Polynome

Polynome
Alexander Unger
Mathelager 2008 Ilmenau, Olympiadezirkel
Dauer: 3 mal 90 Minuten Unterricht
Inhalt: Division mit Rest, Teilbarkeit, Nullstellen, Satz von Gauß, Satz von Vieta
Inhaltsverzeichnis
1 Einführung, Begriffe
1
2 Teilbarkeit und Polynomdivision
4
3 Nullstellen von Polynomen
8
4 Klausuraufgaben
12
5 Vermischte Aufgaben
13
1
Einführung, Begriffe
Ein reelles Polynom f oder f (x) in einer Variablen x ist ein Ausdruck der Form
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ,
(1)
wobei die Koeffizienten a0 , a1 , . . . , an reelle Zahlen sind. Wenn man das Summenzeichen zur
Darstellung verwendet, erhält man
f (x) =
n
X
i=0
ai xi ,
n ∈ N, ai ∈ R ∀i ∈ {1, . . . n} .
Polynome können sowohl als algebraische als auch als analytische Objekte angesehen werden.
Aus algebraischer Sicht ist x (häufig eher X) einfach ein Symbol, das heißt eine Unbestimmte
oder Unbekannte, und f in Gleichung (1) eine rein formale Summe von Produkten reeller
Zahlen mit Potenzen von x. Das ist mein Standpunkt, weshalb ich ein Polynom einfach
einen (formalen) Ausdruck genannt habe. Aus analytischer Sicht ist ein Polynom eine reelle
Funktion, die die obige Form hat, also eine Zuordnungsvorschrift, die der Variablen x ihren
Funktionswert f (x) zuordnet. Polynome heißen auch ganzrationale Funktionen.
1
Für ein Polynom wie in Gleichung (1) gibt es die folgenden Bezeichnungen:
a0
...
Absolutterm oder Absolutglied,
a1 x
...
linearer Term,
a2 x2
...
quadratischer Term,
3
...
kubischer Term.
a3 x
Polynome, die nur aus dem Absolutglied bestehen, also ai = 0 für alle i ≥ 1, heißen konstante
Polynome (oder konstante Funktionen). Das sind aber einfach reelle Zahlen! Daher können
wir R als Teilmenge der Menge aller reellen Polynome ansehen. Das Polynom, bei dem alle
Koeffizienten gleich 0 sind, heißt Nullpolynom.
Für ein Polynom f 6= 0 wollen wir annehmen, dass der höchste Koeffizient an , der sogenannte Leitkoeffizient ungleich 0 ist. (In Beispiel 1 ist der Leitkoeffizient 1.) In diesem Falle
heißt n der Grad von f und man schreibt
deg f := n .
Beispiel 1 Das Polynom f (x) = x2 − 5x + 6 ist ein Polynom vom Grad 2 (oder auch ein
quadratisches Polynom) und seine Koeffizienten sind sogar ganzzahlig. Das Absolutglied ist 6,
der lineare Term ist −5x und der quadratische Term ist x2
Das Polynom g(x) = 4x3 − x2 + 5 ist ein Polynom dritten Grades.
Polynome können wir addieren und subtrahieren, indem wir die entsprechenden Koeffizienten
addieren oder subtrahieren, und wir können sie multiplizieren, indem wir gliedweise ausmultiplizieren und zusammenfassen. Das sollte bekannt sein.
Beispiel 2 Wir berechnen Summe, Differenz und Produkt der Polynome aus Beispiel 1:
f (x) + g(x) = (x2 − 5x + 6) + (4x3 − x2 + 5)
= 4x3 + (x2 − x2 ) − 5x + (6 + 5)
= 4x3 − 5x + 11 ,
f (x) − g(x) = (x2 − 5x + 6) − (4x3 − x2 + 5)
= −4x3 + (x2 + x2 ) − 5x + (6 − 5)
= −4x3 + 2x2 − 5x + 1 ,
g(x) − f (x) = −4x3 + 2x2 − 5x + 1 ,
f (x)g(x) = (x2 − 5x + 6)(4x3 − x2 + 5)
= x2 (4x3 − x2 + 5) − 5x(4x3 − x2 + 5) + 6(4x3 − x2 + 5) ,
= (4x5 − x4 + 5x2 ) − (20x4 − 5x3 + 25x) + (24x3 − 6x2 + 30) ,
= 4x5 − x4 − 20x4 − 5x3 + 24x3 + 5x2 − 6x2 + 25x + 30 ,
= 4x5 − 21x4 + 19x3 − x2 + 25x + 30 ,
2
Wie verhält sich der Grad unter diesen Rechenoperationen? Wie man leicht prüft, gilt
deg f g = deg f + deg g,
(2)
deg(f ± g) ≤ max{deg f, deg g} .
(3)
Aufgabe 3 In welchen Fall gilt deg(f ± g) < max{deg f, deg g}? Wann gilt deg(f ± g) =
max{deg f, deg g}?
Nun stellt sich die Frage, welchen Grad das Nullpolynom besitzen soll (wenn wir unsere
Definition vervollständigen wollen). Naheliegend ist, deg 0 = 0 zu setzen, da 0 eine Konstante
ist. Dann gilt aber nach Regel (2) mit f = 0 und zum Beispiel g(x) = x
0 = deg 0 = deg 0 · x = deg 0 + deg x = 0 + 1 = 1 .
