ist eine }n\text{-periodische
Abbildung}\right\} \nonumber\\
&  =\left\{  f\in Q^{\mathbb{Z}}\mid\text{die Abbildung }f\text{ ist
periodisch, und die}\right. \nonumber\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left.
\phantom{Q^{\mathbb Z}}\text{Minimalperiode von }f\text{ ist ein Teiler von
}n\right\} \nonumber\\
&  =\bigcup\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}}\left\{  f\in Q^{\mathbb{Z}}%
\mid\text{die Abbildung }f\text{ ist periodisch, und die}\right\} \nonumber\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left.
\phantom{Q^{\mathbb Z}}\text{Minimalperiode von }f\text{ ist }d\right\}  .
\label{minpersum-1}%
\end{align}
Doch f\"{u}r jedes $n$ ist $\left\{  f\in Q^{\mathbb{Z}}\mid f\text{ ist eine
}n\text{-periodische Abbildung}\right\}  =Q_{\operatorname*{per}n}%
^{\mathbb{Z}}$ (denn so wurde die Menge $Q_{\operatorname*{per}k}^{\mathbb{Z}%
}$ definiert), und f\"{u}r jedes $d$ ist
\begin{align*}
&  \left\{  f\in Q^{\mathbb{Z}}\mid\text{die Abbildung }f\text{ ist
periodisch, und die Minimalperiode von }f\text{ ist }d\right\} \\
&  =Q_{\operatorname*{minper}d}^{\mathbb{Z}}%
\end{align*}
(denn so wurde die Menge $Q_{\operatorname*{minper}k}^{\mathbb{Z}}$
definiert). Also wird (\ref{minpersum-1}) zu
\[
Q_{\operatorname*{per}n}^{\mathbb{Z}}=\bigcup\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}%
}Q_{\operatorname*{minper}d}^{\mathbb{Z}}.
\]
Ist $Q$ eine endliche Menge, so folgt hieraus
\[
\left\vert Q_{\operatorname*{per}n}^{\mathbb{Z}}\right\vert =\sum
\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}}\left\vert Q_{\operatorname*{minper}%
d}^{\mathbb{Z}}\right\vert
\]
(denn die Mengen $Q_{\operatorname*{minper}k}^{\mathbb{Z}}$ f\"{u}r
verschiedene Werte von $k$ sind paarweise disjunkt). Wegen $\left\vert
Q_{\operatorname*{per}n}^{\mathbb{Z}}\right\vert =\left\vert Q\right\vert
^{n}$ (dies folgt aus (\ref{k-period-anzahl}), angewandt auf $k=n$) wird dies
zu
\[
\left\vert Q\right\vert ^{n}=\sum\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}}\left\vert
Q_{\operatorname*{minper}d}^{\mathbb{Z}}\right\vert .
\]


Sei nun $q$ eine feste nichtnegative ganze Zahl. Wir setzen $Q=\left\{
1,2,...,q\right\}  $, und definieren eine Zahlenfunktion $\tau:\mathbb{N}%
_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ durch $\left(  \tau\left(  n\right)  =\left|
Q^{\mathbb{Z}}_{\operatorname*{minper} n}\right|  \text{ f\"ur alle }%
n\in\mathbb{N}_{+}\right)  $. Wir erinnern uns an die Definition der
Dirichlet-Faltung in Abschnitt 2.4. F\"ur jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ ist dann
\begin{align*}
\left(  \tau*\underline{1}\right)  \left(  n\right)   &  = \sum\limits_{d\mid
n}\tau\left(  d\right)  \underbrace{\underline{1}\left(  \dfrac{n}{d}\right)
}_{=1}=\sum\limits_{d\mid n}\tau\left(  d\right)  =\sum\limits_{d\in
\mathbb{N}_{\mid n}}\tau\left(  d\right)  = \sum\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid
n}}\left|  Q^{\mathbb{Z}}_{\operatorname*{minper} d}\right| \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn }\tau\left(  d\right)  = \left|
Q^{\mathbb{Z}}_{\operatorname*{minper} d}\right|  \text{ nach der Definition
der Zahlenfunktion }\tau\right) \\
&  = \left|  Q\right|  ^{n}=q^{n}%
\end{align*}
(denn $\left|  Q\right|  =\left|  \left\{  1,2,...,q\right\}  \right|  =q$).
Wenn wir eine weitere Zahlenfunktion $\kappa:\mathbb{N}_{+}\rightarrow
\mathbb{Z}$ durch $\left(  \kappa\left(  n\right)  =q^{n}\text{ f\"ur jedes
}n\in\mathbb{N}_{+}\right)  $ definieren, dann l\"asst sich das umschreiben
als $\left(  \tau*\underline{1}\right)  \left(  n\right)  =\kappa\left(
n\right)  $. Da dies f\"ur alle $n\in\mathbb{N}_{+}$ gilt, ist also
$\tau*\underline{1}=\kappa$. Daher ist
\begin{align*}
\kappa* \mu &  = \left(  \tau* \underline{1}\right)  * \mu= \tau* \left(
\underline{1} * \mu\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn die
Dirichlet-Faltung }*\text{ ist assoziativ}\right) \\
&  = \tau* \varepsilon
\end{align*}
(denn da die Dirichlet-Faltung $*$ kommutativ ist, gilt $\underline{1} * \mu=
\mu* \underline{1} = \varepsilon$ (nach Satz 2.4 \textbf{(b)})). Wegen $\tau*
\varepsilon= \tau$ wird dies zu $\kappa* \mu= \tau$. Somit ist $\mu* \kappa=
\tau$ (denn $\kappa* \mu= \mu* \kappa$, da die Dirichlet-Faltung $*$
kommutativ ist). F\"ur jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ ist also $\left(  \mu*
\kappa\right)  \left(  n\right)  = \tau\left(  n\right)  $. Wegen $\tau\left(
n\right)  = \left|  Q^{\mathbb{Z}}_{\operatorname*{minper} n}\right|  $ und
$\left(  \mu* \kappa\right)  \left(  n\right)  = \sum\limits_{d\mid n}%
\mu\left(  d\right)  \kappa\left(  \dfrac{n}{d}\right)  = \sum\limits_{d\mid
n}\mu\left(  d\right)  q^{n\diagup d}$ (denn $\kappa\left(  \dfrac{n}%
{d}\right)  =\kappa\left(  n\diagup d\right)  =q^{n\diagup d}$ nach der
Definition von $\kappa$) wird dies zu $\left|  Q^{\mathbb{Z}}%
_{\operatorname*{minper} n}\right|  = \sum\limits_{d\mid n}\mu\left(
d\right)  q^{n\diagup d}$. Wegen $Q=\left\{  1,2,...,q\right\}  $ bedeutet
dies $\left\vert \left\{  1,2,...,q\right\}  _{\operatorname*{minper}%
n}^{\mathbb{Z}}\right\vert =\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)
q^{n\diagup d}$, und damit ist Satz 5.7 bewiesen.\newline

Nun zum \textit{Beweis von Satz 5.6:} \textbf{(a)} Wir wollen Satz 5.6
\textbf{(a)} auf Satz 5.7 zur\"{u}ckf\"{u}hren. Sei $Q$ die Menge $\left\{
1,2,...,q\right\}  $. Wir setzen $F=\left\{  1,2,...,q\right\}  ^{\mathbb{Z}%
\diagup n\mathbb{Z}}=Q^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$, und wir f\"{u}hren
f\"{u}r jedes $a\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$ die Abbildung $D_{a}%
:F\rightarrow F$ wie in Abschnitt 5.3 ein.\newline

F\"ur jede Abbildung $f:\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\rightarrow Q$ und jede
Restklasse $a\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$ gilt dann folgende \"Aquivalenz
von Aussagen\footnote{Weiter unten werden diese \"Aquivalenzpfeile auch
genauer begr\"undet.}:
\begin{align}
&  \left(  f\left(  x+a\right)  =f\left(  x\right)  \text{ f\"ur alle }%
x\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right) \nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\left(  \left(  D_{a}\left(  f\right)  \right)  \left(
x\right)  =f\left(  x\right)  \text{ f\"ur alle }x\in\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}\right) \nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\left(  D_{a}\left(  f\right)  =f\right)
\Longleftrightarrow\left(  f\in\operatorname*{Fix}D_{a}\right)  .
\label{5.6.pf.1}%
\end{align}
Hierbei ist der erste \"Aquivalenzpfeil trivial (denn $f\left(  x+a\right)
=\left(  D_{a}\left(  f\right)  \right)  \left(  x\right)  $ nach der
Definition von $D_{a}$), und der zweite ebenfalls (denn zwei Abbildungen sind
genau dann einander gleich, wenn alle ihre Werte jeweils \"ubereinstimmen);
der dritte folgt aus der Definition von $\operatorname*{Fix}D_{a}$.

F\"{u}r jede Abbildung $f:\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\rightarrow Q$ gilt nun
folgende \"{A}quivalenz von Aussagen\footnote{Weiter unten werden diese
\"{A}quivalenzpfeile auch genauer begr\"{u}ndet.}:
\begin{align}
&  \left(  f\in Q_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}%
}\right) \nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\left(  \text{die Abbildung }f\text{ ist aperiodisch}%
\right) \nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{es gibt keine von }\overline{0}\text{ verschiedene Restklasse }%
a\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\text{, die }\\
\left(  f\left(  x+a\right)  =f\left(  x\right)  \text{ f\"{u}r alle }%
x\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right)  \text{ erf\"{u}llt}%
\end{array}
\right) \nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\left(  \text{es gibt keine von }\overline{0}\text{
verschiedene Restklasse }a\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\text{, die }%
f\in\operatorname*{Fix}D_{a}\text{ erf\"{u}llt}\right) \nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\left(  \text{es gibt kein }a\in\left\{  \overline
{1},\overline{2},...,\overline{n-1}\right\}  \text{, das }f\in
\operatorname*{Fix}D_{a}\text{ erf\"{u}llt}\right) \nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\left(  \text{es gibt kein }i\in\left\{
1,2,...,n-1\right\}  \text{, das }f\in\operatorname*{Fix}D_{\overline{i}%
}\text{ erf\"{u}llt}\right) \nonumber\\
&  \Longleftrightarrow\left(  f\not \in \bigcup\limits_{i=1}^{n-1}%
\operatorname*{Fix}D_{\overline{i}}\right)  \Longleftrightarrow\left(  f\in
Q^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}\setminus\bigcup\limits_{i=1}^{n-1}%
\operatorname*{Fix}D_{\overline{i}}\right)  . \label{5.6.pf.2}%
\end{align}
Hierbei ist der erste \"{A}quivalenzpfeil eine Konsequenz der Definition von
$Q_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$; der zweite
\"{A}quivalenzpfeil ergibt sich aus der Definition des Begriffes
"aperiodisch"; der dritte folgt aus (\ref{5.6.pf.1}); der vierte ist
offensichtlich (denn die von $\overline{0}$ verschiedenen Restklassen
$a\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$ sind genau die Restklassen $\overline{1}$,
$\overline{2}$, ..., $\overline{n-1}$); der f\"{u}nfte ist v\"{o}llig trivial
(da haben wir einfach $a=\overline{i}$ substituiert); der sechste bedarf
keiner Erkl\"{a}rung; der siebte folgt schlie{\ss }lich aus $f\in
Q^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$.\newline

Nun erinnern wir uns an die in Abschnitt 5.4 definierten Abbildungen $R_{Q,k}$
und $R_{Q,k}^{\prime}$ f\"{u}r jedes $k\in\mathbb{N}_{+}$. F\"{u}r jedes
$k\in\mathbb{N}_{+}$ ist $R_{Q,k}^{\prime}$ eine Bijektion (denn wie wir aus
Abschnitt 5.4 wissen, ist $R_{Q,k}^{\prime}$ invers zu der Abbildung $R_{Q,k}%
$). Insbesondere ist $R_{Q,n}^{\prime}$ eine Bijektion.

