1Grundlagen Polynome

Polynome

David Willimzig

1 Grundlagen

Wir beschäftigen uns zunächst mit Polynomen in einer Variablen x. Diese haben die Gestalt p(x) =a_nxⁿ+. . .+a₁x+a₀ =

n

∑

i=0

a_ixⁱ.

Die Zahlen a₀, a₁, . . . , a_n werden Koezienten genannt und können ganze Zahlen (Z), rationale (Q), reelle (R) oder auch komplexe (C) Zahlen sein. Sogar Restklassen modulo n (Zn) sind möglich, denn auch dort hat man eine Addition und eine Multiplikation zur Verfügung.

Ist a_n≠0, dann heiÿt n=degp der Grad des Polynoms. Wennp das Nullpolynom ist, also alle Koezienten 0 sind, setzt man formal degp= −∞.

Beispiel 1. p₁(x) = x³−2x²+5, p₂(x) = −x⁴+

√

2x²− ⁸₅, p₃(x) = x⁷ −1 sind Polynome vom Grad 3,4 bzw. 7.

Zwei Polynomepundqsind gleich, wenn sie in allen Koezienten übereinstimmen. Wir können Polynome auch addieren, subtrahieren und multiplizieren:

Beispiel 2. Seien p=x²+1, q=x³+2x²+1. Dann ist ihre Summe p+q =x³+3x²+2. Beim Multiplizieren nutzen wir das Distributivgesetz:

pq= (x²+1) ⋅ (x³+2x²+1) =x⁵+2x⁴+x²+x³+2x²+1=x⁵+2x⁴+x³+3x²+1 Dabei beobachten wir, dass für die Grade von Summen- und Produktpolynom folgendes gilt:

(1)deg(p+q) ≤max{degp,degq}

(2)deg(pq) =degp+degq

Denn die höchsten Potenzen vonp+q müssen natürlich auch schon inpoder inq vorgekommen sein. Wenn degp ≠ degq ist, dann können sich die höchsten Potenzen von p und q nicht gegenseitig auslöschen und wir erhalten sogar Gleichheit in(1). Beim Multiplizieren haben wir ganz allgemein ein Produkt

pq= (anxⁿ+. . .+a1x+a0) ⋅ (bmx^m+. . .+b1x+b0)

=a_nb_mx^m+n+ Terme niedrigeren Grades

und wennan, bm≠0 waren, so ist auch anbm≠0 und m+n der Grad des Produktes.

Mit der Division verhält es sich etwas komplizierter, denn ähnlich den ganzen Zahlen geht die Division im Allgemeinen nicht auf:

Beispiel 3. Wir dividierenp(x) =x³+3x²+4x+4durchq(x) =x²+2x+1mit Polynomdivision:

(x³+3x²+4x+4) ∶ (x²+2x+1) =x+1 x³+2x²+x

x²+3x+4 x²+2x+1 x+3

und erhalten den Quotienten t(x) = x+1 und den Rest r(x) =x+3. Das Restpolynom r(x) hat einen kleineren Grad als der Divisor q(x).

Das Beispiel weist auf ein allgemeineres Ergebnis hin, das wir nun beweisen:

Satz 1 (Division mit Rest). Seien p, q Polynome, q≠0, und die Koezienten vonp, q reell.

Dann existieren zwei Polynomet, rmit reellen Koezienten, sodass p=tq+rund degr<degq. Die Polynome t, r sind hierdurch eindeutig bestimmt.

Beweis. Existenz: Induktion über degp

Induktionsanfang: Für solche p mit degp<degq wählen wir t=0, r=p.

Induktionsschritt: Seien nunp=a_nxⁿ+. . .+a₁x+a₀, q=b_mx^m+. . .+b₁x+b₀ mit a_n, b_m ≠0und n≥m. Wir betrachten t1= ^an

bmx^n−m. Es ist t₁q=

a_n

b_mx^n−m(b_mx^m+. . .+b₁x+b₀) =a_nxⁿ+ Terme kleineren Grades

Setzen wir nun p₁ =p−t₁q, so ist degp₁ <degp. Auf p₁ können wir die Induktionsannahme anwenden: Es gibt also Polynomet2, r mitp1=t2q+r unddegr<degq. Daher istp=p1+t1q= t₂q+r+t₁q= (t₁+t₂)q+r und mit t=t₁+t₂ haben wir das Gewünschte.

