Ergänzungen zur Linearen Algebra

Transkript

1 Ergänzungen zur Linearen Algebra Erwin Bolthausen Wintersemester 05/06 1 Polynome 1.1 Teilbarkeit Sei K ein Körper und K [x] sei der Polynomring über K in einer Variablen x. Die Elemente von K [x] sind die (formalen) Polynome p (x) = nx a j x j ; j=0 wobei wir x 0 := 1 setzen. Das Nullpolynom ist das Polynom mit allen Koe zienten gleich 0: Ist p (x) nicht das Nullpolynom, so setzen wir im allgemeinen voraus, dass der höchste Koe zient a n 6= 0 ist: Mit der üblichen Polynomaddition und Polynommultiplikation wird (K [x] ; +; ) zu einem kommutativen Ring mit Eins. Das Neutralelement der Multiplikation (die Eins ist das Polynom 0-ten Grades mit a 0 = 1: Ist der höchste Koe zient a n 6= 0; so bezeichnet man n als den Grad des Polynoms. Wir schreiben dafür grad (p (x)) : Es ist bequem (und nur eine Konvention), dem Nullpolynom den Grad 1 zuzuweisen. Dies hat den Vorteil, dass die folgende Beziehung gilt: grad (p (x) q (x)) = grad (p (x)) + grad (q (x)) ; (1.1) wobei 1 + n = n + ( 1) := 1 gesetzt wird. Die Polynome vom Grad 0 oder 1 nennt man konstante Polynome. Die Polynome vom Grad 0 sind genau die konstanten Polynome 6= 0: Wir fassen Polynome (zunächst) einfach als endliche Folgen (a 0 ; a 1 ; : : : ; a n ) mit n 2 N 0 auf, mit der Festlegung, dass a n 6= 0 für den Fall n 1 gilt. Die Addition und Multiplikation sind die üblichen für Polynome. Die Variable x hat (im Moment) keinerlei Bedeutung und ist nur ein Label für die bequeme Notation. Obwohl wir in der Regel p (x), q (x) für ein Polynom schreiben, so ist das daher nicht als eine Funktion an der Stelle x zu verstehen. Wir nennen ein Polynom 6= 0 normiert, wenn der höchste Koe zient a n = 1 ist. Wir können jedes Polynom 6= 0 normieren, indem wir es mit einem Körperelement multiplizieren. 1

2 Den Körper K können wir als Teilmenge von K [x] au assen: Wir ordnen jedem Körperelement 2 K das konstante Polynom p (x) = Wir werden in dieser Weise immer stillschweigend K als Teilmenge von K [x] au assen. Wir benötigen einige Begri sbildungen aus der Ringtheorie. De nition 1.1 Sei (R; +; ) ein Ring mit Eins (nicht notwendigerweise kommutativ). Ein Element r 2 R heisst Einheit, wenn es multiplikativ invertierbar ist, d.h. wenn r 0 2 R existiert mit rr 0 = r 0 r = 1: Wie wir schon wissen, ist 0 keine Einheit. Der Ring Z hat o enbar die beiden Einheiten 1 und 1: Lemma 1.2 Die Menge der Einheiten von K [x] ist Kn f0g : Beweis. Dass alle Elemente von Kn f0g Einheiten sind, ist o ensichtlich. Sei umgekehrt das Polynom p (x) eine Einheit. Dann gibt es ein Polynom q (x) mit p (x) q (x) = 1: Aus (1.1) folgt grad (p (x)) + grad (q (x)) = 0: Daraus folgt, dass grad (p (x)) = 0 ist, d.h. p (x) ist ein Körperelement 6= 0: De nition 1.3 p (x) ; q (x) seien zwei von 0 verschiedenen Polynome. Man sagt, p (x) teilt q (x), wenn ein Polynom h (x) existiert mit q (x) = h (x) p (x) : Notation: p (x) j q (x) : In diesem Fall heisst p (x) ein Teiler von q (x) : p (x) heisst echter Teiler von q (x) ; wenn 1 grad (p (x)) < grad (q (x)) gilt. Ein Polynom q (x) von Grad 1 heisst irreduzibel, wenn es keinen echten Teiler besitzt. n Polynome p 1 (x) ; : : : ; p n (x) vom Grad 1 heissen teilerfremd, wenn sie keinen gemeinsamen Teiler vom Grad 1 besitzen. Bemerkung 1.4 a) Per De nition ist jedes Polynom von Grad 1 irreduzibel. b) Gilt p (x) j q (x) und sind ; 2 Kn f0g ; so gilt natürlich auch p (x) j q (x) : Das Polynom p (x) teilt also das Polynom q (x) genau dann, wenn entsprechendes für die zugehörigen normierten Polynome gilt. Wir können uns also bei der Untersuchung der Teilbarkeit stets auf normierte Polynome zurückziehen. c) Gilt für zwei Polynome 6= 0 p (x) j q (x) und q (x) j p (x) ; so existiert 2 Kn f0g mit p (x) = q (x) : [Hier der einfache Beweis: Nach Voraussetzung existieren Polynome g (x) und h (x) mit q (x) = g (x) p (x) ; p (x) = h (x) q (x) : Es folgt also p (x) = (g (x) h (x)) p (x) : Daraus folgt, dass grad (g (x) h (x)) = 0 ist, d.h. grad (h (x)) = 0: Damit ist h (x) ein konstantes Polynom 6= 0]. d) Die Polynome von Grad 0; d.h. die konstanten Polynome 6= 0 sind trivialerweise Teiler von allen Polynomen 6= 0: Diese trivialen Teiler spielen natürlich in der Theorie keine Rolle. Von daher kommt die Beschränkung bei den echten Teiler auf den Grad 1: 2

3 De nition 1.5 Ein Körper K heisst algebraisch abgeschlossen, wenn K [x] keine irreduziblen Polynome vom Grad 2 besitzt. Satz 1.6 ( Hauptsatz der Algebra ) C ist algebraisch abgeschlossen. Der Beweis (in der Formulierung des nächsten Unterabschnitts) wird in der Analysis bewiesen. R ist nicht algebraisch abgeschlossen, wie man sich ohne Schwierigkeiten überlegen kann: Das Polynom x ist irreduzibel. Um dies nachzuweisen, nehmen wir an, dass dieses Polynom einen echten Teiler besitzt. Dieser muss per De nition den Grad 1 haben. Daraus folgt sofort, dass a; b 2 R existieren müssten, sodass x = (x + a) (x + b) gelten würde. Durch Koe zientenvergleich ergibt sich a + b = 0 und ab = 1. Das ist jedoch o ensichtlich nicht möglich in R (aber natürlich in C mit a = i; b = i). R [x] hat jedoch keine irreduziblen Polynome von Grad > 2; wie wir später sehen werden. Für den Körper Q ist die Sache noch schlimmer. Tatsächlich hat Q [x] irreduzible Polynome jeden Grades. Division mit Rest: Satz 1.7 Seien p (x) und q (x) zwei Polynome, q (x) 6= 0: Dann existieren eindeutig Polynome h (x) und r (x) mit den folgenden beiden Eigenschaften p (x) = h (x) q (x) + r (x) ; grad (r (x)) < grad (q (x)) : Beweis. Der Algorithmus zur Bestimmung von h (x) und r (x) sollte aus der Schule bekannt sein (zumindest für K = R). Wir beweisen die Eindeutigkeit: Seien p (x) = h (x) q (x) + r (x) und p (x) = h 0 (x) q (x) + r 0 (x) zwei derartige Darstellungen. Dann folgt 0 = h (x) h 0 (x) q (x) + r (x) r 0 (x) : Wäre h (x) 6= h 0 (x) ; so hätte (h (x) h 0 (x)) q (x) einen Grad grad (q (x)) : Anderseits gilt aber grad (r (x) r 0 (x)) < grad (q (x)) : Daraus würde folgen, dass grad h (x) h 0 (x) q (x) + r (x) r 0 (x) 0 gilt, was aber nicht möglich ist. Somit folgt h (x) = h 0 (x) und damit auch r (x) = r 0 (x) : 3