Aus der \"{A}quivalenz (\ref{5.6.pf.2}) folgt nun $Q_{\operatorname*{aper}%
}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}=Q^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}%
\setminus\bigcup\limits_{i=1}^{n-1}\operatorname*{Fix}D_{\overline{i}}$. Mit
der in Abschnitt 5.4 definierten Abbildung $R_{Q,n}^{\prime}$ ist also
\begin{align*}
R_{Q,n}^{\prime}\left(  Q_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}}\right)   &  =R_{Q,n}^{\prime}\left(  Q^{\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}}\setminus\bigcup\limits_{i=1}^{n-1}\operatorname*{Fix}%
D_{\overline{i}}\right)  =\underbrace{R_{Q,n}^{\prime}\left(  Q^{\mathbb{Z}%
\diagup n\mathbb{Z}}\right)  }_{\substack{=Q_{\operatorname*{per}%
n}^{\mathbb{Z}}\\\text{(denn }R_{Q,n}^{\prime}\text{ ist eine Bijektion)}%
}}\setminus\bigcup\limits_{i=1}^{n-1}R_{Q,n}^{\prime}\left(
\operatorname*{Fix}D_{\overline{i}}\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn }R_{Q,n}^{\prime}\text{ ist eine
Bijektion}\right) \\
&  =Q_{\operatorname*{per}n}^{\mathbb{Z}}\setminus\bigcup\limits_{i=1}%
^{n-1}R_{Q,n}^{\prime}\left(  \operatorname*{Fix}D_{\overline{i}}\right)
=Q_{\operatorname*{per}n}^{\mathbb{Z}}\setminus\bigcup\limits_{i=1}%
^{n-1}Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)
}^{\mathbb{Z}}%
\end{align*}
(denn $R_{Q,n}^{\prime}\left(  \operatorname*{Fix}D_{\overline{i}}\right)
=Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  }^{\mathbb{Z}}$
f\"{u}r jedes $i\in\left\{  1,2,...,n-1\right\}  $ \ \ \ \ \footnote{denn nach
(\ref{fix=periodic}), angewandt auf $i$ statt $a$, gilt $\operatorname*{Fix}%
D_{\overline{i}}=\left(  R_{Q,n}^{\prime}\right)  ^{-1}\left(
Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  }^{\mathbb{Z}%
}\right)  $, und damit $R_{Q,n}^{\prime}\left(  \operatorname*{Fix}%
D_{\overline{i}}\right)  =Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}\left(
i,n\right)  }^{\mathbb{Z}}$ (weil $R_{Q,n}^{\prime}$ eine Bijektion ist)}).
Wegen $\bigcup\limits_{i=1}^{n-1}Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}%
\left(  i,n\right)  }^{\mathbb{Z}}=\bigcup\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid
n};\ d<n}Q_{\operatorname*{minper}d}^{\mathbb{Z}}$ (dies folgt aus
$\bigcup\limits_{i=1}^{n-1}Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}\left(
i,n\right)  }^{\mathbb{Z}}\subseteq\bigcup\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid
n};\ d<n}Q_{\operatorname*{minper}d}^{\mathbb{Z}}$
\ \ \ \ \footnote{\textit{Beweis:} Sei $f$ ein Element von $\bigcup
\limits_{i=1}^{n-1}Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}\left(
i,n\right)  }^{\mathbb{Z}}$. Dann gibt es ein $i\in\left\{
1,2,...,n-1\right\}  $ mit $f\in Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}%
\left(  i,n\right)  }^{\mathbb{Z}}$. Die Abbildung $f$ ist also eine
$\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  $-periodische Abbildung. Doch nach
(\ref{minper}) (angewandt auf $\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  $ statt
$n$) ist $f$ genau dann eine $\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)
$-periodische Abbildung, wenn gilt:%
\[
\left(  \text{die Abbildung }f\text{ ist periodisch, und die Minimalperiode
von }f\text{ ist ein Teiler von }\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)
\right)  .
\]
Da $f$ eine $\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  $-periodische Abbildung
ist, folgern wir hieraus, da\ss \ die Abbildung $f$ periodisch ist, und die
Minimalperiode von $f$ ein Teiler von $\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)
$ ist. Bezeichnen wir mit $\delta$ die Minimalperiode von $f$, dann ist also
$\delta\mid\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  $. Daraus folgt $\delta
\in\mathbb{N}_{\mid n}$ (denn $\delta\mid\operatorname*{ggT}\left(
i,n\right)  \mid n$) und $\delta\leq\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)
\leq i\leq n-1<n$. Damit ist $Q_{\operatorname*{minper}\delta}^{\mathbb{Z}%
}\subseteq\bigcup\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\ d<n}%
Q_{\operatorname*{minper}d}^{\mathbb{Z}}$. Wegen $f\in
Q_{\operatorname*{minper}\delta}^{\mathbb{Z}}$ (denn die Abbildung $f$ ist
periodisch, und die Minimalperiode von $f$ ist $\delta$) ist also $f\in
\bigcup\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\ d<n}Q_{\operatorname*{minper}%
d}^{\mathbb{Z}}$.
\par
Wir haben also f\"{u}r jedes Element $f$ von $\bigcup\limits_{i=1}%
^{n-1}Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)
}^{\mathbb{Z}}$ gezeigt, da{\ss } $f\in\bigcup\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid
n};\ d<n}Q_{\operatorname*{minper}d}^{\mathbb{Z}}$ ist. Daraus folgt
$\bigcup\limits_{i=1}^{n-1}Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}\left(
i,n\right)  }^{\mathbb{Z}}\subseteq\bigcup\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid
n};\ d<n}Q_{\operatorname*{minper}d}^{\mathbb{Z}}$, was zu beweisen war.} und
$\bigcup\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\ d<n}Q_{\operatorname*{minper}%
d}^{\mathbb{Z}}\subseteq\bigcup\limits_{i=1}^{n-1}Q_{\operatorname*{per}%
\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  }^{\mathbb{Z}}$
\ \ \ \ \footnote{\textit{Beweis:} Sei $f$ ein Element von $\bigcup
\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\ d<n}Q_{\operatorname*{minper}d}%
^{\mathbb{Z}}$. Dann gibt es ein $d\in\mathbb{N}_{\mid n}$ mit $d<n$, welches
$f\in Q_{\operatorname*{minper}d}^{\mathbb{Z}}$ erf\"{u}llt. Somit ist $f$
eine periodische Abbildung, und die Minimalperiode von $f$ ist $d$. Also ist
$f$ eine $d$-periodische Abbildung (denn $d$ ist die Minimalperiode von $f$,
also die kleinste Zahl $k\in\mathbb{N}_{+}$, f\"{u}r die gilt, da\ss \ $f$
eine $k$-periodische Abbildung ist). Das hei\ss t, $f\in
Q_{\operatorname*{per}d}^{\mathbb{Z}}$. Wegen $d=\operatorname*{ggT}\left(
d,n\right)  $ (denn $d\mid n$) wird dies zu $f\in Q_{\operatorname*{per}%
\operatorname*{ggT}\left(  d,n\right)  }^{\mathbb{Z}}$. Doch wegen
$d\in\left\{  1,2,...,n-1\right\}  $ (denn $d\in\mathbb{N}_{\mid n}$ und
$d<n$) ist $Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}\left(  d,n\right)
}^{\mathbb{Z}}\subseteq\bigcup\limits_{i=1}^{n-1}Q_{\operatorname*{per}%
\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  }^{\mathbb{Z}}$. Aus $f\in
Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}\left(  d,n\right)  }^{\mathbb{Z}}$
folgt also $f\in\bigcup\limits_{i=1}^{n-1}Q_{\operatorname*{per}%
\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  }^{\mathbb{Z}}$.
\par
Wir haben also gezeigt: F\"{u}r jedes Element $f$ von $\bigcup\limits_{d\in
\mathbb{N}_{\mid n};\ d<n}Q_{\operatorname*{minper}d}^{\mathbb{Z}}$ gilt
$f\in\bigcup\limits_{i=1}^{n-1}Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}%
\left(  i,n\right)  }^{\mathbb{Z}}$. Hieraus folgt $\bigcup\limits_{d\in
\mathbb{N}_{\mid n};\ d<n}Q_{\operatorname*{minper}d}^{\mathbb{Z}}%
\subseteq\bigcup\limits_{i=1}^{n-1}Q_{\operatorname*{per}\operatorname*{ggT}%
\left(  i,n\right)  }^{\mathbb{Z}}$, was zu beweisen war.}) wird dies zu
\begin{equation}
R_{Q,n}^{\prime}\left(  Q_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}}\right)  =Q_{\operatorname*{per}n}^{\mathbb{Z}}\setminus
\bigcup\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\ d<n}Q_{\operatorname*{minper}%
d}^{\mathbb{Z}}. \label{5.6.pf.3}%
\end{equation}
Doch wir wissen, da\ss
\[
Q_{\operatorname*{per}n}^{\mathbb{Z}}=\bigcup\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}%
}Q_{\operatorname*{minper}d}^{\mathbb{Z}}=\left(  \bigcup\limits_{d\in
\mathbb{N}_{\mid n};\ d<n}Q_{\operatorname*{minper}d}^{\mathbb{Z}}\right)
\cup Q_{\operatorname*{minper}n}^{\mathbb{Z}}%
\]
ist, und da\ss \ die Mengen $\bigcup\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n}%
;\ d<n}Q_{\operatorname*{minper}d}^{\mathbb{Z}}$ und
$Q_{\operatorname*{minper}n}^{\mathbb{Z}}$ disjunkt sind (denn%
\begin{align*}
\left(  \bigcup\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\ d<n}%
Q_{\operatorname*{minper}d}^{\mathbb{Z}}\right)  \cap
Q_{\operatorname*{minper}n}^{\mathbb{Z}}  &  =\bigcup\limits_{d\in
\mathbb{N}_{\mid n};\ d<n}\underbrace{\left(  Q_{\operatorname*{minper}%
d}^{\mathbb{Z}}\cap Q_{\operatorname*{minper}n}^{\mathbb{Z}}\right)
}_{\substack{=\varnothing\text{ (denn die Mengen }Q_{\operatorname*{minper}%
d}^{\mathbb{Z}}\\\text{und }Q_{\operatorname*{minper}n}^{\mathbb{Z}}\text{
sind disjunkt, weil}\\\text{die Mengen }Q_{\operatorname*{minper}%
k}^{\mathbb{Z}}\text{ f\"{u}r verschiedene}\\\text{Werte von }k\text{
paarweise disjunkt sind)}}}\\
&  =\bigcup\limits_{d\in\mathbb{N}_{\mid n};\ d<n}\varnothing=\varnothing
\end{align*}
). Hieraus folgt%
\[
Q_{\operatorname*{per}n}^{\mathbb{Z}}\setminus\bigcup\limits_{d\in
\mathbb{N}_{\mid n};\ d<n}Q_{\operatorname*{minper}d}^{\mathbb{Z}%
}=Q_{\operatorname*{minper}n}^{\mathbb{Z}}.
\]
Somit wird (\ref{5.6.pf.3}) zu%
\[
R_{Q,n}^{\prime}\left(  Q_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}}\right)  =Q_{\operatorname*{minper}n}^{\mathbb{Z}}.
\]
Da $R_{Q,n}^{\prime}$ eine Bijektion ist, folgt hieraus $\left\vert
Q_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}\right\vert
=\left\vert Q_{\operatorname*{minper}n}^{\mathbb{Z}}\right\vert $. Doch wegen
$\left\{  1,2,...,q\right\}  =Q$ ist
\[
\left\vert \left\{  1,2,...,q\right\}  _{\operatorname*{minper}n}^{\mathbb{Z}%
}\right\vert =\left\vert Q_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}}\right\vert =\left\vert Q_{\operatorname*{minper}n}^{\mathbb{Z}%
}\right\vert =\left\vert \left\{  1,2,...,q\right\}  _{\operatorname*{minper}%
n}^{\mathbb{Z}}\right\vert =\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)
q^{n\diagup d}%
\]
(nach Satz 5.7), und damit ist Satz 5.6 \textbf{(a)} gezeigt.\newline

\textbf{(b)} Sei $\rho$ die Anzahl der \"{A}quivalenzklassen bez\"{u}glich der
Relation $\underset{\operatorname*{aper}}{\overset{\operatorname*{neck}}{\sim
}}$, in die die Menge $\left\{  1,2,...,q\right\}  _{\operatorname*{aper}%
}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$ zerf\"{a}llt. Wir bezeichnen diese
\"{A}quivalenzklassen mit $\ddot{A}_{1}$, $\ddot{A}_{2}$, $...$, $\ddot
{A}_{\rho}$ (wobei jede \"{A}quivalenzklasse genau einmal in der Liste
$\left(  \ddot{A}_{1},\ddot{A}_{2},...,\ddot{A}_{\rho}\right)  $ vorkommen soll).

Wir wollen zuerst einmal beweisen: F\"{u}r jedes $i\in\left\{  1,2,...,\rho
\right\}  $ ist $\left\vert \ddot{A}_{i}\right\vert =n$.

In der Tat setzen wir $Q=\left\{  1,2,...,q\right\}  $. Wie wir im Beweis von
Satz 5.6 \textbf{(a)} gezeigt haben, gilt $Q_{\operatorname*{aper}%
}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}=Q^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}%
\setminus\bigcup\limits_{i=1}^{n-1}\operatorname*{Fix}D_{\overline{i}}$. Wegen%
\begin{align*}
\bigcup\limits_{i=1}^{n-1}\operatorname*{Fix}D_{\overline{i}}  &
=\bigcup\limits_{i\in\left\{  1,2,...,n-1\right\}  }\operatorname*{Fix}%
D_{\overline{i}}\\
&  =\bigcup\limits_{b\in\left\{  \overline{1},\overline{2},...,\overline
{n-1}\right\}  }\operatorname*{Fix}D_{b}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier
haben wir }b\text{ f\"{u}r }\overline{i}\text{ substituiert}\right) \\
&  =\bigcup\limits_{b\in\left(  \mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right)
\diagdown\left\{  \overline{0}\right\}  }\operatorname*{Fix}D_{b}%
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn }\left\{  \overline{1},\overline
{2},...,\overline{n-1}\right\}  =\left(  \mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right)
\diagdown\left\{  \overline{0}\right\}  \right)
\end{align*}
wird dies zu $Q_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}%
}=Q^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}\setminus\bigcup\limits_{b\in\left(
\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right)  \diagdown\left\{  \overline{0}\right\}
}\operatorname*{Fix}D_{b}$.

Nun seien $f$ und $g$ zwei Elemente von $Q_{\operatorname*{aper}}%
^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$. Dann gilt folgende Kette von
\"{A}quivalenzen:%
\begin{equation}
\left(  f\underset{\operatorname*{aper}}{\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}%
}g\right)  \Longleftrightarrow\left(  f\overset{\operatorname*{neck}}{\sim
}g\right)  \Longleftrightarrow\left(  \text{es gibt ein }a\in\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}\text{ mit }D_{a}\left(  f\right)  =g\right)  . \label{5.6.aequiv}%
\end{equation}
Hierbei folgt der erste \"{A}quivalenzpfeil aus der Definition von
$\underset{\operatorname*{aper}}{\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}}$
(n\"{a}mlich haben wir die Relation $\underset{\operatorname*{aper}%
}{\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}}$ als die Einschr\"{a}nkung der
Relation $\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}$ auf die Teilmenge $\left\{
1,2,...,q\right\}  _{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}%
}=Q_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$ definiert), und
der zweite \"{A}quivalenzpfeil folgt aus (\ref{5.1.aequivalenz}).

F\"{u}r jedes $f\in Q_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$
gilt nun:%
\begin{align}
&  \left(  \text{\"{A}quivalenzklasse von }f\text{ bez\"{u}glich der Relation
}\underset{\operatorname*{aper}}{\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}}\right)
\nonumber\\
&  =\left\{  g\in Q_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}%
}\ \mid\ f\underset{\operatorname*{aper}}{\overset{\operatorname*{neck}}{\sim
}}g\right\} \nonumber\\
&  =\left\{  g\in Q_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}%
}\ \mid\ \text{es gibt ein }a\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\text{ mit }%
D_{a}\left(  f\right)  =g\right\}  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach
(\ref{5.6.aequiv})}\right) \nonumber\\
&  =\left\{  D_{a}\left(  f\right)  \ \mid\ a\in\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}\right\}  \label{5.6.AK}%
\end{align}
(denn f\"{u}r jedes $a\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$ ist $D_{a}\left(
f\right)  \in Q_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}%
$\ \ \ \ \footnote{\textit{Beweis:} Wegen $f\in Q_{\operatorname*{aper}%
}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}=Q^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}%
\setminus\bigcup\limits_{b\in\left(  \mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right)
\diagdown\left\{  \overline{0}\right\}  }\operatorname*{Fix}D_{b}$ ist
$f\notin\bigcup\limits_{b\in\left(  \mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right)
\diagdown\left\{  \overline{0}\right\}  }\operatorname*{Fix}D_{b}$. F\"{u}r
jedes $b\in\left(  \mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right)  \diagdown\left\{
\overline{0}\right\}  $ ist also $f\notin\operatorname*{Fix}D_{b}$, also (mit
anderen Worten) $D_{b}\left(  f\right)  \neq f$, und damit auch $D_{a}\left(
D_{b}\left(  f\right)  \right)  \neq D_{a}\left(  f\right)  $ (denn $D_{a}$
ist eine bijektive Abbildung), also $D_{b}\left(  D_{a}\left(  f\right)
\right)  \neq D_{a}\left(  f\right)  $ (denn%
\[
D_{b}\left(  D_{a}\left(  f\right)  \right)  =\underbrace{\left(  D_{b}\circ
D_{a}\right)  }_{=D_{b+a}\text{ (nach (\ref{5.Da+b}))}}\left(  f\right)
=\underbrace{D_{b+a}}_{=D_{a+b}}\left(  f\right)  =\underbrace{D_{a+b}%
}_{=D_{a}\circ D_{b}\text{ (nach (\ref{5.Da+b}))}}\left(  f\right)  =\left(
D_{a}\circ D_{b}\right)  \left(  f\right)  =D_{a}\left(  D_{b}\left(
f\right)  \right)
\]
), und damit $D_{a}\left(  f\right)  \notin\operatorname*{Fix}D_{b}$. Da dies
f\"{u}r alle $b\in\left(  \mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right)  \diagdown
\left\{  \overline{0}\right\}  $ gilt, ist also $D_{a}\left(  f\right)
\notin\bigcup\limits_{b\in\left(  \mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right)
\diagdown\left\{  \overline{0}\right\}  }\operatorname*{Fix}D_{b}$. Das
hei\ss t, $D_{a}\left(  f\right)  \in Q^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}%
}\setminus\bigcup\limits_{b\in\left(  \mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right)
\diagdown\left\{  \overline{0}\right\}  }\operatorname*{Fix}D_{b}%
=Q_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$, was zu beweisen
war.}). F\"{u}r verschiedene Elemente $a\in\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$ sind
auch die Abbildungen $D_{a}\left(  f\right)  $
verschieden\footnote{\textit{Beweis:} Seien $a$ und $A$ zwei verschiedene
Elemente von $\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}$. Wir m\"{u}ssen dann beweisen,
da\ss \ auch die Abbildungen $D_{a}\left(  f\right)  $ und $D_{A}\left(
f\right)  $ verschieden sind. Dazu bemerken wir, da\ss
\begin{align*}
D_{A}\circ D_{a-A}  &  =D_{\left(  a-A\right)  +A}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\text{nach (\ref{5.Da+b})}\right) \\
&  =D_{a}%
\end{align*}
gilt, und wir%
\[
D_{A}\left(  D_{a-A}\left(  f\right)  \right)  =\left(  \underbrace{D_{A}\circ
D_{a-A}}_{=D_{a}}\right)  \left(  f\right)  =D_{a}\left(  f\right)
\]
haben. Doch aus $f\in Q_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}%
}=Q^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}\setminus\bigcup\limits_{b\in\left(
\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right)  \diagdown\left\{  \overline{0}\right\}
}\operatorname*{Fix}D_{b}$ folgt $f\notin\bigcup\limits_{b\in\left(
\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right)  \diagdown\left\{  \overline{0}\right\}
}\operatorname*{Fix}D_{b}$, und daher $f\notin\operatorname*{Fix}D_{b}$
f\"{u}r alle $b\in\left(  \mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}\right)  \diagdown
\left\{  \overline{0}\right\}  $. Angewandt auf $b=a-A$ ergibt dies
$f\notin\operatorname*{Fix}D_{a-A}$ (denn $a-A\in\left(  \mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}\right)  \diagdown\left\{  \overline{0}\right\}  $, denn $a\neq A$
liefert $a-A\neq0$), also $D_{a-A}\left(  f\right)  \neq f$. Da $D_{A}$
bijektiv ist, folgt hieraus $D_{A}\left(  D_{a-A}\left(  f\right)  \right)
\neq D_{A}\left(  f\right)  $. Wegen $D_{A}\left(  D_{a-A}\left(  f\right)
\right)  =D_{a}\left(  f\right)  $ bedeutet dies $D_{a}\left(  f\right)  \neq
D_{A}\left(  f\right)  $. Folglich sind die Abbildungen $D_{a}\left(
f\right)  $ und $D_{A}\left(  f\right)  $ verschieden, was zu beweisen war.};
hieraus folgt%
\[
\left\vert \left\{  D_{a}\left(  f\right)  \ \mid\ a\in\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}\right\}  \right\vert =\left\vert \mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}%
\right\vert =n.
\]
Wegen (\ref{5.6.AK}) wird dies zu%
\begin{equation}
\left\vert \text{\"{A}quivalenzklasse von }f\text{ bez\"{u}glich der Relation
}\underset{\operatorname*{aper}}{\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}%
}\right\vert =n. \label{5.6.AK2}%
\end{equation}
Hieraus folgt $\left\vert \ddot{A}_{i}\right\vert =n$ f\"{u}r jedes
$i\in\left\{  1,2,...,\rho\right\}  $ (denn ist $f$ ein Element der
\"{A}quivalenzklasse $\ddot{A}_{i}$, dann ist $\ddot{A}_{i}$ die
\"{A}quivalenzklasse von $f$ bez\"{u}glich der Relation
$\underset{\operatorname*{aper}}{\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}}$, und
aus (\ref{5.6.AK2}) folgt nun $\left\vert \ddot{A}_{i}\right\vert =n$). Da die
\"{A}quivalenzklassen $\ddot{A}_{1}$, $\ddot{A}_{2}$, $...$, $\ddot{A}_{\rho}$
paarweise disjunkt sind (weil verschiedene \"{A}quivalenzklassen stets
disjunkt sind), ist nun $\left\vert \ddot{A}_{1}\cup\ddot{A}_{2}\cup
...\cup\ddot{A}_{\rho}\right\vert =\underbrace{\left\vert \ddot{A}%
_{1}\right\vert }_{=n}+\underbrace{\left\vert \ddot{A}_{2}\right\vert }%
_{=n}+...+\underbrace{\left\vert \ddot{A}_{\rho}\right\vert }_{=n}%
=\underbrace{n+n+...+n}_{\rho\text{ mal }n}=\rho n$. Doch wegen $\ddot{A}%
_{1}\cup\ddot{A}_{2}\cup...\cup\ddot{A}_{\rho}=\left\{  1,2,...,q\right\}
_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$ (denn $\ddot{A}_{1}$,
$\ddot{A}_{2}$, $...$, $\ddot{A}_{\rho}$ sind alle \"{A}quivalenzklassen
bez\"{u}glich der Relation $\underset{\operatorname*{aper}%
}{\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}}$, in die die Menge $\left\{
1,2,...,q\right\}  _{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$
zerf\"{a}llt) ist $\left\vert \ddot{A}_{1}\cup\ddot{A}_{2}\cup...\cup\ddot
{A}_{\rho}\right\vert =\left\vert \left\{  1,2,...,q\right\}
_{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}\right\vert
=\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  q^{n\diagup d}$ (nach Satz 5.6
\textbf{(a)}), und damit wird dies zu $\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(
d\right)  q^{n\diagup d}=\rho n$, also zu $\rho=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid
n}\mu\left(  d\right)  q^{n\diagup d}$. Da $\rho$ definiert war als die Anzahl
der \"{A}quivalenzklassen bez\"{u}glich der Relation
$\underset{\operatorname*{aper}}{\overset{\operatorname*{neck}}{\sim}}$, in
die die Menge $\left\{  1,2,...,q\right\}  _{\operatorname*{aper}}%
^{\mathbb{Z}\diagup n\mathbb{Z}}$ zerf\"{a}llt, hei\ss t dies also: Die Menge
$\left\{  1,2,...,q\right\}  _{\operatorname*{aper}}^{\mathbb{Z}\diagup
n\mathbb{Z}}$ zerf\"{a}llt in genau $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}%
\mu\left(  d\right)  q^{n\diagup d}$ \"{A}quivalenzklassen bez\"{u}glich der
Relation $\underset{\operatorname*{aper}}{\overset{\operatorname*{neck}}{\sim
}}$. Damit ist Satz 5.6 \textbf{(b)} bewiesen.