Das ist ein Widerspruch! Überhaupt kann keine endliche Zahl m = deg 0 die Identität m =
m + 1 erfüllen. Also bleibt nur deg 0 = ∞ oder deg 0 = −∞ zu setzen. Man kann eine Weile
darüber philosophieren, welche Möglichkeit sinnvoller ist. Wir kommen später darauf zurück.
Abschließend bemerken wir eine wichtige Eigenschaft, die wir im Folgenden häufig verwenden werden: Zwei Polynome sind genau dann gleich, wenn sie denselben Grad besitzen
und in allen Koeffizienten übereinstimmen.
Aufgabe 4 Man stelle sich das Polynom f (x) = (1 − x + x2 )2008 ausmultipliziert vor. Wie
groß ist die Summe der Koeffizienten?
Wie groß ist die Koeffizientensumme von g(x) = (1 − 3x + 3x2 )2007 (1 + 3x − 3x2 )2008 ?
Aufgabe 5 Ausmultipliziert ist f von der Form: f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 .
Wenn man x = 1 setzt, erhält man gerade die Summe der Koeffizienten und damit als Ergebnis
für f (1) = 1. Analog erhält man als Ergebnis für g den Wert g(1) = 1.
Beispiel 6 Wie groß ist die Summe der Koeffizienten vor den geraden Potenzen von
f (x) = (1 + x + x2 )m ?
Lösung. Ausmultipliziert ist f von der Form: f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 und
wenn man x = 1 und x = −1 einsetzt, erhält man die beiden Gleichungen
f (1) = an + an−1 + · · · + a4 + a3 + a2 + a1 + a0
f (1) = (−1)n an + (−1)n−1 an−1 + · · · + a4 − a3 + a2 − a1 + a0
Die gesuchte Summe ist nun genau 12 (f (1) + f (−1)) = 12 (3m + 1).
3
2
Teilbarkeit und Polynomdivision
Wir hatten im letzten Abschnitt bemerkt, dass man Polynome beliebig addieren, subtrahieren
und multiplizieren kann. Wie steht es mit der Division?
1
Aufgabe 7 Für welche Polynome p(x) ist p(x)
wieder ein Polynom? (Ein solches Polynom
heißt invertierbar.)
1
wieder ein ganzzahliges Polynom?
Für welche ganzzahligen Polynome p(x) ist p(x)
Lösung. Sei q(x) =
1
p(x)
ein Polynom. Es gilt p(x)q(x) = 1, also für den Grad
deg p(x) + deg q(x) = deg p(x)q(x) = deg 1 = 0 .
Da der Grad eine natürliche Zahl ist, kann diese Gleichung nur erfüllt sein, wenn deg p(x) =
deg q(x) = 0, wenn also p ein konstantes Polynome 6= 0 ist. Umgekehrt ist jede reelle Zahl
p 6= 0 invertierbar.
Die erste Überlegung gilt natürlich auch für ganzzahlige Polynome, aber für p ∈ Z \ {0}
1
ist p nur dann ganzzahlig, wenn p = ±1.
Also sind die konstanten Polynome 6= 0 die einzigen reellen invertierbaren Polynome und
p(x) = ±1 die einzigen ganzzahligen invertierbaren Polynome.
Die letzte Aufgabe zeigt insbesondere, dass man Polynome nicht beliebig dividieren kann.
Allerdings gibt es ähnlich wie bei ganzen Zahlen eine Division mit Rest, auch Polynomdivision
genannt. Wir wollen den Algorithmus an folgendem Beispiel erläutern.
Beispiel 8 Das Polynom f (x) = x3 + 3x2 + 4x + 4 soll durch g(x) = x2 + 2x + 1 dividiert
werden.
Wie bei der schriftlichen Division ganzer Zahlen rechnen wir
(x3 + 3x2 + 4x + 4) : (x2 + 2x + 1) = x + 1
−(x3 + 2x2 + x)
x2 + 3x + 4
−(x2 + 2x + 1)
x+3.
Die Division ist beendet, weil der Grad von x + 3 kleiner ist als der Grad von x2 + 2x + 1. Also
lässt das Polynom f (x) bei Division durch g(x) den Quotienten x + 1 und den Rest x + 3.
Schauen wir genau hin, sehen wir
f (x)
x+3
=x+1+
g(x)
g(x)
| · g(x)
f (x) = (x + 1)g(x) + (x + 3) .
Im Allgemeinen gilt der folgende Satz:
4
Satz 1 (Division mit Rest) Für alle Polynome f, g 6= 0 gibt es eindeutig bestimmte Polynome q (der sogenannte Quotient) und r (der sogenannte Rest), so dass gilt:
f (x) = q(x)g(x) + r(x)
und
deg r < deg g .
