Symmetrische Polynome,Diskriminante und Resultante, Fermatscher Satz für Polynome

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1 Proseminar Lineare Algebra SS10 Symmetrische Polynome,Diskriminante und Resultante, Fermatscher Satz für Polynome Natalja Shesterina Heinrich-Heine-Universität

2 ASymmetrische Polynome Definition 1 Sei n N,n>1, K ein kommutativer Ring Dann heißt ein Polynom p K[t 1,, t n ] symmetrisch in t 1,, t n, falls für alle Permutationen σ S n gilt p(t σ(1),, t σ(n) ) = p(t 1,, t n ) Bemerkung 1 Die Menge von symmetrischen Polynomen ist ein Unterring von K[t 1,, t n ] Beispiel 1 a) Betrachtet man die Polynome und p = X + Y 1 q = X + Y 2, so erhält man durch Vertauschen von X und Y die Polynome bzw p = Y + X 1 q = Y + X 2 Dann erhält man im Fall von p also dasselbe Polynom, dh p ist symmetrisch in X und Y, im Fall q erhält man ein anderes Polynom, q ist nicht symmetrisch b) Man beachte, dass n (die Anzahl von Variablen) festgelegt werden muss So ist f = t 1 + t 2 symmetrisch als Polynom in t 1, t 2, aber nicht symmetrisch als Polynom in t 1, t 2, t 3, da zb f(t 1, t 2, t 3 ) = t 3 + t 2 f ist Definition 2 Sei x eine Variable Wir bilden ein Polynom f(x) = (x t 1 ) (x t n ) = x n s 1 x (n 1) + s 2 x (n 2) + ( 1) n s n, wobei jedes ein Polynom in t 1,, t n ist, s i = s i (t 1,, t n ) 1

3 s 1 = t 1 + t t n s 2 = t 1 t 2 + t 1 t t 1 t n + t 2 t t n 1 t n s 3 = t 1 t 2 t 3 + t 1 t 2 t t n 2 t n 1 t n s n = t 1 t 2 t n Die Polynome s 1, s 2,, s n heißen elementarsymmetrische Polynome in t 1,, t n Das Polynom f = x n s 1 x (n 1) + s 2 x (n 2) + ( 1) n s n aus dem Polynomring K[t 1,, t n ](x) heißt allgemeines Polynom n-ten Grades Definition 3 Der Grad des Monoms X α 1 1 Xn αn ist α 1 +α 2 + +α n, und das Gewicht dieses Monoms ist α 1 + 2α nα n Der Grad bzw das Gewicht eines Elements g K[X 1,, X n ] ist der größte Grad bzw das größte Gewicht eines in g auftretenden Monoms Theorem 1 Sei f(t) K[X 1,, X n ] ein symmetrisches Polynom vom Grad d Dann existiert ein Polynom g(x 1,, X n ) mit dem Gewicht d, so dass f(t) = g(s 1,, s n ) gilt (dh jedes symmetrische Polynom ist eindeutig darstellbar als Polynom in den elementarsymmetrischen Polynomen s 1,, s n ) Beweis Wir beweisen die Aussage durch volständige Induktion über n, und für fixiertes n durch vollständige Induktion über d Für n = 1 ist die Aussage klar, weil s 1 = X 1 Sei nun n > 1 Für h K[X 1,, X n ] bezeichne h das Polynom h(x 1, X 2,, X n 1, 0) in den Variablen X 1,, X n 1 Man beachte, dass s 1, s 2,, s n 1 gerade die elementarsymmetrischen Polynome in X 1, X 2,, X n 1 sind Sei nun f wie im Theorem Dann ist f ein symmetrisches Polynom in X 1, X 2,, X n 1 vom Grad höchstens d Nach Induktionsannahme gibt es ein Polynom h K[X 1,, X n 1 ] vom Gewicht höchstens d mit f = h(s 1,, s n 1 ) Betrachte (X 1, X 2,, X n ) = f(x 1, X 2,, X n ) h(s 1,, s n 1 ) Offenbar ist symmetrisch in X 1, X 2,, X n und hat Grad höchstens d Wegen (X 1, X 2,, X n 1, 0) = f h(s 1,, s n 1 ) = 0 ist (X 1, X 2,, X n ) durch X n teilbar Da symmetrisch in den X i ist, ist durch alle X i teilbar Es gibt also r K[X 1,, X n ] mit (X 1, X 2,, X n ) = X 1 X 2 X n r(x 1, X 2,, X n ), also = s n r Da einen Grad höchstens d hat, ist der Grad von r höchstens d n Nach Induktionsannahme existiert somit ein g K[X 1,, X n ]vom Gewicht höchstens d n mit r(x 1, X 2,, X n ) = g(s 1, s 2,, s n ) Aus f(x 1, X 2,, X n ) = h(s 1,, s n 1 ) + s n g(s 1, s 2,, s n ) folgt schließlich die Behauptung 2