4 1.2 Nullstellen von Polynomen Jedes Polynom p (x) 2 K [x] de niert eine Abbildung p : K! K: Für 2 K ist p () 2 K dadurch de niert, dass man den Label x durch das konkrete Körperelement ersetzt und a 0 +a 1 +: : :+a n n in K ausrechnet. Wie schon früher diskutiert, soll man zwischen einem Polynom und der zugehörigen Abbildung unterscheiden. Es wäre daher korrekter, für die zu einem Polynom p (x) gehörende Abbildung eine gesonderte Notation zu verwenden, z.b. ep : K! K: Um die Notation nicht zu überladen, lassen wir es jedoch bei p bewenden. Wir benützen jedoch in der Regel kleine griechische Buchstaben für Körperelemente und schreiben dann p () ; wenn wir den Wert dieser Funktion an der Stelle meinen. Beispiel 1.8 Wir betrachten den Körper Z 2 und die beiden Polynome p (x) = x + x 2 + x 3 ; q (x) = x 2 + x 3 + x 4 : Das sind zwei o ensichtlich verschiedene Polynome, die jedoch dieselbe Abbildung Z 2! Z 2 de nieren. De nition 1.9 Sei p (x) 2 K [x] : 2 K heisst Nullstelle des Polynoms, wenn p () = 0 ist. Wieder etwas Vorsicht mit der Notation: Wenn wir p (x) = 0 schreiben, meinen wir, dass p (x) das Nullpolynom ist. Wenn wir p () = 0 schreiben, meinen wir, dass die zum Polynom gehörende Funktion an der Stelle gleich dem Körperelement Null ist. Ein Polynom von Grad 1 hat stets genau eine Nullstelle: Ist p (x) = a 0 + a 1 x; so ist := a 0 =a 1 die eindeutige Nullstelle dieses Polynoms. Polynome brauchen jedoch keine Nullstellen zu besitzen. So hat z.b. in R [x] das Polynom x keine Nullstelle. Satz 1.10 Sei p (x) 2 K [x] nicht das Nullpolynom und 2 K: ist genau dann eine Nullstelle dieses Polynoms, wenn das Polynom x das Polynom p (x) teilt. Beweis. Wir dividieren p (x) durch x mit Rest: p (x) = (x ) h (x) + r (x) : Dabei gilt grad (r (x)) < grad (x ) = 1; d.h. r (x) ist einfach eine Konstante: r (x) = : Einsetzen von ergibt p () = 0 () = 0 () x j p (x) : 4

5 Satz 1.11 K ist genau dann algebraisch abgeschlossen, wenn jedes Polynom vom Grad 1 eine Nullstelle hat. Beweis. I) Wir setzen zunächst voraus, dass jedes Polynom vom Grad 1 eine Nullstelle hat. Sei p (x) ein Polynom vom Grad 2 und eine Nullstelle. Nach dem vorangegangen Satz gilt x j p (x) : Demzufolge ist p (x) nicht irreduzibel. II) Wir setzen voraus, dass K algebraisch abgeschlossen ist. Sei p (x) ein Polynom vom Grad 1: Wir zeigen mit Induktion nach grad (p (x)) ; dass p (x) eine Nullstelle hat. Ist grad (p (x)) = 1; so ist dies klar. Sei also grad (p (x)) 2: Aus der algebraischen Abgeschlossenheit folgt, dass p (x) einen echten Teiler q (x) ; 1 grad (q (x)) < grad (p (x)) ; hat: p (x) = h (x) q (x) : Nach Induktionsvoraussetzung hat also q (x) eine Nullstelle 2 K: Dann gilt auch p () = h () q () = 0: Es ist also gezeigt, dass auch p (x) eine Nullstelle hat. Der sogenannte Hauptsatz der Algebra, also der Satz, dass C algebraisch abgeschlossen ist, besagt also, dass jedes nicht konstante komplexe Polynom eine Nullstelle hat. Der Satz wird üblicherweise so formuliert (und auch bewiesen). Satz 1.12 Sei p (x) ein nicht konstantes Polynom und seien 1 ; : : : ; k seine Nullstellen. Dann hat p (x) die bis auf die Reihenfolge der Faktoren eindeutige Darstellung p (x) = (x 1 ) m 1 : : : (x k ) m k q (x) ; wobei q (x) eine Polynom ohne Nullstellen ist. Beweis. Wir beweisen einen allgemeineren Satz im Unterkapitel 1.4 (Satz 1.29). Korollar 1.13 Es gilt kx m i grad (p (x)) : i=1 Insbesondere hat jedes Polynom höchstens so viele (verschiedene) Nullstellen, wie sein Grad ist. Korollar 1.14 In einem algebraisch abgeschlossenen Körper hat jedes Polynom p (x) 6= 0 eine bis auf die Reihenfolge der Faktoren eindeutige Darstellung p (x) = (x 1 ) m 1 : : : (x k ) m k ; wobei 1 ; : : : ; k die verschiedenen Nullstellen sind und 2 Kn f0g : 5

6 De nition 1.15 Ist p (x) ein Polynom mit den Nullstellen wie im obigen Satz Dann heisst m i die algebraische Vielfachheit der Nullstelle i : Zum Schluss noch ein einfaches Beispiel eines irreduziblen Polynoms von Grad 3: Beispiel 1.16 In Z 2 [x] ist p (x) = 1 + x + x 3 irreduzibel. Beweis. p (1) = p (0) = 1 6= 0; d.h. das Polynom hat keine Nullstellen. Hätte das Polynom einen echten Teiler: p (x) = q (x) h (x) ; so müsste entweder q (x) oder h (x) Grad 1 haben. Jedes Polynom von Grad 1 hat jedoch (genau) eine Nullstelle. Diese Nullstelle müsste auch eine Nullstelle von p (x) sein. Somit folgt, dass p (x) keine Zerlegung hat. 1.3 Ideale, größter gemeinsamer Teiler, Euklidscher Algorithmus De nition 1.17 Eine nicht leere Teilmenge J K [x] heisst Ideal, falls die folgenden Bedingungen erfüllt sind: J1 (J; +) ist eine Untergruppe von K [x] J2 Sind p (x) 2 J und q (x) 2 K [x] ; so ist q (x) p (x) 2 J: Ist A K [x] eine nicht leere Teilmenge mit 0 =2 A, so ist das von A erzeugte Ideal J A de niert durch 8 9 < nx = J A := h j (x) p j (x) : n 2 N; p j (x) 2 A; h j (x) 2 K [x] : ; : (1.2) j=1 Im Spezielfall A = fp (x)g ; p (x) 6= 0; heisst J A das von p (x) erzeugte Hauptideal. Man schreibt dann hp (x)i für J A : Man beachte, dass in J2 q (x) beliebig ist. J2 besagt also nicht, dass J abgeschlossen gegenüber Produkten in J ist, sondern das jedes polynomiale Vielfache eines Elementes in J wieder in J ist. Es gibt zwei triviale Ideale, die normalerweise nicht interessieren: K [x] selbst ist ein Ideal und auch die Menge bestehend nur aus dem Nullpolynom. Lemma 1.18 Ist A K [x] ; A 6= ;; 0 =2 A; so ist J A das kleinste Ideal, das A enthält, d.h. es gelten die folgenden beiden Eigenschaften: a) J A ist ein Ideal mit A J A : b) Ist I ein Ideal mit A I so gilt J A I: 6