Eindeutigkeit: Angenommen, es sei auch p=t^′q+r^′ mit degr^′<degq. Dann ist tq+r=tq^′+r^′, also q(t−t^′) =r−r^′. Wäre nun t≠t^′, so wäre deg(t−t^′) ≥0, also

deg(r−r^′) =deg((t−t^′)q) =deg(t−t^′) +degq≥degq.

Andererseits ist deg(r−r^′) ≤max{degr, degr^′} <degq, Widerspruch. Also istt=t^′ und somit r−r^′= (t−t^′)q=0, d.h. r=r^′.

Zusatz: Wennp, q nur ganze Zahlen als Koezienten haben und zudemb_m=1gilt, dann haben auch t, r lauter ganze Zahlen als Koezienten. Denn der Koezient _b^a_mⁿ von t₁ ist wieder eine ganze Zahl und somit hat auchp₁=p−t₁qnur ganzzahlige Koezienten. Wir haben also wieder die gleiche Situation für p₁ wie bei p, wenn wir die Division fortführen. Induktion ergibt also, daÿ t ganzzahlige Koezienten hat und damit auch r=p−tq.

Falls bei der Divsion der Rest r=0 ist, so sagt man, q ist Teiler von p und schreibt q∣p.

2 Tricks beim Umgang mit Polynomen

Sei f ein Polynom vom Gradn und a∈R. Division von f durch x−a ergibt nach Satz 1 f(x) = (x−a)t(x) +r, r∈R, degt=n−1 (1) Setzen wir x=a in (1) ein, ergibt sich f(a) =r und somit

f(x) = (x−a)t(x) +f(a). (2)

Ist f(a) =0, so heiÿt a eine Nullstelle/Wurzel von f. Aus (2) folgt nun der Satz 2 (Faktorsatz). f(a) =0⇔f(x) = (x−a)t(x)mit einem Polynom t(x)

Sind etwa α₁, α₂ zwei verschiedene Nullstellen von f, können wir nach Satz2 schreiben f(x) = (x−α₁)t(x) mit t(α₂) =0, das heiÿt t(x) = (x−α₂)t₁(x).

Deshalb

f(x) = (x−α₁)(x−α₂)t₁(x), degt₁ =n−2.

Allgemein: Ist f ein Polynom vom Grad n und sind α₁, α₂, . . . , α_n paarweise verschiedene Nullstellen von f, dann ist

f(x) =c(x−α₁)(x−α₂). . .(x−α_n), c∈R

Aber woher wissen wir, obf überhaupt Nullstellen hat? Eine Antwort gibt der

Satz 3 (Fundamentalsatz der Algebra). Jedes Polynom f(x) = anxⁿ+. . .+a1x+a0 mit Koezienten a₀, a₁, . . . , a_n∈C, n≥1, a_n≠0hat mindestens eine Nullstelle in C. (hier o.B.) Beispiel 4. Die Gleichung x² +1 = 0 hat im Reellen keine Lösungen, denn x² ≥ 0 für alle x ∈ R. Die imaginäre Einheit i wird jedoch so deniert, dass für sie i² = −1 gilt. Also ist i²+1=0und damitieine Lösung vonx²+1=0. Ebenso ist übrigens auch−ieine Lösung, denn (−i)²+1= (−i)(−i) +1=i²+1=0. Also können wir schreiben p(x) =x²+1= (x−i)(x+i). Ist wieder f(x) = a_nxⁿ+. . .+a₁x+a₀, so können wir nach dem Fundamentalsatz immer eine Lösungx₁ von f(x) =0nden, also nach Satz 2einen Linearfaktor(x−x₁)vonf(x)abspalten und ein Restpolynom t(x) bekommen, dessen höchster Koezient wieder a_n ist und für das degt = n −1 ist. Auf die Weise können wir den Grad des Restpolynoms insgesamt n−mal reduzieren. Somit können wir f(x) auch in der Form