4 Beispiel 2 a) Sei gegeben n = 2, bestimme g s (x 1, x 2 ) mit f = g s (s 1, s 2 ) Offensichtlich ist s symmetrisch, f = (x 1 x 2 ) 2, f = x 2 1 2x 1 x 2 + x 2 2, s 1 = x 1 + x 2, s 2 = x 1 x 2 In f ist x 2 1 mit Exponentialpaar (2, 0) ein Monom mit maximalem Gewicht Somit gilt nach Theorem 1: Es gilt g 1 (s 1, s 2 ) = s s 0 2 = s 2 1 = (x 1 + x 2 ) 2 = x x 1 x 2 + x 2 2 f g 1 (s 1, s 2 ) = 4x 1 x 2 Bistimme wieder ein Monom mit maximalem Gewicht Es ist x 1 x 2 mit (1, 1) als Exponentialpaar Deswegen gilt g 2 (s 1, s 2 ) = 4s1 1 1 s 1 2 = 4s 2 und f g 1 (s 1, s 2 ) g 2 (s 1, s 2 ) = 0 Daraus folgt f = s 2 1 4s 2, g s = x 2 1 4x 2 b) Zu f := x 2 1x x 2 1x x 2 2x 2 3 gebe ein Polynom g s (x 1, x 2, x 3 ) mit f = g s (s 1, s 2, s 3 ) an Da s symmetrisch ist, gibt es also nach Theorem 1 ein solches Polynom g s Man geht, wie bei dem obiden Beispiel vor Das größte Monom in f ist x 2 1 x2 2, das zugehörige Exponentialtripel ist (2, 2, 0) Daher definiert man h 1 = g 1 (s 1, s 2, s 3 ) = s s s 0 3 = s 2 2 = (x 1 x 2 +x 1 x 3 +x 2 x 3 ) 2 = x 2 1x x 2 1x 2 x 3 + Es ist g h 1 = 2x 2 1x 2 x 3 + Das größte Monon in f h 1 ist x 2 1 x 2x 3,und das zugehöriges Exponentialtripel ist (2, 1, 1) Daher setzt man h 2 = s s s 1 3 = s 1 s 3 = (x 1 + x 2 + x 3 )x 1 x 2 x 3 = x 2 1x 2 x 3 + Man sieht, dass f h 1 = 2h 2 ist Daher gilt f = h 1 2h 2 = s 2 2 2s 1 s 3 Das gesuchte Polynom g s ist also g s = x 2 2 2x 1x 3 c) (Als Übung) Zu f = (x 2 x 1 ) 2 (x 3 x 1 ) 2 (x 3 x 2 ) 2, n = 3 gebe ein Polynom g s (x 1, x 2, x 3 ) mit g s (s 1, s 2, s 3 ) an Die Lösung: f = s 2 1 s2 2 4s3 1 s 3 4s s 1s 2 s 3 27s 2 3 und g s = x 2 1 x2 2 4x3 1 x 3 4x x 1 x 2 x 3 27x 2 3 3

5 BDie Diskriminante Definition 4 Sei K ein Körper und f = x n + a 1 x n a n 1 x + a n K[x] ein Polynom Ferner seien α 1,, α n die Nullstellen von f Dann nennen wir D(f) := a 2n 2 0 (α i α j ) 2 die Diskriminante von f Satz 1 Sei Grad f = n Dann kann man ein Polynom g über K in n Unbestimmten berechnen mit D(f) = a0 2n 2 g( a 1, a 2,, ( 1)n a n ) i<j Beweis Ersetzen wir α 1,, α n in der Definition von D(f) durch Unbestimmte x 1,, x n, so erhält man ein Polynom D(x 1,, x n ) aus K[x 1,, x n ] Ist σ S n eine beliebige Permutation, so liefert {i, j} {σ(i), σ(j)} eine Permutation der Menge {{i, j} : i j i, j {1,, n}} Jedem solchen Paar entspricht genau ein Term (x i x j ) 2 mit i < j Daher entsprechen diese Terme umkehrbar eindeutig den Termen (x σ(i) x σ(j) ) 2, denn das Vorzeichen spielt wegen des Quadrats keine Rolle Damit ist d(x 1,, x n ) := i<j (x i x j ) 2 = i<j(x σ(i) x σ(j) ) 2 = d(x σ(1),, x σ(n) ), d ist ein symmetrisches Polynom Nach dem Theorem 1 gibt es ein Polynom g K[x 1,, x n ], das wir effektiv berechnen können, mit d(x 1,, x n ) = g(s 1,, s n ) Nun ist (x αj ) = 1 f = x n + a 1 x n a n Nach Definition der elementarsymmetrischen Polynome folgt: s j (α 1,, α n ) = ( 1) j a j Dies ergibt D(f) = a 2n 2 0 g( a 1, a 2,, ( 1)j a n ) Beispiel 3 Mit Hilfe der Ergebnissen aus dem Beispiel 2: (x 2 x 1 ) 2 = s 2 1 4s 2 und (x 1 x 2 ) 2 (x 3 x 1 ) 2 (x 3 x 2 ) 2 = s 2 1s 2 2 4s 3 1s 3 4s s 1 s 2 s 3 27s 2 3 berechne die Diskriminanten vom Polynom zweiten und dritten Grades aus K[x] 4