Insbesondere gilt wegen der Identitäten (2) und (3) deg q = deg f − deg g. Ist der Rest
r(x) = 0, dann gilt also f (x) = q(x)g(x) für ein Polynom q, und f heißt durch g teilbar bzw.
ein Vielfaches von g. Man schreibt: g|f (lies: g teilt f“)
”
Beispiel 9 In Beispiel 8 ist f (x) nicht durch g(x) teilbar, denn der Rest bei Division ist
x + 3 6= 0. Hingegen ist h(x) = f (x) − (x + 3) = f (x) = x3 + 3x2 + 3x + 1 durch g(x) teilbar.
Also gilt
x3 + 3x2 + 3x + 1 = (x2 + 2x + 1)(x + 1) .
Aufgabe 10 Führe folgende Polynomdivisionen durch:
a) (x4 − 3x2 + 3x − 1) : (x − 1)
b) (x5 − 4x2 + 7) : (x2 − x + 1)
c) (x6 + 12x5 − 5x2 + 3) : (x3 − x2 + 2)
Aufgabe 11 Für welche reellen Zahlen a, b gilt (x2 + ax + b) | (x4 + ax2 + b)?
Lösung. Polynomdivision liefert den Rest r(x) = (−a3 + 2ab − a2 )x + b2 + b − a2 b − ab. Wegen
(x2 + ax + b) | (x4 + ax2 + b) ⇔ r(x) = 0, folgt mit Koeffizientenvergleich
0 = a(−a2 + 2b − a)
und 0 = b(b + 1 − a2 − a) .
Wir machen eine Fallunterscheidung:
1. a = 0 und b = 0 liefert eine Lösung
2. a = 0 und b + 1 − a2 − a = 0 ⇒ b = −1
3. −a2 + 2b − a = 0 und b = 0 ⇒ −a2 − a = 0 ⇒ a = 0 oder a = −1
4. −a2 + 2b − a = 0 und b + 1 − a2 − a = 0 ⇒ a2 = b + 1 − a ⇒ b = 1 ⇒ a = 1 oder a = −2
Also gilt (x2 + ax + b) | (x4 + ax2 + b) ⇔ (a, b) ∈ {(0, 0), (0, −1), (−1, 0), (1, 1), (−2, 1)} Aufgabe 12 Für welche x ∈ Z ist der Bruch B(x) =
x4 − 4x2 − 5x − 4
eine ganze Zahl?
x4 + x2 + 1
Lösung. Polynomdivision liefert
B(x) = 1 − 5
x2 + x + 1
5
=1− 2
4
2
x +x +1
x −x+1
(vgl. letztes Beispiel)
Also gilt: B(x) ∈ Z ⇒ (x2 − x + 1) | 5, also (x2 − x + 1) ∈ {±1, ±5}. Lösen dieser vier
Gleichungen liefert x = 0 oder x = 1
5
Wenn wir von Teilern sprechen können, dann wissen wir wie bei ganzen Zahlen auch, was
wir unter einem größten gemeinsamen Teiler verstehen: Sind f, g zwei Polynome, dann ist
der größte gemeinsame Teiler von f und g ein Polynom, welches gemeinsamer Teiler von f
und g ist und maximalen Grad hat. Wir bezeichnen ihn mit ggT. Man kann auch sagen: der
größte gemeinsame Teiler zweier Polynome f, g ist ein gemeinsamer Teiler von f und g, der
von allen anderen Teilern von f und g geteilt wird. Die Berechnung eines ggT erfolgt wie
üblich mit Hilfe des euklidischen Algorithmus.
Aufgabe 13 Zeige, dass der ggT zweier Polynome existiert und eindeutig ist! Wiederhole den
Euklidischen Algorithmus für ganze Zahlen und übertrage ihn auf Polynome! Zeige außerdem,
dass es für zwei Polynome f, g eindeutige Polynome p und q gibt, so dass
pf + qg = ggT(f, g) .
Insbesondere sind zwei Polynome f, g genau dann teilerfremd, wenn es Polynome p, q gibt mit
pf + gq = 1.
Aufgabe 14 Zeige, dass der Bruch
n3 + 2n
für jedes n ∈ N nicht weiter kürzbar ist!
n4 + 3n2 + 1
Lösung. Wir müssen zeigen: ggT(n3 + 2n, n4 + 3n2 + 1) = 1. Dazu verwenden wir den euklidischen Algorithmus:
n4 + 3n2 + 1 = n · (n3 + 2n) + n2 + 1
n3 + 2n = n · (n2 + 1) + n
n2 + 1 = n · n + 1
n=n·1+0
Der größte gemeinsame Teiler ist genau der letzte vorkommende Rest ungleich 0, also ggT(n3 +
2n, n4 + 3n2 + 1) = 1 wie behauptet.
Aufgabe 15 Ermittle alle Polynome f , für die die folgende Gleichung gilt:
xf (x − 1) = (x − 26)f (x) .
Lösung. x teilt die linke Seite der Gleichung, also auch die rechte. Wegen x 6 | (x − 26) folgt
x | f (x), also (x − 1) | f (x − 1). Aus der Gleichung folgt damit (x − 1) | (x − 26)f (x), woraus
wir (x − 1) | f (x) erhalten. Damit gilt (x − 2) | f (x − 1), woraus folgt (x − 2) | f (x) (wie oben).
