Unterlagen zur Vorlesung Algebra und Geometrie in der Schule: Grundwissen über Polynome. Sommersemester Franz Pauer

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1 Uterlage zur Vorlesug Algebra ud Geometrie i der Schule: Grudwisse über Polyome Sommersemester 20 Fraz Pauer INSTITUT FÜR MATHEMATIK, UNIVERSITÄT INNSBRUCK, TECHNIKERSTRASSE 25, 6020 INNSBRUCK, AUSTRIA

2 KAPITEL 3 Polyome I diesem Kapitel wird mit K immer ei Körper bezeichet.. Polyomfuktioe Defiitio : Seie N ud a 0,a,...,a K. Da heißt die Fuktio f : K K, z a 0 + a z + a 2 z a z = a i z i, eie Polyomfuktio vo K ach K. Die Elemete a 0,...,a heiße Koeffiziete vo f. Mit Polyomfuktioe sid mehrere grudlegede Aufgabe verbude: Auswerte eier Polyomfuktio f mit Koeffiziete a 0,...,a i eiem Elemet c vo K: Bereche das Bild f (c) = vo c uter der Polyomfuktio f. Es ist klar, dass dieses Elemet vo K immer durch Ausführe vo Additioe ud Multiplikatioe i K berechet werde ka. Dari liegt die recherische Bedeutug der Polyomfuktioe. Iterpolatio durch eie Polyomfuktio: Gegebe sid eie edliche Teilmege E vo K ud eie Fuktio g : E K. Gesucht ist eie Polyomfuktio vo K ach K, dere Eischräkug auf E gleich g ist. Überprüfe die Gleichheit vo zwei Polyomfuktioe: Zwei Polyomfuktioe seie durch ihre Koeffiziete gegebe. Wie ka ma feststelle, ob diese zwei Fuktioe gleich sid? Die Atwort ist icht so leicht: zum Beispiel sid die Polyomfuktioe a i c i f : Z 2 Z 2, z z,ud g : Z 2 Z 2, z z 2, gleich. Bereche der Nullstelle eier Polyomfuktio f : Fide alle Elemete c K mit der Eigeschaft, dass f (c) = 0 ist. Eifacher zu beatwortede Frage sid: Gibt es solche Elemete? We ja, wieviele?

3 2 3. POLYNOME Satz : Es seie c K ud f eie Polyomfuktio mit Koeffiziete a 0,...,a K. Mit dem folgede Verfahre ka f (c) mit höchstes Additioe ud höchstes Multiplikatioe i K berechet werde: Setze i := ud w := a. Solage i 0 ist, ersetze i durch i ud da w durch w c + a i. We i = 0 ist, da ist f (c) = w. Beweis: a i c i = (...((a c + a )c + a 2 )c a )c + a 0. Defiitio 2 : Es sei A ei Rig ud ei K-Vektorraum. Da ist A eie K-Algebra, we für alle α K ud alle a,b A α (ab) = a(α b) = (α a)b ist. Eie Algebra ist kommutativ, we sie als Rig kommutativ ist. Beispiel : Die Mege K aller -Matrize mit Koeffiziete i K ist mit Additio, Skalarmultiplikatio ud Multiplikatio vo Matrize eie K-Algebra. Sie ist ur da kommutativ, we = ist. Satz 2 : Es seie M eie Mege ud A := F(M,K) die Mege aller Fuktioe vo M i de Körper K. Für f,g A ud α K ud x M sei ( f g)(x) := f (x)g(x), ( f + g)(x) := f (x) + g(x) ud (α f )(x) := α( f (x)). Mit de Recheoperatioe A A A, ( f,g) f + g, A A A, ( f,g) f g, K A A, (α,g) α g, (puktweise Additio, Multiplikatio, Skalarmultiplikatio) ist A eie kommutative K-Algebra. Beweis: Übug. Defiitio 3 : Es sei R ei Rig ud S eie ichtleere Teilmege vo R. Da ist S eie Uterrig vo R, we S ud für alle a,b S auch die Elemete a + b, a ud ab

4 3 3. POLYNOME i S ethalte sid. Es sei A eie K-Algebra ud B eie ichtleere Teilmege vo A. Da ist B eie Uteralgebra vo A, we B ei Uterrig ud ei Utervektorraum vo A ist. Ei Uterrig bzw. eie Uteralgebra ist mit de auf diese Teilmege eigeschräkte Recheoperatioe selbst ei Rig bzw. eie Algebra. Satz 3 : Die Mege der Polyomfuktioe vo K ach K ist eie K-Uteralgebra der Algebra F(K,K) aller Fuktioe vo K ach K. Beweis: Seie f ud g Polyomfuktioe ud a 0,...,a bzw. b 0,...,b m ihre Koeffiziete. Für alle z K ist da f (z) = a iz i ud g(z) = m j= b jz j. Daher ist für alle z K ( f g)(z) = f (z)g(z) = = m a i b j z i+ j = j= ( )( m ) a i z i b j z j j= +m k=0 ( k a i b k i )z k, also f g eie Polyomfuktio. Die adere Eigeschafte eier Uteralgebra sid leicht achzuprüfe. 2. Der Polyomrig Defiitio 4 : Eie Folge (c i ) i N i K ist eie edliche Folge, we es ur edlich viele Idizes i mit c i 0 gibt. Durch jede edliche Folge wird eie Polyomfuktio defiiert. Im Computer wird ma daher diese Fuktioe durch edliche Folge darstelle. Allerdigs köe verschiedee edliche Folge dieselbe Polyomfuktio defiiere. Um de daraus etstehede Probleme zu etgehe, betrachte wir zuächst statt der Fuktioe die edliche Folge. Wir defiiere für sie Recheoperatioe, die de puktweise Recheoperatioe für Polyomfuktioe etspreche. Satz 4 : Die Mege P aller edliche Folge i K mit de Fuktioe + : P P P, ((c i ) i N,(d i ) i N ) (c i ) i N + (d i ) i N := (c i + d i ) i N, : P P P,

5 4 3. POLYNOME ud ((c i ) i N,(d i ) i N ) (c i ) i N (d i ) i N := ( i j=0 c j d i j ) i N, : K P P, (c,(d i ) i N ) c (d i ) i N := (cd i ) i N, ist eie kommutative K-Algebra. Sie heißt Polyomrig über K oder Algebra der Polyome mit Koeffiziete i K. Ihre Elemete heiße Polyome mit Koeffiziete i K. Das Nullelemet des Polyomriges ist die Folge 0 := (0,0,0,...), das Eiselemet ist die Folge := (,0,0,...). Beweis: Übug. Defiitio 5 : Es sei f = (c 0,c,c 2,...) 0 ei Polyom mit Koeffiziete i K. Der Grad vo f ist der größte Idex i mit c i 0 ud wird mit gr( f ) bezeichet. Das Elemet c i heißt i-ter Koeffiziet vo f. Der Koeffiziet c gr( f ) heißt Leitkoeffiziet vo f ud wird mit lk( f ) bezeichet. Das Polyom f heißt ormiert, we lk( f ) =. Die folgede Schreibweise ist zweckmäßig: Wir wähle irgedei Symbol, zum Beispiel x, ud schreibe c 0 + c x + c 2 x c gr( f ) x gr( f ) = gr( f ) c i x i statt (c 0,c,c 2,...). Wir spreche da vo eiem Polyom i der Variable x mit Koeffiziete i K. Für de Polyomrig über K schreibe wir da K[x]. Wir idetifiziere Polyome vom Grad 0 mit ihrem ullte Koeffiziete ud fasse K so als Teilmege vo K[x] auf. Statt Polyom mit Koeffiziete i K schreibe wir im weitere ur Polyom. Satz 5 : Es seie f 0, g 0 Polyome. () f g 0 (2) gr( f g) = gr( f ) + gr(g) ud lk( f g) = lk( f ) lk(g) (3) We f + g 0, da ist gr( f + g) max(gr( f ),gr(g)). (4) Das Polyom f ist geau da ivertierbar, we gr( f ) = 0 ist. Beweis: Übug. Satz 6 : (Divisio mit Rest vo Polyome) Es seie f ud g Polyome ud g 0. Da gibt es eideutig bestimmte