[...]

\begin{center}
\fbox{\textbf{ab hier BAUSTELLE}}
\end{center}

* mu und aperiodische perlenketten

* allgemeine fragestellung

* daraus 2.4

* beweis

* gewichtete fragestellung

* daraus 4.1

* beweis

* hinweis: das ist der engel-beweis

* bracelets

\section{Der negative Fall und die Kombinatorik}

Wie wir am Ende von Abschnitt 5.4 gesehen haben, folgt aus Satz 5.1 "beinahe"
Satz 1.1, denn Anzahlen sind stets ganze Zahlen. Das einzige, was diesen
Beweis behindert, ist die Tatsache, da{\ss } $q\in\mathbb{N}$ gelten muss,
damit wir Satz 5.1 anwenden k\"onnen, und somit der Fall $q<0$ nicht durch
diesen Beweis abgedeckt wird. Doch diese Beweisl\"ucke ist nicht schwer zu
flicken: Wir m\"ussen den Fall $q<0$ auf den Fall $q\geq0$ zur\"uckf\"uhren.
Mit anderen Worten m\"ussen wir folgendes Lemma zeigen:

\begin{quote}
\textbf{Lemma 6.1:} Wenn Satz 1.1 f\"ur alle $q\in\mathbb{N}$ gilt, dann gilt
Satz 1.1 auch allgemein (das hei\ss t, f\"ur alle $q\in\mathbb{Z}$).
\end{quote}

Wir k\"onnen dieses Lemma auf zwei verschiedene Weisen beweisen: Die erste ist
sehr kurz und einfach, aber nicht so einfach auf andere Situationen (wie Satz
4.2) verallgemeinerbar; hingegen ist die zweite nicht so kurz, aber trivial zu
verallgemeinern (sie zeigt allgemein, da{\ss } ein Polynom, das an allen
nichtnegativen ganzen Zahlen ganze Werte annimmt, auch an den negativen ganzen
Zahlen ebenfalls ganze Werte annehmen muss).

\textit{Erster Beweis von Lemma 6.1:} Wir nehmen an, da{\ss } Satz 1.1 f\"{u}r
alle $q\in\mathbb{N}$ gilt. Nun wollen wir zeigen, da{\ss } Satz 1.1 auch
allgemein, also f\"{u}r alle $q\in\mathbb{Z}$ gilt. Seien $q\in\mathbb{Z}$ und
$n\in\mathbb{N}_{+}$ beliebig gew\"{a}hlt. Sei $r$ der Rest, den $q$ bei
Division durch $n$ l\"{a}sst. Dann ist $r\in\mathbb{N}$ und $q\equiv r\mod n$.
Wenden wir Satz 1.1 auf $r$ statt $q$ an (dies d\"{u}rfen wir tun, denn
$r\in\mathbb{N}$, und wir haben ja angenommen, da{\ss } Satz 1.1 f\"{u}r alle
$q\in\mathbb{N}$ gilt), so erhalten wir $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}%
\phi\left(  d\right)  r^{n\diagup d}\in\mathbb{Z}$. Das hei\ss t,
$\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  r^{n\diagup d}\in n\mathbb{Z}$,
also $\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  r^{n\diagup d}\equiv0\mod n$.
Wegen $q\equiv r\mod n$ folgt hieraus $\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(
d\right)  q^{n\diagup d}\equiv0\mod n$, also $\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(
d\right)  q^{n\diagup d}\in n\mathbb{Z}$, und damit $\dfrac{1}{n}%
\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}\in\mathbb{Z}$. Damit
ist Satz 1.1 bewiesen (und zwar im allgemeinen Fall, also im Fall einer
beliebigen ganzen Zahl $q\in\mathbb{Z}$). Also ist Lemma 6.1 gezeigt.

Wir werden bald einen zweiten Beweis von Lemma 6.1 geben; hierzu ben\"{o}tigen
wir allerdings folgendes Hilfsresultat:

\begin{quote}
\textbf{Satz 6.2:} Sei $n$ eine ganze Zahl. Sei $P$ ein Polynom mit rationalen
Koeffizienten in der Variablen $X$. Angenommen, $\deg P<n$. Dann sind folgende
drei Aussagen $\mathcal{P}_{1}$, $\mathcal{P}_{2}$ und $\mathcal{P}_{3}$ \"{a}quivalent:

\textit{Aussage }$\mathcal{P}_{1}$\textit{:} Es gilt $P\left(  q\right)
\in\mathbb{Z}$ f\"{u}r alle $q\in\mathbb{Z}$.

\textit{Aussage }$\mathcal{P}_{2}$\textit{:} Es gilt $P\left(  q\right)
\in\mathbb{Z}$ f\"{u}r alle $q\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  $.

\textit{Aussage }$\mathcal{P}_{3}$\textit{:} Es gibt ganze Zahlen $a_{0}$,
$a_{1}$, $...$, $a_{n-1}$, so da\ss
\begin{equation}
P\left(  X\right)  =\sum\limits_{k=0}^{n-1}a_{k}\dbinom{X}{k}
\label{6.hartshorne}%
\end{equation}
gilt. Dabei bezeichnet $\dbinom{X}{k}$ das Polynom $\dfrac{X\left(
X-1\right)  ...\left(  X-k+1\right)  }{k!}$, und die Gleichung
(\ref{6.hartshorne}) ist als eine Gleichung zwischen Polynomen zu verstehen.
\end{quote}

Dieser Satz ist im \"{U}brigen nicht nur f\"{u}r uns hier von Bedeutung; so
taucht die \"{A}quivalenz der Aussagen $\mathcal{P}_{1}$ und $\mathcal{P}_{3}$
als Proposition 7.3 \textbf{(a)} in [15] auf, wo sie zur Konstruktion des
Hilbertpolynoms verwendet wird.

\textit{Beweis von Satz 6.2:} Es ist klar, da\ss \ $\mathcal{P}_{1}%
\Longrightarrow\mathcal{P}_{2}$ und $\mathcal{P}_{3}\Longrightarrow
\mathcal{P}_{1}$ ist\footnote{Zum Beweis von $\mathcal{P}_{3}\Longrightarrow
\mathcal{P}_{1}$ ben\"{o}tigt man Satz 3.3 \textbf{(b)}.}. Um die
\"{A}quivalenz der Aussagen $\mathcal{P}_{1}$, $\mathcal{P}_{2}$ und
$\mathcal{P}_{3}$ nachzuweisen, m\"{u}ssen wir also nur noch zeigen,
da\ss \ $\mathcal{P}_{2}\Longrightarrow\mathcal{P}_{3}$ ist.

\textit{Beweis von }$\mathcal{P}_{2}\Longrightarrow\mathcal{P}_{3}$\textit{:}
Wir beweisen nun die Implikation $\mathcal{P}_{2}\Longrightarrow
\mathcal{P}_{3}$. Dazu nehmen wir an, da{\ss } Aussage $\mathcal{P}_{2}$
erf\"{u}llt ist, und versuchen Aussage $\mathcal{P}_{3}$ zu beweisen.

Da Aussage $\mathcal{P}_{2}$ erf\"{u}llt ist (laut Annahme), gilt $P\left(
q\right)  \in\mathbb{Z}$ f\"{u}r alle $q\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  $.
Mit anderen Worten: Es gilt $P\left(  \ell\right)  \in\mathbb{Z}$ f\"{u}r alle
$\ell\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  $.

Nun definieren wir $n$ rationale Zahlen $a_{0}$, $a_{1}$, ..., $a_{n-1}$
durch
\[
\left(  a_{k}=\sum\limits_{\ell=0}^{k}\left(  -1\right)  ^{k-\ell}\dbinom
{k}{\ell}P\left(  \ell\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }%
k\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  \right)  .
\]
Diese rationalen Zahlen $a_{0}$, $a_{1}$, ..., $a_{n-1}$ sind ganz (denn
f\"{u}r jedes $k\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  $ gilt%
\[
a_{k}=\sum\limits_{\ell=0}^{k}\underbrace{\left(  -1\right)  ^{k-\ell}%
\dbinom{k}{\ell}}_{\in\mathbb{Z}}\underbrace{P\left(  \ell\right)
}_{\substack{\in\mathbb{Z}\\\text{(denn }\ell\leq k\leq n-1\text{, also }%
\ell\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  \text{,}\\\text{und hieraus folgt (wie
wir wissen) }P\left(  \ell\right)  \in\mathbb{Z}\text{)}}}
\]
). Wir wollen nun zeigen, da{\ss } diese ganzen Zahlen die Gleichung
(\ref{6.hartshorne}) erf\"{u}llen.

In der Tat erf\"{u}llen diese ganzen Zahlen f\"{u}r jedes $x\in\left\{
0,1,...,n-1\right\}  $ folgendes:
\begin{align}
\sum\limits_{k=0}^{n-1}a_{k}\dbinom{x}{k}  &  =\underbrace{\sum\limits_{k=0}%
^{n-1}\sum\limits_{\ell=0}^{k}}_{=\sum\limits_{\ell=0}^{n-1}\sum
\limits_{k=\ell}^{n-1}}\left(  -1\right)  ^{k-\ell}\dbinom{k}{\ell}P\left(
\ell\right)  \dbinom{x}{k}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach der
Definition von }a_{k}\right) \nonumber\\
&  =\sum\limits_{\ell=0}^{n-1}\sum\limits_{k=\ell}^{n-1}\left(  -1\right)
^{k-\ell}\dbinom{k}{\ell}P\left(  \ell\right)  \dbinom{x}{k}=\sum
\limits_{\ell=0}^{n-1}P\left(  \ell\right)  \sum\limits_{k=\ell}^{n-1}\left(
-1\right)  ^{k-\ell}\dbinom{k}{\ell}\dbinom{x}{k}. \label{6.2.pf.1}%
\end{align}
Nun ist aber
\begin{equation}
\dbinom{k}{\ell}\dbinom{x}{k}=\dbinom{x}{\ell}\dbinom{x-\ell}{k-\ell
}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r beliebige ganze }x,\ k\text{ und }%
\ell\text{ mit }k\geq\ell\geq0 \label{6.2.pf.lm}%
\end{equation}
\footnote{denn aus $\dbinom{k}{\ell}=\dfrac{k\left(  k-1\right)  ...\left(
k-\ell+1\right)  }{\ell!}$ und $\dbinom{x}{k}=\dfrac{x\left(  x-1\right)
...\left(  x-k+1\right)  }{k!}$ folgt
\begin{align*}
\dbinom{k}{\ell}\dbinom{x}{k}  &  =\dfrac{k\left(  k-1\right)  ...\left(
k-\ell+1\right)  }{\ell!}\cdot\dfrac{x\left(  x-1\right)  ...\left(
x-k+1\right)  }{k!}\\
&  =\dfrac{x\left(  x-1\right)  ...\left(  x-k+1\right)  }{\ell!}%
\diagup\underbrace{\dfrac{k!}{k\left(  k-1\right)  ...\left(  k-\ell+1\right)
}}_{=\dfrac{k\left(  k-1\right)  ...1}{k\left(  k-1\right)  ...\left(
k-\ell+1\right)  }=\left(  k-\ell\right)  \left(  k-\ell-1\right)
...1=\left(  k-\ell\right)  !}\\
&  =\dfrac{x\left(  x-1\right)  ...\left(  x-k+1\right)  }{\ell!}%
\diagup\left(  k-\ell\right)  !\\
&  =\underbrace{\left(  x\left(  x-1\right)  ...\left(  x-k+1\right)  \right)
}_{=\left(  x\left(  x-1\right)  ...\left(  x-\ell+1\right)  \right)
\cdot\left(  \left(  x-\ell\right)  \left(  x-\ell-1\right)  ...\left(
x-k+1\right)  \right)  }\cdot\dfrac{1}{\ell!\left(  k-\ell\right)  !}\\
&  =\underbrace{\dfrac{x\left(  x-1\right)  ...\left(  x-\ell+1\right)  }%
{\ell!}}_{=\dbinom{x}{\ell}}\cdot\underbrace{\dfrac{\left(  x-\ell\right)
\left(  x-\ell-1\right)  ...\left(  x-k+1\right)  }{\left(  k-\ell\right)  !}%
}_{=\dfrac{\left(  x-\ell\right)  \left(  x-\ell-1\right)  ...\left(  \left(
x-\ell\right)  -\left(  k-\ell\right)  +1\right)  }{\left(  k-\ell\right)
!}=\dbinom{x-\ell}{k-\ell}}\\
&  =\dbinom{x}{\ell}\dbinom{x-\ell}{k-\ell}%
\end{align*}
}. Somit gilt f\"{u}r jedes $\ell\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  $
folgendes:
\begin{align}
&  \sum\limits_{k=\ell}^{n-1}\left(  -1\right)  ^{k-\ell}\dbinom{k}{\ell
}\dbinom{x}{k}=\sum\limits_{k=\ell}^{n-1}\left(  -1\right)  ^{k-\ell}%
\dbinom{x}{\ell}\dbinom{x-\ell}{k-\ell}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach
(\ref{6.2.pf.lm})}\right) \nonumber\\
&  =\sum\limits_{u=0}^{n-1-\ell}\left(  -1\right)  ^{u}\dbinom{x}{\ell}%
\dbinom{x-\ell}{u}\nonumber\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{hier haben wir }k-\ell\text{ in der Summe
durch }u\text{ substituiert}\right) \nonumber\\
&  =\dbinom{x}{\ell}\sum\limits_{u=0}^{n-1-\ell}\left(  -1\right)  ^{u}%
\dbinom{x-\ell}{u}. \label{6.2.pf.2}%
\end{align}
Wir wollen nun zeigen, da{\ss } f\"{u}r jedes $\ell\in\left\{
0,1,...,n-1\right\}  $ gilt:
\begin{equation}
\dbinom{x}{\ell}\sum\limits_{u=0}^{n-1-\ell}\left(  -1\right)  ^{u}%
\dbinom{x-\ell}{u}=\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
1,\text{ wenn }x=\ell;\\
0,\text{ wenn }x\neq\ell
\end{array}
\right.  . \label{6.2.pf.3}%
\end{equation}
Um dies zu beweisen, unterscheiden wir zwei F\"{a}lle: den Fall $x<\ell$, und
den Fall $x\geq\ell$. Im Fall $x<\ell$ ist (\ref{6.2.pf.3}) offensichtlich
(denn im Fall $x<\ell$ ist $\dbinom{x}{\ell}=0$ (weil $x<\ell$ und $x\geq0$)
und $\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
1,\text{ wenn }x=\ell;\\
0,\text{ wenn }x\neq\ell
\end{array}
\right.  =0$ (denn aus $x<\ell$ folgt $x\neq\ell$), und somit sind beide
Seiten der Gleichung (\ref{6.2.pf.3}) gleich Null, weshalb diese Gleichung
offensichtlich gelten muss). Im Fall $x\geq\ell$ ist $x-\ell\geq0$, und somit
folgt (\ref{6.2.pf.3}) in diesem Fall aus
\begin{align*}
&  \dbinom{x}{\ell}\sum\limits_{u=0}^{n-1-\ell}\left(  -1\right)  ^{u}%
\dbinom{x-\ell}{u}\\
&  =\dbinom{x}{\ell}\left(  \sum\limits_{u=0}^{x-\ell}\left(  -1\right)
^{u}\dbinom{x-\ell}{u}+\sum\limits_{u=x-\ell+1}^{n-1-\ell}\left(  -1\right)
^{u}\underbrace{\dbinom{x-\ell}{u}}_{=0\text{ (denn }x-\ell\geq0\text{ und
}u>x-\ell\text{)}}\right) \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn wegen }x\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  \text{ ist }x\leq
n-1\text{,}\\
\text{ also }x-\ell\leq n-1-\ell\text{ und damit}\\
\sum\limits_{u=0}^{n-1-\ell}\left(  -1\right)  ^{u}\dbinom{x-\ell}{u}%
=\sum\limits_{u=0}^{x-\ell}\left(  -1\right)  ^{u}\dbinom{x-\ell}{u}%
+\sum\limits_{u=x-\ell+1}^{n-1-\ell}\left(  -1\right)  ^{u}\dbinom{x-\ell}{u}%
\end{array}
\right) \\
&  =\dbinom{x}{\ell}\left(  \underbrace{\sum\limits_{u=0}^{x-\ell}\left(
-1\right)  ^{u}\dbinom{x-\ell}{u}}_{=\left(  1+\left(  -1\right)  \right)
^{x-\ell}\text{ (nach der binomischen Formel)}}+\underbrace{\sum
\limits_{u=x-\ell+1}^{n-1-\ell}\left(  -1\right)  ^{u}0}_{=0}\right) \\
&  =\dbinom{x}{\ell}\left(  \left(  1+\left(  -1\right)  \right)  ^{x-\ell
}+0\right) \\
&  =\dbinom{x}{\ell}\left(  1+\left(  -1\right)  \right)  ^{x-\ell}=\dbinom
{x}{\ell}0^{x-\ell}=\dbinom{x}{\ell}\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
1,\text{ wenn }x=\ell;\\
0,\text{ wenn }x\neq\ell
\end{array}
\right.  .\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn wegen }x-\ell\geq0\text{ ist
}0^{x-\ell}=\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
1,\text{ wenn }x-\ell=0;\\
0,\text{ wenn }x-\ell\neq0
\end{array}
\right.  =\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
1,\text{ wenn }x=\ell;\\
0,\text{ wenn }x\neq\ell
\end{array}
\right.  \right) \\
&  =\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
\dbinom{x}{\ell}\cdot1,\text{ wenn }x=\ell;\\
\dbinom{x}{\ell}\cdot0,\text{ wenn }x\neq\ell
\end{array}
\right.  =\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
1,\text{ wenn }x=\ell;\\
0,\text{ wenn }x\neq\ell
\end{array}
\right. \\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn im Falle von }x=\ell\text{ ist }\dbinom{x}{\ell}\cdot
1=\underbrace{\dbinom{\ell}{\ell}}_{=1}\cdot1=1\text{,}\\
\text{und im Falle von }x\neq\ell\text{ ist }\dbinom{x}{\ell}\cdot0=0
\end{array}
\right)  .
\end{align*}
Somit ist die Gleichung (\ref{6.2.pf.3}) in beiden F\"{a}llen $x<\ell$ und
$x\geq\ell$ bewiesen. Damit ist der Beweis von (\ref{6.2.pf.3}) vollst\"{a}ndig.