Mit diesem Argument folgt: (x − k) | f (x) für 0 ≤ k ≤ 25 d. h. f ist von der Form f (x) =
x(x − 1)(x − 2) . . . (x − 25)q(x) mit einem Polynom q.
Einsetzen in die Gleichung liefert: q(x − 1) = q(x), also muss q konstant sein. Andernfalls
wäre q(n) − q(0) = 0 für alle n ∈ N. (später)
Also erfüllen alle Polynome der Form
f (x) = qx(x − 1)(x − 2) . . . (x − 25)
die gegebene Gleichung.
mit q ∈ R
6
Wende wir uns noch einmal der Division mit Rest zu. Wir erinnern uns an Satz 1 und
betrachten wir nun speziell einen sogenannten Linearfaktor g(x) = (x − a) mit a ∈ R. dann
besagt der Satz: Es gibt eindeutig bestimmte Polynome q und r, so dass gilt:
f (x) = (x − a)q(x) + r(x) und
deg r < deg g .
Da deg g = 1, muss r ein konstantes Polynom sein, und wenn wir x = a in die Gleichung
einsetzen , erhalten wir:
f (a) = (a − a)q(a) + r = r .
Also ist der Rest, den f bei Division durch (x − a) lässt, gerade der Wert, den f an der Stelle
x = a annimmt:
f (x) = (x − a)q(x) + f (a) .
Aufgabe 16 Welchen Rest lässt das Polynom f (x) = x + x3 + x9 + x27 + x81 + x243 bei
Division durch a) x − 1, b) x2 − 1?
Lösung. Der Rest bei Division durch (x − 1) ist genau f (1) = 6.
Für den zweiten Teil der Aufgabe schreiben wir f als
f (x) = (x2 − 1)q(x) + Ax + B = (x − 1)(x + 1)q(x) + Ax + B ,
da das Restpolynom vom Grad < 2 = deg(x2 − 1) sein muss. Einsetzen von x = 1 und x = −1
liefert das lineare Gleichungssystem
6 = f (1) = A + B
−6 = f (−1) = −A + B
mit der Lösung A = 6 und B = 0. Also ist der gesuchte Rest 6x.
Aufgabe 17 Ein ungerades Polynom ist ein Polynom f , bei dem nur ungerade Potenzen
von x vorkommen, das heißt f (x) = a1 x + a3 x3 + a5 x5 + . . . .
Sei f ein ungerades Polynom, welches bei Division durch x − 3 den Rest 6 lässt. Welchen
Rest lässt es bei Division durch x2 − 9?
Lösung. Da f ungerade ist, gilt f (−3) = −f (3) = −6 und wir verfahren wie im letzten
Beispiel
6 = f (3) = 3A + B
−6 = f (−3) = −3A + B
und erhalten A = 2 und B = 0, also den Rest 2x.
7
3
Nullstellen von Polynomen
Bekanntermaßen ist eine Zahl x0 ∈ R Nullstelle eines Polynoms f , wenn f (x0 ) = 0 ist.
Beispiel 18 Das Polynom f (x) = x2 −5x+6 aus Beispiel 1 besitzt die Nullstellen x1 = 2 und
x2 = 3, die man mit Hilfe der Lösungsformel für quadratische Gleichungen leicht berechnet.
Das Polynom g(x) = 4x3 − x2 + 5 ist ein Polynom dritten Grades und man errät eine
Nullstelle: x = −1
Zum Schluss des letzten Abschnitts haben wir festgestellt, dass es zu einem gegebenen
Polynom f und a ∈ R ein eindeutig bestimmtes Polynome q gibt, so dass
f (x) = (x − a)q(x) + f (a) .
Dass bedeutet insbesondere: a ist Nullstelle von f genau dann wenn f (x) = (x − a)q(x)
für ein Polynom q, also (x − a) | f (x).
Beispiel 19 Im letzten Beispiel mit a = 2 ist x2 − 5x + 6 = (x − 2)(x − 3), also q = x − 3.
Offenbar ist deg q = deg f − 1 und alle weiteren Nullstellen von f sind damit auch Nullstellen von q und umgekehrt. Diese Tatsache liefert uns eine Möglichkeit, Nullstellen von
Polynomen zu berechnen:
1. Rate eine Nullstelle x0 und dividiere f durch (x − x0 ); diese Division geht auf nach der
vorherigen Überlegung, ansonsten hat man sich verrechnet. Der Quotient sei f1 .
2. Berechne nun die Nullstellen von f1 nach dem gleichen Verfahren.
Diesen Algorithmus führt man fort, bis man ein einfaches Polynom erhält (z. B. ein quadratisch), für das man eine Formel kennt.
Bemerkung Das Verfahren setzt natürlich voraus, dass die Nullstellen wirklich so einfach
sind, dass man sie erraten kann. Ist das nicht möglich, ist es im Allgemeinen recht schwierig,
die Nullstellen zu finden.
