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Universität/Hochschule J Identitätssatz für Polynome in mehreren Unbestimmten
Cyborg
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Dabei seit: 20.05.2009
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  Themenstart: 2022-08-28

Hallo, Leute! Folgende Frage: Für eine Ausarbeitung brauche ich den Identitätssatz für Polynome in mehreren Unbestimmten. Der Identitätssatz für Polynome mit EINER Unbestimmten ist mir klar! Ich habe mit google versucht einen Beweis zu finden, finde aber nichts. Könnt ihr mir bei der Suche nach so einem Beweis behilflich sein??? Danke.


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go361
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-08-28

\(\begingroup\)\(\newcommand{\bN}{\mathbb{N}} \newcommand{\bZ}{\mathbb{Z}} \newcommand{\bQ}{\mathbb{Q}} \newcommand{\bR}{\mathbb{R}} \newcommand{\bC}{\mathbb{C}} \) Du meinst, dass Polynome gleich sind, wenn ihre Koeffizienten gleich sind? Kommt jetzt ein bisschen darauf an, was du schon weißt und was du verwenden darfst/willst. Aber du kannst (vermutlich) jeden dir bekannten Beweis mit einer Unbestimmten direkt auf mehrere (zumindest endlich viele) Unbestimmte verallgemeinern. Läuft im Wesentlichen immer irgendwie darauf hinaus, dass ein Polynom in $X,Y$ ein Polynom in $Y$ ist, dessen Koeffizienten Polynome in $X$ sind... (Oder in der Kurzform $K[X,Y] = K[X][Y]$.) Welchen Beweis für eine Unbestimmte kennst du denn?\(\endgroup\)


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Qing
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Mitteilungen: 270
  Beitrag No.2, eingetragen 2022-08-28

Hallo, magst du kurz sagen, was du mit Identitätssatz meinst? Mir ist das nicht ganz klar. Ansonsten sollte man den Beweis wohl in der Literatur ausfindig machen können. Hast du schon in 'Algebra' von Serge Lang reingeschaut? [Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]


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Nuramon
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-08-28

Welche Aussage ist mit dem "Identitätssatz für Polynome in mehreren Unbestimmten" gemeint? [Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]


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Cyborg
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-28

Hi! Ich danke euch. @Nuramon, Qing: Ich meine: Sind zwei Polynome in mehreren Unbestimmten gleich, dann sind alle Koeffizienten gleich. @go361: Hier ist ein Beweis, den man hier zugrundelegen könnte.


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Kezer
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  Beitrag No.5, eingetragen 2022-08-28

\quoteon(2022-08-28 12:26 - Cyborg in Beitrag No. 4) Ich meine: Sind zwei Polynome in mehreren Unbestimmten gleich, dann sind alle Koeffizienten gleich. \quoteoff Das folgt unmittelbar aus der Definition, ein Polynom ist bloß eine Liste seiner Koeffizienten. \quoteon(2022-08-28 12:26 - Cyborg in Beitrag No. 4) Hier ist ein Beweis, den man hier zugrundelegen könnte. \quoteoff Ohne mir das Video angeschaut zu haben: Hier werden Polynomfunktionen behandelt, nicht Polynome.


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Cyborg
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-28

Hallo! Ich bin im Serge Lang (Algebra) fündig geworden! Ich schreibe gleich was dazu!


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  Beitrag No.7, eingetragen 2022-08-28

Hi, seien $f,g \in \mathbb{C}[x_1, \cdots , x_k]$ mit $f(y_1, \cdots , y_k)=g(y_1, \cdots , y_k)$ für alle $(y_1, \cdots , y_k)\in \mathbb{C}^n$, dann gilt natürlich $(f-g)(y_1, \cdots , y_k)=0$ für alle $(y_1, \cdots , y_k)\in \mathbb{C}^n$. Da möchte man nun zeigen, dass das das Nullpolynom ist. Angenommen das ist nun nicht das Nullpolynom, dann wäre es doch am naheliegendsten, zu versuchen, das über den Fundamentalsatz der Algebra zum Widerspruch zu führen, indem man $k-1$ Elemente der $y_1, \cdots , y_k$ als Konstanten versteht. Man möchte sozusagen zeigen, dass es ein vom Nullpolynom verschiedenes eindimensionales Polynom gäbe, welches unendlich viele Nullstellen besäße (was dem Fundamentalsatz der Algebra widerspräche), wenn das obige Polynom nicht das Nullpolynom wäre. Viele Grüße zathe


