Polynome/Körper/Division mit Rest/Rationales Beispiel/Textabschnitt

Satz

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Es seien ${}P,T\in K[X]$ Polynome mit ${}T\neq 0$.

Dann gibt es eindeutig bestimmte Polynome ${}Q,R\in K[X]$ mit

$P=TQ+R{\text{ und mit }}\operatorname {grad} \,(R)<\operatorname {grad} \,(T){\text{ oder }}R=0.$

Beweis

Wir beweisen die Existenzaussage durch Induktion über den Grad von ${}P$. Wenn der Grad von ${}T$ größer als der Grad von ${}P$ ist, so ist ${}Q=0$ und ${}R=P$ eine Lösung, so dass wir dies nicht weiter betrachten müssen. Bei ${}\operatorname {grad} \,(P)=0$ ist nach der Vorbemerkung auch ${}\operatorname {grad} \,(TP)=0$, also ist ${}T$ ein konstantes Polynom, und damit ist (da ${}T\neq 0$ und ${}K$ ein Körper ist) ${}Q=P/T$ und ${}R=0$ eine Lösung. Es sei nun ${}\operatorname {grad} \,(P)=n$ und die Aussage für kleineren Grad schon bewiesen. Wir schreiben ${}P=a_{n}X^{n}+\cdots +a_{1}X+a_{0}$ und ${}T=b_{k}X^{k}+\cdots +b_{1}X+b_{0}$ mit ${}a_{n},b_{k}\neq 0,\,k\leq n$. Dann gilt mit ${}H={\frac {a_{n}}{b_{k}}}X^{n-k}$ die Beziehung

${}{\begin{aligned}P'&:=P-TH\\&=0X^{n}+{\left(a_{n-1}-{\frac {a_{n}}{b_{k}}}b_{k-1}\right)}X^{n-1}+\cdots +{\left(a_{n-k}-{\frac {a_{n}}{b_{k}}}b_{0}\right)}X^{n-k}+a_{n-k-1}X^{n-k-1}+\cdots +a_{0}.\end{aligned}}$

Dieses Polynom ${}P'$ hat einen Grad kleiner als ${}n$ und darauf können wir die Induktionsvoraussetzung anwenden, d.h. es gibt ${}Q'$ und ${}R'$ mit

$P'=TQ'+R'{\text{ mit }}\operatorname {grad} \,(R')<\operatorname {grad} \,(T){\text{ oder }}R'=0.$

Daraus ergibt sich insgesamt

${}P=P'+TH=TQ'+TH+R'=T(Q'+H)+R'\,,$

so dass also ${}Q=Q'+H$ und ${}R=R'$ eine Lösung ist. Zur Eindeutigkeit sei ${}P=TQ+R=TQ'+R'$ mit den angegebenen Bedingungen. Dann ist ${}T(Q-Q')=R'-R$. Da die Differenz ${}R'-R$ einen Grad kleiner als ${}\operatorname {grad} \,(T)$ besitzt, ist aufgrund der Gradeigenschaften diese Gleichung nur bei ${}R=R'$ und ${}Q=Q'$ lösbar.

$\Box$

Die Berechnung der Polynome ${}Q$ und ${}R$ heißt Polynomdivision. Das Polynom ${}T$ ist genau dann ein Teiler von ${}P$, wenn bei der Division mit Rest von ${}P$ durch ${}T$ der Rest gleich ${}0$ ist. Der Beweis des Satzes ist konstruktiv, d.h. es wird in ihm ein Verfahren beschrieben, mit der man die Division mit Rest berechnen kann. Dazu muss man die Rechenoperationen des Grundkörpers ${}K$ beherrschen. Wir geben dazu ein Beispiel.