Aufgabe 20 (Nachmittagsaufgabe)
1. Berechne die Nullstellen der folgenden Polynome:
(a) f1 (x) = x4 − 11x2 + 18x − 8
(b) f2 (x) = x4 − 24x2 − 25
(c) f3 (x) = x4 + 2x3 − 10x2 − 11x − 12
(d) f4 (x) = x5 + x4 − 3x3 − 3x2 − 4x − 4
(e) f5 (x) = x3 + 8x2 − 39x − 270
2. Finde ein Polynom 6= 0 der Form f (x) = xn +an−1 xn−1 +· · ·+a1 x+a0 mit ganzzahligen
Koeffizienten a0 , a1 , . . . , an−1 , welches 34 als Nullstelle hat!
8
Lösung (der 1. Nachmittagsaufgabe). Nach dem letzten Verfahren erhält man als Nullstellen:
a) x1 = 1, x2 = −1, x3 = 2, x4 = −4, also f1 (x) = (x + 4) · (x − 2) · (x − 1)2 .
b) Dies ist eine biquadratische Gleichung, man substituiert y = x2 , löst die quadratische
Gleichung und substituiert zurück: x1 = 5, x2 = −5, also f2 (x) = (x + 5) · (x − 5) ·
x2 + 1 ; für die, die komplexe Zahlen kennen: x3 = i, x4 = −i.
c) x1 = 3, x2 = −4, also f3 (x) = (x + 4) · (x − 3) · x + x2 + 1 ; für die, die komplexe
√
√
Zahlen kennen: x3 = − 12 + 2i 3, x4 = − 12 − 2i 3.
d) x1 = 1, x2 = 2, x3 = −2, also f4 (x) = (x − 2) · (x + 2) · (x + 1) · x2 + 1 ; für die, die
komplexe Zahlen kennen: x3 = i, x4 = −i.
e) x1 = 6, x2 = −9, x3 = −5, also f5 (x) = (x + 5) · (x + 9) · (x − 6).
Im Fall a) sehen wir, dass eine Nullstelle mehrfach vorkommen kann, in diesem Fall mit
der Vielfachheit 2. Im allgemeinen sagt man:
a ist eine Nullstelle der Vielfachheit k oder k-fache Nullstelle, wenn gilt:
(x − a)k | f (x) und (x − a)k+1 6 | f (x)
Weiterhin gilt der folgende Satz:
Satz 2 Sind a1 , a2 , . . . , ar die Nullstellen eines Polynoms f 6= 0, so gibt es ein Polynom q
mit
f (x) = (x − a1 )(x − a2 ) · · · · · (x − ar ) · q(x) .
Es gilt: deg q = degf − r. Insbesondere hat ein Polynom vom Grad n höchstens n reelle
Nullstellen1 .
Der Beweis des Satzes ist nach den vorigen Überlegungen klar. Man beachte, dass die
Nullstellen mit Vielfachheit gezählt werden, insbesondere können also unter den ai gleiche
Zahlen vorkommen.
In komplexen Zahlen besitzt jedes Polynom von Grad n im übrigen genau n Nullstellen (mit
Vielfachheit gezählt). Das besagt der Fundamentalsatz der Algebra.
Beispiel 21 Finde ein Polynom 6= 0 mit ganzzahligen Koeffizienten, welches die Nullstellen
√
√
√
√
x1 = 2 + 3 und x2 = 2 + 3 3 besitzt!
Lösung. Zunächst überlegen wir: Ist f ein Polynom mit Nullstelle x1 und g ein Polynom mit
Nullstelle x2 , dann ist f g ein Polynom mit den Nullstellen x1 und x2 .
Zur Bestimmung der Polynome folgende Überlegung: Berechnet man Nullstellen, so startet
man mit einem Polynom und rechnet . . . und erhält am Ende x = . . . .
1
Zu Beginn hatten wir angekündigt, noch einmal auf den Grad des Nullpolynoms zurückzukommen. Polynome 6= 0 haben endlich viele Nullstellen, das Nullpolynom hat unendlich viele, nämlich ganz R. Also scheint
deg 0 = +∞ am sinnvollsten zu sein.
9
Nun haben wir eine Nullstelle und suchen das Polynom dazu, also gehen wir einfach diesen
Weg rückwärts, solange, bis die Koeffizienten ganzzahlig sind:
√
√
√
x= 2+ 3
|− 2
√
√
x− 2= 3
| (. . . )2
√
√
x2 − 2x 2 + 2 = 3
| − 3 + 2x 2
√
x2 − 1 = 2x 2
| (. . . )2
x4 − 2x2 + 1 = 8x2
| − 8x2
x4 − 10x2 + 1 = 0 .
√
√
Also besitzt das Polynom f (x) = x4 − 10x2 + 1 die Nullstelle x1 = 2 + 3. Für x2 erhält
man analog: g(x) = x6 − 6x4 − 6x3 + 60x2 − 36x + 1. Das gesuchte Polynom ist f (x)g(x) Beispiel 22 Seien a, b, c, d ∈ R paarweise verschieden. Berechne alle Nullstelle des folgenden
Polynoms:
f (x) =
(x − a)(x − b)(x − c) (x − a)(x − b)(x − d)
+
(d − a)(d − b)(d − c)
(c − a)(c − b)(c − d)
(x − a)(x − c)(x − d) (x − b)(x − c)(x − d)
+
+
(b − a)(b − c)(b − d)
(a − b)(a − c)(a − d)
Lösung. Offenbar gilt: f (a) = f (b) = f (c) = f (d) = 1, d. h. das Polynom f (x) − 1 besitzt
vier Nullstellen, ist aber nur dritten Grades und damit das Nullpolynom. Also ist f (x) = 1
und es gibt damit keine Nullstellen.