f(x) =a_n(x−x₁)(x−x₂). . .(x−x_n) (3) schreiben, wobeix1, x2, . . . , xn nun nicht notwendigerweise mehr verschieden sein müssen. Eine äquivalente Formulierung ist: Ein Polynom f(x) =a_nxⁿ+. . .+a₁x+a₀ vom Grad n hat genau n Nullstellen. Wenn wir diese kennen, kennen wir auch das Polynom, bis auf einen konstanten Faktor.

Es folgt noch etwas Interessantes: Hat man ein Polynomp(x) =a_nxⁿ+. . .+a₁x+a₀, wobei auch a_n =0 sein darf, also ein Polynom vom Grad ≤n, so hat es auch nur höchstens n Nullstellen.

Hat p aber mehr als n Nullstellen, so muss p bereits das Nullpolynom sein. Dieses bildet eine Ausnahme und hat alle reellen Zahlen als Nullstelle.

Weiter geht es mit ein paar Anwendungen des Faktorsatzes:

Sein∈N. Betrachte das Polynomf(a) =aⁿ−bⁿin der Variablena. Oenbar istf(b) =bⁿ−bⁿ=0, also gilt nach dem Faktorsatz a−b∣aⁿ−bⁿ. Das Restpolynom istaⁿ⁻¹+aⁿ⁻²b+. . .+abⁿ⁻²+bⁿ⁻¹, denn

(a−b)(aⁿ⁻¹+aⁿ⁻²b+. . .+abⁿ⁻²+bⁿ⁻¹) =aⁿ+aⁿ⁻¹b+aⁿ⁻²b²+. . .+a²bⁿ⁻²+abⁿ⁻¹

−aⁿ⁻¹b−aⁿ⁻²b²−. . .−a²bⁿ⁻²−abⁿ⁻¹−bⁿ

=aⁿ−bⁿ.

Sei nunn∈Nund n ungerade. Betrachte das Polynom f(a) =aⁿ+bⁿ in der Variablena. Dann giltf(−b) = (−b)ⁿ+bⁿ= −bⁿ+bⁿ=0und aus dem Faktorsatz folgta+b∣aⁿ+bⁿ. Das Restpolynom ist diesmal aⁿ⁻¹−aⁿ⁻²b+. . .−abⁿ⁻²+bⁿ⁻¹. Dabei wechseln sich die Vorzeichen immer ab, und weil wir n Summanden haben, steht vor dem letzten Summanden wieder ein +. In der Tat ist

(a+b)(aⁿ⁻¹−aⁿ⁻²b+. . .−abⁿ⁻²+bⁿ⁻¹) =aⁿ−aⁿ⁻¹b+aⁿ⁻²b²∓. . .−a²bⁿ⁻²+abⁿ⁻¹ +aⁿ⁻¹b−aⁿ⁻²b²±. . .+a²bⁿ⁻²−abⁿ⁻¹+bⁿ

=aⁿ+bⁿ.

Wir zeigen nun einen bei Olympiaden immer mal wieder nützlichen Satz:

Satz 4. Sei nun p ein Polynom mit Koezienten aus Z. Sind a, b ∈Z, a≠ b, dann sind a−b und p(a) −p(b) ganze Zahlen und es gilt

a−b∣p(a) −p(b). (4)

Beweis. Wir brauchen nur (4) zu zeigen. Division durch x−a ergibt wie in (2) p(x) = (x−a)q(x) +p(a)

⇔p(x) −p(a) = (x−a)q(x)

Nun hatx−aführenden Koezient1und die Koezienten vonpund vonx−asind ganzzahlig.

Aus dem Zusatz zu Satz 1 folgt: Auchq(x)hat lauter ganzzahlige Koezienten. Einsetzen von x=b ergibt schlieÿlich:

p(b) −p(a) = (b−a)q(b) und da b∈Z, ist auch q(b) ∈Z.