Aus (\ref{6.2.pf.2}) und (\ref{6.2.pf.3}) folgt
\[
\sum\limits_{k=\ell}^{n-1}\left(  -1\right)  ^{k-\ell}\dbinom{k}{\ell}%
\dbinom{x}{k}=\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
1,\text{ wenn }x=\ell;\\
0,\text{ wenn }x\neq\ell
\end{array}
\right.
\]
f\"{u}r jedes $\ell\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  $. Somit wird
(\ref{6.2.pf.1}) zu
\begin{align*}
\sum\limits_{k=0}^{n-1}a_{k}\dbinom{x}{k}  &  =\underbrace{\sum\limits_{\ell
=0}^{n-1}}_{=\sum\limits_{\ell\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  }}P\left(
\ell\right)  \underbrace{\sum\limits_{k=\ell}^{n-1}\left(  -1\right)
^{k-\ell}\dbinom{k}{\ell}\dbinom{x}{k}}_{=\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
1,\text{ wenn }x=\ell;\\
0,\text{ wenn }x\neq\ell
\end{array}
\right.  }\\
&  =\sum\limits_{\ell\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  }P\left(  \ell\right)
\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
1,\text{ wenn }x=\ell;\\
0,\text{ wenn }x\neq\ell
\end{array}
\right. \\
&  =\sum\limits_{\substack{\ell\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  ;\\x=\ell
}}P\left(  \ell\right)  \underbrace{\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
1,\text{ wenn }x=\ell;\\
0,\text{ wenn }x\neq\ell
\end{array}
\right.  }_{=1\text{ (da }x=\ell\text{)}}+\sum\limits_{\substack{\ell
\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  ;\\x\neq\ell}}P\left(  \ell\right)
\underbrace{\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
1,\text{ wenn }x=\ell;\\
0,\text{ wenn }x\neq\ell
\end{array}
\right.  }_{=0\text{ (da }x\neq\ell\text{)}}\\
&  =\underbrace{\sum\limits_{\substack{\ell\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}
;\\x=\ell}}P\left(  \ell\right)  1}_{=P\left(  x\right)  1\text{ (denn }%
x\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  \text{)}}+\underbrace{\sum
\limits_{\substack{\ell\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  ;\\x\neq\ell}}P\left(
\ell\right)  0}_{=0}=P\left(  x\right)  1+0=P\left(  x\right)  .
\end{align*}
Mit anderen Worten:
\[
\sum\limits_{k=0}^{n-1}a_{k}\dbinom{x}{k}-P\left(  x\right)  =0.
\]
Das hei{\ss }t, das Polynom $\sum\limits_{k=0}^{n-1}a_{k}\dbinom{X}%
{k}-P\left(  X\right)  \in\mathbb{Q}\left[  X\right]  $ hat $x$ als
Nullstelle. Da dies f\"{u}r alle $x\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  $ gilt,
hat dieses Polynom $\sum\limits_{k=0}^{n-1}a_{k}\dbinom{X}{k}-P\left(
X\right)  $ also die Zahlen $0$, $1$, ..., $n-1$ als Nullstellen. Doch der
Grad des Polynoms $\sum\limits_{k=0}^{n-1}a_{k}\dbinom{X}{k}-P\left(
X\right)  $ ist $<n$ \ \ \ \ \footnote{denn
\begin{align*}
\deg\left(  \sum\limits_{k=0}^{n-1}a_{k}\dbinom{X}{k}\right)   &  \leq
\max\left\{  \underbrace{\deg\dbinom{X}{k}}_{=k}\mid k\in\left\{
0,1,...,n-1\right\}  \right\} \\
&  =\max\left\{  k\mid k\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  \right\}  =n-1<n
\end{align*}
und somit
\[
\deg\left(  \sum\limits_{k=0}^{n-1}a_{k}\dbinom{X}{k}-P\left(  X\right)
\right)  \leq\max\left\{  \underbrace{\deg\left(  \sum\limits_{k=0}^{n-1}%
a_{k}\dbinom{X}{k}\right)  }_{<n},\underbrace{\deg\left(  P\left(  X\right)
\right)  }_{=\deg P<n}\right\}  <n
\]
}. Ein Polynom von Grad $<n$, welches mindestens $n$ paarweise verschiedene
Nullstellen hat, muss bekannterma{\ss }en identisch Null sein. Da unser
Polynom $\sum\limits_{k=0}^{n-1}a_{k}\dbinom{X}{k}-P\left(  X\right)  $ einen
Grad $<n$ hat und mindestens $n$ paarweise verschiedene Nullstellen hat
(n\"{a}mlich die $n$ Nullstellen $0$, $1$, ..., $n-1$), muss dieses Polynom
also identisch Null sein.\newline

Wir haben also gezeigt: Das Polynom $\sum\limits_{k=0}^{n-1}a_{k}\dbinom{X}%
{k}-P\left(  X\right)  $ ist identisch Null. Mit anderen Worten: $P\left(
X\right)  =\sum\limits_{k=0}^{n-1}a_{k}\dbinom{X}{k}$. Damit ist gezeigt,
da{\ss } unsere ganzen Zahlen $a_{0}$, $a_{1}$, ..., $a_{n-1}$ die Gleichung
(\ref{6.hartshorne}) erf\"{u}llen. Somit ist Aussage $\mathcal{P}_{3}$
g\"{u}ltig. Wir haben damit die Implikation $\mathcal{P}_{2}\Longrightarrow
\mathcal{P}_{3}$ nachgewiesen. Wie schon gesagt, folgt daraus sofort die
\"{A}quivalenz aller drei Aussagen $\mathcal{P}_{1}$, $\mathcal{P}_{2}$ und
$\mathcal{P}_{3}$. Somit ist Satz 6.2 bewiesen.

(Ein anderer Beweis von Satz 6.2, genauer gesagt von der Implikation
$\mathcal{P}_{2}\Longrightarrow\mathcal{P}_{3}$, l\"{a}{\ss }t sich durch
Induktion nach $n$ f\"{u}hren.)

Aus Satz 6.2 folgt:

\begin{quote}
\textbf{Lemma 6.3:} Sei $P$ ein Polynom mit rationalen Koeffizienten in der
Variablen $X$. Angenommen, $P\left(  q\right)  \in\mathbb{Z}$ f\"{u}r alle
$q\in\mathbb{N}$. Dann ist $P\left(  q\right)  \in\mathbb{Z}$ f\"{u}r alle
$q\in\mathbb{Z}$.
\end{quote}

\textit{Beweis von Lemma 6.3:} Wir nehmen o. B. d. A. an, da $P\neq0$ ist, da
sonst die Aussage von Lemma 6.3 trivialerweise gilt. Also ist $\deg P$ eine
wohldefinierte nat\"{u}rliche Zahl. Sei $n=\deg P+1$. Dann ist $\deg P<\deg
P+1=n$. Nun gilt $P\left(  q\right)  \in\mathbb{Z}$ f\"{u}r alle $q\in\left\{
0,1,...,n-1\right\}  $ (denn laut Annahme gilt $P\left(  q\right)
\in\mathbb{Z}$ f\"{u}r alle $q\in\mathbb{N}$, und offensichtlich ist jedes
$q\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  $ ein Element von $\mathbb{N}$). Das
hei\ss t, unser Polynom $P$ erf\"{u}llt Aussage $\mathcal{P}_{2}$ von Satz
6.2. Da (gem\"{a}\ss \ Satz 6.2) die Aussagen $\mathcal{P}_{1}$,
$\mathcal{P}_{2}$ und $\mathcal{P}_{3}$ von Satz 6.2 \"{a}quivalent sind,
erf\"{u}llt also das Polynom $P$ auch die Aussage $\mathcal{P}_{1}$ von Satz
6.2. Mit anderen Worten: Es gilt $P\left(  q\right)  \in\mathbb{Z}$ f\"{u}r
alle $q\in\mathbb{Z}$. Damit ist Lemma 6.3 bewiesen.

\textit{Zweiter Beweis von Lemma 6.1:} Wir nehmen an, da{\ss } Satz 1.1
f\"{u}r alle $q\in\mathbb{N}$ gilt. Nun wollen wir zeigen, da{\ss } Satz 1.1
auch allgemein, also f\"{u}r alle $q\in\mathbb{Z}$ gilt.

Da Satz 1.1 f\"{u}r alle $q\in\mathbb{N}$ gilt, haben wir $\dfrac{1}{n}%
\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}\in\mathbb{Z}$
f\"{u}r alle $q\in\mathbb{Z}$.

Sei $P$ das Polynom $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)
X^{n\diagup d}$ in der Variablen $X$. Offensichtlich hat das Polynom $P$
rationale Koeffizienten und Grad $\deg P=n<n+1$. F\"{u}r jedes $q\in
\mathbb{N}$ gilt%
\begin{align*}
P\left(  q\right)   &  =\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)
q^{n\diagup d}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{da }P=\dfrac{1}{n}%
\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  X^{n\diagup d}\right) \\
&  \in\mathbb{Z}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{laut dem Obigen, da }%
q\in\mathbb{N}\right)  .
\end{align*}
Nach Lemma 6.3 folgt hieraus, da\ss \ $P\left(  q\right)  \in\mathbb{Z}$
f\"{u}r alle $q\in\mathbb{Z}$ gilt. Da aber $P\left(  q\right)  =\dfrac{1}%
{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}$ f\"{u}r alle
$q\in\mathbb{Z}$ gilt (denn $P=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(
d\right)  X^{n\diagup d}$), ist also%
\[
\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}=P\left(
q\right)  \in\mathbb{Z}%
\]
f\"{u}r alle $q\in\mathbb{Z}$. Mit anderen Worten: Satz 1.1 gilt im
allgemeinen Fall (d. h. f\"{u}r jede beliebige Zahl $q\in\mathbb{Z}$). Damit
ist Lemma 6.1 gezeigt.

Satz 6.2 ist weit nicht die allgemeinste Aussage dar\"{u}ber, wann Polynome
ganzzahlige Werte annehmen. Eine Reihe von Erweiterungen wurde von Bhargava in
[17] gezeigt. Wir beschr\"{a}nken uns hier darauf, eine (recht naheliegende)
Verallgemeinerung von Satz 6.2 zu geben, in der $\left\{  0,1,...,n-1\right\}
$ durch ein beliebiges Intervall von $n$ aufeinanderfolgenden ganzen Zahlen
ersetzt wird:

\begin{quote}
\textbf{Satz 6.4:} Sei $n$ eine ganze Zahl. Sei $P$ ein Polynom mit rationalen
Koeffizienten in der Variablen $X$. Angenommen, $\deg P<n$. Sei $\alpha
\in\mathbb{Z}$ eine fest gew\"{a}hlte ganze Zahl. Dann sind die folgenden vier
Aussagen $\mathcal{P}_{1}$, $\mathcal{P}_{2}$, $\mathcal{P}_{3}$ und
$\mathcal{P}_{4}$ \"{a}quivalent:

\textit{Aussage }$\mathcal{P}_{1}$\textit{:} Es gilt $P\left(  q\right)
\in\mathbb{Z}$ f\"{u}r alle $q\in\mathbb{Z}$.

\textit{Aussage }$\mathcal{P}_{2}$\textit{:} Es gilt $P\left(  q\right)
\in\mathbb{Z}$ f\"{u}r alle $q\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  $.

\textit{Aussage }$\mathcal{P}_{3}$\textit{:} Es gibt ganze Zahlen $a_{0}$,
$a_{1}$, $...$, $a_{n-1}$, so da\ss
\begin{equation}
P\left(  X\right)  =\sum\limits_{k=0}^{n-1}a_{k}\dbinom{X}{k}
\label{6.hartshorne.2}%
\end{equation}
gilt. Dabei bezeichnet $\dbinom{X}{k}$ das Polynom $\dfrac{X\left(
X-1\right)  ...\left(  X-k+1\right)  }{k!}$, und die Gleichung
(\ref{6.hartshorne.2}) ist als eine Gleichung zwischen Polynomen zu verstehen.

\textit{Aussage }$\mathcal{P}_{4}$\textit{:} Es gilt $P\left(  q\right)
\in\mathbb{Z}$ f\"{u}r alle $q\in\left\{  \alpha,\alpha+1,...,\alpha
+n-1\right\}  $.
\end{quote}

\textit{Beweis von Satz 6.4:} Die Aussagen $\mathcal{P}_{1}$, $\mathcal{P}%
_{2}$ und $\mathcal{P}_{3}$ von Satz 6.4 sind genau die Aussagen
$\mathcal{P}_{1}$, $\mathcal{P}_{2}$ und $\mathcal{P}_{3}$ von Satz 6.2. Aus
Satz 6.2 wissen wir somit, da\ss \ die Aussagen $\mathcal{P}_{1}$,
$\mathcal{P}_{2}$ und $\mathcal{P}_{3}$ \"{a}quivalent sind. Es bleibt uns nur
noch, die \"{A}quivalenz dieser Aussagen zu Aussage $\mathcal{P}_{4}$ nachzuweisen.

Wenn Aussage $\mathcal{P}_{1}$ gilt, dann gilt offensichtlich auch Aussage
$\mathcal{P}_{4}$ (denn jedes $q\in\left\{  \alpha,\alpha+1,...,\alpha
+n-1\right\}  $ ist ein Element von $\mathbb{N}$). Die Implikation
$\mathcal{P}_{1}\Longrightarrow\mathcal{P}_{4}$ ist damit gezeigt. Wir wollen
nun die umgekehrte Implikation zeigen, also die Implikation $\mathcal{P}%
_{4}\Longrightarrow\mathcal{P}_{1}$.

