Ein von Gauß stammender Satz erlaubt of

Abbildungen und Funktionen
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Wie kommt man an Nullstellen, wenn es sich nicht um ein Polynom mit
Grad  2 handelt? Ein von Gauß stammender Satz erlaubt oft, Nullstellen
von Polynomen mit ganzzahligen Koeffizienten zu raten:
Satz 4.7
Bei einem Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten a0 , . . . , an 2 Z, a0 6= 0,
p(x) = an xn + an
gilt für jede rationale Nullstelle x0 =
1x
a
b
n 1
+ . . . + a1 x + a0
(in voll gekürzter Darstellung):
1. a ist (pos. o. neg.) Teiler von a0 ,
(dem konstanten Glied)
2. b ist (pos. o. neg.) Teiler von an
(dem Leitkoeffizienten).
Für an = 1 sind alle rationalen Nullstellen sogar ganzzahlig und teilen a0 .
also insb. p(a) = c 1 . Ist a eine Nullstelle des Polynoms p, so hat man
eine Polynomdivision durchgeführt:
p(x) = (x
a)q(x) mit q(x) = cn
1x
Beispiel:
Ermittle die rat. Nullstellen von p(x) = 3x3 + 2x2
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2, 1/3, 1
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+ cn
2x
n 2
+ · · · c1 x + c0 .
Kennt man gleich mehrere Nullstellen, ist manchmal eine Abspaltung per
herkömmlicher direkter“ Polynomdivsion sinnvoller:
”
Beispiel
Die rationalen Nullstellen von p(x) := x4 2x3 6x2 + 6x + 9 können nur
unter diesen Zahlen sein: ±1, ±3, ±9. Durch Einsetzen zu sehen: Genau
x1 := 1 und x2 := 3 sind wirklich Nullstellen. Eine Polynomdivision von
p(x) durch (x + 1)(x 3) = x2 2x 3 ergibt (vgl. Vorles.):
3) (x + 1) x2
p(x) = (x
Damit lassen sich also bei solchen Polynomen alle rationale Nullstellen
durch Probieren bzw. Raten finden. Der letzte Satz erlaubt dann eine
faktorielle Zerlegung in Linearfaktoren und Polynome mit kleinerem Grad.
n 1
3
Nun sofort zu sehen: Die Gleichung x4 2x3 6x2 p
+ 6x + 9 = 0phat
genau die vier Lösungen x1 = 1, x2 = 3, x3 = 3, x4 =
3.
7x + 2.
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Diese geschieht z.B. mit Polynomdivision per Hornerschema.
Definition 4.8 (Rationale Funktion)
Beschreibung des Hornerschemas:
Den Quotienten f (x) = p(x)
q(x) zweier Polynome p und q nennt man
(gebrochen-)rationale Funktion. Die Definitionsmenge ist R ohne die
Nullstellen des Nennerpolynoms q.
P
Schreibe die Koeffizienten von p(x) = nk=0 ak xk in die erste Zeile
einer Tabelle und den Wert 0 unter an . Führe nun für ein a 2 R von links
nach rechts in der Tabelle immer wieder zwei Schritte durch:
1. Addiere die Zahlen der ersten und zweiten Zeile und schreibe sie in
die dritte Zeile.
2. Der zuletzt berechnete Wert wird mit a multipliziert und in die zweite
Zeile der nächsten Spalte eingetragen.
an
+
0
=
cn
1
an 1
an 2
···
a1
a0
+
+
+
+
cn 1 · a
cn 2 · a
···
c1 · a
c0 · a
%
=
%
=
%
%
=
%
=
cn 2
cn 3
...
c0
c 1
Dann ist p(x) = (x
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a)(cn
1x
n 1
+ cn
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2x
n 2
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+ · · · c1 x + c0 ) + c
1.
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Anders als Polynome können rationale Funktionen Definitionslücken haben.
Ihre Graphen haben dort oft Anomalien (Löcher, Pole). Zudem müssen sie
anders als nicht konstante Polynome für x ! ±1 nicht nach ±1 streben:
f (x) =
1
,
x
g(x) =
x+1
,
x2 + 1
h(x) =
2x
.
x
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Graph h
Graph g
Graph f
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Definition 4.9 (Komposition)
Für zwei Abbildungen f, g mit Definitionsmengen Df , Dg definiert man die
Komposition oder Verkettung von f und g durch
für
(g f )(p) := g(f (p))
p2f
1
(Dg ) ⇢ Df
Andere Sprechweise: Komposition von g nach f .
Die Zielmenge (z.B. Z) erbt g f von g: g f : f
Situation:
f
g
f 1 (Dg ) ! Dg ! Z
O↵ensichtlich gilt Assoziativität:
1 (D
g)
g(x) = x2
f : D ! Z ist injektiv, falls die Gleichung
höchstens eine Lösung x 2 D hat.
(h g) f = h (g f ).
x + 1.
(g f )(x) = g(f (x)) = (x3 + 1)2
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f : D ! Z heißt injektiv, falls für x1 6= x2 aus D folgt: f (x1 ) 6= f (x2 ).
Satz 4.12
! Z.
Folgerung 4.13 (für reellwertige Funktionen)
Sei D ⇢ R. f : D ! R ist injektiv falls der Graph von f jede Parallele
zur x-Achse höchstens einmal schneidet.
(x3 + 1) + 1 = x6 + x3 + 1.
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x+1
x 1.
1 (D
g)
Dann (prüfe selbst!)
1 (R
=f
Dg
f
x+1
x 1
= Df = R \ {1}.
Dg
f
=f
1 (D
g)
x+1
x 1.
=f
Dann (prüfe selbst!)
1 (R
f
Es gilt
(g f )(x) =
1+x
1 x.
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f = idD
Das Symbol f
gemeint ist:
und
f
y 7! f
f
1
1
(y).
= idf (D) .
1
ist mehrdeutig. Aus dem Zusammenhang wird klar, was
Ist Y eine Menge, so ist f 1 (Y ) Urbildmenge von Y unter f . Ist y
Element der Bildmenge von f , so ist f 1 (y) Wert der Umkehrfunktion von
f an der Stelle y.
= 1?
Das ist genau der Fall für x = 1. Damit gilt
Dg f = Df \ {1} = R \ {0, 1}.
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1
: f (D) ! D,
Warnung:
Vorgehen: Entferne aus Df die x 2 Df mit f (x) = 1.
1
x
f
1
Beweis: Klar.
\ {1}).
Für welche x 2 Df = R \ {0} gilt f (x) =
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Ist f : D ! Z injektiv, so gibt es für jedes b 2 f (D) genau ein a 2 D mit
f (a) = b. Definiere dann f 1 (b) := a und damit die Umkehrabbildung
\ {1})!
6= 1, muss nichts entfernt werden, also:
c) f (x) = x1 , g(x) =
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Definition und Satz 4.14 (Umkehrabbildung)
(g f )(x) = x.
Vorgehen: Entferne aus Df die x 2 Df mit f (x) = 1.
Da f (x) =
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Die Definitionsmenge ist aber nicht, wie letzteres vermuten lässt, R!
Berechne f
für jedes y 2 Z
Dann
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b) f (x) = g(x) =
y = f (x)
Beweis: Klar.
Beispiel 4.10
Die Komposition von Polynomen ergibt wieder Polynome, die rationaler
Funktionen wieder rationale Funktionen. Als Beispiele:
a) f (x) = x3 + 1,
Definition 4.11 (Injektivität)
Nie meint f
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1
die Funktion 1/f . Absolut falsch ist also: sin
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1
(x) =
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sin(x) .
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