3 Ein paar Aufgaben

Aufgabe 1. Das Polynomphat den Gradnund nimmt fürk=0,1, . . . , ndie Wertep(k) = _k+1^k an. Bestimme den Wert p(n+1).

Lösung. Das Polynom p nimmt nur für k=0 den Wert 0 an, aber q(x) ∶= (x+1)p(x) −x ist vom Gradn+1und verschwindet fürk=0, . . . , n, wir kennen alson+1verschiedene Nullstellen von q. Aus dem Faktorsatz folgt

q(x) =a⋅x⋅ (x−1) ⋅ (x−2). . .(x−n)

Um a zu ermitteln, setzen wir x= −1ein und bekommen 1=a(−1)ⁿ⁺¹(n+1)!. Also p(x) = (−1)ⁿ⁺¹x(x−1). . .(x−n)/(n+1)!+x

x+1 und

p(n+1) =

⎧⎪

⎪

⎨

⎪⎪

⎩

1, wennn ungerade, n/(n+2), wennn gerade.

Aufgabe 2. Seien a, b, c drei paarweise verschiedene ganze Zahlen und sei p(x) ein Polynom mit ganzzahligen Koezienten. Man zeige, dass die Bedingungen

p(a) =b, p(b) =c und p(c) =a nicht gleichzeitig erfüllt werden können.

Lösung. Variante A: Angenommen, die Bedingungen seien erfüllt. Wir leiten einen Wider- spruch her: Da a eine Nullstelle von p(x) −b ist, hatp(x) −b den Teiler x−a. Also gibt es ein Polynomp1(x) mit ganzzahligen Koezienten, für das

p(x) −b= (x−a)p₁(x) erfüllt ist. Analog gilt mit Polynomen p₂, p₃

p(x) −c= (x−b)p₂(x) p(x) −a= (x−c)p₃(x)

Unter a, b, c wählen wir das Paar mit maximaler absoluter Dierenz. Angenommen, diese ist

∣a−c∣. Dann folgt

∣a−b∣ < ∣a−c∣.

Setze nunx=cin der obersten Gleichung, so folgt a−b= (c−a)p₁(c).

Da p₁(c) eine ganze Zahl und ≠0ist (sonst wäre a=b), folgt ∣a−b∣ ≥ ∣c−a∣, Widerspruch.

Variante B: Wir können einen Widerspruch auch auf folgende Weise herleiten: Nach Satz 4 gilt a−b∣p(a) −p(b) =b−c

und analog

b−c∣c−a c−a∣a−b

Dann muss aber ∣a−b∣ = ∣b−c∣ = ∣c−a∣ gelten, also gibt es kein alleiniges Paar mit maximaler absoluter Dierenz. Daher können a, b, c nicht paarweise verschieden sein, Widerspruch.

Aufgabe 3. Gegeben sind2npaarweise verschiedene Zahlena1, . . . , an, b1, . . . , bnund einen×n- Tabelle, die auf folgende Weise ausgefüllt wurde: In dem Feld in der i-ten Zeile und der j−ten Spalte steht die Zahla_i+b_j.

Man beweise: Wenn das Produkt der Einträge in jeder Spalte gleich ist, dann ist auch das Produkt der Einträge in jeder Zeile gleich.

Lösung. Betrachte das Polynom f(x) =

n

∏

i=1

(x+a_i) −

n

∏

j=1

(x−b_j) vom Grad <n. Wenn

f(b_j) =

n

∏

i=1

(a_i+b_j) =c

für alle j = 1, . . . , n, dann hat das Polynom f(x) −c mindestens n verschiedene Nullstellen.

Daraus folgt f(x) −c=0 für alle x. Dann aber ist für alle i=1, . . . , n c=f(−ai) = −

n

∏

j=1

(−ai−bj) = (−1)ⁿ⁺¹

n

∏

j=1

(ai+bj).