Beispiel

Wir führen die Polynomdivision

$P=6X^{3}+X+1{\text{ durch }}T=3X^{2}+2X-4$

(über ${}\mathbb {Q}$) durch. Es wird also ein Polynom vom Grad ${}3$ durch ein Polynom vom Grad ${}2$ dividiert, d.h. dass der Quotient und auch der Rest (maximal) vom Grad ${}1$ sind. Im ersten Schritt überlegt man, mit welchem Term man ${}T$ multiplizieren muss, damit das Produkt mit ${}P$ im Leitterm übereinstimmt. Das ist offenbar ${}2X$. Das Produkt ist

${}2X{\left(3X^{2}+2X-4\right)}=6X^{3}+4X^{2}-8X\,.$

Die Differenz von ${}P$ zu diesem Produkt ist

$6X^{3}+X+1-{\left(6X^{3}+4X^{2}-8X\right)}=-4X^{2}+9X+1\,.$

Mit diesem Polynom, nennen wir es ${}P'$, setzen wir die Division durch ${}T$ fort. Um Übereinstimmung im Leitkoeffizienten zu erhalten, muss man ${}T$ mit ${}{\frac {-4}{3}}$ multiplizieren. Dies ergibt

${}-{\frac {4}{3}}T=-{\frac {4}{3}}{\left(3X^{2}+2X-4\right)}=-4X^{2}-{\frac {8}{3}}X+{\frac {16}{3}}\,.$

Die Differenz zu ${}P'$ ist somit

$-4X^{2}+9X+1-{\left(-4X^{2}-{\frac {8}{3}}X+{\frac {16}{3}}\right)}={\frac {35}{3}}X-{\frac {13}{3}}\,.$

Dies ist das Restpolynom und somit ist insgesamt

$6X^{3}+X+1={\left(3X^{2}+2X-4\right)}{\left(2X-{\frac {4}{3}}\right)}+{\frac {35}{3}}X-{\frac {13}{3}}\,.$

Lemma

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Es sei ${}P\in K[X]$ ein Polynom und ${}a\in K$.

Dann ist ${}a$ genau dann eine Nullstelle von ${}P$, wenn ${}P$ ein Vielfaches des linearen Polynoms ${}X-a$ ist.

Beweis

Wenn ${}P$ ein Vielfaches von ${}X-a$ ist, so kann man

${}P=(X-a)Q\,$

mit einem weiteren Polynom ${}Q$ schreiben. Einsetzen ergibt

${}P(a)=(a-a)Q(a)=0\,.$

Im Allgemeinen gibt es aufgrund der Division mit Rest eine Darstellung

${}P=(X-a)Q+R\,,$

wobei ${}R=0$ oder aber den Grad ${}0$ besitzt, also so oder so eine Konstante ist. Einsetzen ergibt

${}P(a)=R\,.$

Wenn also ${}P(a)=0$ ist, so muss der Rest ${}R=0$ sein, und das bedeutet, dass ${}P=(X-a)Q$ ist.

$\Box$

Korollar

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Es sei ${}P\in K[X]$ ein Polynom ($\neq 0$) vom Grad ${}d$.

Dann besitzt ${}P$ maximal ${}d$ Nullstellen.

Beweis

Wir beweisen die Aussage durch Induktion über ${}d$. Für ${}d=0,1$ ist die Aussage offensichtlich richtig. Es sei also ${}d\geq 2$ und die Aussage sei für kleinere Grade bereits bewiesen. Es sei ${}a$ eine Nullstelle von ${}P$ (falls ${}P$ keine Nullstelle besitzt, sind wir direkt fertig). Dann ist ${}P=Q(X-a)$ nach Fakt und ${}Q$ hat den Grad ${}d-1$, so dass wir auf ${}Q$ die Induktionsvoraussetzung anwenden können. Das Polynom ${}Q$ hat also maximal ${}d-1$ Nullstellen. Für ${}b\in K$ gilt ${}P(b)=Q(b)(b-a)$. Dies kann nach Fakt  (5) nur dann ${}0$ sein, wenn einer der Faktoren ${}0$ ist, so dass eine Nullstelle von ${}P$ gleich ${}a$ ist oder aber eine Nullstelle von ${}Q$ ist. Es gibt also maximal ${}d$ Nullstellen von ${}P$.

$\Box$