6 5 3. POLYNOME Polyome m ud r mit de Eigeschafte f = m g + r ud (r = 0 oder gr(r) < gr(g)). Die Polyome m bzw. r heiße polyomialer Quotiet vo f ud g bzw. Rest vo f ach Divisio durch g. Die Polyome m ud r köe mit dem folgede Verfahre (Divisiosalgorithmus) berechet werde: Setze m := 0 ud r := f. Solage gr(r) gr(g) ist, ersetze r durch ud m durch r lk(r) lk(g) x gr(r) gr(g) g m + lk(r) lk(g) x gr(r) gr(g). Beweis: Übug (aalog dem Beweis des Satzes über die Divisio mit Rest vo gaze Zahle). Aus diesem Satz folgt, dass Polyomrige über Körper ud der Rig der gaze Zahle algebraisch betrachtet eiader sehr ählich sid. Satz 7 : Es seie ( f i ) i N eie Familie vo Polyome so, dass für alle i N gr( f i ) = i ist. Da ist ( f i ) i N eie K-Basis des Polyomrigs über K. Beweis: Sei (c i ) i N 0 eie Koeffizietefamilie i K. Sei k die größte Zahl so, dass c k 0 ist. Wege gr( f k ) = k ist lk( c i f i ) = c k lk( f k ) 0, i N also auch i N c i f i 0. Daher ist ( f i ) i N liear uabhägig. Es sei h 0 ei Polyom. Wir zeige durch Iduktio über gr(h), dass h eie K-Liearkombiatio vo ( f i ) i N ist. We gr(h) = 0 ist, da ist h = lk(h) lk( f 0 ) f 0. Sei j := gr(h) > 0. Divisio mit Rest vo h durch f j ergibt h = m f j + r mit r = 0 oder gr(r) < gr(h). Da ist j = gr(h) = gr(m f j ) = gr(m) + j, also gr(m) = 0 ud m K. Nach Iduktiosaahme ist r eie K-Liearkombiatio vo ( f i ) i N, daher auch h. Beispiel 2 : Die Familie (x i ) i N ist eie K-Basis vo K[x]. Für jedes Elemet a K ist ((x a) i ) i N eie K-Basis vo K[x]. Daher gibt

7 6 3. POLYNOME es für jedes Polyom h K[x] mit := gr(h) eideutig bestimmte Elemete c 0,...,c K so, dass h = c i (x a) i. 3. Nullstelle vo Polyome Defiitio 6 : Seie f = c ix i K[x], A eie K-Algebra ud a A. Da ist f (a) := c i a i A. Sprechweise: f (a) A erhält ma durch Eisetze vo a i f. Das Elemet a ist geau da eie Nullstelle vo f i A, we f (a) = 0 ist. Die Polyomfuktio K K, a f (a) = c i a i, heißt die durch f defiierte Polyomfuktio ud wird oft wieder mit f bezeichet. Satz 8 : () Ei Elemet a K ist geau da Nullstelle eie Polyoms f K[x], we das Polyom x a ei Teiler vo f ist. (2) Jedes vo Null verschiedee Polyom f K[x] hat i K höchstes gr( f ) Nullstelle. (3) Es seie f ud g Polyome mit f g. Da habe die Graphe (i K K) der durch f ud g defiierte Polyomfuktioe höchstes max(gr( f ), gr(g)) gemeisame Elemete. (4) We K uedlich viele Elemete ethält, da sid die Koeffiziete eier Polyomfuktio vo K ach K eideutig bestimmt. Isbesodere müsse i diesem Fall Polyome ud Polyomfuktioe icht uterschiede werde. Beweis: () Divisio mit Rest vo f durch x a ergibt f = m (x a) + r, wobei r = 0 oder gr(r) = 0, also r K ist. Daher ist f (a) = m(a) 0 + r = r, somit ist f (a) = 0 geau da, we r = 0 ist. (2) Wir beweise die Aussage durch Iduktio über := gr( f ). We = 0 ist, da hat f wege f 0 keie Nullstelle. Sei > 0 ud sei a K eie Nullstelle vo f. Nach () gibt es ei Polyom h K[x] mit f = (x a) h. Da ist gr(h) =, ach

8 7 3. POLYNOME Iduktiosvoraussetzug hat h daher höchstes Nullstelle. Jede Nullstelle vo (x a) h ist eie Nullstelle vo h oder gleich a. Daraus folgt die Behauptug. (3) Die Mege der gemeisame Elemete der Graphe der durch f ud g defiierte Fuktioe ist {(a, f (a)) f (a) = g(a)}, ihre Azahl ist daher die Azahl der Nullstelle vo f g. Nach (2) ist diese höchstes max(gr( f ),gr(g)). (4) Es seie f,g zwei Polyome so, dass für alle a K gilt: f (a) = g(a). Da K uedlich ist, hat da f g beliebig viele Nullstelle. Nach (2) ist daher f = g. 4. Iterpolatio I diesem Abschitt seie x 0,...,x paarweise verschiedee Elemete vo K ud y 0,...,y Elemete vo K. Wir suche ei Polyom f K[x] mit der Eigeschaft f (x i ) = y i, 0 i. Ei solches Polyom heißt iterpolieredes Polyom. Die Elemete x 0,...,x heiße Stützstelle ud y 0,...,y Werte der Iterpolatiosaufgabe. Satz 9 : (Lagrage-Iterpolatio) Es gibt geau ei iterpolieredes Polyom vom Grad ud zwar wobei y i f i, f i := (x x j ) K[x] ist,0 i. j i x i x j Beweis: Für 0 i,k ist f i (x k ) = δ ik. Daher ist für 0 k ( y i f i )(x k ) = y i δ ik = y k. Der Grad vo f i ist, also ist der Grad vo y i f i kleier oder gleich. We f ud g iterpolierede Polyome vom Grad sid, da sid die Elemete x 0,...,x Nullstelle vo f g. Aus Satz 8 folgt daher f = g. Satz 0 : (Newto-Iterpolatio) Das iterpolierede Polyom ka wie folgt berechet werde: Setze k := 0 ud h 0 := y 0.