Werfen wir einen Blick hinter die Kulissen: Das Polynom f vereint in sich die Vorzüge, sowohl die Spalten- als auch die Zeilenprodukte als Werte anzunehmen, letzere jedenfalls bis auf einen konstanten Faktor, im Grad aber auch<nzu sein. Natürlich braucht es etwas Glück und sicher auch einen scharfen Blick, welches das richtige Polynom ist. Wie es scheint, sind Polynome immer für eine Überraschung gut.

4 Symmetrische Polynome

Den Aufhänger dieses Kapitels kennt jeder noch aus der Schule. Es ist dies der Satz von Vieta.

Wir schauen ihn uns für Gleichungen2. und 3. Grades an:

Satz 5 (Vieta). (a) Das Polynomf(x) =x²+px+q habe die Wurzeln x₁, x₂. Dann gilt p= −(x₁+x₂), q=x₁x₂. (5) (b) Das Polynom f(x) =x³+px²+qx+r habe die Wurzeln x1, x2, x3. Dann gilt

p= −(x₁+x₂+x₃), q=x₁x₂+x₂x₃+x₃x₁, r= −x₁x₂x₃. (6) Beweis. (a) Wir schreiben

x²+px+q= (x−x₁)(x−x₂) =x²− (x₁+x₂)x+x₁x₂. Die Behauptung folgt durch Koezientenvergleich.

(b) Wir schreiben

x³+px²+qx+r= (x−x₁)(x−x₂)(x−x₃)

=x³− (x₁+x₂+x₃)x²+ (x₁x₂+x₂x₃+x₃x₁)x−x₁x₂x₃. Die Behauptung folgt wieder durch Koezientenvergleich.

Beispiel 5. Seienx1, x2, x3 die Wurzeln vonx³+3x²−7x+1. Was ist x²₁+x²₂+x²₃? Wir wissen nach dem Satz von Vietax₁+x₂+x₃ = −3, x₁x₂+x₂x₃+x₃x₁ = −7, also

9= (x₁+x₂+x₃)²=x²₁+x²₂+x²₃+2(x₁x₂+x₂x₃+x₃x₁) =x²₁+x²₂+x²₃−2⋅7⇒x²₁+x²₂+x²₃ =23.

Nun beschäftigen wir uns mit Polynomen in mehreren Variablen. Zu Beginn hatten wir gesehen, dass ein Polynom in einer Variablen aus Summanden a_ixⁱ besteht, sogenannten Monomen. Ein Monom in zwei Variablen x, y ist ein Ausdruck der Form cxⁱy^j. Allgemein: ein Monom in n Variablen x1, x2, . . . , xn ist ein Ausdruck der Form cxⁱ₁¹xⁱ₂². . . xⁱnⁿ. Ein Polynom in n Variablen x₁, x₂, . . . , x_n

p(x₁, x₂, . . . , x_n) = ∑cxⁱ₁¹xⁱ₂². . . xⁱ_nⁿ (7) ist einfach eine endliche Summe solcher Monome. Der Koezient c vor einem Monom kann natürlich immer verschieden sein.

Wir schauen uns die Polynome in zwei Variablen näher an: Sei f(x, y)ein solches. Da wir nur endlich viele Monome haben, gibt es sicher höchste Potenzen, in denenxundyauftreten. Seien die Exponenten davon n und m, dann können wirf(x, y) sortiert nach Potenzen aufschreiben:

f(x, y) =a_n,mxⁿy^m+a_n,m−1xⁿy^m−1+. . .+a_n,0xⁿ +a_n−1,mxⁿ⁻¹y^m+. . .

⋮

+a_0,my^m+a_0,m−1y^m−1+. . .+a_0,0

Hier kann aber aucha_n,m=0sein, denn diexⁿ−Potenz muss nicht zusammen mit dery^m−Potenz auftauchen. Man nehme zum Beispiel f(x, y) =x²+y².

Ein Polynom f(x, y) heiÿt symmetrisch, wenn f(x, y) = f(y, x) für alle x, y. Wenn wir x und y austauschen, ändert sichf also nicht. Beispiele:

ˆ Die elementarsymmetrischen Polynome in x, y

σ₁ =x+y, σ₂ =xy.