Lösung (der 2. Nachmittagsaufgabe). Behauptung: ein solches Polynom gibt es nicht!
Angenommen, es gibt f (x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 mit f ( 34 = 0:
3n
3n−1
3
+
a
n−1 n−1 + · · · + a1 + a0 = 0
n
4
4
4
n
n−1
n−1
3 + an−1 · 3
· 4 + · · · + a1 · 3 · 4
+ a0 · 4n = 0
an−1 · 3n−1 · 4 + · · · + a1 · 3 · 4n−1 + a0 · 4n = −3n
| · 4n
| − 3n
Jetzt sieht man, dass die linke Seite der Gleichung durch 4 teilbar ist, die rechte aber nicht,
Widerspruch.
Alternativ kann man auch mit 4n−1 multiplizieren und schließt, dass die linke Seite der
Gleichung ganzzahlig ist, die rechte aber nicht.
Wo wird benutzt, dass der Leitkoeffizient 1 ist?
Die letzte Rechung funktioniert natürlich nicht nur für 34 , sondern für jede beliebige rationale Zahl pq , die nicht ganzzahlig ist. Somit können wir verallgemeinern und erhalten den
folgenden Satz:
Satz 3 (Satz von Gauß) Gegeben sei ein Polynom f (x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0
mit ganzzahligen Koeffizienten a0 , a1 , . . . , an−1 , welches a als Nullstelle besitzt. Dann gilt: Ist
a rational, dann ist a bereits ganzzahlig.
10
Man kann auch sagen: ein solches Polynom besitzt nie Nullstellen in Q \ Z.
Wenn also jemand zur Lösung der Nachmittagsaufgabe auch Brüche als Nullstellen probiert: das kann man sich sparen!
Um jetzt noch effizienter ganzzahlige Nullstellen zu berechnen, benötigen wir noch den
Satz von Vieta:
Satz 4 (Satz von Vieta) Seien x1 , x2 die Nullstellen von f (x) = x2 + ax + b. Dann wissen
wir:
f (x) = (x − x1 )(x − x2 ) = x2 − (x1 + x2 )x + x1 x2 .
Also gilt:
a = −(x1 + x2 ) ,
und
b = x1 x2 .
Dieses Resultat müsste schon bekannt sein. Nun kann man das aber verallgemeinern:
Zunächst für f (x) = x3 + ax2 + bx + c:
f (x) = (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )
= x2 − (x1 + x2 + x3 )x2 + (x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 )x − x1 x2 x3 .
Also gilt:
a = −(x1 + x2 + x3 ) ,
b = x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 ,
und
c = −x1 x2 x3 .
Das Prinzip dürfte jetzt klar sein: Für f (x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 mit den
Nullstellen x1 , x2 , . . . , xn gilt:
an−1 = −(x1 + x2 + · · · + xn )
an−2 = Summe über alle Zweierprodukte
..
.
a0 = (−1)n x1 x2 · · · · · xn .
Der Satz bedeutet im Endeffekt: Die Koeffizienten eines Polynoms sind eindeutig durch die
Nullstellen des Polynoms bestimmt, und umgekehrt geben die Koeffizienten eines Polynoms
eine gewisse Auskunft über die Nullstellen, weil sie mit ihnen durch diese Gleichungen in
Beziehung stehen.
Wichtig ist: Besitzt das Polynom nur ganzzahlige Koeffizienten, so ist jede ganzzahlige
Nullstelle ein Teiler des Absolutglieds.
Beispiel 23 Bestimme alle reellen Nullstellen von f (x) = x5 + 8x4 + 7x3 − x2 − 8x − 7!
Lösung. Nach dem Satz von Vieta kommen als ganzzahlige Nullstellen nur ±1 und ±7 in
Frage. Ausrechnen liefert als ganzzahlige Nullstellen ±1 und −7. Nach Polynomdivision durch
(x2 − 1)(x + 7) erhält man als Quotient x2 + x + 1. Dieses Polynom hat keine weiteren reellen
Nullstellen, damit sind wir fertig.
11
Aufgabe 24 Seien x1 , x2 , x3 die Nullstellen von f (x) = x3 + 3x2 − 7x + 1. Berechne
x21 + x22 + x23 !
Lösung. Nach dem Satz von Vieta gilt
x1 + x2 + x3 = −3 ,
x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 = −7
Damit folgt
9 = (x1 + x2 + x3 )2 = x21 + x22 + x23 + 2(x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 ) = x21 + x22 + x23 − 14
und somit
x21 + x22 + x23 = 23 .