Angenommen, Aussage $\mathcal{P}_{4}$ sei erf\"{u}llt. Das hei\ss t, es gilt
$P\left(  q\right)  \in\mathbb{Z}$ f\"{u}r alle $q\in\left\{  \alpha
,\alpha+1,...,\alpha+n-1\right\}  $. Sei $Q$ das Polynom $P\left(
\alpha+X\right)  $. Dann ist $\deg Q=\deg\left(  P\left(  \alpha+X\right)
\right)  =\deg P$ (denn der Grad eines Polynoms \"{a}ndert sich nicht bei
"horizontaler Parallelverschiebung", d. h., Substitution von $\alpha+X$
f\"{u}r $X$). Somit ist $\deg Q<n$ (denn $\deg P<n$). F\"{u}r alle
$q\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  $ gilt%
\begin{align*}
Q\left(  q\right)   &  =P\left(  \alpha+q\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\text{denn }Q=P\left(  \alpha+X\right)  \right) \\
&  \in\mathbb{Z}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{nach Aussage }\mathcal{P}_{4}\text{, angewandt auf }\alpha+q\text{ statt
}q\\
\text{(denn }\alpha+q\in\left\{  \alpha,\alpha+1,...,\alpha+n-1\right\}
\text{ (denn }q\in\left\{  0,1,...,n-1\right\}  \text{))}%
\end{array}
\right)  .
\end{align*}
Somit gilt die Aussage $\mathcal{P}_{2}$ von Satz 6.2 mit $P$ ersetzt durch
$Q$. Da (gem\"{a}\ss \ Satz 6.2) die Aussagen $\mathcal{P}_{1}$,
$\mathcal{P}_{2}$ und $\mathcal{P}_{3}$ von Satz 6.2 \"{a}quivalent sind, gilt
also auch die Aussage $\mathcal{P}_{1}$ von Satz 6.2 mit $P$ ersetzt durch
$Q$. Das hei\ss t, es gilt
\begin{equation}
Q\left(  q\right)  \in\mathbb{Z}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }%
q\in\mathbb{Z}. \label{6.4.pf.1}%
\end{equation}


Sei nun $q\in\mathbb{Z}$ beliebig. Da $Q=P\left(  \alpha+X\right)  $ ist, gilt
$Q\left(  q-\alpha\right)  =P\left(  \alpha+\left(  q-\alpha\right)  \right)
=P\left(  q\right)  $. Doch aus (\ref{6.4.pf.1}) (angewandt auf $q-\alpha$
statt $q$) folgt $Q\left(  q-\alpha\right)  \in\mathbb{Z}$. Also ist $P\left(
q\right)  =Q\left(  q-\alpha\right)  \in\mathbb{Z}$. Wir haben damit gezeigt,
da\ss \ $P\left(  q\right)  \in\mathbb{Z}$ f\"{u}r jedes $q\in\mathbb{Z}$ ist.
Aussage $\mathcal{P}_{1}$ ist somit bewiesen.

Damit haben wir aus Aussage $\mathcal{P}_{4}$ die Aussage $\mathcal{P}_{1}$
hergeleitet. Damit ist die Implikation $\mathcal{P}_{4}\Longrightarrow
\mathcal{P}_{1}$ bewiesen. Zusammen mit der Implikation $\mathcal{P}%
_{1}\Longrightarrow\mathcal{P}_{4}$ ergibt dies die \"{A}quivalenz
$\mathcal{P}_{1}\Longleftrightarrow\mathcal{P}_{4}$, und da die Aussagen
$\mathcal{P}_{1}$, $\mathcal{P}_{2}$ und $\mathcal{P}_{3}$ zueinander
\"{a}quivalent sind, erhalten wir hieraus, da\ss \ s\"{a}mtliche vier Aussagen
$\mathcal{P}_{1}$, $\mathcal{P}_{2}$, $\mathcal{P}_{3}$ und $\mathcal{P}_{4}$
\"{a}quivalent sind. Satz 6.4 ist also bewiesen.

[...]

* problem: burnside-beweis geht nur f\"{u}r $q\geq0$ - WARUM kombinatorischer
beweis schwer w\"{a}re ($\neq$ unm\"{o}glich)

* binkoeffizienten auch

* die billige methode: modulo $n$ geht nicht mehr f\"{u}r binkoeffizienten,
aber 6.2 geht

\section{Kombinatorik II: Nester und Fixpunktzahlen}

Satz 2.1 handelt von unendlichen Folgen. Zwar waren bislang alle unsere
Anwendungen (die Folge $\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  =\left(
q^{1},q^{2},q^{3},...\right)  $ in Abschnitt 2, und zwei weitere Folgen in
Abschnitt 4) unendliche Folgen, doch die Erfahrung in der Mathematik zeigt,
da\ss \ oft endliche Folgen mehr und bessere Eigenschaften besitzen als
unendliche Folgen. Man k\"{o}nnte nun versuchen, Satz 2.1 auf endliche Folgen
zu \"{u}bertragen (also $\left(  b_{1},b_{2},...,b_{\nu}\right)  $ statt
$\left(  b_{1},b_{2},b_{3},...\right)  $, und $\left(  x_{1},x_{2},...,x_{\nu
}\right)  $ statt $\left(  x_{1},x_{2},x_{3},...\right)  $, und so weiter,
wobei $\nu$ eine feste nat\"{u}rliche Zahl ist). Tats\"{a}chlich ist aber ein
wenig mehr m\"{o}glich: Statt mit Folgen, die mit positiven Zahlen Zahlen
indexiert sind, kann man in Satz 2.1 auch mit Familien arbeiten, die mit den
Elementen eines \textit{Nests} indexiert sind. Hier die notwendige Definition:

\begin{quote}
\textbf{Definition (Nest):} Unter einem \textit{Nest} verstehen wir eine
nichtleere Teilmenge $N$ der Menge $\mathbb{N}_{+}$, die die Eigenschaft hat,
da\ss \ f\"{u}r jedes Element $n\in N$ auch jeder positive Teiler von $n$ in
$N$ liegt.
\end{quote}

Es ist klar, da\ss \ jedes Nest das Element $1$ enth\"{a}lt\footnote{denn ist
$N$ ein Nest, dann ist $N$ nichtleer, und hat somit ein Element, und da $1$
notwendigerweise ein Teiler dieses Elementes ist, mu\ss \ also $1$ in $N$
liegen}. Beispiele f\"{u}r Nester sind die Mengen $\left\{  1\right\}  $,
$\mathbb{N}_{+}$, $\left\{  1,2,...,\nu\right\}  $ (wobei $\nu$ eine
nat\"{u}rliche Zahl ist), $\left\{  1,p,p^{2},p^{3},...\right\}  $ (wobei $p$
eine Primzahl ist), $\mathbb{N}_{\mid n}$ (dies ist die Menge aller positiven
Teiler von $n$, wobei $n$ eine nat\"{u}rliche Zahl ist) und $\left\{
1,2,3,4,6,7,9\right\}  $.

Und hier ist die Verallgemeinerung von Satz 2.1 und Satz 4.7 auf Familien, die
mit Nestelementen indexiert sind:

\begin{quote}
\textbf{Satz 7.1 (der \"{A}quivalenzsatz f\"{u}r vernestete
Geisterwittfolgen):} Sei $N$ ein Nest, und $\left(  b_{n}\right)  _{n\in N}%
\in\mathbb{Z}^{N}$ eine Familie ganzer Zahlen.\footnote{\textit{Beispiele:} Im
Falle von $N=\mathbb{N}_{+}$ ist so eine Familie $\left(  b_{n}\right)  _{n\in
N}\in\mathbb{Z}^{N}$ nichts anderes als eine Folge $\left(  b_{1},b_{2}%
,b_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ ganzer Zahlen. Im Falle von
$N=\left\{  1,2,...,\nu\right\}  $ (wobei $\nu$ eine nat\"{u}rliche Zahl ist)
ist so eine Familie $\left(  b_{n}\right)  _{n\in N}\in\mathbb{Z}^{N}$ ein
$\nu$-Tupel $\left(  b_{1},b_{2},...,b_{\nu}\right)  \in\mathbb{Z}^{\nu}$
ganzer Zahlen. Im Falle von $N=\left\{  1,2,3,4,6,7,9\right\}  $ ist so eine
Familie $\left(  b_{n}\right)  _{n\in N}\in\mathbb{Z}^{N}$ ein $7$-Tupel
$\left(  b_{1},b_{2},b_{3},b_{4},b_{6},b_{7},b_{9}\right)  $ ganzer Zahlen.}
Dann sind folgende Aussagen $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$, $\mathcal{C}$,
$\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$, $\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$, $\mathcal{H}$,
$\mathcal{I}$ und $\mathcal{J}$ \"{a}quivalent:

\textit{Aussage }$\mathcal{A}$\textit{:} F\"{u}r jede Zahl $n\in N$ und jeden
Primteiler $p$ von $n$ gilt%
\[
b_{n\diagup p}\equiv b_{n}\operatorname{mod}p^{v_{p}\left(  n\right)  }.
\]


\textit{Aussage }$\mathcal{B}$\textit{:} Es gibt eine Familie $\left(
x_{n}\right)  _{n\in N}\in\mathbb{Z}^{N}$ ganzer Zahlen, die%
\begin{equation}
\left(  b_{n}=\sum_{d\mid n}dx_{d}^{n\diagup d}\text{ f\"{u}r jedes }n\in
N\right)  \label{7.1B}%
\end{equation}
erf\"{u}llt.

\textit{Aussage }$\mathcal{C}$\textit{:} Es gibt \textit{genau eine} Familie
$\left(  x_{n}\right)  _{n\in N}\in\mathbb{Z}^{N}$ ganzer Zahlen, die
(\ref{7.1B}) erf\"{u}llt.

\textit{Aussage }$\mathcal{D}$\textit{:} Es gibt eine Familie $\left(
y_{n}\right)  _{n\in N}\in\mathbb{Z}^{N}$ ganzer Zahlen, die
\begin{equation}
\left(  b_{n}=\sum_{d\mid n}dy_{d}\text{ f\"{u}r jedes }n\in N\right)
\label{7.1D}%
\end{equation}
erf\"{u}llt.

\textit{Aussage }$\mathcal{E}$\textit{:} Es gibt \textit{genau eine} Familie
$\left(  y_{n}\right)  _{n\in N}\in\mathbb{Z}^{N}$ ganzer Zahlen, die
(\ref{7.1D}) erf\"{u}llt.

\textit{Aussage }$\mathcal{F}$\textit{:} F\"{u}r jedes $n\in N$ gilt%
\[
\sum_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  b_{n\diagup d}\in n\mathbb{Z},
\]
wobei $\mu:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ die M\"{o}biusfunktion ist.

\textit{Aussage }$\mathcal{G}$\textit{:} F\"{u}r jedes $n\in N$ gilt%
\[
\sum_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  b_{n\diagup d}\in n\mathbb{Z}.
\]


\textit{Aussage }$\mathcal{H}$\textit{:} F\"{u}r jedes $n\in N$ gilt%
\[
\sum_{i=1}^{n}b_{\operatorname*{ggT}\left(  i,n\right)  }\in n\mathbb{Z}.
\]


\textit{Aussage }$\mathcal{I}$\textit{:} Es gibt eine Familie $\left(
q_{n}\right)  _{n\in N}\in\mathbb{Z}^{N}$ ganzer Zahlen, die
\begin{equation}
\left(  b_{n}=\sum_{d\mid n}d\dbinom{q_{d}n\diagup d}{n\diagup d}\text{
f\"{u}r jedes }n\in N\right)  \label{7.1I}%
\end{equation}
erf\"{u}llt.

\textit{Aussage }$\mathcal{J}$\textit{:} Es gibt \textit{genau eine} Familie
$\left(  q_{n}\right)  _{n\in N}\in\mathbb{Z}^{N}$ ganzer Zahlen, die
(\ref{7.1I}) erf\"{u}llt.
\end{quote}

Der Beweis dieses Satzes verl\"{a}uft v\"{o}llig analog zum Beweis von Satz
2.1 und Satz 4.7, mit dem einzigen Unterschied, da\ss \ wir jetzt nicht mehr
von Folgen, sondern von Familien reden m\"{u}ssen. Mehr soll hier zu dem
Beweis nicht gesagt werden.

Es stellt sich nun heraus, da\ss \ wir im Falle eines \textit{endlichen} Nests
$N$ zu den \"{a}quivalenten Aussagen $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$,
$\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$, $\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$,
$\mathcal{H}$, $\mathcal{I}$ und $\mathcal{J}$ noch eine zus\"{a}tzliche,
kombinatorische Aussage hinzuf\"{u}gen k\"{o}nnen:

\begin{quote}
\textbf{Satz 7.2:} Sei $N$ ein \textit{endliches} Nest, und $\left(
b_{n}\right)  _{n\in N}\in\mathbb{Z}^{N}$ eine Familie ganzer Zahlen. Dann
sind die Aussagen $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$, $\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$,
$\mathcal{E}$, $\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$, $\mathcal{H}$, $\mathcal{I}$,
$\mathcal{J}$ und $\mathcal{K}$ \"{a}quivalent, wobei $\mathcal{A}$,
$\mathcal{B}$, $\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$, $\mathcal{F}$,
$\mathcal{G}$, $\mathcal{H}$, $\mathcal{I}$ und $\mathcal{J}$ die in Satz 7.1
festgelegten Aussagen sind, und $\mathcal{K}$ die folgende Aussage ist:

\textit{Aussage }$\mathcal{K}$\textit{:} Es gibt zwei endliche Mengen $U$ und
$V$, und zwei Abbildungen $f:U\rightarrow U$ und $g:V\rightarrow V$, so da\ss
\[
\left(  \left\vert \operatorname*{Fix}\left(  f^{n}\right)  \right\vert
-\left\vert \operatorname*{Fix}\left(  g^{n}\right)  \right\vert
=b_{n}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r jedes }n\in N\right)
\]
gilt. Hierbei bezeichnet $\operatorname*{Fix}h$ die Menge $\left\{  s\in
S\ \mid\ h\left(  s\right)  =s\right\}  $, wobei $S$ eine Menge und
$h:S\rightarrow S$ eine Abbildung ist.
\end{quote}

Da\ss \ in Aussage $\mathcal{K}$ die Fixpunkte von \textit{zwei} Abbildungen
"gegeneinander abgewogen" werden (anstatt einfach die Fixpunkte von
\textit{einer} Abbildung zu z\"{a}hlen), ist n\"{o}tig, weil die Folge
$\left(  b_{n}\right)  _{n\in N}$ ja auch negative Elemente beinhalten kann.
Auch wenn die Folge $\left(  b_{n}\right)  _{n\in N}$ ausschlie\ss lich aus
nichtnegativen Zahlen besteht, sind die Aussagen $\mathcal{A}$, $\mathcal{B}$,
$\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$, $\mathcal{F}$, $\mathcal{G}$,
$\mathcal{H}$, $\mathcal{I}$ und $\mathcal{J}$ \textit{nicht} \"{a}quivalent
zu der Aussage, da\ss \ es eine endliche Menge $M$ und eine Abbildung
$h:M\rightarrow M$ gibt, die $\left\vert \operatorname*{Fix}\left(
h^{n}\right)  \right\vert =b_{n}$ f\"{u}r jedes $n\in N$ erf\"{u}llt.
Allerdings gilt folgendes:

\begin{quote}
\textbf{Satz 7.3:} Sei $N$ ein \textit{endliches} Nest, und $\left(
b_{n}\right)  _{n\in N}\in\mathbb{Z}^{N}$ eine Familie ganzer Zahlen. Dann
sind folgende vier Aussagen $\mathcal{D}_{\mathbb{N}}$, $\mathcal{E}_{N}$,
$\mathcal{F}_{\mathbb{N}}$ und $\mathcal{K}_{\mathbb{N}}$ \"{a}quivalent:

\textit{Aussage }$\mathcal{D}_{\mathbb{N}}$\textit{:} Es gibt eine Familie
$\left(  y_{n}\right)  _{n\in N}\in\mathbb{N}^{N}$ nat\"{u}rlicher Zahlen,
die
\begin{equation}
\left(  b_{n}=\sum_{d\mid n}dy_{d}\text{ f\"{u}r jedes }n\in N\right)
\label{7.3DN}%
\end{equation}
erf\"{u}llt.

\textit{Aussage }$\mathcal{E}_{\mathbb{N}}$\textit{:} Es gibt \textit{genau
eine} Familie $\left(  y_{n}\right)  _{n\in N}\in\mathbb{N}^{N}$
nat\"{u}rlicher Zahlen, die (\ref{7.1D}) erf\"{u}llt.

\textit{Aussage }$\mathcal{F}_{\mathbb{N}}$\textit{:} F\"{u}r jedes $n\in N$
gilt%
\[
\sum_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  b_{n\diagup d}\in n\mathbb{N},
\]
wobei $\mu:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ die M\"{o}biusfunktion ist.