7 Beweis. A J A ist o ensichtlich nach der obigen Darstellung. Wir müssen jedoch noch zeigen, dass J A ein Ideal ist. J1 ist klar. Ist P n j=1 h j (x) p j (x) 2 J A mit den p j (x) 2 A; h j (x) 2 K [x] ; und ist q (x) 2 K [x] ; so ist q (x) nx h j (x) p j (x) = j=1 nx (q (x) h j (x)) p j (x) 2 J A : j=1 Somit sehen wir, dass J A ein Ideal ist. Es bleibt b) zu zeigen. Aus J2 angewandt auf I folgt wegen A I : h (x) p (x) 2 I für beliebige h (x) 2 K [x] und p (x) 2 A: Mit J1 folgt dann nx h j (x) p j (x) 2 I j=1 für h 1 (x) ; : : : ; h n (x) 2 K [x] ; p 1 (x) ; : : : ; p n (x) 2 A: Damit folgt J A I: Bemerkung 1.19 a) Enthält ein Ideal J ein konstantes Polynom 6= 0; so ist J = K [x] : In der Tat: Ist das konstante Polynom 2 J; 6= 0; so folgt für jedes Polynom p (x) : p (x) = (p (x) =) 2 J wegen J2. b) J = ha (x)i mit a (x) 6= 0 gilt genau dann, wenn a (x) j p (x) für jedes Polynom p (x) 2 J gilt. c) ha (x)i = hea (x)i gilt genau dann wenn 2 Kn f0g existiert mit a (x) = ea (x) : Dies folgt sofort aus Bemerkung 1.4 c). Zu jedem Hauptideal J existiert also ein eindeutiges normiertes Polynom a (x) mit J = ha (x)i : Satz 1.20 In K [x] ist jedes Ideal ein Hauptideal (Man sagt, K [x] sei ein Hauptidealring) Beweis. Wegen J 6= f0g existiert p (x) 2 J; p (x) 6= 0: Sie a (x) ein beliebiges Polynom von minimalem Grad 0 in J: Wir zeigen, dass J = ha (x)i ist. Sei p (x) 2 J, p (x) 6= 0: Wir führen eine Division mit Rest durch: p (x) = h (x) a (x) + r (x) ; mit grad (r (x)) < grad (a (x)) : Nun ist aber wegen J2 h (x) a (x) 2 J und dann wegen J1 r (x) = p (x) h (x) a (x) 2 J: Da a (x) minimalen Grad aller Polynome 6= 0 in J hatte, folgt r (x) = 0: Somit ist p (x) = h (x) a (x) : D.h., jedes Polynom in J, das von Null verschieden ist, ist ein als h (x) a (x) darstellbar. Ist A K [x] ; 0 =2 A; so wissen wir aus dem obigen Satz, dass ein Polynom a (x) 6= 0 existiert, mit J A = ha (x)i : Nach der Bemerkung 1.19 c) wissen wir, dass a (x) eindeutig ist, bis auf eine Multiplikation mit einem Körperelement 6= 0; und nach Bemerkung 1.19 ist a (x) eindeutig, wenn es als normiert vorausgesetzt wird. 7

8 Wir betrachten nun eine nicht leere Teilmenge A K [x] ; 0 =2 A und das davon erzeugte Ideal. Nach dem vorangegangenen Satz wissen wir, dass J A = ha (x)i, wobei wir a (x) als normiert voraussetzen. Lemma 1.21 a (x) hat die folgenden Eigenschaften: a) a (x) j p (x) für alle p (x) 2 A b) Ist b (x) 2 K [x] ; b (x) 6= 0 mit b (x) j p (x) für alle p (x) 2 A; so gilt b (x) j a (x) : a (x) ist eindeutig charakterisiert durch diese Eigenschaften und der Bedingung, dass es normiert ist. Beweis. a) folgt aus A J A = ha (x)i : Wir zeigen b): Wegen a (x) 2 J A folgt, dass es Polynome p 1 (x) ; : : : ; p n (x) 2 A und h 1 (x) ; : : : ; h n (x) 2 K [x] gibt mit a (x) = P n i=1 h i (x) p i (x) : Da b (x) j p i (x) gilt folgt sofort b (x) j a (x) : Sind a (x) und ea (x) zwei normierte Polynome mit den Eigenschaften a) und b) so gilt a (x) j ea (x) und ea (x) j a (x) : Daraus folgt a (x) = ea (x) : Das Lemma legt die folgende De nition nahe: De nition 1.22 Sei A K [x] ; A 6= ;; 0 =2 A: Dann bezeichnet man das eindeutige normierte Polynom a (x) mit ha (x)i = J A als den größten gemeinsamen Teiler von A: Notation: a (x) = ggt (A) : Sind p 1 (x) ; : : : ; p n (x) endlich viele von 0 verschiedene Polynome, so schreiben wir ggt (p 1 (x) ; : : : ; p n (x)) für den größten gemeinsamen Teiler von fp 1 (x) ; : : : ; p n (x)g : Bemerkung 1.23 Nach der obigen Diskussion ist a (x) = ggt (p 1 (x) ; : : : ; p n (x)) eindeutig durch die folgenden Eigenschaften charakterisiert a (x) ist normiert a (x) j p i (x) für i = 1; : : : ; n Es existieren Polynome h 1 (x) ; : : : ; h n (x) 6= 0 mit a (x) = P n i=1 h i (x) p i (x) : Beweis. Der normierte ggt a (x) ist eindeutig dadurch charakterisiert, dass er alle Polynome p i (x) teilt und gleichzeitig Element des Ideals J fp1 (x);:::;p n(x)g ist. Letzteres ist aber nichts anderes als der dritte Punkt der obigen Liste. Wir betrachten den Spezialfall, wo die p i (x) teilerfremd sind (siehe De nition 1.3). Dies bedeutet, dass es kein nicht konstantes Polynom gibt, das alle p i (x) teilt. Demzufolge ist ggt (p 1 (x) ; : : : ; p n (x)) = 1: Nach dem dritten Punkt in der obigen Bemerkung existieren dann Polynome h 1 (x) ; : : : ; h n (x) 6= 0 mit 1 = P n i=1 h i (x) p i (x) : Damit gelangen wir zu dem folgenden Lemma: 8

9 Lemma 1.24 n Polynome p 1 (x) ; : : : ; p n (x) 6= 0 sind genau dann teilerfremd, wenn es Polynome h 1 (x) ; : : : ; h n (x) 2 K [x] gibt mit 1 = nx h i (x) p i (x) : (1.3) i=1 Beweis. Die Tatsache, dass die Eigenschaft der Teilerfremdheit die Existenz von Polynomen h i (x) impliziert, sodass die obige Gleichung erfüllt ist, haben wir schon eben diskutiert. Umgekehrt teilt natürlich 1 alle Polynome, sodass nach der vorangegangenen Bemerkung die Existenz der h i (x) mit (1.3) auch impliziert, dass 1 der größte gemeinsame Teiler ist, d.h. dass p 1 (x) ; : : : ; p n (x) teilerfremd sind. Wir diskutieren nun kurz den Euklidschen Algorithmus zur Bestimmung des ggt von zwei Polynomen. Der Einfachheit halber beschränken wir uns auf zwei Polynome; der Algorithmus kann jedoch leicht verallgemeinert werden. Dieser Algorithmus ist ausserordentlich wichtig und spielt in der Kodierungstheorie eine ganz herausragende Rolle. Die schnellen Dekodierungsalgorithmen, die für die Codes benützt werden, die in den CDs verwendet werden, benützen Varianten des Euklidschen Algorithmus. Hier der Algorithmus zur Berechnung von ggt (p (x) ; q (x)) : p (x) ; q (x) 6= 0: Wir können voraussetzen, dass grad (q (x)) grad (p (x)) gilt. Wir de nieren l 1 (x) := p (x) und l 2 (x) := q (x) ; und de nieren l n (x) rekursiv mit einer Division mit Rest: l n 1 (x) = h n (x) l n (x) + l n+1 (x) ; n 2; (1.4) mit grad l/ n+1 (x) < grad (l n (x)) : Da der Grad bei jeder Iteration fällt, existiert N := min fn : l n+1 (x) = 0g : Lemma 1.25 Der ggt (p (x) ; q (x)) ist das Polynom l N (x) nach Normierung. Beweis. Wir beweisen die Eigenschaften a)-c) der vorangegangenen Bemerkung a) ist klar. Wegen l N+1 (x) = 0 folgt l N (x) j l N 1 (x) : Wegen l N 2 (x) = h N 1 (x) l N 1 + l/ N (x) und l N (x) j l N 1 (x) folgt l N (x) j l N 2 (x) : Fährt man in dieser Weise weiter, so folgt sehr einfach, dass l N (x) alle l i (x) teilt, 1 i N 1: Damit ist b) der Bemerkung bewiesen. Beweis von c). Wir beweisen mit Induktion nach n; dass l n (x) eine Darstellung l/ n (x) = a n (x) p (x) + b n (x) q (x) (1.5) hat, wobei a n (x) ; b n (x) 2 K [x] sind, wobei wir natürlich nur an n N interessiert sind. Für n = 1; 2 ist das trivial. Sei 2 n < N: Wir verwenden (1.4) und wenden die Induktionsvoraussetzung auf l/ n (x) und l n 1 (x) an. Somit erhalten wir l n+1 (x) = l n 1 (x) h n (x) l n (x) = a n 1 (x) p (x) + b n 1 (x) q (x) h n (x) (a n (x) p (x) + b n (x) q (x)) = [a n 1 (x) h n (x) a n (x)] p (x) + [b n 1 (x) h n (x) b n (x)] q (x) : 9