6 Lösung: Sei f = x 2 + a 1 x + a 2 Dann nach Theorem 1 und Satz 1 gilt: für n = 2: D(f) = a 2 0 ( a2 1 4 a a 2 2 a 0 0 ) = a 2 1 4a 2 Sei nun n = 3 und f = x 3 + a 1 x 2 + a 2 x + a 3 Dann ist D(f) = a 4 0 ( a2 1 a2 2 4 ( a3 a 2 1 )( a 3) 0 a2 0 a 3 0 a 4 a ( a 1)a 2 ( a 3 ) 0 a 3 a a2 3 ) = a 2 a 2 1 a2 2 4a3 1 a 3 4 a a 1 a 2 a 3 27a 2 0 a2 3 Insbesondere: für = 1 und a 1 = 0 folgt für das Polynom f(x) = x 3 + a 2 x + a 3 D(f) = 4a a2 3 Beispiel 4 Berechne die Diskriminante für f = 2x 2 + 5x + 8 Lösung: D(f) = a 2 1 4a 2 für f = x 2 + a 1 x + a 2 liefert D(f) = = 39 (dh f hat 2 verschiedene Nullstellen in C\R) CFermatscher Satz für Polynome Theorem 2 (Mason-Stothers): Seien a(t), b(t) und c(t) teilerfremde, nicht-konstante Polynome mit a + b = c Dann ist max(grad {a, b, c}) N 0 (abc) 1, wobei N 0 (c) die Anzahl der verschiedenen Nullstellen von c ist Beweis Dividiere Polynome a, b durch c, und definiere f := a c,g := b c, dann ergibt sich, dass f + g = 1, wobei f,g rationale Funktionen sind Durch Differenzieren, erhalten wir f + g = 0, schreiben das als so dass Wir definieren: f f f + g g g = 0, b a = g f = f f g g a(t) = c 1 (t αi ) m i Dann bekommen wir b a = b(t) = c 2 (t βj ) n j c(t) = c 3 (t γk ) r k f f g g = mi t α i r k t γ k nj t β j r k t γ k Ein gemeinsamer Nenner für f /f und g /g ist das Produkt N 0 = (t α i ) (t β j ) (t γ k ), 5

7 dessen Grad ist N 0 (abc) N 0 (f /f) und N 0 (g /g) sind beide Polynome vom Grad N 0 (abc) 1 Aus Beziehung b a = N 0(f /f) N 0 (g /g) und der Tatsache,dass a,b teilerfremd sind, leiten wir die Ungleichung für unseres Theorem ab Satz 2 (Fermatscher Satz für Polynome): Sein x(t), y(t) und z(t) teilerfremde Polynome, und einer von ihnen hat Grad 1, so dass x(t) n + y(t) n = z(t) n gilt(dh Die Gleichung x n + y n = z n besitzt für ganzzahlige x,y,z 0 und n N, n > 2 keine Lösung ) Beweis Wir zeigen Existenz einer Lösung der Gleichung für n 2 Wenn x(t) maximalen Grad hat, so folgt nach Theorem 2: n grad(x) = grad(x(t)) n grad(x(t)) + grad(y(t)) + grad(z(t)) 1 Im Fall, dass y(t) oder z(t) den maximalen Grad hat, erhalten wir: n grad(y) = grad(y(t)) n grad(x(t)) + grad(y(t)) + grad(z(t)) 1, n grad(z) = grad(z(t)) n grad(x(t)) + grad(y(t)) + grad(z(t)) 1 Die Addition von drei Ungleichungen ergibt: n(grad(x) + grad(y) + grad(z)) 3(grad(x) + grad(y) + grad(z)) 3 Das ergibt wiederum einen Widerspruch wenn n 3 D Die Resultante Definition 5 Seien f = x m + a 1 x m a m 1 x + a m und g = b 0 x n + b 1 x n b n 1 x + b n Polynome aus K[x] Die Resultante der Polynome f und g, bezeichnet mit res(f,g), ist die Determinante von a 1 a m a 1 a m a m b 0 b 1 b n b 0 b 1 b n b 0 b n 6