\textit{Aussage }$\mathcal{K}_{\mathbb{N}}$\textit{:} Es gibt eine endliche
Menge $M$, und eine Abbildung $f:M\rightarrow M$, so da\ss
\[
\left(  \left\vert \operatorname*{Fix}\left(  f^{n}\right)  \right\vert
=b_{n}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r jedes }n\in N\right)
\]
gilt. Hierbei bezeichnet $\operatorname*{Fix}h$ die Menge $\left\{  m\in
M\ \mid\ h\left(  m\right)  =m\right\}  $, wobei $h:M\rightarrow M$ eine
Abbildung ist.
\end{quote}

Satz 7.2 und Satz 7.3 lassen sich am einfachsten dadurch beweisen, da\ss \ man
die \"{A}quivalenzen zwischen $\mathcal{D}$ und $\mathcal{K}$ bzw. zwischen
$\mathcal{D}_{\mathbb{N}}$ und $\mathcal{K}_{\mathbb{N}}$ nachpr\"{u}ft. Dies
wurde z. B. in [18] ausgef\"{u}hrt.\footnote{Um genauer zu sein: Satz 7.2 ist
ein Teil von Theorem 70 in [18]. Die Implikation $\mathcal{D}_{\mathbb{N}%
}\Longrightarrow\mathcal{K}_{\mathbb{N}}$ folgt aus Lemma 71 in [18]. Die
Implikation $\mathcal{K}_{\mathbb{N}}\Longrightarrow\mathcal{D}_{\mathbb{N}}$
folgt aus Proposition 65 in [18].} Man k\"{o}nnte in Satz 7.2 und Satz 7.3 auf
die Endlichkeit von $N$ verzichten, aber dann m\"{u}sste man nicht mehr die
Endlichkeit der Mengen $U$ und $V$ (in Aussage $\mathcal{K}$) bzw. die
Endlichkeit der Menge $M$ (in Aussage $\mathcal{K}_{\mathbb{N}}$) verlangen,
sondern nur noch die Endlichkeit der Mengen $\operatorname*{Fix}\left(
f^{n}\right)  $ und $\operatorname*{Fix}\left(  g^{n}\right)  $ (in Aussage
$\mathcal{K}$) bzw. die Endlichkeit der Menge $\operatorname*{Fix}\left(
f^{n}\right)  $ (in Aussage $\mathcal{K}_{\mathbb{N}}$%
).\ \ \ \ \footnote{Genaueres dazu in [18], Theorem 60 und Proposition 65.}

Die \"{A}quivalenzen $\mathcal{F}_{\mathbb{N}}\Longleftrightarrow
\mathcal{K}_{\mathbb{N}}$ und $\mathcal{F}\Longleftrightarrow\mathcal{K}$
kommen implizit in [19] vor (im Kontext des sogenannten Burnsideringes).

[...]

* beweise

* dold erw\"{a}hnen?

* perlenketten als sonderfall

* phi-summe = anzahl der \"{A}K mod aktion; mu-summe = anzahl der afixpunkte

...

\section{Zahlentheorie III: Irreduzible Polynome \"{u}ber $\mathbb{F}_{q}$}

In diesem Kapitel werden wir eine andere Interpretation der Zahl $\dfrac{1}%
{n}\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  q^{n\diagup d}$ geben,
\textit{aber nur im Fall, da\ss \ }$q$ \textit{eine (von }$1$
\textit{verschiedene) Primpotenz ist}. Und zwar interpretieren wir diese Zahl
als Anzahl der monischen irreduziblen Polynome \"{u}ber dem endlichen
K\"{o}rper mit $q$ Elementen (die Existenz eines solchen K\"{o}rpers f\"{u}r
jede Primpotenz $q$ werden wir dabei, als Nebenprodukt unseres Argumentes,
auch beweisen).

Das Verst\"{a}ndnis dieses Kapitels setzt nicht mehr als einige
rudiment\"{a}re Kenntnisse in der linearen Algebra voraus: den Begriff eines
K\"{o}rpers\footnote{Unter einem K\"{o}rper verstehen wir einen kommutativen
Ring mit Eins, in dem jedes von $0$ verschiedene Element invertierbar ist, und
in dem $1\neq0$ gilt.} und grundlegende Eigenschaften von Vektorr\"{a}umen.
Wir werden ferner einige Eigenschaften von K\"{o}rpererweiterungen verwenden,
aber diese werden wir auch beweisen.

\subsection{Endliche K\"{o}rper}

Ausgangspunkt dieses Abschnittes ist die Frage, f\"{u}r welche nat\"{u}rlichen
Zahlen $q$ es einen K\"{o}rper mit $q$ Elementen gibt. Zuerst einmal ist
bekannt, da\ss \ f\"{u}r jede Primzahl $p$ der Ring $\mathbb{Z}\diagup\left(
p\mathbb{Z}\right)  $, der aus den Restklassen ganzer Zahlen modulo $p$
besteht, ein K\"{o}rper mit $p$ Elementen ist. Zumindest f\"{u}r den Fall,
da\ss \ $q$ eine Primzahl ist, gibt es also einen K\"{o}rper mit $q$
Elementen. Doch gibt es ihn auch f\"{u}r andere Werte von $q$ ? Zun\"{a}chst
wollen wir sehen, da\ss \ so ein K\"{o}rper keine Chance zu existieren hat,
wenn $q$ keine Primpotenz ist:

\begin{quote}
\textbf{Satz 8.1:} Sei $F$ ein K\"{o}rper mit endlich vielen Elementen. Dann
ist $\left\vert F\right\vert $ eine von $1$ verschiedene Primpotenz.
\end{quote}

\textit{Beweis von Satz 8.1:} Wir betrachten die Eins $1_{F}$ und die Null
$0_{F}$ des K\"{o}rpers $F$. Da $F$ ein K\"{o}rper ist, gilt $1_{F}\neq0_{F}$.

F\"{u}r jede ganze Zahl $n\in\mathbb{Z}$ definieren wir ein Element $n1_{F}$
von $F$ folgenderma\ss en:%
\[
n1_{F}=\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
\underbrace{1_{F}+1_{F}+...+1_{F}}_{n\text{ mal}}%
,\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{falls }n\geq0;\\
-\left(  \underbrace{1_{F}+1_{F}+...+1_{F}}_{-n\text{ mal}}\right)
,\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{falls }n<0
\end{array}
\right.  .
\]
F\"{u}r alle $n\in\mathbb{Z}$ und $m\in\mathbb{Z}$ ist $\left(  n+m\right)
1_{F}=n1_{F}+m1_{F}$ und $\left(  n\cdot m\right)  1_{F}=\left(
n1_{F}\right)  \cdot\left(  m1_{F}\right)  $ (wie man leicht einsieht), und
au\ss erdem ist $0_{F}=0\cdot1_{F}$ und $1_{F}=1\cdot1_{F}$. Somit ist die
Menge $\left\{  n1_{F}\ \mid\ n\in\mathbb{Z}\right\}  $ ein Unterring des
K\"{o}rpers $F$.

Die Elemente $n1_{F}\in F$ f\"{u}r verschiedene $n\in\mathbb{Z}$ k\"{o}nnen
nicht allesamt paarweise verschieden sein, denn dann g\"{a}be es unendlich
viele von diesen Elementen (weil es unendlich viele $n\in\mathbb{Z}$ gibt),
was aber im Widerspruch dazu st\"{u}nde, da\ss \ $F$ endlich ist. Somit
m\"{u}ssen unter den Elementen $n1_{F}\in F$ f\"{u}r verschiedene
$n\in\mathbb{Z}$ mindestens zwei gleiche vorkommen. Das hei\ss t, es gibt zwei
verschiedene $\lambda\in\mathbb{Z}$ und $\mu\in\mathbb{Z}$ mit $\lambda
1_{F}=\mu1_{F}$. Wir k\"{o}nnen o. B. d. A. annehmen, da\ss \ $\lambda\geq\mu$
ist (denn sonst vertauschen wir $\lambda$ und $\mu$ miteinander); dann ist
$\lambda>\mu$ (denn $\lambda$ und $\mu$ sind verschieden), also $\lambda
-\mu>0$. Doch $\left(  \lambda-\mu\right)  1_{F}=\underbrace{\lambda1_{F}%
}_{=\mu1_{F}}-\mu1_{F}=0_{F}$. Folglich gibt es positive ganze Zahlen $i$,
f\"{u}r die $i1_{F}=0_{F}$ in $F$ ist (denn $\lambda-\mu$ ist eine solche Zahl
$i$). Es gibt daher auch eine \textit{kleinste} solche Zahl $i$. Sei $p$ diese
kleinste Zahl, d. h. die kleinste positive ganze Zahl $i$, f\"{u}r die
$i1_{F}=0_{F}$ in $F$ ist.\footnote{Diese Zahl $p$ hei\ss t die
\textit{Charakteristik} des K\"{o}rpers $F$.} Dann ist $p1_{F}=0_{F}$, aber%
\begin{equation}
\text{f\"{u}r jede positive ganze Zahl }i\text{ mit }i<p\text{ gilt }%
i1_{F}\neq0_{F}. \label{8.1.pf.1}%
\end{equation}


Wir zeigen nun zun\"{a}chst, da\ss \ $p$ eine Primzahl ist.

In der Tat nehmen wir an, dies w\"{a}re unwahr. Das hei\ss t, $p$ w\"{a}re
keine Primzahl. Da $p\neq1$ ist (denn sonst w\"{a}re $p1_{F}=1_{F}$ im
Widerspruch zu $p1_{F}=0_{F}\neq1_{F}$), l\"{a}\ss t sich die Zahl $p$ also
als Produkt zweier nat\"{u}rlicher Zahlen $n$ und $m$ schreiben, die $n<p$ und
$m<p$ erf\"{u}llen. Das hei\ss t, $p=n\cdot m$. Dann ist%
\[
0_{F}=\underbrace{p}_{=n\cdot m}1_{F}=\left(  n\cdot m\right)  1_{F}=\left(
n1_{F}\right)  \cdot\left(  m1_{F}\right)
\]
in $F$. Doch wegen $n1_{F}\neq0_{F}$ (nach (\ref{8.1.pf.1}), angewandt auf
$i=n$) ist $n1_{F}$ invertierbar (denn $F$ ist ein K\"{o}rper, und somit ist
jedes von $0_{F}$ verschiedene Element von $F$ invertierbar) kann man die
Gleichung $0_{F}=\left(  n1_{F}\right)  \cdot\left(  m1_{F}\right)  $ durch
$n1_{F}$ teilen, und erh\"{a}lt $0_{F}=m1_{F}$. Dies steht aber im Widerspruch
zu $0_{F}\neq m1_{F}$ (was aus (\ref{8.1.pf.1}), angewandt auf $i=m$, folgt).
Dieser Widerspruch zeigt, da\ss \ unsere Annahme falsch ist, und somit ist
bewiesen, da\ss \ $p$ eine Primzahl ist.

Sei nun $P$ der Unterring $\left\{  n1_{F}\ \mid\ n\in\mathbb{Z}\right\}  $
des K\"{o}rpers $F$. Zuerst will ich zeigen, da\ss \ $\left\vert P\right\vert
=p$ ist. In der Tat gilt $n1_{F}\in\left\{  m1_{F}\ \mid\ m\in\left\{
0,1,...,p-1\right\}  \right\}  $ f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{Z}$%
\ \ \ \footnote{\textit{Beweis:} Sei $n^{\prime}$ der Rest von $n$ bei
Division durch $p$. Dann ist $n^{\prime}\in\left\{  0,1,...,p-1\right\}  $ und
$n\equiv n^{\prime}\operatorname{mod}p$. Aus $n\equiv n^{\prime}%
\operatorname{mod}p$ folgt $p\mid n-n^{\prime}$, also $u\cdot p=n-n^{\prime}$
f\"{u}r ein $u\in\mathbb{Z}$. Damit ist $n=u\cdot p+n^{\prime}$, also%
\begin{align*}
n1_{F}  &  =\left(  u\cdot p+n^{\prime}\right)  1_{F}=\underbrace{\left(
u\cdot p\right)  1_{F}}_{=\left(  u1_{F}\right)  \cdot\left(  p1_{F}\right)
}+n^{\prime}1_{F}=\left(  u1_{F}\right)  \cdot\underbrace{\left(
p1_{F}\right)  }_{=0_{F}}+n^{\prime}1_{F}\\
&  =\underbrace{\left(  u1_{F}\right)  \cdot0_{F}}_{=0_{F}}+n^{\prime}%
1_{F}=n^{\prime}1_{F}\in\left\{  m1_{F}\ \mid\ m\in\left\{
0,1,...,p-1\right\}  \right\}
\end{align*}
(denn $n^{\prime}\in\left\{  0,1,...,p-1\right\}  $), was zu beweisen war.}.
Das hei\ss t, $\left\{  n1_{F}\ \mid\ n\in\mathbb{Z}\right\}  \subseteq
\left\{  m1_{F}\ \mid\ m\in\left\{  0,1,...,p-1\right\}  \right\}  $. Zusammen
mit $\left\{  m1_{F}\ \mid\ m\in\left\{  0,1,...,p-1\right\}  \right\}
\subseteq\left\{  n1_{F}\ \mid\ n\in\mathbb{Z}\right\}  $ (was trivial ist),
ergibt dies%
\[
\left\{  n1_{F}\ \mid\ n\in\mathbb{Z}\right\}  =\left\{  m1_{F}\ \mid
\ m\in\left\{  0,1,...,p-1\right\}  \right\}  .
\]
Wegen $\left\{  n1_{F}\ \mid\ n\in\mathbb{Z}\right\}  =P$ wird dies zu%
\begin{equation}
P=\left\{  m1_{F}\ \mid\ m\in\left\{  0,1,...,p-1\right\}  \right\}  .
\label{8.1.pf.2}%
\end{equation}
Doch die Elemente $m1_{F}\in F$ f\"{u}r verschiedene $m\in\left\{
0,1,...,p-1\right\}  $ sind allesamt paarweise verschieden (denn f\"{u}r je
zwei verschiedene Elemente $m_{1}$ und $m_{2}$ von $\left\{
0,1,...,p-1\right\}  $ sind auch die Elemente $m_{1}1_{F}$ und $m_{2}1_{F}$
voneinander verschieden\footnote{\textit{Beweis:} Seien $m_{1}$ und $m_{2}$
zwei verschiedene Elemente von $\left\{  0,1,...,p-1\right\}  $. Wir wollen
beweisen, da\ss \ auch die Elemente $m_{1}1_{F}$ und $m_{2}1_{F}$ voneinander
verschieden sind. In der Tat k\"{o}nnen wir o. B. d. A. annehmen,
da\ss \ $m_{1}\geq m_{2}$ ist (da wir sonst $m_{1}$ und $m_{2}$ miteinander
vertauschen k\"{o}nnen). Dann ist also $m_{1}>m_{2}$ (denn $m_{1}$ und $m_{2}$
sind verschieden), also $m_{1}-m_{2}>0$. Andererseits ist $m_{1}%
-\underbrace{m_{2}}_{\geq0}\leq m_{1}<p$. Wir k\"{o}nnen also (\ref{8.1.pf.1})
auf $i=m_{1}-m_{2}$ anwenden, und erhalten $\left(  m_{1}-m_{2}\right)
1_{F}\neq0_{F}$. Aus $m_{1}=m_{2}+\left(  m_{1}-m_{2}\right)  $ folgt nun%
\[
m_{1}1_{F}=\left(  m_{2}+\left(  m_{1}-m_{2}\right)  \right)  1_{F}=m_{2}%
1_{F}+\underbrace{\left(  m_{1}-m_{2}\right)  1_{F}}_{\neq0_{F}}\neq
m_{2}1_{F}.
\]
Das hei\ss t, die Elemente $m_{1}1_{F}$ und $m_{2}1_{F}$ sind voneinander
verschieden, was zu beweisen war.}). Das hei\ss t, $\left\vert \left\{
m1_{F}\ \mid\ m\in\left\{  0,1,...,p-1\right\}  \right\}  \right\vert
=\left\vert \left\{  0,1,...,p-1\right\}  \right\vert =p$, und damit%
\begin{align*}
\left\vert P\right\vert  &  =\left\vert \left\{  m1_{F}\ \mid\ m\in\left\{
0,1,...,p-1\right\}  \right\}  \right\vert \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\text{nach (\ref{8.1.pf.2})}\right) \\
&  =p.
\end{align*}