9 8 3. POLYNOME Solage k < ist, ersetze k durch k +, ud setze ud c k := y k h k (x k ) k (x k x i ) k h k := h k + c k (x x i ). Das iterpolierede Polyom ist da h. Beweis: Übug. 5. Der Euklidische Algorithmus für Polyome Defiitio 7 : Es seie f,g Polyome mit g 0. Da ist f Teiler vo g (oder: f teilt g), we es ei Polyom h K[x] gibt mit g = f h. Das Polyom g heißt Vielfaches vo f, we f ei Teiler vo g ist. Defiitio 8 : Es seie f,..., f vo Null verschiedee Polyome. Das ormierte Polyom größte Grades, das f,..., f teilt, heißt größter gemeisamer Teiler vo f,..., f ud wird mit ggt ( f,..., f ) bezeichet. Das ormierte Polyom kleiste Grades, das vo f,..., f geteilt wird, heißt kleistes gemeisames Vielfaches vo f,..., f ud wird mit kgv ( f,..., f ) bezeichet. Lemma : Es seie f,g,h Polyome, f 0, g 0 ud f h g. Da ist ggt ( f,g) = ggt ( f h g,g). Beweis: We t ei Teiler vo f ud g ist, da gibt es Polyome u,v so, dass f = t u ud g = t v ist. Daher ist f h g = t u h t v = t (u h v), also t auch ei Teiler vo f h g. Satz : (Euklidischer Algorithmus für Polyome) Es seie f,g Polyome, f 0 ud g 0. Mit dem folgede Verfahre ka der größte gemeisame Teiler vo f ud g berechet werde: Solage keies der zwei Polyome ei Teiler der adere ist, ersetze das Polyom größere (oder gleiche) Grades durch seie Rest ach Divisio durch das adere. We h, eies der zwei Polyome, ei Teiler des adere ist, da ist ggt ( f,g) = lk(h) h.

10 9 3. POLYNOME Beweis: Es seie a ud b die Grade vo f ud g. Sei a b. We f ud g verschiede sid, wird f im ächste Schritt durch ei Polyom kleiere Grades ersetzt. Also liefert das Verfahre ach höchstes max(a, b) Schritte ei Ergebis. I jedem Schritt wird ei Paar vo Polyome durch ei aderes ersetzt, ach Lemma aber so, dass die größte gemeisame Teiler der zwei Polyompaare gleich sid. Sobald eies der zwei Polyome das adere teilt, ist dieses c ggt ( f,g), für ei 0 c K. Satz 2 : (Erweiterter Euklidischer Algorithmus) Es seie f,g Polyome, f 0 ud g 0. Es gibt Polyome u,v so, dass u f + vg = ggt ( f,g) ist. Diese köe mit dem folgede Verfahre berechet werde: Setze A := (A,A 2,A 3 ) := ( f,,0) K[x] 3 ud B := (B,B 2,B 3 ) := (g,0,) K[x] 3. Solage B das Polyom A icht teilt, bereche de polyomiale Quotiete m vo A ud B ud setze C := B, B := A mc := (A mc,a 2 mc 2,A 3 mc 3 ) ud A := C. We B das Polyom A teilt, da ist u := lk(b ) B 2 ud v := lk(b ) B 3. Beweis: We zwei Tripel vo Polyome S ud T die Eigeschaft S = f S 2 + g S 3 bzw. T = f T 2 + g T 3 habe, da auch alle Tripel S ht mit h K[x]. Die erste zwei Tripel im Algorithmus habe diese Eigeschaft, daher auch alle adere auftretede Tripel. Für die erste Kompoete der Tripel wird der euklidische Algorithmus durchgeführt, für das letzte Tripel B gilt daher lk(b ) ggt ( f,g) = f B 2 + g B 3. Satz 3 : (Berechug vo kgv ( f,g)) Es seie f,g Polyome, f 0 ud g 0. Sei z := lk( f ) lk(g) K. Da ist kgv ( f,g) = z f ggt ( f,g) g = z g ggt ( f,g) f. z f Beweis: Es ist klar, dass ggt ( f,g) g = ggt ( f,g) f ei Vielfaches vo f ud vo g ist. Sei h ei Polyom, das Vielfaches vo f ud vo g ist. Da gibt es Polyome c,d mit h = c f ud h = d g. Nach Satz 2 gibt es Polyome z g

11 0 3. POLYNOME u,v so, dass u f + v g = ggt ( f,g). Da ist ei Vielfaches vo h = u f + v g ggt ( f,g) h = u f ggt ( f,g) h + v g ggt ( f,g) h = = u f d g ggt ( f,g) + v g c f ggt ( f,g) = f g (u d + v c) = ggt ( f,g) = z f g ggt ( f,g) z (u d + v c) z f g ggt ( f,g). Lemma 2 : Es seie f,..., f Polyome. Da ist ggt ( f,..., f ) = ggt ( f,ggt ( f 2,ggT ( f 3,ggT (..., f )...)), also ka der größte gemeisame Teiler mehrerer Polyome durch sukzessives Bereche des größte gemeisame Teilers vo je zwei Polyome berechet werde. Mit Satz 2 köe Polyome u,...,u so berechet werde, dass f u f u = ggt ( f,..., f ). Beweis: Übug. Satz 4 : ( Löse eier lieare Gleichug, dere Koeffiziete Polyome sid ) Es seie f,..., f vo Null verschiedee Polyome, g := ggt ( f,..., f ) ud h ei Polyom. Es ist ggt ( f,..., f ) = ggt ( f,ggt ( f 2,ggT ( f 3,ggT (..., f )...)), also ka der größte gemeisame Teiler mehrerer Polyome durch sukzessives Bereche des größte gemeisame Teilers vo je zwei Polyome berechet werde. Es gibt geau da ei -Tupel (x,...,x ) vo Polyome mit f x f x = h, we h ei Vielfaches vo g ist. I diesem Fall ka ei solches -Tupel wie folgt berechet werde: Bereche mit Satz 2 Polyome u,...,u so, dass f u f u = g ist. Setze x i := u i hg, i. Beweis: Für jedes -Tupel (x,...,x ) vo Polyome wird f x f x vo g geteilt. Also ist die Bedigug, dass h ei Vielfaches vo g ist,

12 3. POLYNOME otwedig für die Existez eier Lösug. We diese Bedigug erfüllt ist, ist leicht achzuprüfe, dass (u hg,...,u hg ) eie Lösug ist. 6. Irreduzible Polyome Defiitio 9 : Ei Polyom f K[x] ist geau da irreduzibel, we f K ist ud we f i K[x] keie Teiler hat, dere Grad größer als 0 ud kleier als gr( f ) ist. Beispiel 3 : Alle Polyome mit Grad sid irreduzibel. Lemma 3 : Es sei f K[x] ei irreduzibles Polyom mit Koeffiziete i eiem Körper K. We f das Produkt zweier Polyome teilt, da auch eies dieser zwei Polyome. Beweis: Es seie g,h K[x] so, dass f das Polyom gh teilt. Wir ehme a, dass f das Polyom g icht teilt. Weil f irreduzibel ist, ist da ggt ( f,g) =. Nach Satz 2 gibt es Polyome u,v mit u f + vg =. Weil f ei Teiler vo u f h ud vgh ist, teilt es auch h = h = u f h + vgh. Satz 5 : Zu jedem Polyom f K[x] mit positivem Grad gibt es bis auf die Reihefolge eideutig bestimmte ormierte irreduzible Polyome f,..., f so, dass ist. f = lk( f ) f i i= Beweis: Es sei 0 f K[x] ei Polyom mit positivem Grad. Wir zeige die Existez eier Zerlegug i irreduzible Faktore durch Iduktio über gr( f ). We gr( f ) = ist, da ist f irreduzibel. We gr( f ) > ist, da ist f etweder irreduzibel oder es gibt Polyome g,h mit positivem Grad so, dass f = gh. Da sid die Grade vo g ud h aber kleier als der vo f. Nach Iduktiosaahme sid g ud h Produkte vo irreduzible Elemete, also auch f. We f = p p 2... p ud f = q q 2...q m zwei Zerleguge vo f i irreduzible Elemete sid, da gibt es ach Lemma 3 eie Idex j so, dass q j das irreduzible Polyom p teilt. Es gibt also ei ivertierbares Elemet