10 Setzen wir a n+1 (x) := a n 1 (x) h n (x) a n (x) und b n+1 (x) := b n 1 (x) h n (x) b n (x) ; so ist (1.5) für n + 1 bewiesen. Damit folgt, dass auch l N (x) eine derartige Darstellung hat. Somit ist gezeigt, dass der Euklidsche Algorithmus tatsächlich zum größten gemeinsamen Teiler führt. Beispiel 1.26 p (x) = x 4 + x 3 + x + 1 q (x) = x 3 + 2x 2 + 2x + 1: Dann ist p (x) = (x 1) q (x) + 2x + 2; q (x) = (2x + 2) 1 2 x2 + x : Demzufolge ist ggt (p (x) ; q (x)) = x + 1: 1.4 Primfaktorzerlegung von Polynomen Um uns nicht ständig zu wiederholen, legen wir für dieses Unterkapitel die Konvention fest, dass alle betrachteten Polynome 6= 0 und normiert sind, d.h. mit höchstem Koe zienten 1: Lemma 1.27 Seien h (x) ; p 1 (x) ; : : : ; p n (x) Polynome, und für jedes i seien die zwei Polynome h (x) und p i (x) teilerfremd. Dann sind die beiden Polynome h (x) und p 1 (x) p n (x) teilerfremd. Beweis. Wir führen Induktion nach n: Für n = 1 ist nichts zu beweisen. Sei also n 2: Nach Induktionsvoraussetzung sind h (x) und p 1 (x) p n 1 (x) teilerfremd und nach Voraussetzung h (x) und p n (x) und wir müssen nun zeigen, dass h (x) und (p 1 (x) p n 1 (x))p n (x) teilerfremd sind. Es genügt also, den Fall n = 2 zu betrachten. Nach Lemma 1.24 existieren Polynome r 1 (x) ; r 2 (x) ; l 1 (x) ; l 2 (x) mit 1 = r 1 (x) h (x) + l 1 (x) p 1 (x) (1.6) Aus (1.6) folgt 1 = r 2 (x) h (x) + l 2 (x) p 2 (x) : (1.7) l 2 (x) p 2 (x) = r 1 (x) l 2 (x) g 2 (x) h (x) + l 1 (x) l 2 (x) p 1 (x) p 2 (x) : 10

11 Zusammen mit (1.7) ergibt sich daraus 1 = [r 2 (x) + r 1 (x) l 2 (x) p 2 (x)] h (x) + l 1 (x) l 2 (x) p 1 (x) p 2 (x) : Aus Lemma 1.24 folgt daraus, dass h (x) und p 1 (x) p 2 (x) teilerfremd sind. Lemma 1.28 Seien p 1 (x) ; : : : ; p n (x) verschieden irreduzible Polynome q 1 (x) ; : : : ; q N (x) verschiedene irreduzible Polynome und m 1 ; : : : ; m n ; M 1 ; : : : ; M N 2 N: Dann gilt p 1 (x) m 1 p n (x) mn j q 1 (x) M 1 q N (x) M N (1.8) dann und nur dann, wenn für jedes i 2 f1; : : : ; ng ein j 2 f1; : : : ; Ng existiert mit p i (x) = q j (x) und m i M j : (1.9) Beweis. Die eine Richtung ist trivial: Sind alle p i (x) in der Liste der Polynome q 1 (x) ; : : : ; q N (x) enthalten und gilt (1.9), so gilt (1.8). Wir beweisen die andere Richtung und nehmen an, dass (1.8) gilt. Da natürlich p i (x) m i j p 1 (x) m 1 p n (x) mn gilt, genügt es, den Fall n = 1 zu betrachten. Wir nehmen also an, p (x) sei irreduzibel und p (x) m teile q 1 (x) M 1 q N (x) M N : Dann gilt auch p (x) j q 1 (x) M 1 q N (x) M N ; (1.10) da p (x) natürlich p (x) m teilt. Daraus folgt nun, dass p (x) eines der q i (x) ist. Wäre dem nicht so, so wären p (x) und q i (x) teilerfremd für i = 1; : : : ; N und nach Lemma 1.27 wären dann auch p (x) und q 1 (x) M 1 q N (x) M N teilerfremd, was (1.10) widerspricht. Wir sehen also, dass p (x) eines der q i (x) ist. Der Einfachheit halber nehmen wir p (x) = q 1 (x) an. Wir müssen nun noch nachweisen, dass m M 1 gilt. Wir machen das wieder indirekt und nehmen an, dass m > M 1 gilt. Es existiert dann also ein Polynom h (x) mit h (x) p (x) m = p (x) M 1 q 2 (x) M 2 q N (x) M N ; h i p (x) M 1 h (x) p (x) m M 1 q 2 (x) M 2 q N (x) M N = 0: Da K [x] keine Nullteiler hat, folgt d.h. h (x) p (x) m M 1 q 2 (x) M 2 q N (x) M N = 0; p (x) m M 1 j q 2 (x) M 2 q N (x) M N : Nach demselben Argument wie oben folgt, dass p (x) eines der Polynome q 2 (x) ; : : : ; q N (x) ; was der Voraussetzung widerspricht, dass die q i (x) alle verschieden sind und p (x) schon q 1 (x) ist. Damit ist das Lemma bewiesen. 11

12 Satz 1.29 Sei p (x) 2 K [x] ; grad (p (x)) 1: Dann hat p (x) die bis auf die Reihenfolge der Faktoren eindeutige Zerlegung als Produkt von irreduziblen Polynomen: p (x) = q 1 (x) M 1 : : : q N (x) M N : Die q i (x) sind irreduzibel und verschieden und die M i sind 2 N: Beweis. Die Eindeutigkeit folgt sofort aus dem vorangegangenen Lemma. Wir beweisen die Existenz einer derartigen Zerlegung mit Induktion nach dem Grad von p (x) : Ist grad (p (x)) = 1; so ist nichts zu zeigen, denn p (x) ist schon irreduzibel. Sei also grad (p (x)) 2: Die Induktionsannahme ist, dass eine Zerlegung für Polynome von Grad n 1 gilt. Ist p (x) irreduzibel, so ist ebenfalls nichts zu zeigen. Ist p (x) nicht irreduzibel, so existieren Polynome h (x) ; q (x) vom Grad n 1 mit p (x) = h (x) q (x) : Wir wenden die Induktionsvoraussetzung auf h (x) und q (x) an und erhalten auf diese Weise eine Zerlegung von p (x) als Produkt von irreduziblen Faktoren. Die obige Zerlegung nennt man die Primfaktorzerlegung eines Polynoms. Die irreduziblen Polynome, die in der Zerlegung vorkommen, nennt man die Primfaktoren von p (x) : Die M i nennt man aus naheliegenden Gründen die Vielfachheiten der Primfaktoren. Kennt man die Primfaktorzerlegung von Polynomen p 1 (x) ; : : : ; p n (x) ; so lässt sich der größte gemeinsame Teiler (ganz analog wie bei den ganzen Zahlen) wie folgt bestimmen: Für jedes irreduzible Polynom q (x) sein R i (q (x)) die Vielfachheit mit der q (x) in der Primfaktorzerlegung von p i (x) vorkommt. Falls q (x) in der Primfaktorzerlegung nicht vorkommt, so setzen wir R i (q (x)) := 0: Dann de nieren wir Dann gilt Proposition 1.30 Dabei ist q (x) 0 := 1: R (q (x)) := min 1in R i (q (x)) : ggt (p 1 (x) ; : : : ; p n (x)) = Y q(x) irreduzibel q (x) R(q(x)) : (1.11) Die Notation auf der rechten Seite braucht wohl eine kleine Erklärung: Man nimmt jedes irreduzibel Polynom mit der minimalen Anzahl seines Vorkommens in den Zerlegungen der p i (x) : Natürlich kommen nur endlich viele irreduzible Polynome q (x) überhaupt Q in irgendeiner der Primfaktorzerlegung der p i (x) vor. Obwohl also (formal) q(x) irreduzibel ein unendliches Produkt ist, sind alle Faktoren bis auf endlich viele einfach gleich Eins, und können daher weggelassen werden. Man kann sich darauf beschränken, dass nur die Polynome q (x) überhaupt betrachtet werden, die in allen Primfaktorzerlegungen der p i (x) vorkommen, mit dem Verständnis, dass die rechte Seite von (1.11) 12