8 Satz 3 Seien f(x) = x m + a 1 x m a m 1 x + a m und g(x) = b 0 x n + b 1 x n b n 1 x + b n Polynome Dann: 1) Es existieren Polynome G(x) und F (x), so dass grad(g) < m,grad(f ) < n ist und res(f, g) = fg + gf gilt 2) res(f, g) = 0 f, g einen gemeinsamen Faktor haben, der von x abhängt oder = b 0 = 0 ist 3) res(f, g) ist als eine Funktion von,, a n homogen von Grad m und ist als eine Funktion von b 0,, b n homogen von Grad n 4) Seien α 1,, α n Nullstellen von f(x) und seien β 1,, β m Nullstellen von g(x) Dann gilt res(f, g) = a m 0 n m g(α i ) = ( 1) mn b n 0 f(β j ) = a m 0 b n 0 (α i β j ) j=1 i,j Beweis von 4) Sei y eine Unbekannte Dann ist g(x) y) = b 0 x m + +b m 1 x+(b m y) und so ist res(f(x), g(x) y) ein Polynom von y (siehe Definition von Resultant)Wir bezeichnen R(y) = res(f(x), g(x) y) Setzen wir y j = g(α i ), wobei α i eine Nullstelle von f(x) ist, i = 1,, n Dann gilt R(y i ) = res(f(x), g(x) g(α i )) Die Polynome f(x) und g(x) g(α i ) haben eine gemeinsame Nullstelle x = α i, also sie haben einen gemeinsamen Faktor x α i Aus 2) folgt dann R(y i ) = 0 Dann ist (y y i ) ein Teiler von R(y) Fall 1 Sei y 1,, y n verschieden Dann ist n (y y i) ein Teiler von R(y) Wenn man die Definition von R(y) mit Achtung analysiert, stellt man fest, dass Polynom R(y) Grad n und die Hauptkoeffiziente ( 1) n a m 0 hat Deswegen gilt R(y) = ( 1) n a m 0 n (y y i ) Setzen wir y = 0, erhalten wir res(f(x), g(x)) = R(0) = a m 0 n y i = a m 0 n g(α i ) (01) Fall 2 Sei y 1,, y n nicht unbedingt verschieden, Wir skizzieren eine Idee Betrachten wir α 1,, α n, so dass α i nah zu α i ist und y 1,, y n verschieden sind (hier, wie oben, y i = g(α i )) 7

9 Dann sind die Koeffizienten von Φ(x) = a n 0 (x α i ) nah zu Koeffizienten von f(x) = a n 0 (x α i) und so ist res(φ(x), g(x)) nah zu res(f(x), g(x)) Nach Fall 1 gilt res(φ(x), g(x)) = a m n 0 g(α i ) Streben wir α i α i, erhalten wir res(f(x), g(x)) = a m 0 n g(α i ) Satz 4 Es sei f K[x] ein normiertes Polynom vom Grad m > 0 und f seine Ableitung Dann besteht zwischen der Diskriminante D(f) und der Resultante res(f, f ) die folgende Beziehung: D(f) = ( 1) m(m 1)/2 res(f, f ) Beweis Angenommen, dass f über K[x] volständig in Linearfaktoren zerfällt Es gelte also f = m (x α i) Dann folgt aus dem Satz 3 Aufgrund der Produktregel ergibt sich und somit gilt f = Dies bedeutet aber res(f, f ) = i j res(f, f ) = m f (α i ) m (x α 1 ) (x α i 1 )(x α i+1 ) (x α m ) f (α i ) = (α i α 1 ) (α i α i 1 )(α i α i+1 ) (α i α m ) (α i α j ) = ( 1) m(m 1)/2 i<j(α i α j ) 2 = ( 1) m(m 1)/2 D(f) Beispiel 5 Sei f = x 3 + px + q gegeben, berechne D(f) Nach dem Satz 4 gilt: 1 0 p q p q 0 res(f p q p q, f) = 3 0 p 0 0 = 0 0 2p 3q p p 3q p p Nun Liefert Entwicklung nach Laplace: D(f) = res(f, f ) = 4p 3 27q 2 8