13 2 3. POLYNOME u i K[x] so, dass p = uq j. Daher ist g := up p 2... p = q i. i m,i j Der Grad vo g ist kleier als der vo f, daher folgt aus der Iduktiosaahme die Eideutigkeit der irreduzible Faktore vo g bis auf die Reihefolge ud Assoziiertheit. Wege p = uq j folgt daraus die Behauptug. Satz 6 : I jedem Polyomrig über eiem Körper gibt es uedlich viele ormierte irreduzible Polyome. Beweis: We es ur edlich viele ormierte irreduzible Polyome gäbe, da wäre ihr Produkt q ei Polyom ud der Grad vo q + wäre größer (oder gleich, we es ur ei ormiertes irreduzibles Polyom gibt) als der jedes irreduzible Polyoms. Isbesodere wäre q + kei ormiertes irreduzibles Polyom. Nach Satz 5 gibt es ei ormiertes irreduzibles Polyom p, das q + teilt. Da p auch q teilt, würde p da auch teile, Widerspruch. 7. Die Azahl der Nullstelle eies Polyoms Im Satz 8 wurde eie obere Schrake für die Azahl der Nullstelle eies Polyoms agegebe, diese ka aber viel zu groß sei. Zum Beispiel hat das Polyom x für jedes N i K ur eie Nullstelle. Defiitio 0 : Es seie f 0 ei Polyom mit Koeffiziete i K ud a eie Nullstelle vo f i K. Die Vielfachheit der Nullstelle a vo f ist die größte gaze Zahl mit der Eigeschaft, dass (x a) ei Teiler vo f ist. Eie Nullstelle ist eifach, we ihre Vielfachheit ist, ud mehrfach, we ihre Vielfachheit größer als ist. Satz 7 : Die Fuktio D : K[x] K[x], c i x i i= ic i x i heißt Differetiatio oder Ableitug. Sie ist K-liear ud erfüllt die Produktregel für alle Polyome f,g ist D( f g) = f D(g) + D( f ) g. Isbesodere ist für alle positive gaze Zahle k ud alle Polyome f K[x] D( f k ) = k f k D( f ).

14 3 3. POLYNOME Beweis: Übug. Defiitio : Für c K ud a Z sei a c := vz(a)c vz(a)c. }{{} a Summade We für alle positive gaze Zahle gilt: 0, da ist K ei Körper der Charakteristik 0. Schreibweise: char(k) = 0. We es eie positive gaze Zahl mit = 0 gibt ud p die kleiste positive gaze Zahl mit dieser Eigeschaft ist, da ist K ei Körper der Charakteristik p. Schreibweise: char(k) = p. Es ist leicht zu sehe, dass p i diesem Fall eie Primzahl sei muss. Beispiel 4 : Q hat Charakteristik 0, Z p hat Charakteristik p. Satz 8 : Es sei f 0 ei Polyom. () Ei Elemet a K ist geau da eie mehrfache Nullstelle vo f, we f (a) = 0 ud D( f )(a) = 0 ist. (2) We char(k) = 0 ist, da hat das Polyom f ggt ( f,d( f )) ur eifache Nullstelle ud zwar geau die Nullstelle vo f. (3) We char(k) = 0 ist, da hat das Polyom f höchstes Nullstelle i K. gr( f ) gr(ggt ( f,d( f ))) Beweis: () We a eie mehrfache Nullstelle vo f ist, da gibt es ei Polyom h K[x] so, dass f = (x a) 2 h. Da ist D( f ) = 2(x a) h + (x a) 2 D(h) = = (x a) (2h + (x a) D(h)), also a eie Nullstelle vo D( f ). Sei u umgekehrt a eie Nullstelle vo f ud vo D( f ). Wir dividiere f mit Rest durch (x a) 2 : Da ist f = m (x a) 2 + r, gr(r) < 2. D( f ) = D(m) (x a) 2 + 2m (x a) + D(r).

15 4 3. POLYNOME Aus f (a) = 0 folgt 0 = r(a), also ist r = 0 oder r = lk(r) (x a). Aus D( f )(a) = 0 folgt D(r) = 0. Daher ist r = 0 ud (x a) 2 ei Teiler vo f. (2) Sei a eie Nullstelle vo f ud ihre Vielfachheit. Da gibt es ei Polyom h mit f = (x a) h ud h(a) 0. Wege D( f ) = (x a) h + (x a) D(h) = = (x a) ( h + (x a) D(h)) wird ggt ( f,d( f )) vo (x a) geteilt. Wege h(a) 0 ud weil char(k) = 0 ist, wird h + (x a) D(h) icht vo (x a) geteilt. Somit werde D( f ) ud ggt ( f,d( f )) icht vo (x a) geteilt. Daher ist a eie eifache Nullstelle vo (3) folgt aus (2). f ggt ( f,d( f )). 8. Existez vo Nullstelle I diesem Abschitt sei f K[x] ei irreduzibles ormiertes Polyom. Defiitio 2 : Eie Körper L, der K als Uterrig ethält, heißt Körpererweiterug vo K. Eie Körpererweiterug K L ist edlich, we L als K-Vektorraum edlichdimesioal ist. Die Dimesio dieses Vektorraums heißt Grad der Körpererweiterug. Ei irreduzibles Polyom f K[x] hat i K keie Nullstelle, daher sucht ma eie edliche Körpererweiterug K L vo möglichst kleiem Grad, sodass das Polyom i L eie Nullstelle hat. Dazu gibt es zwei Möglichkeite: () Ma sucht i eier bereits bekate K-Algebra A ach eier Nullstelle a vo f. We ma sie fidet, da ist K K[a] die gesuchte Körpererweiterug. (2) Ma kostruiert eie edliche Körpererweiterug, i der f eie Nullstelle habe muss. Beispiel 5 : We K = Q ud f = x 2 + ist, da hat f i der Q-Algebra Q 2 2 die Nullstelle ( ) 0 i :=. 0 ( ) a b Also ist Q Q[i] := {ai 2 + bi = a,b Q} eie Körpererweiterug vom Grad b a 2.

16 5 3. POLYNOME Eie allgemeie Methode zur Kostruktio eier edliche Körpererweiterug vo kleistmöglichem Grad, i der f eie Nullstelle hat, liefert der folgede Satz 9 : Es seie f K[x] irreduzibel, := gr( f ) ud V der vo,x,x 2,...,x erzeugte Utervektorraum vo K[x]. Mit der Multiplikatio : V V V, (g,h) Rest vo gh ach Divisio durch f, wird V zu eier K-Algebra, die sogar eie Körpererweiterug vo K (vom Grad ) ist. Das Elemet x V ist eie Nullstelle vo f i V. Das zu h V iverse Elemet ka wie folgt berechet werde: Bereche mit dem erweiterte Euklidische Algorithmus Polyome u,v K[x] so, dass u f + vh = ist. Der Rest vo v ach Divisio durch f ist das zu h iverse Elemet. Beweis: Übug. Beispiel 6 : Seie K = Q, f = x 2 + ud V := Q,x. Wir betrachte V wie i Satz 9 als zweidimesioale Körpererweiterug vo Q. Da hat f i V die Nullstelle i := x. Defiitio 3 : Ei Körper K ist algebraisch abgeschlosse, we jedes Polyom i K[x] mit positivem Grad eie Nullstelle i K hat. Eie Körpererweiterug K L vo K heißt algebraischer Abschluss vo K, we L algebraisch abgeschlosse ist ud jedes Elemet vo L algebraisch über K ist. Satz 20 : Jeder Körper hat eie algebraische Abschluss. Ei algebraischer Abschluss vo Q heißt Körper der algebraische Zahle. Beweis: wird weggelasse. Mache Eigeschafte vo Polyome sid besoders eifach zu beschreibe, we der Koeffizietekörper algebraisch abgeschlosse ist: Satz 2 : Ei Polyom mit Koeffiziete i eiem algebraisch abgeschlossee Körper K ist geau da i K[x] irreduzibel, we sei Grad ist. Isbesodere gilt: We f K[x] positive Grad hat ud z,...,z die Nullstelle vo f i K sid, da gibt es eideutig bestimmte positive gaze