ˆ Die Potenzsummen

s_i=xⁱ+yⁱ, i=0,1,2, . . . .

ˆ Nicht symmetrisch ist f(x, y) =x²+xy+y, dennf(y, x) =y²+yx+xund es gibt x, y mit x²+xy+y≠y²+yx+x, etwa (x, y) = (1,2).

Allgemein heiÿt das Polynom p(x₁, x₂, . . . , x_n) symmetrisch, wenn x₁, x₂, . . . , x_n beliebig ver- tauscht werden können, ohne dass das Polynom sich (bis auf die Reihenfolge der Summanden) verändert.

Satz 6 (Symmetrische Polynome). Ist f(x, y)symmetrisch in x, y, so kann f als Polynom in σ₁ =x+y und σ₂ =xy geschrieben werden.

Dieser Satz ist prinzipiell auf Polynome innVariablen übertragbar. Dann haben wir allerdings nicht nur 2, sondernnelementarsymmetrische Polynome. Wir bringen später noch eine Fassung für 3Variablen.

Beweis. (i) Zuerst für die Potenzsummen. Es gilt:

s_n=xⁿ+yⁿ= (x+y)(xⁿ⁻¹+yⁿ⁻¹) −xy(xⁿ⁻²+yⁿ⁻²) =σ₁s_n−1−σ₂s_n−2. Wir haben also die Rekursion

s0 =2, s1=σ1, sn=σ1sn−1−σ2sn−2, n≥2.

(ii) Nun kommt der Beweis für beliebige symmetrische Polynome. Terme der Form ax^ky^k sind kein Problem, da ax^ky^k = aσ^k₂. Enthält f den Term bxⁱy^k (i < k), so auch den Term bx^kyⁱ wegen der Symmetrie. Wir fassen diese Terme zusammen:

bxⁱy^k+bx^kyⁱ=bxⁱyⁱ(x^k−i+y^k−i) =bσⁱ₂s_k−i. Aber s_k−i kann durchσ₁, σ₂ ausgedrückt werden.

Zwei Beobachtungen stellen wir an dieser Stelle an:

ˆ Nichtlineare Systeme von Gleichungen, die symmetrisch in x, y sind, können durch die Substitution σ₁ =x+y, σ₂ =xy meist vereinfacht werden. Der Grad dieser Gleichungen wird dann kleiner sein, da σ₂ =xy vom Grad 2 bezüglich x, y ist. Sobald wir σ₁ und σ₂ gefunden haben, können wir die quadratische Gleichungz²+pz+q=0, deren Lösungen x und y sind, einfach hinschreiben. Nach dem Satz von Vieta gilt ja p= −σ₁, q=σ₂. Also nden wir x, y als Lösungen z₁, z₂ der Gleichung

z²−σ₁z+σ₂ =0.

und die Lösungen des Gleichungssystems sind dann die Paare (x, y),(y, x), sofern diese verschieden sind. Dies probieren wir in Beispiel 6 aus.

ˆ Den umgekehrten Fall hatten wir schon in Beispiel 5. Dort war eine Gleichung x³+px²+ qx+r=0 mit Lösungen x₁, x₂, x₃ gegeben. Nach Vieta kennen wir

x1+x2+x3 = −p, x1x2+x2x3+x3x1 =q, x1x2x3 = −r.

Für drei Variablen x, y, z sind die elementarsymmetrischen Polynome gerade σ₁=x+y+z, σ₂ =xy+yz+zx, σ₃=xyz.

Da wir jedes symmetrische Polynom durch elementarsymmetrische Polynome ausdrücken können, wissen wir auch den Wert jedes symmetrischen Polynoms in den Lösungen x₁, x₂, x₃, so etwa x²₁+x²₂+x²₃.

Beispiel 6. Finde alle reellen Lösungen (x, y)des Systems x+y=3,

x³+y³=9.