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Ehemaliges_Mitglied
  Beitrag No.8, eingetragen 2022-08-28

Man kann auch den hilbertschen Nullstellensatz anwenden. Siehe dazu: https://de.wikipedia.org/wiki/Hilbertscher_Nullstellensatz Nach dem letzten Beitrag muss $(f-g)(y_1, \cdots , y_k)=0$ für alle $(y_1, \cdots , y_k)\in \mathbb{C}^k$ gelten. Nach dem hilbertschen Nullstellensatz gibt es nun für jedes andere $h \in \mathbb{C}[x_1, \cdots , x_k]$ ein weiteres $i \in \mathbb{C}[x_1, \cdots , x_k]$ und ein $l \in \mathbb{N}$ geben, so dass $(f-g)^l=h\cdot i$ gilt, was offensichtlich falsch ist, falls $f-g$ nicht das Nullpolynom ist.


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Cyborg
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  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-28

Danke, zathe für deine Bemühungen. Ich habe folgendes: Seien zwei Polynome $$p_1(x)=\sum\limits_{k=0}^n a_k\cdot x^k\text{ und }p_2(x)=\sum\limits_{k=0}^{n'} b_k\cdot x^k$$ Sei dann $m:=\max\{n,n'\}$. Indem man gewisse Koeffizienten gleich $0$ setzt, kann man dann schreiben: $$p_1(x)=\sum\limits_{k=0}^m a_k\cdot x^k\text{ und }p_2(x)=\sum\limits_{k=0}^{m} b_k\cdot x^k$$ Mal angenommen, es gilt $p_1(x)=p_2(x)$ an mindestens $m+1$ verschiedenen Stellen, dann hat $$p_1(x)-p_2(x)=\sum\limits_{k=0}^{m} (a_k-b_k)\cdot x^k$$ $m+1$ verschiedene Nullstellen. Weil ein Polynom vom Grad $m$ höchstens $m$ verschiedene Nullstellen hat, muss also $$\sum\limits_{k=0}^{m} (a_k-b_k)\cdot x^k\equiv0 \text{ also: }P(x)=\sum\limits_{k=0}^{m} (a_k-b_k)\cdot x^k=:\sum\limits_{k=0}^{m} c_k\cdot x^k=0\,\forall x\in\mathbb{C}$$ gelten. Wegen $P(0)=0$ folgt $c_0=0$. Also: $$P(x)=\sum\limits_{k=1}^{m} c_k\cdot x^k=0\Rightarrow P'(x)=\sum\limits_{k=1}^{m} k\cdot c_k\cdot x^{k-1}=0$$ Wegen $P'(0)=0$ folgt dann $1\cdot c_1=0\Leftrightarrow c_1=0$. Also: $P(x)=\sum\limits_{k=2}^{m} c_k\cdot x^k=0$. Wegen $P''(x)=0$ folgt dann $$P''(x)=\sum\limits_{k=2}^{m} (k-1)\cdot k\cdot c_k\cdot x^{k-2}=0\Rightarrow P''(0)=0\Rightarrow 1\cdot2\cdot c_2=0\Leftrightarrow c_2=0$$ Also gilt $P(x)=\sum\limits_{k=3}^{m} c_k\cdot x^k=0$, also: $P'''(x)=0$, also: $$P'''(x)=\sum\limits_{k=3}^{m} (k-2)\cdot(k-1)\cdot k\cdot c_k\cdot x^{k-3}=0\Rightarrow P'''(0)=1\cdot2\cdot 3\cdot c_3=0\Leftrightarrow c_3=0$$ Macht man so weiter, dann erhält man: $c_k=a_k-b_k=0\Leftrightarrow a_k=b_k$ für alle $k\in\{0,1,\ldots,m\}$. UND: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/26086_7_frage.jpg


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Cyborg
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  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-28

Jetzt muss nur noch gezeigt werden: Ist $f\in \mathbb{C}[x_1,\ldots,x_k]$ gleich der Nullfunktion, dann sind alle Koeffizieten von $f$ gleich 0. \red\ Wie zeigt man das???