17 6 3. POLYNOME Zahle e,...,e so, dass ist. f = lk( f ) i= (x z i ) e i Beweis: We K algebraisch abgeschlosse ist, hat jedes Polyom i K[x] mit positivem Grad i K eie Nullstelle. We z eie Nullstelle eies irreduzible Polyoms f ist, da wird f vo x z geteilt. Daher muss f = lk( f )(x z) sei. Die zweite Aussage folgt u aus Satz 5. Satz 22 : Es sei K ei algebraisch abgeschlosseer Körper der Charakteristik 0. Da hat ei Polyom 0 f K[x] geau gr( f ) gr(ggt ( f,d( f )) (paarweise verschiedee) Nullstelle. Beweis: Folgt aus Satz 8 ud Satz Lieare Differezegleichuge I diesem Abschitt sei K ei Körper ud eie positive gaze Zahl. Mit F(N,K) bezeiche wir die K-Algebra aller Fuktioe vo N ach K (bzw. Folge i K). Folge ud ihre Darstellug: Eie Folge i K ist eie Fuktio vo N ach K. Folge köe auf verschiedee Weise dargestellt werde: I der Fuktiosschreibweise zum Beispiel f : N K, j f ( j), f : N R, j 5 8 j j j j +, oder als Familie mit Idexmege N ( f 0, f, f 2, f 3,...) = ( f j ) j N = ( f ( j)) j N, zum Beispiel (,2,,,2,...) = ( 5 8 j j3 07, oder durch ei Stabdiagramm, zum Beispiel 8 j j+) j N

18 7 3. POLYNOME Gibt ma vo eier Folge ur die erste siebe, acht (oder auch füf Milliarde) Folgeglieder a, zum Beispiel (2, 4, 0,, 3, 3, 5,...), so ist es der Phatasie der Leser/ie überlasse, die Pukte... zu deute. Es gibt da beliebig viele Möglichkeite für die weitere Folgeglieder. Wie ka ma eie Folge eideutig durch edlich viele Date defiiere? Zwei Möglichkeite dafür sid: Ma gibt ei Verfahre a, mit dem für jede Zahl j N das j-te Folgeglied f ( j) berechet werde ka (explizite Form der Folge). Zum Beispiel: Für alle j N sei f ( j) := j 2 3 j + 2. Oder: Für alle j N sei f ( j) der Rest vo 2 j ach Divisio durch 5. Ma gibt Bediguge a, die ur vo der Folge, die ma beschreibe möchte, erfüllt werde (implizite Form der Folge). Zum Beispiel: f sei die Folge mit f (0) = 0, f () =, ud für alle j N: f ( j + 2) = f ( j + ) + f ( j). Solche Bediguge mit besoders eifacher Form trete zum Beispiel bei lieare Differezegleichuge auf. Defiitio 4 : Eie lieare Differezegleichug (der Ordug ) mit Afagswerte ist die folgede Aufgabe: Gegebe sid Elemete c 0,c,...,c K mit c 0 (Koeffiziete der Differezegleichug), Elemete a 0,a,...,a K (Afagswerte) ud eie Folge h i K. Gesucht ist eie explizite Form eier Folge f i K mit de Eigeschafte für 0 i ist f (i) = a i ud

19 8 3. POLYNOME für alle j N ist c 0 f ( j) + c f ( j + ) c f ( j + ) = h( j). Eie solche Folge f heißt Lösug der Differezegleichug. We h = 0 ist, heißt die Differezegleichug homoge, sost ihomoge. Wir köe eie lieare Differezegleichug als System liearer Gleichuge mit uedlich viele Ubekate ud uedlich viele Gleichuge mit gute Eigeschafte auffasse: ud f (i) = a i für 0 i c 0 f (0) + c f () + c 2 f (2) + c 3 f (3) +... = h(0) c 0 f () + c f (2) + c 2 f (3) +... = h() c 0 f (2) + c f (3) +... = h(2) c 0 f (3) +... = h(3)... =... Dabei sid f (0), f (), f (2),... die Ubekate. Ma erhält jede Gleichug aus der voragegagee, idem ma die Koeffiziete c 0,...,c um eie Stelle ach rechts verschiebt. Satz 23 : (Existez ud Eideutigkeit eier Lösug) Sid Elemete a 0,...,a K, c 0,c,...,c K mit c 0, ud eie Folge h i K gegebe, da gibt es geau eie Folge f i K so, dass ist. f (i) = a i, 0 i, ud c 0 f ( j) + c f ( j + ) c f ( j + ) = h( j), j N, Wir köe diese Folge f iduktiv bereche, dabei sehe wir zugleich, dass f durch die agegebee Bediguge eideutig bestimmt ist: f (0) = a 0,..., f ( ) = a, f () = c (h(0) c 0 f (0) c f ()... c f ( )) f ( + ) = c (h() c 0 f () c f (2)... c f ()) f ( + 2) = c (h(2) c 0 f (2) c f (3)... c f ( + )) f ( + 3) = Beweis: achprüfe

20 9 3. POLYNOME Beispiel 7 : Sei K = R, f (0) = 0, f () = ud für alle j N sei f ( j + 2) f ( j + ) f ( j) = 0. Da ist f (0) = 0, f () = f (2) = f () + f (0) = f (3) = f (2) + f () = 2 f (4) = f (3) + f (2) = 3 f (5) = f (4) + f (3) = 5 f (6) = f (5) + f (4) = 8 f (7) = f (6) + f (5) = 3... Diese Folge heißt Folge der Fiboacci-Zahle. Defiitio 5 : Sei f eie Folge i K. Für l N sei die Folge i K mit der Eigeschaft: s l f für alle j N ist (s l f )( j) := f ( j + l). Die Folge s l f = ( f l, f l+, f l+2,...) erhält ma also aus der Folge f = ( f 0, f, f 2,...), idem ma alle Folgeglieder um l Stelle ach liks verschiebt. Der Buchstabe s steht für shift. Beispiel 8 : f = (,2,,,2,...)