Wir wollen jetzt zeigen, da\ss \ der Unterring $P$ des K\"{o}rpers $F$ nicht
nur ein Ring, sondern selber ein K\"{o}rper ist. In der Tat ist klar,
da\ss \ $P$ ein kommutativer Ring mit Eins ist. Um zu beweisen, da\ss \ $P$
ein K\"{o}rper ist, m\"{u}ssen wir also nur noch zeigen, da\ss \ jedes vom
Nullelement $0_{F}$ verschiedene Element von $P$ ein multiplikatives Inverses
hat. Doch dies ist leicht: Sei $u$ ein vom Nullelement $0_{F}$ verschiedene
Element von $P$. Wegen $P=\left\{  n1_{F}\ \mid\ n\in\mathbb{Z}\right\}  $
gibt es also ein $N\in\mathbb{Z}$ mit $u=N1_{F}$. Wir haben $p\nmid N$ (denn
sonst w\"{a}re $p\mid N$, also $N=p\cdot k$ f\"{u}r irgendein $k\in\mathbb{Z}%
$, und damit $u=\underbrace{N}_{=p\cdot k}1_{F}=\left(  p\cdot k\right)
1_{F}=\underbrace{\left(  p1_{F}\right)  }_{=0_{F}}\cdot\left(  k1_{F}\right)
=0_{F}\cdot\left(  k1_{F}\right)  =0_{F}$, im Widerspruch zu $u\neq0_{F}$).
Somit ist $N$ teilerfremd zu $p$ (denn $p$ ist eine Primzahl). Folglich gibt
es nach dem Satz von B\'{e}zout\footnote{\textbf{Satz von B\'{e}zout:} Sind
$u$ und $v$ zwei teilerfremde ganze Zahlen, dann gibt es zwei ganze Zahlen
$\alpha$ und $\beta$ mit $\alpha\cdot u+\beta\cdot v=1$.} (angewandt auf $N$
und $p$ statt $u$ und $v$) zwei ganze Zahlen $\alpha$ und $\beta$ mit
$\alpha\cdot N+\beta\cdot p=1$. Also ist $\alpha\cdot N=1-\beta\cdot p$ und
damit%
\begin{align*}
\left(  \alpha1_{F}\right)  \cdot\underbrace{u}_{=N1_{F}}  &  =\left(
\alpha1_{F}\right)  \cdot\left(  N1_{F}\right)  =\underbrace{\left(
\alpha\cdot N\right)  }_{=1-\beta\cdot p}1_{F}=\left(  1-\beta\cdot p\right)
1_{F}\\
&  =\underbrace{1\cdot1_{F}}_{=1_{F}}-\underbrace{\left(  \beta\cdot p\right)
1_{F}}_{=\left(  \beta1_{F}\right)  \cdot\left(  p1_{F}\right)  }%
=1_{F}-\left(  \beta1_{F}\right)  \cdot\underbrace{\left(  p1_{F}\right)
}_{=0_{F}}\\
&  =1_{F}-\underbrace{\left(  \beta1_{F}\right)  \cdot0_{F}}_{=0_{F}}=1_{F}.
\end{align*}
Damit hat das Element $u\in P$ ein multiplikatives Inverses $\alpha1_{F}%
\in\left\{  n1_{F}\ \mid\ n\in\mathbb{Z}\right\}  =P$. Da wir dies f\"{u}r
jedes vom Nullelement $0_{F}$ verschiedene Element $u$ von $P$ bewiesen haben,
wissen wir jetzt also: Jedes vom Nullelement $0_{F}$ verschiedene Element $u$
von $P$ hat ein multiplikatives Inverses in $P$. Da $P$ ein kommutativer Ring
ist, ist also $P$ ein K\"{o}rper.

Nun ist klar, da\ss \ $F$ ein Vektorraum \"{u}ber dem K\"{o}rper $P$ ist (denn
alle Vektorraumaxiome sind erf\"{u}llt, weil sie aus den K\"{o}rperaxiomen
f\"{u}r $P$ folgen). Da dieser Vektorraum $F$ endlich erzeugt ist (denn $F$
selber ist ein endliches Erzeugendensystem f\"{u}r den Vektorraum $F$), hat
der Vektorraum $F$ eine endliche Dimension als $P$-Vektorraum. Sei $d$ diese
Dimension. Dann ist $\left\vert F\right\vert =\left\vert P\right\vert ^{d}$.
Wegen $\left\vert P\right\vert =p$ ist also $\left\vert F\right\vert =p^{d}$.
Da $p$ eine Primzahl ist, ist also $\left\vert F\right\vert $ eine Primpotenz.
Auch ist klar, da\ss \ $\left\vert F\right\vert $ von $1$ verschieden ist
(denn der K\"{o}rper $F$ hat mindestens zwei verschiedene Elemente,
n\"{a}mlich $0_{F}$ und $1_{F}$). Satz 8.1 ist damit bewiesen.

Wir wissen damit: F\"{u}r jede Primzahl $q$ gibt es einen K\"{o}rper mit $q$
Elementen, und f\"{u}r eine Zahl $q$, die keine von $1$ verschiedene
Primpotenz ist, kann es einen solchen K\"{o}rper nicht geben (nach Satz 8.1).
Was gilt aber f\"{u}r Werte von $q$, die keine Primzahlen aber von $1$
verschiedene Primpotenzen sind? Wir werden sehen, da\ss \ es f\"{u}r diese
Werte auch einen solchen K\"{o}rper gibt:

\begin{quote}
\textbf{Satz 8.2:} Sei $q$ eine von $1$ verschiedene Primpotenz. Dann gibt es
einen K\"{o}rper mit $q$ Elementen.
\end{quote}

Wir werden diesen Satz in den n\"{a}chsten Unterabschnitten von Abschnitt 8
beweisen. Der Beweis, den wir f\"{u}hren, ist nicht der einfachste, allerdings
einer der elementarsten (er verwendet nur den Begriff einer
K\"{o}rpererweiterung). Es gibt andere Beweise, aber keiner davon ist
gleichzeitig schnell und elementar. Meines Wissens gibt es sogar keinen
einzigen Beweis, der diesen K\"{o}rper mit $q$ Elementen (der \"{u}brigens bis
auf Isomorphie eindeutig ist) auf irgendeine Weise "kanonisch" konstruiert.
Die Beweise von Satz 8.2 sind zwar - formal gesehen - konstruktiv; das
hei\ss t, man kann mit ihrer Hilfe einen Algorithmus erstellen, der einen
K\"{o}rper mit $q$ Elementen (also seine Additions- und
Multiplikationstabellen) ausrechnet. Aber diese Algorithmen haben eine sehr
lange Worst-Case-Laufzeit und sind nicht wirklich "sch\"{o}n". Der
Algorithmus, den man aus dem Beweis von Satz 8.2, den ich weiter unten
beschreiben werde, extrahieren kann, l\"{a}uft im Wesentlichen auf ein
Brute-Force-Durchk\"{a}mmen aller $p^{n}$ monischen Polynome von Grad $n$
\"{u}ber dem K\"{o}rper $\mathbb{Z}\diagup p\mathbb{Z}$ hinaus (wobei $p$ die
Primzahl ist, deren Potenz $q$ ist, und $n$ der Exponent in $p^{n}=q$).
Irgendwann findet man darunter ein irreduzibles (denn die Anzahl aller
monischen irreduziblen Polynome von Grad $n$ \"{u}ber dem K\"{o}rper
$\mathbb{Z}\diagup p\mathbb{Z}$ ist $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}%
\mu\left(  d\right)  p^{n\diagup d}>0$), aber bis man es gefunden hat, muss
man im schlimmsten Fall ungef\"{a}hr $\dfrac{n-1}{n}p^{n}$ Polynome vergeblich
auf Irreduzibilit\"{a}t \"{u}berpr\"{u}fen. Und auch wenn man ein irreduzibles
Polynom findet, hat es etwas Willk\"{u}rliches - man h\"{a}tte genauso gut auf
eins der $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  p^{n\diagup
d}-1$ anderen monischen irreduziblen Polynome sto\ss en k\"{o}nnen. Man kann
also theoretisch einen K\"{o}rper mit $q$ Elementen konstruieren, aber diese
Konstruktion kann sehr lange dauern und das Ergebnis h\"{a}ngt davon ab, in
welcher Reihenfolge man die Polynome nach einem irreduziblen durchsucht
(obwohl alle K\"{o}rper mit $q$ Elementen letztendlich zueinander isomorph
sind). Wenn man in der Praxis einen K\"{o}rper mit $q$ Elementen
\textit{f\"{u}r festes }$q$ n\"{o}tig hat\footnote{Und dies hat man sehr
h\"{a}ufig in Kodierungstheorie und Kryptographie.}, verwendet man daher fast
nie allgemeine Algorithmen zu seiner Konstruktion, sondern nimmt vorgefertigte
Additions- und Multiplikationstabellen.

\subsection{Die Anzahl aller monischen irreduziblen Polynome \"{u}ber $F$}

Nun der Hauptsatz dieses Abschnitts:

\begin{quote}
\textbf{Satz 8.3:} Sei $F$ ein K\"{o}rper mit endlich vielen Elementen.
F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}$ gibt es dann genau $\dfrac{1}{n}\sum
\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  \left\vert F\right\vert ^{n\diagup d}$
monische irreduzible Polynome in $F\left[  X\right]  $ vom Grad $n$.
\end{quote}

Der Beweis dieses Satzes f\"{u}hrt uns \"{u}ber einen Umweg zum Ziel. Zuerst
einmal m\"{u}ssen wir die irreduziblen Faktoren des Polynoms $X^{q^{n}}-X$
(wobei $q=\left\vert F\right\vert $) betrachten:

\begin{quote}
\textbf{Satz 8.4:} Sei $F$ ein K\"{o}rper mit endlich vielen Elementen. Sei
$q=\left\vert F\right\vert $. Sei $n\in\mathbb{N}$. Ist $Q\in F\left[
X\right]  $ ein irreduzibles Polynom mit $Q\mid X^{q^{n}}-X$, dann ist $\deg
Q\mid n$.

\textbf{Satz 8.5:} Sei $F$ ein K\"{o}rper mit endlich vielen Elementen. Sei
$q=\left\vert F\right\vert $. Sei $n\in\mathbb{N}$. Ist $Q\in F\left[
X\right]  $ ein irreduzibles Polynom mit $\deg Q\mid n$, dann ist $Q\mid
X^{q^{n}}-X$.

\textbf{Satz 8.6:} Sei $F$ ein K\"{o}rper mit endlich vielen Elementen. Sei
$q=\left\vert F\right\vert $. Sei $n\in\mathbb{N}$. Ist $Q\in F\left[
X\right]  $ ein Polynom mit $Q^{2}\mid X^{q^{n}}-X$, dann ist $\deg Q=0$.

\textbf{Satz 8.7:} Sei $F$ ein K\"{o}rper mit endlich vielen Elementen. Sei
$q=\left\vert F\right\vert $. F\"{u}r jedes $d\in\mathbb{N}$ sei
$\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}$ die Menge aller monischen irreduziblen
Polynome $Q\in F\left[  X\right]  $, die $\deg Q=d$ erf\"{u}llen. F\"{u}r
jedes $n\in\mathbb{N}$ gilt dann%
\[
X^{q^{n}}-X=\prod\limits_{d\mid n}\prod\limits_{Q\in\operatorname*{Irr}%
\nolimits_{d}}Q.
\]



\end{quote}

Diese S\"{a}tze werden wir alle im n\"{a}chsten Abschnitt zeigen. Zuerst
jedoch wollen wir sehen, wie Satz 8.3 aus ihnen folgt:

\textit{Beweis von Satz 8.3:} Sei $q=\left\vert F\right\vert $. Wir erinnern
uns an die Definitionen des Begriffs "Dirichlet-Faltung" aus Abschnitt 2.4.

Wir betrachten $n\in\mathbb{N}$ nicht als vorgegeben, sondern als variabel.
F\"{u}r jedes $d\in\mathbb{N}$ sei $\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}$ die
Menge aller monischen irreduziblen Polynome $Q\in F\left[  X\right]  $, die
$\deg Q=d$ erf\"{u}llen. Wir definieren eine Zahlenfunktion $\tau
:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ durch%
\[
\left(  \tau\left(  d\right)  =\left\vert \operatorname*{Irr}\nolimits_{d}%
\right\vert \cdot d\text{ f\"{u}r alle }d\in\mathbb{N}_{+}\right)  .
\]
Wir werden nun zeigen, da\ss \ $\left(  \tau\ast\underline{1}\right)  \left(
n\right)  =q^{n}$ f\"{u}r alle $n\in\mathbb{N}_{+}$ gilt. Dazu definieren wir
eine weitere Zahlenfunktion $\mathfrak{f}:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$
durch%
\[
\left(  \mathfrak{f}\left(  n\right)  =q^{n}\text{ f\"{u}r alle }%
n\in\mathbb{N}_{+}\right)  .
\]
Jetzt beweisen wir, da\ss \ $\mathfrak{f}=\tau\ast\underline{1}$ gilt.

F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}$ ist%
\begin{align*}
\mathfrak{f}\left(  n\right)   &  =q^{n}=\deg\left(  X^{q^{n}}-X\right)
=\deg\left(  \prod\limits_{d\mid n}\prod\limits_{Q\in\operatorname*{Irr}%
\nolimits_{d}}Q\right)  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{nach Satz
8.7}\right) \\
&  =\sum\limits_{d\mid n}\sum\limits_{Q\in\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}%
}\underbrace{\deg Q}_{=d\text{, denn }Q\in\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}}\\
&  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(
\begin{array}
[c]{c}%
\text{denn \"{u}ber einem K\"{o}rper ist der Grad eines Produktes von}\\
\text{Polynomen gleich der Summe der Grade dieser Polynome}%
\end{array}
\right) \\
&  =\sum\limits_{d\mid n}\underbrace{\sum\limits_{Q\in\operatorname*{Irr}%
\nolimits_{d}}d}_{=\left\vert \operatorname*{Irr}\nolimits_{d}\right\vert
\cdot d}=\sum\limits_{d\mid n}\underbrace{\left\vert \operatorname*{Irr}%
\nolimits_{d}\right\vert \cdot d}_{=\tau\left(  d\right)  }=\sum\limits_{d\mid
n}\tau\left(  d\right)  ,
\end{align*}
und nach der Definition der Dirichlet-Faltung ist $\left(  \tau\ast
\underline{1}\right)  \left(  n\right)  =\sum\limits_{d\mid n}\tau\left(
d\right)  \underbrace{\underline{1}\left(  \dfrac{n}{d}\right)  }_{=1}%
=\sum\limits_{d\mid n}\tau\left(  d\right)  $, also $\mathfrak{f}\left(
n\right)  =\left(  \tau\ast\underline{1}\right)  \left(  n\right)  $. Daraus
folgt $\mathfrak{f}=\tau\ast\underline{1}=\underline{1}\ast\tau$ (da die
Dirichlet-Faltung $\ast$ kommutativ ist). Dies f\"{u}hrt wiederum auf%
\begin{align*}
\mu\ast\mathfrak{f}  &  =\mu\ast\left(  \underline{1}\ast\tau\right)  =\left(
\mu\ast\underline{1}\right)  \ast\tau\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn
die Dirichlet-Faltung }\ast\text{ ist assoziativ}\right) \\
&  =\varepsilon\ast\tau\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn }\mu
\ast\underline{1}=\varepsilon\text{ nach Satz 2.4 \textbf{(b)}}\right) \\
&  =\tau\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{denn }\varepsilon\ast f=f\text{
f\"{u}r jede Zahlenfunktion }f\right)  .
\end{align*}
F\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}$ ist also $\left(  \mu\ast\mathfrak{f}\right)
\left(  n\right)  =\tau\left(  n\right)  $. Da $\left(  \mu\ast\mathfrak{f}%
\right)  \left(  n\right)  =\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)
\mathfrak{f}\left(  \dfrac{n}{d}\right)  $ (nach der Definition der
Dirichlet-Faltung) und $\tau\left(  n\right)  =\left\vert \operatorname*{Irr}%
\nolimits_{n}\right\vert \cdot n$ ist (gem\"{a}\ss \ der Definition von $\tau
$), bedeutet dies $\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  \mathfrak{f}%
\left(  \dfrac{n}{d}\right)  =\left\vert \operatorname*{Irr}\nolimits_{n}%
\right\vert \cdot n$, also%
\[
\left\vert \operatorname*{Irr}\nolimits_{n}\right\vert =\dfrac{1}{n}%
\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  \mathfrak{f}\left(  \dfrac{n}%
{d}\right)  =\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  \left\vert
F\right\vert ^{n\diagup d}%
\]
(denn nach der Definition von $\mathfrak{f}$ ist $\mathfrak{f}\left(
\dfrac{n}{d}\right)  =q^{n\diagup d}=\left\vert F\right\vert ^{n\diagup d}$).
Nun ist aber $\operatorname*{Irr}\nolimits_{n}$ definiert als die Menge aller
monischen irreduziblen Polynome $Q\in F\left[  X\right]  $, die $\deg Q=n$
erf\"{u}llen. Folglich ist $\left\vert \operatorname*{Irr}\nolimits_{n}%
\right\vert $ die Anzahl aller monischen irreduziblen Polynome $Q\in F\left[
X\right]  $, die $\deg Q=n$ erf\"{u}llen. Das hei\ss t, $\left\vert
\operatorname*{Irr}\nolimits_{n}\right\vert $ ist die Anzahl aller monischen
irreduziblen Polynome $Q\in F\left[  X\right]  $ vom Grad $n$. Aus $\left\vert
\operatorname*{Irr}\nolimits_{n}\right\vert =\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid
n}\mu\left(  d\right)  \left\vert F\right\vert ^{n\diagup d}$ folgt also: Die
Anzahl aller monischen irreduziblen Polynome $Q\in F\left[  X\right]  $ vom
Grad $n$ ist $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)  \left\vert
F\right\vert ^{n\diagup d}$. Damit ist Satz 8.3 bewiesen.

[...]