13 gleich 1 ist, wenn es überhaupt kein irreduzibles Polynom gibt, die in allen Primfaktorzerlegungen vorkommt. Der einfache Beweis der obigen Proposition sei dem Leser als Übungsaufgabe überlassen. 2 Quotientenringe Sei (R; +; ) ein kommutativer Ring mit Eins, wobei wir stets voraussetzen, dass 1 6= 0 ist, dass der Ring also nicht nur aus dem Nullelement besteht. Wir verallmeinern den Begri Ideal : De nition 2.1 Eine nicht leere Teilmenge J R heisst Ideal, falls die folgenden Bedingungen erfüllt sind: J1 (J; +) ist eine Untergruppe von R J2 Sind a 2 J und b 2 R; so ist ab 2 J: Gilt 1 2 J für ein Ideal, so folgt sofort R = J; wegen J2. Interessante Ideal enthalten also die 1 nicht. Sei J ein Ideal in R; wobei wir voraussetzen, dass J 6= f0g und J 6= R ist. Wir de nieren eine Äquivalenzrelation auf R : a b () b a 2 J: Aus J1 folgt sofort, dass dies eine Äquivalenzrelation ist. Mit R=J bezeichnen wir die Menge der Äquivalenzklassen. Auf dieser Menge führen wir nun die zwei Veknüpfungen ein: [a] + [b] := [a + b] ; [a] [b] := [ab] : Wir müssen nachweisen, dass diese Operationen wohlde niert sind. Zunächst für die Addition: Gilt a a 0 ; b b 0 ; so folgt a + b a 0 + b 0 = a a 0 + b b 0 2 J wegen J1, d.h. a + b a 0 + b 0 : Damit ist gezeigt, dass die Addition auf die Äquivalenzklassen wohlde niert ist. Nun zur Multiplikation: Es gelte wieder a a 0 ; b b 0 ; d.h. a 0 a 2 J; b 0 b 2 J: Dann ist a 0 b 0 = a + a 0 a b + b 0 b = ab + a b 0 b + b a 0 a + a 0 a b 0 b : 13

14 Nach J2 und J1 folgt a b 0 b + b a 0 a + a 0 a b 0 b 2 J; also a 0 b 0 ab: Damit ist die Multiplikation wohldefniert. Proposition 2.2 Unter den obigen Bedingungen ist (R=J; +; ) ein kommutativer Ring mit Eins. Das Neutralelement der Addition ist [0] : Das Neutralelement der Multiplikation ist [1] : (Man bezeichnet ihn auch als den Quotientenring). Beweis. Die Ringaxiome für R=J ergeben sich sofort aus deren Gültigkeit in R: Man beachte, dass wegen J 6= R; d.h. 1 =2 J; folgt, dass [1] 6= [0] gilt. Wir betrachten nun eine ganz spezielle Situation De nition 2.3 Ein Ideal J R, J 6= R heisst maximal, wenn für jedes Ideal I mit J I R entweder I = J oder I = R gilt. Beispiel 2.4 Wir betrachten den Ring K [x] aus dem letzten Kapitel. Sei ferner p (x) ein irreduzibles Polynom. Dann ist hp (x)i ein maximales Ideal. Der Beweis ist einfach: Sie I ein Ideal mit hp (x)i I; hp (x)i 6= I: Dann existiert ein Polynom q (x) 2 I; q (x) =2 hp (x)i : Dann sind aber, wegen der Irreduzibilität von p (x) ; die Polynome p (x) und q (x) teilerfremd. Demzufolge existieren Polynome h (x) ; g (x) mit 1 = h (x) q (x) + g (x) p (x) (Lemma 1.24). Wegen p (x) 2 I folgt dann 1 2 I; d.h. I = K [x] : Satz 2.5 Sei (R; +; ) ein kommutativer Ring mit Eins, und sei J ein maximales Ideal. Dann ist R=J (mit den obigen Verknüpfungen) ein Körper. Beweis. Wir hatten schon gesehen, dass R=J ein Ring ist. Es bleibt zu zeigen, dass jedes Element 6= 0 ein multiplikatives Inverses besitzt. Sei also [a] 6= 0 (= [0]) ; d.h. a =2 J: Die Menge A := fxa + j : x 2 R; j 2 Jg R ist o ensichtlich ein Ideal. Jedes Element j 2 J ist o ensichtlich auch in A (wir können x = 0 wählen). Daher gilt J A: Ferner gilt a = 1a A: Wegen a =2 J und der Maximalität von J folgt A = R: Somit gibt es Elemente b 2 R; j 2 J mit ba + j = 1; d.h. [b] [a] = [1] : Somit ist gezeigt, dass [a] ein Inverses besitzt. Der obige Satz, zusammen mit Beispiel 2.4 kann verwendet werden, um aus eine Körper K neue Körper zu konstruieren. Beispiel 2.6 Das Polynom 1 + x 2 ist o ensichtlich irreduzibel in R [x] : Demzufolge ist R [x] = 1 + x 2 ein Körper. Man bezeichnet ihn den Körper der komplexen Zahlen. 14

15 In R [x] gibt es keine irreduziblen Polynome von Grad 3; was eine Konsequenz aus der algebraischen Abgeschlossenheit von C ist, die wir hier nicht beweisen können. In Q [x] gibt es hingegen irreduzible Polynome von beliebigem Grad, die jedoch nicht ganz einfach zu nden sind. Auch in Z p [x] ; p Primzahl, gibt es irreduzible Polynome von jedem Grad. Auf diese Weise können dann alle endlichen Körper konstruiert werden, was wir hier nicht ausführlich diskutieren wollen. Für kleine Grade kann man die irreduziblen Polynome natürlich durch Ausprobieren nden, da es nur endlich viele Möglichkeiten gibt. Hier nur noch ein Beispiel: Beispiel 2.7 Wir nden durch Ausprobieren ein irreduzibles Polynom p (x) = a + bx + cx 2 + dx 3 + ex 4 von Grad 4 in Z 2 [x] : Dieses darf keine Nullstellen haben, sonst ist es reduzibel. Es folgt also a = 1 und 1 + b + c + d + e = 1; d.h. b + c + d + e = 0: Erfüllt das Polynom diese Bedingung und ist reduzibel, so gibt es zwei Polynome g (x) ; h (x) vom Grad 2; die beide keine Nullstellen haben, mit p (x) = g (x) h (x) : (Wenn g (x) oder h (x) eine Nullstelle hätte, so auch p (x)). Wir suchen also am besten alle Polynome zweiten Grades ohne Nullstellen. Für ein Polynom + x + x 2 ist das einach die Bedinung = = = 1 : 1 + x + x 2 ist also das einzige Polynom zweiten Grades ohne Nullstelle. Für p (x) müssen wir also nun nur noch das Polynom 1 + x + x 2 2 = 1 + x 2 + x 4 ausschliessen. Damit haben wir die irreduziblen Polynome vom Grad 4 gefunden: 1 + x + x 2 + x 3 + x x + x x 3 + x 4 : Damit können wir drei Körper Z 2 [x] = hp (x)i bilden, die allerdings alle im Wesentlichen dieselben sind, was wir hier nicht diskutieren wollen. Diese Körper haben 16 Elemente. 3 Polynome in mehreren Variablen Ein Polynom in zwei Variablen x; y mit Koe zienten in K ist einfach eine endliche Summe der Form p (x; y) = a 0 + a 1 x + a 2 y + a 3 x 2 + a 4 xy + a 5 y 2 + a 6 x 3 + : : : mit a i 2 K: Wir machen das etwas formaler und betrachten gleich Polynome in n Variablen x 1 ; : : : ; x n : Diese fassen wir zu einem n-tupel x = (x 1 ; : : : ; x n ) zusammen. Wir betrachten auch Multiindizes = ( 1 ; : : : ; n ) ; i 2 N 0 : Das Monom x ist das (formale) 15