21 20 3. POLYNOME s f = (2,,,2,...) s 2 f = (,,2,...) Defiitio 6 : Für p := c is i K[s] ud f F(N,K) sei Also: für alle j N ist p f := (p f )( j) = c i (s i f ) F(N,K). c i f ( j + i). I Worte formuliert: Ma erhält die Folge p f, idem ma für 0 i die Folge c i f um i Stelle ach liks verschiebt ud schließlich diese + Folge summiert. Wir köe u auf eie eue Weise formuliere, was eie lieare Differezegleichug ist:

22 2 3. POLYNOME Defiitio 7 : Eie lieare Differezegleichug (der Ordug ) mit Afagswerte ist die folgede Aufgabe: Gegebe sid ei Polyom 0 p K[s] mit grad(p) =, Elemete a 0,a,...,a K (Afagswerte ) ud eie Folge h i K. Gesucht ist eie explizite Form eier Folge f i K mit de Eigeschafte für 0 i ist f (i) = a i ud p f = h. Sprechweise: Die durch p := c is i ud h gegebee lieare Differezegleichug mit Afagswerte a i, 0 i bedeutet: die durch c 0,c,...,c ud h gegebee lieare Differezegleichug mit Afagswerte a i, 0 i. Beispiel 9 : Die durch s 2 s ud 0 gegebee lieare Differezegleichug mit Afagswerte 0, ist die homogee Differezegleichug mit Afagswerte 0,, die durch,,2 gegebe ist. Satz 24 : Sei f die Lösug der durch ei Polyom p = c is i K[s] mit c 0, eie Folge h i K ud Afagswerte a 0,...,a K gegebee Differezegleichug. Für j ka f ( j) wie folgt berechet werde: Dividiere s j mit Rest durch p: s j = m j p + r j ud [r j = 0 oder grad(r j ) < ]. Sei r ji der Koeffiziet vo r j bei s i, 0 i, also Da ist r j = r ji s i. f ( j) = (m j h)(0) + r ji a i. We die Differezegleichug homoge (also h = 0) ist, ist f ( j) = r ji a i, ma muss i diesem Fall also ur de Rest (ud icht auch de polyomiale Quotiete) vo s j ach Divisio durch p bereche. Beweis: f ( j) = (s j f )(0) = ((m j p + r j ) f )(0) =

23 22 3. POLYNOME = (m j (p f ))(0) + (r j f )(0) = = (m j h)(0) + r ji a i. Dabei habe wir verwedet, dass (m j p) f = m j (p f ) ist, was aber leicht achzuprüfe ist. Beispiel 0 : Die Fiboacci-Folge f ist die Lösug der durch p := s 2 s ud f (0) = 0, f () = gegebee homogee lieare Differezegleichug. Wir bereche das Folgeglied f (00): Der Rest vo s 00 ach Divisio durch p ist (Berechug i Maple mit dem Befehl rem(s 00,s 2 s,s)) s Wege f (0) = 0 ud f () = ist f (00) = Beispiel : Homogee lieare Differezegleichuge. Ordug Seie a ud c Elemete vo K. Bereche eie explizite Form der Folge f mit (s c) f = 0 ud f (0) = a! Aders formuliert: Für alle j N sei f ( j + ) c f ( j) = 0 ud f (0) = a. Divisio mit Rest vo s j durch s c ergibt Eisetze vo c für s ergibt also ist für alle j N s j = m j (s c) + r j ud r j K. c j = 0 + r j, f ( j) = c j a. Beispiel 2 : Ihomogee lieare Differezegleichuge. Ordug Seie a ud c Elemete vo K ud h eie Folge i K. Bereche eie explizite Form der Folge f mit Aders formuliert: Für alle j N sei (s c) f = h ud f (0) = a! f ( j + ) c f ( j) = h( j) ud f (0) = a. Wie im voragegagee Beispiel erhalte wir s j = m j (s c) + c j.

24 23 3. POLYNOME Daher ist somit ist für alle j N m j = s j c j j s c = c l s j l, f ( j) = l=0 j c l h( j l) + c j a. l=0 Beispiel 3 : Homogee lieare Differezegleichuge 2. Ordug Seie a 0,a K, p := s 2 + c s + c 0 K[s] ud x,x 2 die Nullstelle vo p. Bereche eie explizite Form der Folge f mit p f = 0, f (0) = a 0 ud f () = a! Sei j N. Divisio mit Rest vo s j durch p = (s x )(s x 2 ) ergibt s j = m j (s x )(s x 2 ) + r j ud [r j = 0 oder grad(r j ) ]. Sei r j = r j s+r j0 mit r j0,r j K. Setze wir x bzw. x 2 für s ei, so erhalte wir x j = 0 + r j x + r j0 bzw. x j 2 = 0 + r j x 2 + r j0. Falls x x 2 ist, folgt daraus ud r j = x j x j 2 x x 2 r j0 = x x j 2 x j x 2 x x 2. Das j - te Folgeglied f ( j) der Lösug f dieser Differezegleichug ist also f ( j) = x j x j 2 x x 2 a + x x j 2 x j x 2 x x 2 a 0 = a a 0 x 2 x x 2 x j + a 0x a x x 2 x j 2.

25 24 3. POLYNOME Falls x = x 2 ist, gilt wie obe x j = 0 + r j x + r j0. Eie zweite Bedigug für die Koeffiziete vo r j erhalte wir, idem wir s j = m j (s x ) 2 + r ach s ableite ud da für s die Zahl x eisetze: I diesem Fall ist also jx j = 0 + r j. f ( j) = jx j a + ( j)x j a 0 = ( j)a 0 x j + ja x j. Beispiel 4 : Die Formel vo Biet Die Fiboacci-Folge f (cf. Beispiel 7) ist die Lösug eier homogee lieare Differezegleichug 2. Ordug. Nach Beispiel 5.4 köe wir daher ihre Folgeglieder mit Hilfe der Nullstelle vo s 2 s darstelle. Diese sid ud 5 2. Mit Beispiel 3 erhalte wir die Formel vo Biet: ( f ( j) = 5 Nach Beispiel 0 ist da = 5 + ) j ( 5 2 ( ) j ) 00 ( 5 2 ) Algebraische Elemete ud Miimalpolyome I diesem Abschitt sei L eie Körpererweiterug vo K. Defiitio 8 : Ei Elemet a L ist algebraisch über K, we es Nullstelle eies Polyoms f 0 i K[x] ist. Defiitio 9 : Es seie a ei über K algebraisches Elemet vo L. Das ormierte Polyom kleiste Grades i K[x], das a als Nullstelle hat, heißt Miimalpolyom vo a über K. Das Miimalpolyom jedes Elemetes i L ist irreduzibel, weil eie Nullstelle (i L) eies Polyoms auch Nullstelle eies seier irreduzible Faktore ist.

26 25 3. POLYNOME Satz 25 : Es seie a ei über K algebraisches Elemet i L ud f sei Miimalpolyom. () We g K[x] ei irreduzibles ormiertes Polyom mit g(a) = 0 ist, da ist f = g. (2) Es sei der Grad vo f. Da ist (,a,a 2,...,a ) eie K-Basis vo K[a] := {h(a) h K[x]}. We r = c ix i der Rest vo h K[x] ach Divisio durch f ist, da ist (c 0,...,c ) das -Tupel der Koordiate vo h(a) bezüglich der Basis (,a,a 2,...,a ). (3) Die kommutative Uteralgebra K[a] vo A ist ei Körper. Es seie h K[x] ud h(a) 0. Die Koordiate vo h(a) K[a] bezüglich der Basis (,a,...,a ) köe wie folgt berechet werde: Bereche mit dem erweiterte Euklidische Algorithmus Polyome u,v K[x] so, dass u f + vh = ist. Bereche de Rest d ix i vo v ach Divisio durch f. Da ist (d 0,...,d ) das gesuchte -Tupel der Koordiate vo h(a). Beweis: () Es sei r der Rest vo g ach Divisio durch f. Da ist a auch eie Nullstelle vo r. Wege r = 0 oder gr(r) < gr( f ) folgt aus der Defiitio des Miimalpolyoms, dass r = 0 ist. Also wird das irreduzible Polyom g vo f geteilt, aus lk(g) = = lk( f ) folgt daher f = g. (2) Es seie h K[x] ud m bzw. r der polyomiale Quotiet bzw. Rest vo h ach Divisio durch f. Da ist h(a) = m(a) f (a) + r(a) = r(a), also ist h(a) eie K-Liearkombiatio vo (,a,...,a ). Wäre (,a,...,a ) icht liear uabhägig, da gäbe es ei -Tupel 0 (d 0,...,d ) i K mit d ia i = 0. Da wäre aber a die Nullstelle des Polyoms 0 d ix i, desse Grad kleier als der vo f ist. Widerspruch. (3) Es seie h K[x] ud h(a) 0. Nach (2) köe wir aehme, dass der Grad vo h kleier als ist (falls icht, ersetze wir h durch seie Rest ach Divisio durch f ). Da wird h icht vo f geteilt. Weil f irreduzibel ist, ist daher ggt ( f,h) =. Mit dem erweiterte Euklidische Algorithmus köe daher Polyome u, v K[x] so berechet werde, dass u f + vh = ist. Da ist v(a) K[a] ud = u(a) f (a) + v(a) h(a) = 0 + v(a) h(a), also h(a) ivertierbar ud h(a) = v(a).