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  Beitrag No.11, eingetragen 2022-08-28

\quoteon(2022-08-28 16:52 - Cyborg in Beitrag No. 9) Mal angenommen, es gilt $p_1(x)=p_2(x)$ an mindestens $m+1$ verschiedenen Stellen, dann hat $$p_1(x)-p_2(x)=\sum\limits_{k=0}^{m} (a_k-b_k)\cdot x^k$$ $m+1$ verschiedene Nullstellen. Weil ein Polynom vom Grad $m$ höchstens $m$ verschiedene Nullstellen hat, muss also $$\sum\limits_{k=0}^{m} (a_k-b_k)\cdot x^k\equiv0$$ gelten. \quoteoff An dem Punkte wärst du schon fertig mit dem Beweis für univariate Polynome. Die Annahme, dass zwei verschiedene Polynome vom Grad von höchstens $m$ an $m+1$ Punkten übereinstimmen führt mit dem Fundamentalsatz der Algebra zum Widerspruch, weil sonst die Differenz der beiden Polynome, welche als Polynom selber nur maximal den Grad $m$ besitzen könnte, $m+1$ Nullstellen besitzen müsste. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.9 begonnen.]


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Cyborg
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  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-28

Hallo, zathe! \quoteon(2022-08-28 16:59 - Cyborg in Beitrag No. 10) Jetzt muss nur noch gezeigt werden: Ist $f\in \mathbb{C}[x_1,\ldots,x_k]$ gleich der Nullfunktion, dann sind alle Koeffizieten von $f$ gleich 0. \red\ Wie zeigt man das??? \quoteoff Das ist eigentlich logisch, denn: Ein $f\in \mathbb{C}[x_1,\ldots,x_k]$, das nicht konstant ist, kann nicht für alle $x_1,\ldots,x_k$ gleich $0$ sein. Also muss $f$ konstant sein, also gleich $0$. \red\ Kennt jemand noch einen TECHNISCHEN Beweis???


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  Beitrag No.13, eingetragen 2022-08-28

\quoteon(2022-08-28 16:59 - Cyborg in Beitrag No. 10) \red\ Wie zeigt man das??? \quoteoff Unter Anwendung des von dir zitierten Korollars 1.6 gilt hier etwas Analoges zu dem in Beitrag 11 Beschriebenen. Interessant in dem Zusammenhang: https://de.wikipedia.org/wiki/Einsetzungshomomorphismus [Die Antwort wurde nach Beitrag No.11 begonnen.]


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  Beitrag No.14, eingetragen 2022-08-28

Nochmal zurück zum univariaten Fall: Man muss eben sehen, was ganz formal betrachtet die Voraussetzungen sind und dann dürften deine Bedenken verschwinden. Angennommen man hat verschiedene $$p_1(x)=\sum\limits_{k=0}^m a_k\cdot x^k\text{ und }p_2(x)=\sum\limits_{k=0}^{m} b_k\cdot x^k$$ Es gelte nun $p_1(x)=p_2(x)$ für alle $x\in \mathbb{C}$. Per Voraussetzung ist also $p_1-p_2$ die Nullfunktion aber gleichzeitig auch eine Polynomfunktion, denn subtrahiert man Polynome, erhält man wieder ein Polynom. Aus der Annahme, dass das Polynom $p_1-p_2$ nicht das Nullpolynom ist, beziehungsweise irgendeiner der Koeefizienten von $p_1-p_2$ ungleich null ist, folgt aber ein Widerspruch zum Fundamentalsatz der Algebra, deswegen muss $p_1-p_2$ ein Polynom sein, bei dem sämtliche Koeffizienten null sind (definitionsgemäß das Nullpolynom). Genau deshalb, weil es sich bei dieser Aussage genau um die Negation der Annahme handelt, die zuvor zum Widerspruch führte. Beweisen muss man da zumindest beim univariaten Fall also nicht noch extra etwas.


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Ehemaliges_Mitglied
  Beitrag No.15, eingetragen 2022-08-28

Nochmal zum multivariaten Fall: Angenommen irgendein $f\in \mathbb{C}[x_1,\ldots,x_k]$ ist die Nullfunktion aber nicht das Nullpolynom, dann ergibt sich ein Widerspruch zu der Feststellung über den univariaten Fall, indem man $n-1$ Variablen durch Konstanten ersetzt. Mit anderen Worten: Man könnte dann ein univariates Polynom konstruieren, welches die Nullfunktion ist, aber nicht das Nullpolynom, was dem Beweis für den univariäten Fall widerspräche.


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Cyborg hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Cyborg hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.

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