16 Produkt x 1 1 x 2 2 : : : x n n : Im Fall, dass i = 0 ist, setzen wir dabei x 0 i = 1 und lassen den Faktor 1 dann auch weg. Im Falle, dass alle i = 0 sind, ist x = 1: Wir de nieren, wie man Monome multipliziert: x x := x x : : : x n+ n n : Ein Polynom in den n Variablen x 1 ; : : : ; x n ist eine endliche (formale) Summe der Form p (x) = X a x (3.1) mit den Koe zienten a 2 K: Die Menge aller dieser Ausdrücke bezeichnen wir mit K [x 1 ; : : : ; x n ] : Es sollte klar sein, wie man derartige Ausdrücke addiert und multipliziert. Statt einer formalen De nition, ein Beispiel mit n = 2: Sei p (x; y) = 1 + 4xy 2 + x 3 + xy; q (x; y) = x 2 + x 3 + xy: Dann ist p (x; y) + q (x; y) = 1 + x 2 + 2x 3 + 2xy + 4xy 2 ; p (x; y) q (x; y) = xy + x 2 + x 3 + x 5 + x 6 + x 3 y + 2x 4 y + x 2 y 2 + 4x 2 y 3 + 4x 3 y 2 + 4x 4 y 2 : Proposition 3.1 K [x 1 ; : : : ; x n ] mit dieser Addition und dieser Multiplikation ist ein kommutativer Ring mit Eins. Die Eins ist das Polynom konstant gleich 1; und das Neutralelement der Addition ist das Nullpolynom. Der Ring hat keine Nullteiler. Wir wollen die Proposition nicht formal beweisen. Die Rechenregeln ergeben sich aus den entsprechenden Rechenregeln im Körper und den bekannten Regeln aus der Mittelschule über den Umgang mit solchen Buchstabenausdrücken. Man muss hier betonen, dass wir die Polynome zunächst nur als formale Buchstabenausdrücke au assen. Zwei Polynome sind gleich, wenn die Darstellung in (3.1) dieselbe ist, bis auf die Reihenfolge, auf die wir nicht achten. Jedes Polynom p (x) 2 K [x 1 ; : : : ; x n ] de niert aber auch eine Abbildung ^p : K n! K; indem man Werte einfach einsetzt. Für ( 1 ; : : : ; n ) 2 K n ist ^p ( 1 ; : : : ; n ) := P a 1 1 n 2 K: Von grosser Bedeutung ist die Nullstellenmenge eines Polynoms: V p(x) := f( 1 ; : : : ; n ) 2 K n : ^p ( 1 ; : : : ; n ) = 0g : Wie auch schon bei den Polynomen in einer Veränderlichen können zwei verschiedene Polynome auf dieselbe Abbildung führen. Viele Beispiele von Mengen der Form V p(x) sollten bekannt sein: Für p (x; y) = x 2 + y R [x; y] ist die zugehörige Nullstellenmenge der Einheitskreis in R 2 : Für das Polynom p (x; y) = xy 1 erhält man als Nullstellenmenge eine Hyperbel (mit zwei Äesten). Hier noch ein etwas komplizierteres Beispiel, die sogenannte Lemniskate. Das ist die Nullstellenmenge des folgenden Polynoms: p (x; y) := x 2 + y 2 2 x 2 y 2 = x 4 + 2x 2 y 2 + y 4 x 2 + y 2 : 16

17 Hier noch ein anderes Beispiel p (x; y) := (1 + x) x 2 (1 x) y 2 mit der folgenden Nullstellenmenge: De nition 3.2 Es seien p 1 (x) ; : : : ; p m (x) 2 K [x 1 ; : : : ; x n ] : Eine Teilmenge von K n der Form nennt man eine algebraische Varietät. V p1 (x) \ : : : \ V pm(x) Wir kennen schon solche Varietäten, nämlich die Lösungsmengen von linearen Gleichungssystemen. Die Lösungsmenge von Ax = b; wobei A eine m n-matrix ist, ist 17

18 einfach die Varietät mit p i (x) = a i;1 x 1 + : : : + a i;n x n b i : Es versteht sich von selbst, dass Varietäten mit nichtlinearen Polynomen sehr viel schwieriger zu bestimmen sind. Der berühmte Satz von Fermat, der über 300 Jahre unbewiesen war, besagt, dass für jede natürliche Zahl k 3; das Polynom x k + y k z k 2 Q [x; y; z] keine nichttriviale Nullstelle hat. (Natürlich sind x = z und y = z triviale Nullstellen). Der Hauptgrund dafür, dass der Ringe K [x 1 ; : : : ; x n ] um Grössenordnungen schwieriger zu behandeln ist als der Polynomring in einer Variablen ist das folgende Lemma: Lemma 3.3 Für n 2 ist K [x 1 ; : : : ; x n ] kein Hauptidealring. Beweis. Übungsaufgabe. Für Polynome in einer Variablen spielt der Grad eine herausragende Rolle. Wir wollen etwas ähnliches versuchen. Für ein Monom x bezeichnet man = ( 1 ; : : : ; n ) als den Multigrad. Dieser ist ein Element in N n 0 : Wir achten jedoch auf die Reihenfolge der Variablen: x 2 y hat den Multigrad (2; 1) ; xy 2 hat den Multigrad (1; 2) : Wir legen uns also auf eine Reihenfolge der Variablen fest: x ist die erste Variable, y die zweite. Für Monome in n Variablen x 1 ; : : : ; x n legen wir uns fest, dass wir x 1 als zuerst schreiben, dann x 2 etc. Der Multigrad ist das ensprechend festgelegt. Wir nun Ordnungen auf der Menge aller Multigrade fest. Ein Möglichkeit ist die folgende: Wir ordnen Multigrade, d.h. einfach Element von N n 0 genauso, wie die Wörter in einem Lexikon anordnet sind. Hier die Formale De nition: Es seien und 2 N n 0 : Gilt 6= ; so de nieren wir falls für k := min fi : i 6= i g die Relation i < i gilt. Wir setzen () = oder : ist o ensichtlich eine Totalordnung auf N n 0 : Ferner gilt ; 0 0 =) : (Addition von Multigraden ist komponentenweise de niert). Dies nennen wir die lexikographische Ordnungsrealtion auf N n 0. Man kann natürlich die Variablen x 1; : : : ; x n auch anders anordnen und erhält dann eine andere lexikographische Ordnung. Wir schreiben x 1 > x 2 > : : : > x n ; wenn wir das genau wie oben de niert machen. Lemma 3.4 Die lexikographische Ordnungsrelation hat die folgenden zwei Eigenschaften: 1. Für ; ; 2 N n 0 mit gilt + + : 2. ist eine Wohlordnung, d.h. es ist eine Totalordnung und jede nicht leere Teilmenge von N n 0 hat ein kleinstes Element. Der Beweis ist sehr einfach und sei dem Leser überlassen. De nition 3.5 Wir nennen eine Ordnungsrelation auf N n 0 eine monomiale Ordnungsrelation, wenn sie die beiden obigen Eigenschaften erfüllt. Die lexikographische Ordnungsrelation hat den Schönheitsfehler, dass x 2 y einen höheren Multigrad als xy 1000 hat, weil (2; 1) (1; 1000) ist. Für gewisse Zwecke ist es 18