27 26 3. POLYNOME We das Miimalpolyom eies algebraische Elemetes a bekat ist, da ka am Computer i K[a] exakt gerechet werde (wobei vorausgesetzt werde muss, dass ma i K exakt reche ka). Die Elemete vo K[a] werde durch -Tupel i K dargestellt, ud die Recheoperatioe werde mit Hilfe der Aussage (2) ud (3) vo Satz 25 ausgeführt. Die erste Aussage vo Satz 25 ka verwedet werde, um das Miimalpolyom zu fide: es muss zuächst irgedei ormiertes Polyom f, desse Nullstelle a ist, gegebe sei. Da wird überprüft, ob f irreduzibel ist. We es irreduzibel ist, da ist f das Miimalpolyom vo a. We icht, müsse wir eie Faktor g kleiere Grades mit g(a) = 0 fide ud mit diesem vo Neuem begie. Beispiel 5 : Es sei 3 2 die positive reelle Zahl, die Nullstelle vo x 3 2 ist. We das Polyom x 3 2 icht irreduzibel über Q wäre, da hätte es eie Faktor vom Grad. Dieses Polyom hat aber keie Nullstelle i Q (Übug), also auch keie Faktor vom Grad. Daher ist x 3 2 das Miimalpolyom vo 3 2 über Q ud (, 3 2, 3 4) ist eie Q-Basis vo Q[ 3 2]. Um die Koordiate vo ( ) bezüglich dieser Basis zu bereche, verwede wir Satz 25. Es ist also ( 3x 50)(x 3 2) + (x 2 + 6x )(3x 2 + 2x + ) = 89, ( ) = Schreibt ma dieses Ergebis i der Form ( ) = a, so wird diese Berechug oft als Ratioalmache des Neers bezeichet.. Ratioale Fuktioe I diesem Abschitt seie R ei Itegritätsbereich ud K sei Quotietekörper. Defiitio 20 : Der Quotietekörper vo R[x] heißt Körper der ratioale Fuktioe ud wird mit K(x) bezeichet. Seie Elemete heiße ratioale Fuktioe mit Koeffiziete i K.

28 27 3. POLYNOME Es seie a,b,c,d R, b 0, c 0, d 0 ud f,g R[x], g 0. Da ist a b f c d g = ad f bc g, also köe die Quotietekörper vo R[x] ud K[x] als gleich aufgefasst werde. Es seie f,g K[x], g 0 ud m bzw. r der polyomiale Quotiet bzw. Rest vo f ach Divisio durch g. Da ist f g = m + r g = m + r g, also ka jede ratioale Fuktio als Summe eies Polyoms ud eier ratioale Fuktio, dere Zähler eie kleiere Grad als der Neer hat, geschriebe werde. Es ist sehr empfehleswert, jede ratioale Fuktio vor jeder Recheoperatio durch de größte gemeisame Teiler vo Zähler ud Neer zu kürze. Im Gegesatz zu Polyome ka ratioale Fuktioe icht eie Fuktio vo K ach K zugeordet werde (obwohl der Name ratioale Fuktio das ahelegt). We f,g Polyome sid, g 0, ud N die Mege der Nullstelle vo g ist, da wird durch die ratioale Fuktio f g die Fuktio defiiert. K \ N K, z f f (z) (z) := g g(z), Satz 26 : Es seie f,g,h vo Null verschiedee Polyome mit Koeffiziete i K so, dass gr(g) > 0, gr(h) > 0, ggt (g,h) = ud gr( f ) < gr(gh) ist. Da gibt es eideutig bestimmte Polyome u ud v so, dass gr(u) < gr(h), gr(v) < gr(g) ud f gh = u h + v g ist. Die Polyome u ud v köe wie folgt berechet werde: Bereche mit dem erweiterte Euklidische Algorithmus Polyome s,t K[x] so, dass sg +th = ist. Da ist u bzw. v der Rest vo f s bzw. ft ach Divisio durch h bzw. g. Beweis: Es sei p bzw. q der polyomiale Quotiet vo f s bzw. ft ud h bzw. g. Da ist f s = ph + u ud ft = qg + v. Aus ( f s)g + ( ft)h = f folgt da (p + q)gh + ug + vh = f.

29 28 3. POLYNOME Wäre p + q 0, da würde wege auch gr((p + q)gh) = gr(p + q) + gr(gh) > gr(ug + vh) gr( f ) = gr(p + q)gh gr(gh) gelte, was im Widerspruch zur Aahme steht. Daher ist ud somit ug + vh = f f ug + vh = = u gh gh h + v g. We u ud v Polyome mit gr(u ) < gr(h), gr(v ) < gr(g) ud u h + v g also sid, da ist u h + v g = u h + v g, (v v )h = (u u)g. f gh = We (v v ) = 0 ist, da ist v = v ud u = u. Wäre (v v ) 0, da folgt aus ggt (g,h) =, dass g ei Teiler vo v v ist, also gr(g) gr(v v ) gr(v). Widerspruch zu gr(v) < gr(g). Satz 27 : Es seie f,g Polyome mit Koeffiziete i K, g 0 ud eie positive gaze Zahl. Da gibt es eideutig bestimmte Polyome f 0, f,..., f mit Koeffiziete i K so, dass ud f g = f i g i f i = 0 oder gr( f i ) < gr(g), i, ist. Diese Polyome köe wie folgt berechet werde: Sei i := 0 ud h 0 := f. Solage i + : Dividiere h i mit Rest durch g. Es seie h i+ der polyomiale Quotiet ud r i der Rest vo h i ach Divisio durch g. Setze f i := r i ud i := i +. Beweis: Wir zeige zuerst die Existez dieser Zerlegug durch Iduktio über. We =, da ist f g = h + r 0 g = h + f g.