4
Klausuraufgaben
Aufgabe 25 (Pflicht) Es seien a, b, c paarweise verschiedene ganze Zahlen. Zeige, dass es
kein Polynom f (x) mit ganzzahligen Koeffizienten gibt, welches die Bedingungen
f (a) = b ,
f (b) = c ,
und
f (c) = a ,
gleichzeitig erfüllt
Lösung. Die gegebenen Bedingungen bedeuten: Es gibt Polynome f1 , f2 , f3 , so dass
f (x) = (x − a)f1 (x) + b ,
(4)
f (x) = (x − c)f3 (x) + a .
(6)
f (x) = (x − b)f2 (x) + c ,
(5)
Wir dürfen annehmen, dass a < b < c gilt. Mit Gleichung (4) erhalten wir
a = f (c) = (c − a)f1 (c) + b ,
also
a − b = f (c) = (c − a)f1 (c) .
(7)
Es ist f1 (c) 6= 0, sonst wäre a = b in Widerspruch zur Voraussetzung. Folglich muss |f1 (c)| ≥ 1
sein, weil f1 wie f ganzzahlige Koeffizienten besitzt. Wenn wir also von Gleichung (7) Beträge
nehmen, erhalten wir
|a − b| = |c − a| |f1 (c)| ≥ |c − a| .
(8)
Das steht im Widerspruch zur Annahme a < b < c, und die Behauptung ist bewiesen.
Bemerkung Diese Aufgabe war zu schwer. Die meisten Schüler versuchten mit den Gleichungen zu iterieren, was aber leider zu nichts führt. Den richtigen Ansatz hatte lediglich ein
Schüler, der ihn aber auch nicht weiterverfolgte.
12
Man beachte, dass man beim Beweis wirklich benutzen muss, dass es sich um ein ganzzahliges Polynom handeln soll. Über Q oder R ist die Behauptung falsch, denn in diesem Fall
ist nach der Langrangeschen Interpolationsformel
f (x) = b
(x − a)(x − c)
(x − a)(x − b)
(x − b)(x − c)
+b
+b
(a − b)(a − c)
(b − a)(b − c)
(c − a)(c − b)
eine Lösung des Problems.
Aufgabe 26 (Wahl) Es seien x1 und x2 die Lösungen der Gleichung x2 − 6x+ 1 = 0. Zeige,
dass xn1 + xn2 für b ∈ N stets ganzzahlig und nicht durch 5 teilbar ist.
Lösung. Wir setzen an = xn1 + xn2 . Man erhält eine Rekursion
(xn1 + xn2 )(x1 + x2 ) = xn+1
+ xn+1
+ x1 x2 (xn−1
+ xn−1
).
1
2
1
2
Nach dem Satz von Vieta gilt a1 = x1 + x2 = 6 und x1 x2 = 1 und damit folgt
an+1 = 6an − an−1 .
(9)
Da die ersten beiden Werte a0 = 2 und a1 = 6 ganzzahlig sind, sind es auch die übrigen
Folgenglieder an für alle n ∈ N.
Für den zweiten Teil der Aufgabe betrachten wir die Rekursion mod 5. Die Folge der Reste
der an ist 2, 1, −1, −2, −1, 1, 2, 1, −1, −2, −1, 1, 2, 1, −1, −2, . . . . Diese Folge ist periodisch, und
weil keine 0 vorkommt, ist die Behauptung bewiesen.
Bemerkung Diese Aufgabe war zu leicht (oder hätte eher als Pflichtaufgabe gewählt werden sollen), zumal parallel ein Kurs zu Rekursionen, Differenzengleichungen und konjugierten
Zahlen lief. Die Rekursion (9) bekommt man beispielsweise einfach, indem man die Ausgangsgleichung mit xn multipliziert. Fr̈ konjugierte Zahlen wussten die Schüler bereits aus
dem Unterricht, dass an stets ganzzahlig ist, da war nichts weiter zu zeigen.
5
Vermischte Aufgaben
Dieser Teil soll als Aufgabensammlung dienen. Wirklich verwendet wurden im betreffenden
Mathezirkel nur die Aufgaben (27)–(36).
Aufgabe 27
a) Zeige: Für beliebige a ∈ R gilt stets (x − a) | (xn − an ). Was ist der Quotient? Multipliziere zur Probe mit x − a (es sollte natürlich xn − an rauskommen...), was
fällt auf ?
b) Verallgemeinere: (xk − ak ) | (xn − an ) genau dann wenn k | n.
c) Wann ist x + a ein Teiler von xn + an ?
Aufgabe 28
a) Für welche natürlichen Zahlen n ist x2 +x+1 ein Teiler von x2n +xn +1?
b) Ist 37 ein Teiler von
1 |0 . . {z
. . . . 0} 1 |0 . . {z
. . . . 0} 1 ?
2008
2008
13
Aufgabe 29 Ein Polynom lässt bei Division durch (x − 1)4 den Rest (−2x3 + 3x2 + 1).
Welchen Rest lässt es bei Division durch (x − 1)2 ?
Aufgabe 30 Ermittle alle Polynome f (x) mit xf (x + 1) = (x + 1)f (x).
Aufgabe 31 Ermittle alle Polynome f (x) mit xf (x − 1) = (x + 1)f (x).
Aufgabe 32 Für ein Polynom f 6= 0 dritten Grades gelte
1
1
f
+f −
= 1004 · f (0) .