\textit{Beweis von Satz 8.7:} Erstmal eine triviale Anmerkung: Die Mengen
$\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}$ f\"{u}r verschiedene $d\in\mathbb{N}$ sind
paarweise disjunkt, d. h. f\"{u}r je zwei verschiedene $d\in\mathbb{N}$ und
$e\in\mathbb{N}$ gilt $\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}\cap\operatorname*{Irr}%
\nolimits_{e}=\varnothing$\ \ \ \ \footnote{\textit{Beweis:} F\"{u}r jedes
$P\in\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}\cap\operatorname*{Irr}\nolimits_{e}$
gilt, da\ss \ $P$ ein irreduzibles Polynom mit $\deg P=d$ ist (da
$P\in\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}\cap\operatorname*{Irr}\nolimits_{e}%
\subseteq\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}$), und da\ss \ $P$ ein irreduzibles
Polynom mit $\deg P=e$ ist (da $P\in\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}%
\cap\operatorname*{Irr}\nolimits_{e}\subseteq\operatorname*{Irr}\nolimits_{e}%
$). F\"{u}r jedes $P\in\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}\cap\operatorname*{Irr}%
\nolimits_{e}$ gilt also $d=\deg P=\deg P=e$ im Widerspruch zu $d\neq e$.
Somit existiert kein $P\in\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}\cap
\operatorname*{Irr}\nolimits_{e}$. Das hei\ss t, $\operatorname*{Irr}%
\nolimits_{d}\cap\operatorname*{Irr}\nolimits_{e}=\varnothing$.}.

Jedes Polynom $Q\in F\left[  X\right]  $ hat eine Primfaktorzerlegung, d. h.
eine Darstellung in der Form $Q=\beta\cdot\prod\limits_{i=1}^{M}Q_{i}$, wobei
$\beta\in F$ ein K\"{o}rperelement ist, $M$ eine nat\"{u}rliche Zahl ist, und
$Q_{1}$, $Q_{2}$, $...$, $Q_{M}$ monische irreduzible Polynome sind. Sei%
\[
X^{q^{n}}-X=\alpha\cdot\prod\limits_{i=1}^{N}P_{i}%
\]
die Primfaktorzerlegung des Polynoms $X^{q^{n}}-X$, wobei $\alpha\in F$ ein
K\"{o}rperelement ist, $N$ eine nat\"{u}rliche Zahl ist, und $P_{1}$, $P_{2}$,
$...$, $P_{N}$ monische irreduzible Polynome sind.

Da die Polynome $P_{1}$, $P_{2}$, $...$, $P_{N}$ alle monisch sind, ist
$\alpha$ der Leitkoeffizient des Produktes $\alpha\cdot\prod\limits_{i=1}%
^{N}P_{i}=X^{q^{n}}-X$, und damit gleich $1$. Wir haben also $\alpha=1$, und
somit wird $X^{q^{n}}-X=\alpha\cdot\prod\limits_{i=1}^{N}P_{i}$ zu $X^{q^{n}%
}-X=\prod\limits_{i=1}^{N}P_{i}$.

Die Polynome $P_{1}$, $P_{2}$, $...$, $P_{N}$ m\"{u}ssen paarweise verschieden
sein (denn w\"{a}ren zwei von ihnen gleich, dann w\"{u}rden wir mithilfe von
Satz 8.6 schnell auf einen Widerspruch sto\ss en\footnote{Hier ist der
Widerspruch im Detail: W\"{a}ren zwei der Polynome $P_{1}$, $P_{2}$, $...$,
$P_{N}$ gleich, d. h. g\"{a}be es zwei verschiedene Elemente $i$ und $j$ der
Menge $\left\{  1,2,...,n\right\}  $ mit $P_{i}=P_{j}$, dann w\"{a}re
$X^{q^{n}}-X=\prod\limits_{i=1}^{N}P_{i}$ teilbar durch $\underbrace{P_{i}%
}_{=P_{j}}\cdot P_{j}=P_{j}^{2}$, was (nach Satz 8.6, angewandt auf $Q=P_{j}$)
zu $\deg P_{j}=0$ f\"{u}hren w\"{u}rde, im Widerspruch dazu, da\ss \ $P_{j}$
irreduzibel ist.}). Daher kommt jedes Element der Menge $\left\{  P_{1}%
,P_{2},...,P_{N}\right\}  $ im\ Produkt $\prod\limits_{i=1}^{N}P_{i}$ genau
einmal vor; das hei\ss t,
\[
\prod\limits_{Q\in\left\{  P_{1},P_{2},...,P_{N}\right\}  }Q=\prod
\limits_{i=1}^{N}P_{i}=X^{q^{n}}-X.
\]


Wir werden nun zeigen, da\ss \ $\left\{  P_{1},P_{2},...,P_{N}\right\}
=\bigcup\limits_{d\mid n}\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}$ ist. In der Tat
gilt $\left\{  P_{1},P_{2},...,P_{N}\right\}  \subseteq\bigcup\limits_{d\mid
n}\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}$, denn f\"{u}r jedes $i\in\left\{
1,2,...,N\right\}  $ ist $P_{i}\in\bigcup\limits_{d\mid n}\operatorname*{Irr}%
\nolimits_{d}$\ \ \ \ \footnote{\textit{Beweis:} Es gilt $P_{i}\mid
\prod\limits_{i=1}^{N}P_{i}=X^{q^{n}}-X$ und daher $\deg P_{i}\mid n$ (nach
Satz 8.4, angewandt auf $Q=P_{i}$) und daher $P_{i}\in\operatorname*{Irr}%
\nolimits_{\deg P_{i}}$ (nach der Definition von $\operatorname*{Irr}%
\nolimits_{\deg P_{i}}$, denn $P_{i}$ ist ein monisches irreduzibles Polynom
mit $\deg P_{i}=\deg P_{i}$), also $P_{i}\in\bigcup\limits_{d\mid
n}\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}$ (denn $\deg P_{i}\mid n$).}. Andererseits
gilt $\bigcup\limits_{d\mid n}\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}\subseteq
\left\{  P_{1},P_{2},...,P_{N}\right\}  $, denn f\"{u}r jedes $Q\in
\bigcup\limits_{d\mid n}\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}$ gilt $Q\in\left\{
P_{1},P_{2},...,P_{N}\right\}  $\ \ \ \ 

\textit{Beweis:} Aus $Q\in\bigcup\limits_{d\mid n}\operatorname*{Irr}%
\nolimits_{d}$ folgt, da\ss \ es ein $d\in\mathbb{N}$ mit $d\mid n$ gibt, das
$Q\in\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}$ erf\"{u}llt. F\"{u}r dieses $d$
mu\ss \ dann gelten, da\ss \ $Q$ irreduzibel ist und $\deg Q=d$ erf\"{u}llt
(denn $Q\in\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}$, und laut der Definition von
$\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}$ ist jedes Element $R$ von
$\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}$ irreduzibel und erf\"{u}llt $\deg R=d$).
Daraus folgt $\deg Q=d\mid n$, und nach Satz 8.5 ist daher $Q\mid X^{q^{n}}%
-X$. Das irreduzible Polynom $Q$ teilt also das Polynom $X^{q^{n}}%
-X=\prod\limits_{i=1}^{N}P_{i}$. Laut Folgerung [...] folgt hieraus,
da\ss \ es ein $i\in\left\{  1,2,...,N\right\}  $ gibt, so da\ss \ das
irreduzible Polynom $Q$ das Polynom $P_{i}$ teilt. F\"{u}r dieses
$i\in\left\{  1,2,...,N\right\}  $ mu\ss \ also $Q=P_{i}$ gelten (denn da
$P_{i}$ selber irreduzibel ist, kann $Q$ nur dann $P_{i}$ teilen, wenn $Q=1$
oder $Q=P_{i}$ gilt, doch da $Q=1$ unm\"{o}glich ist (denn $Q$ ist
irreduzibel), mu\ss \ also $Q=P_{i}$ sein). Somit ist $Q\in\left\{
P_{1},P_{2},...,P_{N}\right\}  $.

[insert Folgerung]

[make footnote]

Aus $\bigcup\limits_{d\mid n}\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}\subseteq\left\{
P_{1},P_{2},...,P_{N}\right\}  $ und $\left\{  P_{1},P_{2},...,P_{N}\right\}
\subseteq\bigcup\limits_{d\mid n}\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}$ folgt nun
$\left\{  P_{1},P_{2},...,P_{N}\right\}  =\bigcup\limits_{d\mid n}%
\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}$. Somit ist%
\begin{align*}
X^{q^{n}}-X  &  =\prod\limits_{Q\in\left\{  P_{1},P_{2},...,P_{N}\right\}
}Q=\prod\limits_{Q\in\bigcup\limits_{d\mid n}\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}%
}Q\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(  \text{da }\left\{  P_{1},P_{2},...,P_{N}%
\right\}  =\bigcup\limits_{d\mid n}\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}\right) \\
&  =\prod\limits_{d\mid n}\prod\limits_{Q\in\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}%
}Q.
\end{align*}
(denn die Mengen $\operatorname*{Irr}\nolimits_{d}$ f\"{u}r verschiedene
$d\in\mathbb{N}$ sind paarweise disjunkt). Damit ist Satz 8.7 bewiesen.

[...]

K\"{o}rpererweiterungen einf\"{u}hren. Zuerst ein Hilfsresultat:

\textbf{Satz 8.8 (der Satz von Bezout f\"{u}r Polynome):} [...]

[...]

Folgerung \"{u}ber $Q\mid\prod$

[...]

\textit{Beweis von Satz 8.4:} Wir betrachten den Faktorring $F\left[
X\right]  \diagup\left(  Q\right)  $. Unser ers

\textit{Beweis von Satz 8.3:} Wir betrachten $n\in\mathbb{N}$ nicht als
vorgegeben, sondern als variabel. Wir definieren eine Zahlenfunktion
$\tau:\mathbb{N}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}$ durch%
\[
\left(
\begin{array}
[c]{l}%
\tau\left(  n\right)  =\left(  \text{Anzahl aller monischen irreduziblen
Polynome in }F\left[  X\right]  \text{ vom Grad }n\right) \\
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{ }\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }%
n\in\mathbb{N}_{+}%
\end{array}
\right)  .
\]
Wir wollen nun zeigen, da\ss \ $\left(  \tau\ast\underline{1}\right)  \left(
n\right)  =\left\vert F\right\vert ^{n}$ f

[...]

wobei $\ast$ die Dirichlet-Faltung bezeichnet (f\"{u}r die Definition dieser
Faltung siehe Abschnitt 2.4).

[...]

[existenz beweisen]

* leider nur f\"{u}r $q$ primpotenz

Damit haben wir eine kombinatorische (oder, in unserem Fall eher algebraische
oder zahlentheoretische - denn endliche K\"{o}rper mit $q$ Elementen sind mit
reiner Kombinatorik schwer zu beschreiben, au\ss er wenn $q$ Primzahl ist)
Interpretation f\"{u}r die Zahlen $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(
d\right)  q^{n\diagup d}$ gefunden, wenn $n\in\mathbb{N}_{+}$ und $q$
Primpotenz ist. Folglich sind diese Zahlen ganz, wenn $n\in\mathbb{N}_{+}$ und
$q$ Primpotenz ist. Leider ist es nicht m\"{o}glich, hieraus zu folgern,
da\ss \ sie auch f\"{u}r \textit{alle ganzen }$q$ (und nicht nur f\"{u}r
Primpotenzen) ganz sind; es gibt n\"{a}mlich durchaus Polynome, die auf allen
Primpotenzen ganzzahlige Werte annehmen, aber nicht auf allen ganzen Zahlen.
Au\ss erdem: Auch wenn dies m\"{o}glich w\"{a}re, h\"{a}tten wir damit nur die
Ganzzahligkeit von $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\mu\left(  d\right)
q^{n\diagup d}$ bewiesen und nicht die Ganzzahligkeit von $\dfrac{1}{n}%
\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup d}$; um letztere daraus
zu folgern, m\"{u}sste man wieder das Argument bem\"{u}hen, mit dem die
\"{A}quivalenz $\mathcal{F}\Longleftrightarrow\mathcal{G}$ von Satz 2.1
gezeigt wurde.

...

\section{Freie Liealgebren und Dimensionen}

...

\section{Wittpolynome}

...

\section{Zahlentheorie II: Geisterburnsidefolgen}

In Abschnitt 2 haben wir Satz 1.1 verallgemeinert, indem wir $q^{n\diagup d}$
im Term $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q^{n\diagup
d}$ durch $b_{n\diagup d}$ ersetzt haben, wobei $\left(  b_{1},b_{2}%
,b_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ eine Folge ganzer Zahlen
ist. Es ist aber auch eine andere Verallgemeinerung m\"{o}glich, indem man $q$
durch $q_{d}$ ersetzt f\"{u}r eine Folge $\left(  q_{1},q_{2},q_{3}%
,...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ ganzer Zahlen. Wieder kann man
sich dann fragen, wann $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d\mid n}\phi\left(  d\right)
q_{d}^{n\diagup d}\in\mathbb{Z}$ f\"{u}r jedes $n\in\mathbb{N}_{+}$ gilt.
Folgender Satz (den ich nirgendwo in der Literatur gesehen habe) gibt die Antwort:

\begin{quote}
\textbf{Satz 11.1 (der \"{A}quivalenzsatz f\"{u}r Geisterburnsidefolgen):} Sei
$\left(  q_{1},q_{2},q_{3},...\right)  \in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}_{+}}$ eine
Folge ganzer Zahlen. Dann sind folgende Aussagen $\mathcal{A}%
_{\operatorname{burn}}$ und $\mathcal{G}_{\operatorname{burn}}$ \"{a}quivalent:

\textit{Aussage }$\mathcal{A}_{\operatorname{burn}}$\textit{:} F\"{u}r jede
Zahl $n\in\mathbb{N}_{+}$ und jeden Primteiler $p$ von $n$ gilt%
\[
q_{n\diagup p}\equiv q_{n}\operatorname{mod}p.
\]


\textit{Aussage }$\mathcal{G}_{\operatorname{burn}}$\textit{:} F\"{u}r jedes
$n\in\mathbb{N}_{+}$ gilt%
\[
\sum_{d\mid n}\phi\left(  d\right)  q_{d}^{n\diagup d}\in n\mathbb{Z}.
\]



\end{quote}

[...]

[endlicher fall vll auch]

[m\"{o}bius etc]

* wohl eine beweisskizze

\section{Spuren von Matrixpotenzen}

...

\section{Die Perlenketten-Identit\"{a}t}

[...]

\section{Kombinatorik III: Teilmengen von $\left\{  1,2,...,n\right\}  $ mit
durch $n$ teilbarer Summe}

[achtung: scheint nur \"{u}ber ungerade $d$ zu summieren]

* auch durch $kn$ teilbare summe betrachten

* anzahlen von elementen fixen, oder: wie kommt man an die binomialkoeffizienten

http://math.stackexchange.com/questions/314788/let-p-be-an-odd-prime-number-how-many-p-element-subsets-of-1-2-3-4-ldo

http://www.math.niu.edu/\symbol{126}rusin/problems-math/imo

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=107230

http://www.cs.cornell.edu/\symbol{126}asdas/imo/imo/isoln/isoln956.html

allgemeines $p$:

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=308956

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=300135

Exercise 1.105 in Stanleys EC1

L\"{u}becks Theorem?

* stirlingnumberversion

\section*{Literaturhinweise}

[1] Michiel Hazewinkel, \textit{Witt vectors. Part 1}, revised version: 20
April 2008.\newline%
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[2] Siegfried Bosch, \textit{Algebra}, Sechste Auflage, Springer-Verlag 2006.

[3] Darij Grinberg, \textit{Witt\#5: Around the integrality criterion
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[4] Tales et al., \textit{MathLinks topic \#30906 ("Multiplicative
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[6] Arthur Engel, \textit{Problem-Solving Strategies}, Springer 1998.

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[10] Pierre Antoine Grillet, \textit{Abstract Algebra}, Second Edition,
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[11] Nicolas Bourbaki, \textit{Algebra I, Chapters 1-3}, 2nd printing,
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[12] Darij Grinberg, \textit{Witt\#4: Some computations with symmetric
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Mathematics}, 2nd Edition, 1994.

[14] \textit{Sum of binomial coefficients [with gcd] (MathLinks topic
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[15] Robin Hartshorne, \textit{Algebraic Geometry}, Springer 1977.

[16] Richard Stanley, \textit{Enumerative Combinatorics, Volume 1}, second
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[17] Manjul Bhargava, \textit{The Factorial Function and Generalizations}, The
American Mathematical Monthly, Vol. 107, No. 9 (Nov., 2000), pp. 783-799.

[18] Darij Grinberg, \textit{Witt\#5f: Ghost-Witt integrality for binomial
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[19] Andreas Dress, Christian Siebeneicher, \textit{The Burnside ring of the
infinite cyclic group and its relations to the necklace algebra, }$\lambda
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\texttt{\href{http://www.sciencedirect.com/science/article/pii/0001870889900273}{\texttt{http://www.sciencedirect.com/science/article/pii/0001870889900273}%
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[20] Darij Grinberg, James Borger, \textit{MathOverflow question \#126998:
Criteria for ghost-Witt vectors: looking for history and references},
2013.\newline%
\texttt{\href{http://mathoverflow.net/questions/126998}{\texttt{http://mathoverflow.net/questions/126998}%
}}


\end{document}