19 günstiger, wenn man erst nach dem Gesamtgrad jj := 1 + : : : + n ordnet und erst innerhalb von Multiindizes mit demselben Gesamtgrad nach der lexikographischen Ordnung. Formal: Wir de nieren E ; falls entweder jj < jj gilt oder jj = jj und im Sinne der lexikographischen Ordnung. Lemma 3.6 E ist ebenfalls eine monomiale Ordnungsrelation. Sei eine beliebige monomiale Ordnungsrelation gegeben, die wir nun mit bezeichnen. Ist p (x) ein Polynom in x 1 ; : : : ; x n ; so ordnen wir die Multigrade der Monome des Polynoms der Grösse nach und nennen den grössten Multigrad aller Monome des Polynoms den Multigrad des Polynoms. Wir schreiben dafür LD (p (x)) : (wir setzen hier immer voraus, dass p (x) nicht das Nullpolynom ist). Das hängt natürlich von der gewählten Ordnungsrelation ab. Wir schreiben dann LM (p (x)) für das Monom mit dem höchsten Multigrad (ohne den Koe zienten). Hier ein Beispiel: p (x; y; z) = 5x 2 y + 3xz 7xy z 11 : In der lexikographischen Ordnung (mit x > y > z) ist LD = (2; 1) und LM = x 2 y. Bezüglich der Ordnungsrealtion E ist LD = (1; 10) und LM = xy 10 : Teilbarkeit von Poylnomen in K [x 1 ; : : : ; x n ] ist natürlich genau gleich wie vorher de niert. Wir sagen dass das Polynom p (x) das Polynom q (x) teilt, wenn ein Polynom h (x) existiert mit q (x) = h (x) p (x) : Lemma 3.7 h (x) ; p (x) seien zwei Polynome 6= 0: Dann gilt LD (h (x) p (x)) = LD (h (x))+ld (p (x)) und LM (h (x) p (x)) = LM (h (x)) LM (p (x)) : Beweis. p (x) = P a x ; h (x) = P b x : Sei 0 := LD (p (x)) ; 00 := LD (h (x)) : Insbesondere sind a 0; b 00 6= 0: Beim Ausmultiplizieren von p (x) mit h (x) entstehen Produkte von Monomen, deren Multiindizes sich bei der Multiplikation addieren. Man erhält dabei genau einen Summanden vom Multigrad : a 0b 00x ; da grösser ist als alle anderen Multiindizes, die beim Ausmultiplizieren entstehen (wegen der Voraussetzung, dass eine monomiale Ordnung vorliegt). Daraus folgt die Behauptung sofort. Beispiel 3.8 Bekanntlich gilt (x + y) (x y) = x 2 y 2 : Die Monome xy und xy; die beim Ausmultiplizieren enstehen, kürzen sich weg. Mit den grössten Monomen kann das aber nicht passieren. Welches das grösste Monom ist, hängt davon ab, ob man x > y oder y > x nimmt. Im ersten Fall ist LM (x + y) = LM (x y) = x und im zweiten Fall y: De nition 3.9 Für eine nicht leere Teilmenge K [x 1 ; : : : ; x n ] de nieren wir das erzeugte Ideal J auf die gleiche Weise wie in (1.2). Für endlich viele Polynome p 1 (x) ; : : : ; p m (x) schreiben wir dafür wieder hp 1 (x) ; : : : ; p m (x)i : Ist eine Menge von Monomen, = fx : 2 Ag ; A N n 0 ; so sprechen wir von einem monomialen Ideal. 19

20 Wir de nieren Teilbarkeit genau gleich wie früher bei Polynomen in einer Variablen: Dast Polynom h (x) teilt das Polynom p (x) ; wenn ein Polynom q (x) exisitiert mit p (x) = h (x) p (x) : (Alle Polynome 6= 0 vorausgesetzt). Für Monome ist die Teilbarkeit natürlich sehr einfach nachzuprüfen: x teilt x genau dann wenn i i für i = 1; : : : ; n ist. Lemma 3.10 Sei = fx : 2 Ag eine Menge von Monomen und x sei ein Monom. Dann gilt x 2 J genau dann, wenn ein Monom x ; 2 A existiert, das x teilt. Beweis. Die eine Richtung ist trivial: Wird x von einem der Monome in A geteilt, so ist x 2 J : Für die Umkehrung wählen wir irgendeine monomial Ordnung, z.b. die lexikographische. Aus x 2 J folgt die Existenz von endlich vielen Monomen i 2 A; i = 1; : : : ; m und Polynomen h i (x) mit mx x = h i (x) x i : i=1 Daraus folgt x = LM x = LM ( P m i=1 h i (x) x i ) : Das führende Monom von P m i=1 h i (x) x i ist jedoch einfach eines der Monome, die beim Ausmultiplizieren entstehen. Deshalb ist es ein Monom der Form x x i für ein i 2 f1; : : : ; mg : Lemma 3.11 Sei J ein monomiales Ideal wie im letzten Lemma, und sei p (x) = P 2B a x 2 K [x 1 ; : : : ; x n ] ; B eine endliche Teilmenge von N n 0 : Dann gilt p (x) 2 J genau dann, wenn alle x in dieser Darstellung in I sind. Beweis. Die eine Richtung ist wieder trivial. Wenn alle x in I sind so ist auch p (x) 2 I: Wir beweisen die andere Richtung: Ist p (x) 2 J A ; so existiert eine Darstellung p (x) = X 2A 0 h (x) x ; wobei A 0 eine endliche Teilmenge von A ist, und die h (x) irgendwelche Polynome sind. Multipliziert man die rechte Seite aus, so ergibt sich, dass alle x für 2 B von der Form x x mit 2 A 0 sind. Damit sind die x in J A : Nach diesen Lemmas sind für die Diskussion von monomialen Idealen nur die Monome wichtig. Ist = fx : 2 Ag ; so sind die Monome x, die in J sind, genau diejenigen für die ein 2 A existiert mit i i für i = 1; : : : ; n: Bis auf Widerruf verwenden wir die Notation wenn i i für i = 1; : : : ; n gilt. (Vorsicht: Dies ist keine Totalordnung und schon gar keine monomiale Ordnung). Wir führen die folgende Notation ein: Für 2 N n 0 de nieren wir den Kegel R := f 2 N n 0 : g ; und für A N n 0 setzen wir R (A) := S 2A R : Die Monome in J sind dann genau diejenigen deren Multiindex in R (A) sind. 20

21 Satz 3.12 Sie J ein monomiales Ideal wie oben, = fx : 2 Ag : Dann existiert eine endliche Teilmenge A 0 A mit J = J 0; 0 := fx : 2 A 0 g : Beweis. Nach den vorangegangen Bemerkungen müssen wir das folgende kombinatorische Faktum zeigen: Ist A eine beliebige Teilmenge von N n 0 ; so existiert eine endliche Teilmenge A 0 A mit R (A) = R A 0 : Wir beweisen diese Tatsache mit Induktion nach n; der Anzahl der Variablen. Für n = 1 ist die Sache sehr einfach: A N 0 hat ein kleinstes Element, nennen wir es 0 und dann ist natürlich R (A) = R 0 : Wir nehmen nun an, dass n 2 ist und der Satz für n 1 bewiesen ist. Wir schreiben die Multiindizes in N n 1 0 als (; m) mit 2 Nn0 ; m 2 N 0 : Wir setzen R := R (A) und de nieren B := 2 N n 0 1 : 9k 2 N 0 mit (; k) 2 R : B hat o enbar die Eigenschaft, dass jedes 2N n 0 1 für das ein 2 B mit exisitiert, selbst in B ist, d.h. dass B = R (n 1) (B) ist. (Wir verwenden die Notation R (n 1) um zu betonen, dass es sich um die entsprechenden Mengen in N0 n 1 handelt). Nach Induktionsvoraussetzung existiert eine endliche Teilmenge B 0 B mit B = R (n 1) (B 0 ) : So wie B konstruiert ist, existiert zu jedem 2 B 0 ein m () 2 N 0 ; mit (; m ()) 2 R: Sei m := max 2B0 (m ()) : Für l = 0; 1; : : : ; m 1 betrachten wir die Schnitte B l := 2 N n 0 1 : (; l) 2 R : Wenden wir auf diese Mengen wieder die Induktionsvoraussetzung an, so erhalten wir endliche Teilmenge B0 l B l mit R (n 1) B0 l = R (n 1) (B l ) = B l : Wir setzen nun A 0 := f(; m) : 2 B 0 g [ [ m 1 l=0 n o (; l) : 2 B0 l ; was natürlich eine endliche Teilmenge von N n 0 ist. In der Tat ist es o ensichtlich auch eine Teilmenge von R und demzufolge R (A 0 ) R: Wir behaupten nun, dass R = R (A 0 ) gilt. Dazu müssen wir zeigen, dass zu jedem 2 R ein 0 2 A 0 existiert mit 0 : Das Element schreiben wir als (; k) ; 2 N n 0 1 : Damit folgt 2 B und wir nden 0 2 B 0 mit 0 : Nun ist entweder k m in welchem Fall = (; k) ( 0 ; m) 2 A 0 ist, oder k ist kleiner als m: In letzterem Fall ist aber 2 B k und es existiert 0 2 B0 k mit 0 ; also auch A 0 3 ( 0 ; k) (; k) = : In jedem Fall haben wir also gezeigt, dass 2 R (A 0 ) ist. Damit ist R = R (A 0 ) gezeigt. 21