30 29 3. POLYNOME We >, da ist f g = h g + r 0 g = h g + f g. Die Behauptug folgt u ach Awedug der Iduktiosaahme auf h g. Seie f 0, f,..., f i K[x] so, dass ud ist. Da ist f g = f i g i f i = 0 oder gr( f i ) < gr( f ), i, f i g i = f i g i ud f i g i = Wir ehme a, es gäbe eie Zahl i mit f i f mit dieser Eigeschaft. Da ist ud j f i g i j = f i g i f j f j = g j ( f i f i )g j i, i f i g i.. Sei j die größte Zahl Zahl daher ist der Grad vo f j oder vo f j icht kleier als der Grad vo g. Widerspruch. Satz 28 : (Partialbruchzerlegug ratioaler Fuktioe) Es seie f K[x], g,...,g k paarweise icht assoziierte irreduzible Polyome ud g := k i= g i i. Da gibt es eideutig bestimmte Polyome f 0 ud f i j, i k, j i, sodass k f i g = f f i j 0 + i= j= g j i ud f i j = 0 oder gr( f i j ) < gr(g i ), i k, j i, ist. Falls K = C ist, ka die zweite Bedigug durch f i j C, i k, j i

31 30 3. POLYNOME ersetzt werde. Beweis: Folgt aus de Sätze 26 ud 27. Beispiel 6 : Es seie f K[x], gr( f ) < k ud c,...,c k paarweise verschiedee Elemete vo K. Nach Satz 28 gibt es Elemete d,...,d k i K so, dass k f i= k (x c i) = d j j= x c j ist. Multiplikatio mit k i= (x c i) ergibt daher ist f = d j = k j= d j (x c i ), i j f (c j ) i j (c j c i ). Beispiel 7 : Die Partialbruchzerlegug ratioaler Fuktioe ka zur Berechug gewisser Summe verwedet werde. Zum Beispiel ist i(i + ) = i i +, daher ist i= i(i + ) = ( i= i + i + ) = i= i i=2 i = +. Beispiel 8 : Es sei f g eie ratioale Fuktio mit Koeffiziete i R oder C. We die irreduzible Faktore des Zählers g bekat sid, ka die Partialbruchzerlegug zur Berechug des Itegrals vo f g verwedet werde. Zum Beispiel ist x 4 + x 2 + x + 2 (x + ) 2 = (x ) + (x ) x + (x + ) 2 + x, daher ist 2 x2 x + x + + l((x + )2 x ) das Itegral dieser Fuktio. Da aber im allgemeie die irreduzible Faktore des Zählers eier ratioale Fuktio icht bekat sid, verwede Computeralgebrasysteme adere Verfahre zur Berechug des Itegrals vo ratioale Fuktioe.

32 3 3. POLYNOME Statt der Zerlegug des Zählers i irreduzible Faktore wird die leicht zu berechede Zerlegug i quadratfreie Faktore verwedet. 2. Polyome i mehrere Variable Es sei eie positive gaze Zahl. Zur Erierug: Eie Familie (c i ) i N i K ist eie Koeffiziete-Familie mit Idexmege N, we es ur edlich viele Idizes i N mit c i 0 gibt. Auf N betrachte wir die kompoeteweise Additio: für i, j N ist i + j := (i,...,i ) + ( j,..., j ) := (i + j,...,i + j ). Für jedes k N gibt es ur edliche viele Paare (i, j) N N mit der Eigeschaft i + j = k. Satz 29 : Die Mege P aller Koeffiziete-Familie i K mit Idexmege N zusamme mit de Fuktioe ud + : P P P, ((c i ) i N,(d i ) i N ) (c i ) i N + (d i ) i N := (c i + d i ) i N, : P P P, ((c i ) i N,(d i ) i N ) (c i ) i N (d i ) i N := ( i, j N,i+ j=k c i d j ) k N, : K P P, (c,(d i ) i N ) c (d i ) i N := (cd i ) i N, ist eie kommutative K-Algebra. Sie heißt Polyomrig (i Variable) über K oder Algebra der Polyome (i Variable) mit Koeffiziete i K. Ihre Elemete heiße Polyome i Variable mit Koeffiziete i K. Das Nullelemet des Polyomriges i Variable ist die Familie 0 := (0) i N, das Eiselemet ist die Familie := (δ i0 ) i N. Beweis: Übug. Defiitio 2 : Der Betrag eies Elemetes i N ist die Zahl i := (i,...,i ) := i + i i. Es sei f = (c i ) i N 0 ei Polyom mit Koeffiziete i K. Der Grad vo f oder Totalgrad vo f ist die größte Zahl i { i i N, c i 0}

33 32 3. POLYNOME ud wird mit gr( f ) bezeichet. Das Polyom f heißt homoge vom Grad d N, we für alle i N mit c i 0 gilt: i = d. Die folgede Schreibweise ist zweckmäßig: Wir wähle Symbole, zum Beispiel x,...,x, ud schreibe c i x i oder c i...i x i x i x i statt (c i ) i N. i N i,...,i Wir spreche da vo eiem Polyom i de Variable x,...,x mit Koeffiziete i K. Für de Polyomrig über K schreibe wir da K[x,...,x ] oder, we fest gewählt ist, K[x]. Wir idetifiziere Polyome vom Grad 0 mit ihre ullte Koeffiziete ud fasse K so als Teilmege vo K[x,...,x ] auf. Die Polyome x j := (δ i j ) i N, j N, heiße Potezprodukte i Variable. Satz 30 : Die Familie der Potezprodukte (x i ) i N K[x,...,x ]. ist eie K-Basis vo Beweis: Übug. Defiitio 22 : Es seie f := c i...i x i x i x i K[x,x 2,...,x ] i,...,i ei Polyom ud a := (a,...,a ) ei -Tupel vo Elemete eier K- Algebra A. Da ist f (a) := c i...i a i a i a i i,...,i ei Elemet vo A. Das -Tupel a ist eie Nullstelle vo f i A, we ist. Die Fuktio f (a) = 0 K K, z f (z), heißt die durch f defiierte Polyomfuktio ud wird meistes wieder mit f bezeichet. Defiitio 23 : Ei System vo polyomiale Gleichuge über K ist gegebe durch eie Teilmege M K[x,x 2,...,x ]. Gesucht ist die Mege N K (M) := {z K für alle f M ist f (z) = 0}

34 33 3. POLYNOME aller gemeisame Nullstelle der Polyome i M. Diese heißt Nullstellemege vo M. Eie Teilmege N vo K ist eie algebraische Mege, we sie die Nullstellemege eier Teilmege vo K[x,x 2,...,x ] ist. Satz 3 : Beliebige Durchschitte ud edliche Vereiiguge vo algebraische Mege sid wieder algebraisch. Geauer formuliert: We N,N 2,... K die Nullstellemege vo M,M 2,... K[x,...,x ] sid, da ist N i = N K ( M i ) ud i N i N k N i = N K ({ f f 2... f k f i M i, i k}). i= Beweis: Übug. Beispiel 9 : Die Nullstellemege vo x 2 x2 2 i K2 ist die Vereiigug der zwei Gerade N K 2(x + x 2 ) ud N K 2(x x 2 ). Die Nullstellemege vo {x + x 2,x x 2 } ist der Pukt {(0,0)}, der Durchschitt dieser zwei Gerade. Defiitio 24 : Das Radikal oder die Wurzel eies Ideals I vo R[x,...,x ] ist das Ideal Rad(I) := = { f R[x,...,x ] es gibt eie positive gaze Zahl e mit f e I}. Beispiel 20 : Es seie =, R ei Körper der Charakteristik 0 ud 0 f R[x]. Da ist Rad(R[x] f ) = R[x] f ggt ( f,d( f )). Satz 32 : (Hilbert scher Nullstellesatz) Es seie K ei algebraisch abgeschlosseer Körper ud I ei Ideal i K[x,...,x ]. Die Nullstellemege vo I i K ist geau da leer, we I ist. Das Radikal vo I ist die Mege aller Polyome i K[x,...,x ], dere Nullstellemege die Nullstellemege vo I ethält. Beweis: wird weggelasse.

35 34 3. POLYNOME Zwei durch Teilmege M ud M 2 vo K[x,...,x ] gegebee Systeme vo polyomiale Gleichuge habe also geau da dieselbe Lösugsmege, we die Radikale der vo M ud M 2 erzeugte Ideale gleich sid.