Setze σ₁=x+y, σ₂=xy. Um s₃=x³+y³ inσ₁, σ₂ zu schreiben, wenden wir die Rekursion von vorhin an:

s₂=σ₁s₁−σ₂s₀ =σ²₁−2σ₂

s₃=σ₁s₂−σ₂s₁ =σ₁(σ²₁−2σ₂) −σ₂σ₁=σ₁³−3σ₁σ₂

Die erste Gleichung gibt σ1=3. Einsetzen in die zweite Gleichung ergibt σ2=2. Also sindx, y Lösungen der quadratischen Gleichung

A²−3A+2=0 mit Lösungen 1und 2.

⇒ (1,2),(2,1) sind die Lösungen des Systems.

Wir kommen nun zu der Fassung von Satz 6 für drei Variable x, y, z.

Satz 7 (Symmetrische Polynome II). Ist f(x, y, z) symmetrisch in x, y, z, so kann f als Polynom in σ₁=x+y+z, σ₂ =xy+yz+zx und σ₃=xyz geschrieben werden. (hier o.B.) So können wir etwa die Potenzsummens_i=xⁱ+yⁱ+zⁱ, i=0,1,2, . . .durchσ₁, σ₂, σ₃ ausdrücken.

Wir wissen bereits

s₀=3, s₁=σ₁,

s₂=σ₁²−2σ₂ (aus Beispiel 6).

Wir suchen eine Formel für s₃. Fangen wir mit einem Polynom an, in dems₃ vorkommt. Dafür bietet sichσ₁³ an:

σ³₁ = (x+y+z)³ = (x+y+z)(x²+y²+z²+2xy+2yz+2zx)

= (x³+xy²+xz²+2x²y+2xyz+2x²z) + (x²y+y³+yz²+2xy²+2y²z+2xyz) + (x²z+y²z+z³+2xyz+2yz²+2xz²)

= (x³+y³+z³) +3xy(x+y) +3yz(y+z) +3zx(z+x) +6xyz

T rick!→ = (x³+y³+z³) +3xy(x+y+z) +3yz(x+y+z) +3zx(z+y+x) +6xyz−9xyz

= (x³+y³+z³) +3(xy+yz+zx)(x+y+z) −3xyz

=s₃+3σ₁σ₂−3σ₃ Daraus folgt

s₃=σ₁³−3σ₁σ₂+3σ₃.

Selbst die Anwendung im Bereich von Ungleichungen ist ersprieÿlich:

Beispiel 7. Faktorisiere den Termx³+y³+z³−3xyz. Wie folgt hieraus die AGM-Ungleichung für drei Variablen:

Für nichtnegative reelle Zahlen a, b, c gilt

√3

abc≤a+b+c

3 (8)

wobei Gleichheit genau dann gilt, wenn a=b=c. Mit der vorherigen Formel:

x³+y³+z³−3xyz =s₃−3σ₃=σ₁³−3σ₁σ₂+3σ₃−3σ₃

=σ₁(σ₁²−3σ₂)

= (x+y+z)(x²+y²+z²−xy−yz−zx). Wegen a, b, c ≥0 existieren die 3. Wurzeln, setze also x= ³

√a, y = ³

√

b, z= ³

√c. (8) geht dabei über in

xyz≤

x³+y³+z³ 3

⇔ 0≤x³+y³+z³−3xyz

= (x+y+z)(x²+y²+z²−xy−yz−zx) Da x+y+z≥0, ist (8) also äquivalent zu

0≤x²+y²+z²−xy−yz−zx (9) Die rechte Seite erinnert an Teile von binomischen Formeln. Tatsächlich ist

x²+y²+z²−xy−yz−zx= 1

2[(x−y)²+ (y−z)²+ (z−x)²] ≥0.

Damit gilt (9). Gleichheit gilt oenbar genau dann, wenn x=y=z ⇔a=b=c.

Wo wir gerade dabei sind: Die häuger verwendete AGM-Ungleichung für 2 Variablen.