22 Wir sind jedoch noch nicht ganz fertig, da wir noch nicht gezeigt haben, dass A 0 eine Teilmenge der ursprünglichen Menge A ist, sondern nur eine Teilmenge von R = R (A) : Wir müssen die Indizes in A 0 noch etwas modi zieren, wozu wir Lemma 3.10 verwenden. Nach diesem Lemma existiert für jedes 2 R ein 0 2 A mit 0 : Wenden wir das auf alle (endlich vielen) Element von A 0 an, so erhalten wir eine endliche Menge A 0 A; die die Eigenschaft hat, dass für jedes 2 A 0 ein 0 2 A 0 existiert mit 0 : Da zu jedem 2 R ein 2 A 0 existiert mit ; so folgt, dass für jedes 2 R ein 0 2 A 0 existiert mit 0 : Daraus folgt R = R (A) = R A 0 : Dieser Satz über monomiale Ideale dient als Vorbereitung unseres Hauptsatzes: Satz 3.13 (Basissatz von Hilbert) Zu jedem Ideal J in K [x 1 ; : : : ; x n ] existiert eine endliche Menge von Polynomen p 1 (x) ; : : : ; p m (x) mit J = hp 1 (x) ; : : : ; p m (x)i : Bevor wir daran gehen können, den Satz zu beweisen, verallgemeinern wir das Konzept einer Division mit Rest. Die Situation ist jedoch komplizierter als im Falle von Polynomen in einer Variablen. Wir de nieren, was es bedeutet, dass ein Polynom p (x) durch die m Polynome q 1 (x) ; : : : ; q m (x) mit Rest geteilt wird. Es muss gleich betont werden, dass diese Division mit Rest von einer gewählten monomialen Ordnung abhängt, und auch bei festgelegter monomialen Ordnung nicht eindeutig ist. Wir werden dazu Beispiele sehen. Satz 3.14 Seien p (x) ; q 1 (x) ; : : : ; q m (x) 2 K [x 1 ; : : : ; x n ] ; wobei wir voraussetzen, dass alle diese Polynome nicht das Nullpolynom sind. Dann existieren Polynome a 1 (x) ; : : : ; a m (x) und r (x) mit mx p (x) = a j (x) q j (x) + r (x) : j=1 r (x) ist dabei eine Linearkombination von Monomen, von denen keines von irgendeinem der LM (q 1 (x)) ; : : : ; LM (q m (x)) geteilt wird. Wir verzichten auf einen formalen Beweis, der nicht schwierig ist, sondern demonstrieren an zwei Beispielen, wie der Hase läuft. Beispiel 3.15 p (x; y) = xy 2 + 1; q 1 (x; y) = xy + 1; q 2 (x; y) = y + 1: Wir dividieren zunächst p (x; y) durch q 1 (x; y) mit Rest, wobei wir zunächst einfach die höchsten Monome dividieren. xy = y (xy + 1) y + 1: 22

23 Das Restpolynom ist im Moment y+1: Nun können wir dessen höchstes Monom y nicht mehr durch q 1 (x; y) teilen, und wir versuchen es einfach mit q 2 (x; y) was o ensichtlich geht: y + 1 = ( 1) (y + 1) + 2: Nun haben wir die Darstellung xy = y (xy + 1) (y + 1) + 2 was o ensichtlich die gewünschte Form hat. Einige Aspekte laufen bei diesem Beispiel jedoch etwas zu glatt und wir betrachten ein etwas tückischeres Beispiel. Beispiel 3.16 p (x; y) = x 2 y + xy 2 + y 2 ; q 1 (x; y) = xy 1; q 2 (x; y) = y 2 1: Wir teilen wieder p (x; y) durch q 1 (x; y) mit Rest x 2 y + xy 2 + y 2 = x (xy 1) + xy 2 + y 2 + x = x (xy 1) + y (xy 1) + y 2 + x + y = (x + y) (xy 1) + x + y 2 + y: Nun ist der Zwischenrest gleich x + y 2 + y; mit dem maximalen Monom x (unter Verwendung der lexikographisen Ordnung), aber x ist weder durch LM (q 1 (x; y)) nach durch LM (q 2 (x; y)) teilbar. Wir versuchen es aber nun einfach mit einem anderen Monom von x + y 2 + y und werden bei y 2 fündig, das wir durch LM (q 2 (x; y)) teilen können: Somit erhalten wir x + y 2 + y = 1 y x + y + 1: x 2 y + xy 2 + y 2 = (x + y) (xy 1) + y x + y + 1: Von dem neuen Rest x + y + 1 existiert nun kein Monom mehr, das durch LM (q 1 (x; y)) oder LM (q 2 (x; y)) teilbar wäre und wir haben die gewünschte Zerlegung gefunden (mit a 1 (x; y) = x + y; a 2 (x; y) = 1; r (x; y) = x + y + 1: Beweis des Basissatzes von Hilbert. Wir können annehmen, dass J 6= f0g ist. Wir betrachten das monomiale Ideal J mon, das von der folgender Menge von Monomen M := flm (p (x)) : p (x) 2 J; p (x) 6= 0g erzeugt wird. Nach Satz 3.12 existiert eine endliche Teilmenge M 0 M, sodass J mon von M 0 erzeugt wird. Die Elemente in M 0 sind per De nition von der Form LM (p (x)) mit p (x) 2 J: Da es nur endlich viele sind, numerieren wir diese Polynome durch p 1 (x) ; : : : ; p k (x) 2 J; wobei also flm (p 1 (x)) ; : : : ; LM (p k (x))g = M 0 ist. Wir zeigen nun, dass J = hp 1 (x) ; : : : ; p k (x)i gilt. (Vorsicht: Keinesfalls gilt im allgemeinen J = hlm p 1 (x) ; : : : ; LM p k (x)i). 23

24 Sei also p (x) 2 J beliebig. Wir führen eine Division mit Rest gemäss Satz 3.14 durch. Wir erhalten eine Darstellung p (x) = mx a j (x) p j (x) + r (x) ; j=1 wobei kein Monom in r (x) von einem der Monome LM (p 1 (x)) ; : : : ; LM (p k (x)) geteilt wird. Nun ist jedoch mx r (x) = p (x) a j (x) p j (x) 2 J: j=1 Falls r (x) 6= 0 ist, so ist demzufolge LM (r (x)) 2 M und damit wird LM (r (x)) von einem der Monome LM (p 1 (x)) ; : : : ; LM (p k (x)) geteilt, im Widerspruch zu der Eigenschaft des Restes r (x) : Somit bleibt nur die Möglichkeit r (x) = 0: 24