2
2
Es seien x1 , x2 , x3 die Nullstellen von f (x1 , x2 , x3 6= 0). Berechne
1
1
1
+
+
.
x1 x2 x2 x3 x3 x1
Aufgabe 33 Man gebe eine quadratische Gleichung an, deren Lösungen gerade die Quadrate
der Lösungen von
x2 + 55x − 45 = 0
sind (ohne diese Nullstellen explizit zu berechnen!).
Aufgabe 34 (MO 401141 bzw. 401341 [MO]) Man bestimme alle reellen Zahlen q, für
welche die Gleichung
x4 − 40x2 + q = 0
vier reelle Nullstellen besitzt, die eine arithmetische Folge bilden.
Aufgabe 35 (USA 1975 [Eng98]) Sei f (x) ein Polynom vom Grad n mit f (k) =
k = 0, . . . n. Finde f (n + 1).
k
k+1
für
Aufgabe 36 (II. IMO 1960 [IMO]) Bestimme alle dreiziffrigen Zahlen, die durch 11 geteilt eine Zahl ergeben, die gleich ist der Summe der Quadrate der Ziffern der ursprünglichen
Zahl.
Aufgabe 37 Für welche a ∈ R haben die Gleichungen
x2 + ax + 1 = 0
und
x2 + x + a = 0
gemeinsame Lösungen?
Aufgabe 38 Ist es möglich, dass für beliebige a, b, c ∈ R die drei Gleichungen
ax2 + bx + c = 0 ,
cx2 + ax + b = 0 ,
zwei verschiedene reelle Lösungen besitzen?
14
bx2 + cx + a = 0
Aufgabe 39 Gegeben sei f (x) = x2005 − x2003 + x2 − 3kx + 3k + 1, k ∈ Z. Zeige:
a) f besitzt keine ganzzahligen Nullstellen.
b) Für alle n ∈ Z sind die Zahlen f (n) und f (n) + 3 teilerfremd.
Aufgabe 40 Für jede ganze Zahl x sei f (x) = ax4 + bx3 + c2 + dx + e durch 7 teilbar. Dann
sind auch a, b, c, d, e durch 7 teilbar.
Aufgabe 41
a) (Bundesrunde der Mathematikolympiade) Zeige: Für jedes Polynom f
gilt: (x − y) | (f (x) − f (y)). (Tipp: Benutze Aufgabe 27a.)
b) Sei f ein Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten, und p und q seien zwei Primzahlen,
zwischen denen keine weiteren Primzahlen liegen. Es gelte f (p) = 1234 und f (q) = 4321.
Bestimme p und q!
Aufgabe 42 Finde a, b, c so, dass
x+5
a
b
c
=
+
+
(x − 1)(x − 2)(x − 3)
x−1 x−2 x−3
(Das nennt man Partialbruchzerlegung)
Aufgabe 43 Gesucht ist ein Polynom f mit (x2 + 1) | f (x) und (x3 + x2 + 1) | (f (x)+ 1) (Tip:
euklidischer Algorithmus)
Aufgabe 44 Gibt es ein Polynom f vom Grad 2005, so dass gilt:
(x − 1)1003 | (f (x) + 1)
und
(x + 1)1003 | (f (x) − 1)
Aufgabe 45 Bestimme a, b so, dass (x − 1)2 | (ax4 + bx3 + 1)
Aufgabe 46 Für f (x) = ax2 + bx + c gelte: f (0), f (1) und f (−1) sind ganzzahlig. Dann ist
f (x) für jedes x ∈ Z ganzzahlig.
Aufgabe 47 Zu Beispiel 12: Für welche x ∈ R wird B(x) am kleinsten?
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Literatur
[Fern73] Deutsches Institut für Fernstudien an der Universität Tübingen (Hrsg.): Ringe, Teilbarkeit, Grundkurs Mathematik II,3 (Tübingen 1973)
[IMO]
Rat des Bezirks Leipzig: Aufgaben und Lösungen der I. bis XV. Internationalen
Mathematikolympiade, Junge Mathematiker, Heft 53 (Leipzig 1974)
[Jun84] J. Lehmann (Hrsg.): Junge Mathematiker, Heft71 (Leipzig 1984)
[Eng98] Arthur Engel: Problem-Solving Strategies (Springer, New York 1998)
[Sch00] Axel Schüler: Polynome (2000)
[MO]
Mathematik-Olympiaden e. V.: Die 40. Mathematik-Olympiade – Aufgaben und
Lösungen (Hamburg 2001)
[Cool01] Holger Reeker, Eike Müller: Mathe ist cool! Eine Sammlung mathematischer Probleme (Cornelsen, Berlin 2001)
[Mol02] Wolfgang Moldenhauer: Polynome, Unterrichts-Aufzeichungen Mathelager 2002,
Klasse 9 (Ilmenau 2002)
[Ung04] Alexander Unger: Polynome, Unterrichts-Aufzeichungen Mathelager 2004, Klasse 9
(Ilmenau 2004)
[Zi]
Zirkelhefter: gesammelte Notizen zu Komplexe Zahlen, Polynome, Funktionalgleichungen
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