Für nichtnegative reelle Zahlen a, b gilt

√

ab≤a+b

2 (10)

mit Gleichheit genau dann, wenn a=b. Setze x=

√a, y=

√

b. (10) geht über in xy≤

x²+y² 2

⇔ 0≤x²+y²−2xy= (x−y)² (11) (11) ist wahr, Gleichheit gilt genau dann, wenn

5 Ein paar Aufgaben mehr

Aufgabe 4. Die quadratische Gleichung x²+5x+7 = 0 hat die reellen Lösungen α und β. Welche quadratische Gleichung besitzt die beiden Lösungen (a) ¹_α und _β¹ bzw. (b) _α¹² und _β¹²? Lösung. (a) Die Gleichung lautet nach dem Satz von Vieta

x²− (1 α+ 1

β)x+ 1 α ⋅ 1

β =0

⇔ x²− α+β

αβ x+ 1 αβ =0

Nun wissen wir aber - ebenfalls nach Vieta - die Werte α+β = −5, αβ = 7. Damit war die Gleichung

x²+ 5 7x+

1 7 =0 gesucht, oder mit ganzzahligen Koezienten

7x²+5x+1=0.

(b) Diese Gleichung lautet entsprechend x²−

α²+β² α²β² x+

1 α²β² =0

⇔ x²−

(α+β)²−2αβ (αβ)² + 1

(αβ)² =0

und somit

x²− 11 49x+

1 49=0 oder mit ganzzahligen Koezienten

49x²−11x+1=0.

Aufgabe 5. An der Wand steht eine Leiter der Länge 10m. Darunter bendet sich eine würfelförmige Kiste mit Kantenlänge 1m, so dass sich Leiter und Kiste berühren.

In welcher Höhe berührt die Leiter die Wand?

Lösung. Bezeichne die Katheten des hier abgebildeten rechtwinkligen Dreiecks mit a, b, sodaÿ a die Höhe an der Wand angebe. Dann gilt

a−1 1 =

a

b (Strahlensatz) (12)

a²+b² =100 (Pythagoras) (13)

(12) ist äquivalent zua+b=ab. Andererseits ista²+b² = (a+b)²−2ab. Mit z=a+b ergibt (13) z²−2z=100

also

z_1,2 =1±

√

1+100⇒z =1+

√

101 wegen z≥0.

Andererseits sind a, b wegen z=a+b=ab Lösungen der Gleichung

A²−zA+z =0⇒A_1,2 = z 2 ±

√ z²

4 −z

Wegena+b≥10(Dreiecksungleichung) sind beide Lösungen>0und wir erhalten als Katheten- längen

a= z 2+

√ z²

4 −z, b= z 2−

√ z²

4 −z mit z =1+

√ 101 oder umgekehrt. Numerisch ergibt sicha=9,938m odera=1.112m.

Aufgabe 6. Welche Lösungen besitzt das Gleichungssystem

x+y+z =1 (14)

x²+y²+z² =17 (15)

x³+y³+z³ =1+xyz? (16)

Lösung. Setzen wir σ₁=x+y+z, σ₂=xy+yz+zx, σ₃=xyz. Mit den Formeln, die wir vorhin hergeleitet haben, gilt

σ₁=1 σ₁²−2σ₂=17 σ³₁−3σ1σ2+3σ3=1+σ3.

Somit σ₁ = 1, σ₂ = −8 nach der zweiten und schlieÿlich σ₃ = −12 nach der dritten Gleichung.

Wir erhalten x, y, z daher als Lösungen der Gleichung A³−σ1A²+σ2A−σ3 =0 (vgl. Beobachtung nach Satz 6), also

A³−A²−8A+12=0.

Nun ist A₁ =2eine Lösung. Division durch (A-2) führt auf A²−A+6=0

mit den Lösungen A2=2, A3 = −3.Folglich ist (2,2,−3)eine Lösung des Systems. Die anderen Lösungen erhalten wir durch Vertauschen der Variablen, somit sind(2,2−3),(2,−3,2),(−3,2,2) alle Lösungen des Systems.

Literatur

[1] Arthur Engel, Problem Solving Strategies, Springer, New York, 1998 [2] Paul Jainta, Polynome, ^Die√

WURZEL - Werkstatt Mathematik, 2000

[3] Prof. Reinhard Knörr, Lineare Algebra, Uni Rostock, Skript zur Vorlesung 2010/11