Zeigen Sie, dass ein Polynom in K[X] vom Grad n höchstens n verschiedene normierte irreduzible Teiler in K[X] haben kann

Question

Aufgabe:

Sei n ≥ 1. Zeigen Sie, dass ein Polynom in K[X] vom Grad n höchstens n verschiedene normierte irreduzible Teiler in K[X] und höchstens n verschiedene Nullstellen in K haben kann.

Comments

Etwas Kontext wäre hilfreich:

Ist \(K\) ein Körper? Weißt du, dass \(\mathrm{eval}_a(f)=0\) genau dann, wenn \((x-a)|f\)? Weißt du grundlegende Rechenregeln über den Grad von Polynomen?

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Die Frage wäre für mich auch sehr interessant, also würde ich mich freuen, wenn jemand antwortet :)

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@joners:

Ja, K ist ein Körper

Nein, das kenne ich nicht

Ein paar kenne ich, aber nicht viele

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Ok, dann hättest du in dem zweiten Part tatsächlich etwas mehr zu tun, als ich gedacht hätte. Du müsstest dann per Hand zeigen, dass \((x-a)\) ein Teiler von \(f\) ist, wenn \(a\) eine Nullstelle von \(f\) ist, was ich etwas komisch fände, wenn das nie in der Vorlesung oder einer Übung drankäme. Ist aber auch nicht sehr schwer.

Was weißt du über die Hierarchie von Ringen? Habt ihr Begriffe wie "Hauptidealring", "Faktorieller Ring" "Euklidscher Ring" gehabt? Ist in eurer Vorlesung schonmal der Begriff "Assoziierte Elemente" gefallen? Das grenzt das Level ziemlich ein, damit ich den Beweis "auf dem richtigen Level" führen kann. Im Prinzip kann man mit High-Level-Stuff den Beweis als Einzeiler führen, oder man kann es sehr sehr technisch machen, wie in der Schule alles per Hand quasi. Irgendwo in der Mitte sollte der für dich richtige Beweis sein.

Ich nehme an, du bist Matheersti und das ist in etwa irgendwo anzusiedeln bei "(Lineare?) Algebra 1"?

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Ich kenn das leider alles nicht :/

Genau ;)

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Ok, das ist irgendwie schon recht wenig leider. Wisst ihr, dass in Polynomringen über einem Körper ein Polynom genau dann irreduzibel (besitzt keinen echten Teiler mit Grad größer 0) ist, wenn es prim (p|ab impliziert dass p einen der beiden Faktoren a oder b teilt) ist? Daraus könnte man einen Beweis basteln. Falls nicht sehe ich nicht wirklich, was die "intended solution" sein sollte, da man zu viele Dinge per Hand zu zeigen hätte. Normalerweise gehen solche Beweise flott von der Hand, wenn man mit einem ordentlichen Werkzeugkoffer an Lemmas bewaffnet ist, was bei euch irgendwie nicht der Fall ist. Wenn das bei euch wirklich so mau an Lemmas aussieht, finde ich das ehrlich gesagt auch recht undidaktisch, weil man durch diesen Werkzeugkoffer erst wirklich versteht, "wie so ein Polynomring wirklich aussieht". Je mehr in einem Beweis "per Hand" gemacht wird, und deshalb je mehr mit wenig Generalität gezeigt wird, desto schwerer finde ich persönlich einen Beweis zu verstehen.

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Irreduzible Teiler kenne ich zum Glück schon ;) Ich bin aber immer noch nicht draufgekommen, wie ich das beweisen kann, könntest Du mir da einen Tipp geben?

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Ein paar kenne ich, aber nicht viele

Welche kennst du denn?

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Ich schreibe nach meiner Mittagspause mal einen Beweis, der recht low-level ist aber trotzdem nicht all zu aufwendig. Dann können wir ja nochmal gucken, ob der über eurem Vorlesungslevel ist oder so passt.

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@MatHaeMatician

Fast keine. Wir hatten a=qb+r mit deg(r) kleiner deg(b). Dann hatten wir den ggT mit ggt(a,b)*v=a und v*a+u*b=ggT(a,b), den euklidischen Algorithmus, prim und irreduzible Teiler, normierte Teiler, dass man p zerlegen kann in cp₁^e1...p_m^em und was algebraisch abgeschossen heißt. Ich hoffe, das macht jetzt irgendwie Sinn, auch wenn ich es so abgekürzt schreibe.

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@joners

Danke, das ist sehr nett!!

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@MatheMartin

" \(\mathrm{eval}_a(f)=0\) genau dann, wenn \((x-a)|f\) " →könnte es Definition 50 Nummer 3 sein?

Answer 1

Zuerst wissen wir bereits, dass jedes Polynom \(f\in K[X]\setminus\{0\}\) eine "Primfaktorzerlegung" \(f=c\prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{e_i}\) besitzt, wobei \(p_i\in K[X]\) irreduzibel, \(e_i\in \mathbb{N}\) und \(c\in K\setminus\{0\}\). Jetzt können wir immer den Leitkoeffizienten \(l_i\) jedes \(p_i\) in \(c\) ziehen, also \(f=\left(c\prod\limits_{i=1}^{k}l_i^{e_i}\right)\prod\limits_{i=1}^{k}(l_i^{-1}p_i)^{e_i}\), das ist eine Zerlegung in irreduzible normierte Faktoren. Wir nennen jetzt zur Vereinfachung von Notation diese normierten Faktoren einfach \(p_i\).

Durch die Gradformel gilt erst einmal: \(\deg f = \sum\limits_{i=1}^{k}e_i\cdot \deg p_i\). Da alle \(\deg p_i\geq 1\), muss also gelten \(k\leq\deg f\). Es folgt, da alle normierten irreduziblen Faktoren von \(f\) in dieser Liste vorkommen (*), dass \(f\) höchstens \(\deg f\) verschiedene irreduzible normierte Faktoren haben kann.

Falls (*) noch einmal kurz begründet werden müsste: Zwei verschiedene irreduzible normierte Polynome können nicht zueinander assoziiert sein (assoziiert = \(K^\ast\)-Vielfache voneinander), da die Skalierung eines normierten Polynoms mit einer Einheit \(\neq 1\) ein nicht-normiertes Polynom ergeben muss. Wäre jetzt also \(g\) ein normierter irreduzibler Teiler von \(f\), mit \(g\neq p_i\) für alle \(1\leq i\leq k\), dann wäre \(g\) zusammen mit einer Primfaktorzerlegung von \(f/g\) eine echt verschiedene Primfaktorzerlegung von \(f\), was nach der "Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung bis auf Assoziiertheit" nicht geht.

Wenn jetzt \(f\) eine Nullstelle besitzt, sagen wir \(a\in K\), dann ist \(g=(X-a)\) ein irreduzibler normierter Teiler von \(f\). Dass \(g\) irreduzibel und normiert ist, ist klar. Dazu gilt durch die Existenz von Division mit Rest, dass du schreiben kannst: \(f=h\cdot g+r\), wobei \(\deg(r)<\deg g = 1\) gelten muss. Folglich muss also gelten, dass der Rest ein konstantes Polynom \(r\in K\) sein muss. Evaluieren dieser Gleichung in \(X=a\) ergibt: \(f(a)=0=h(a)\cdot (a-a)+r=r\), also gilt: \(f=h\cdot (x-a)\), wir sehen also dass \(g\) ein Teiler von \(f\) ist.

Hätte jetzt also \(f\) mehr als \(n\) verschiedene Nullstellen, dann hätte \(f\) auch mehr als \(n\) verschiedene solche irreduziblen normierten Teiler, was nicht möglich ist, s.o.

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Vielen Dank!