# Division mit Rest/KX/Ohne Beweis/Korollare/Textabschnitt
## Satz

Es sei $K$ ein Körper und sei $K[X]$ der Polynomring über $K$. Es seien $P,T\in K[X]$ Polynome mit $T\neq 0$.
Dann gibt es eindeutig bestimmte Polynome $Q,R\in K[X]$ mit

### Beweis

Wir beweisen die Existenzaussage durch Induktion über den
Grad von $P$. Wenn der Grad von $T$ größer als der Grad von $P$ ist, so ist $Q=0$ und $R=P$ eine Lösung, sodass wir dies nicht weiter betrachten müssen. Bei $\operatorname {grad} \,(P)=0$ ist nach der Vorbemerkung auch $\operatorname {grad} \,(TP)=0$, also ist $T$ ein konstantes Polynom, und damit ist (da $T\neq 0$ und $K$ ein Körper ist) $Q=P/T$ und $R=0$ eine Lösung. Es sei nun $\operatorname {grad} \,(P)=n$ und die Aussage für kleineren Grad schon bewiesen. Wir schreiben $P=a_{n}X^{n}+\cdots +a_{1}X+a_{0}$ und $T=b_{k}X^{k}+\cdots +b_{1}X+b_{0}$ mit $a_{n},b_{k}\neq 0,\,k\leq n$. Dann gilt mit $H={\frac {a_{n}}{b_{k}}}X^{n-k}$ die Beziehung
    ${\begin{aligned}P'&:=P-TH\\&=0X^{n}+{\left(a_{n-1}-{\frac {a_{n}}{b_{k}}}b_{k-1}\right)}X^{n-1}+\cdots +{\left(a_{n-k}-{\frac {a_{n}}{b_{k}}}b_{0}\right)}X^{n-k}+a_{n-k-1}X^{n-k-1}+\cdots +a_{0}.\end{aligned}}$
Dieses Polynom $P'$ hat einen Grad kleiner als $n$ und darauf können wir die Induktionsvoraussetzung anwenden, d.h. es gibt $Q'$ und $R'$ mit
    $P'=TQ'+R'{\text{ mit }}\operatorname {grad} \,(R')<\operatorname {grad} \,(T){\text{ oder }}R'=0.$
Daraus ergibt sich insgesamt
    $P=P'+TH=TQ'+TH+R'=T(Q'+H)+R'\,,$
sodass also $Q=Q'+H$ und $R=R'$ eine Lösung ist. Zur Eindeutigkeit sei $P=TQ+R=TQ'+R'$ mit den angegebenen Bedingungen. Dann ist $T(Q-Q')=R'-R$. Da die Differenz $R'-R$ einen Grad kleiner als $\operatorname {grad} \,(T)$ besitzt, ist aufgrund der Gradeigenschaften diese Gleichung nur bei $R=R'$ und $Q=Q'$ lösbar.
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Die Berechnung der Polynome $Q$ und $R$ heißt Polynomdivision. Wir geben dazu ein Beispiel über den rationalen Zahlen.

## Beispiel

Wir führen die Polynomdivision
    $P=6X^{3}+X+1{\text{ durch }}T=3X^{2}+2X-4$
(über $\mathbb {Q}$) durch. Es wird also ein Polynom vom Grad $3$ durch ein Polynom vom Grad $2$ dividiert, d.h. dass der Quotient und auch der Rest (maximal) vom Grad $1$ sind. Im ersten Schritt überlegt man, mit welchem Term man $T$ multiplizieren muss, damit das Produkt mit $P$ im Leitterm übereinstimmt. Das ist offenbar $2X$. Das Produkt ist
    $2X{\left(3X^{2}+2X-4\right)}=6X^{3}+4X^{2}-8X\,.$
Die Differenz von $P$ zu diesem Produkt ist
    $6X^{3}+X+1-{\left(6X^{3}+4X^{2}-8X\right)}=-4X^{2}+9X+1\,.$
Mit diesem Polynom, nennen wir es $P'$, setzen wir die Division durch $T$ fort. Um Übereinstimmung im Leitkoeffizienten zu erhalten, muss man $T$ mit ${\frac {-4}{3}}$ multiplizieren. Dies ergibt
    $-{\frac {4}{3}}T=-{\frac {4}{3}}{\left(3X^{2}+2X-4\right)}=-4X^{2}-{\frac {8}{3}}X+{\frac {16}{3}}\,.$
Die Differenz zu $P'$ ist somit
    $-4X^{2}+9X+1-{\left(-4X^{2}-{\frac {8}{3}}X+{\frac {16}{3}}\right)}={\frac {35}{3}}X-{\frac {13}{3}}\,.$
Dies ist das Restpolynom und somit ist insgesamt
    $6X^{3}+X+1={\left(3X^{2}+2X-4\right)}{\left(2X-{\frac {4}{3}}\right)}+{\frac {35}{3}}X-{\frac {13}{3}}\,.$

## Lemma

Es sei $K$ ein Körper und sei $K[X]$ der Polynomring über $K$. Es sei $P\in K[X]$ ein Polynom und $a\in K$.
Dann ist $a$ genau dann eine Nullstelle von $P$, wenn $P$ ein Vielfaches des linearen Polynoms $X-a$ ist.

### Beweis

Wenn $P$ ein Vielfaches von $X-a$ ist, so kann man
    $P=(X-a)Q\,$
mit einem weiteren Polynom $Q$ schreiben. Einsetzen ergibt
    $P(a)=(a-a)Q(a)=0\,.$
Im Allgemeinen gibt es aufgrund der Division mit Rest eine Darstellung
    $P=(X-a)Q+R\,,$
wobei $R=0$ oder aber den Grad $0$ besitzt, also so oder so eine Konstante ist. Einsetzen ergibt
    $P(a)=R\,.$
Wenn also $P(a)=0$ ist, so muss der Rest $R=0$ sein, und das bedeutet, dass $P=(X-a)Q$ ist.
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## Korollar

Es sei $K$ ein Körper und sei $K[X]$ der Polynomring über $K$. Es sei $P\in K[X]$ ein Polynom ($\neq 0$) vom Grad $d$.
Dann besitzt $P$ maximal $d$ Nullstellen.

### Beweis

Wir beweisen die Aussage durch Induktion über $d$. Für $d=0,1$ ist die Aussage offensichtlich richtig. Es sei also $d\geq 2$ und die Aussage sei für kleinere Grade bereits bewiesen. Es sei $a$ eine Nullstelle von $P$ (falls $P$ keine Nullstelle besitzt, sind wir direkt fertig). Dann ist $P=Q(X-a)$ nach Fakt und $Q$ hat den Grad $d-1$, sodass wir auf $Q$ die Induktionsvoraussetzung anwenden können. Das Polynom $Q$ hat also maximal $d-1$ Nullstellen. Für $b\in K$ gilt $P(b)=Q(b)(b-a)$. Dies kann nach Fakt (5) nur dann $0$ sein, wenn einer der Faktoren $0$ ist, sodass eine Nullstelle von $P$ gleich $a$ ist oder aber eine Nullstelle von $Q$ ist. Es gibt also maximal $d$ Nullstellen von $P$.
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## Korollar

Es sei $K$ ein Körper und sei $K[X]$ der Polynomring über $K$.
Dann besitzt jedes $P\in K[X],\,P\neq 0,$ eine Produktzerlegung
mit $\mu _{j}\geq 1$ und einem nullstellenfreien Polynom $Q$.
Dabei sind die auftretenden verschiedenen Zahlen $\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{k}$ und die zugehörigen Exponenten $\mu _{1},\ldots ,\mu _{k}$ (bis auf die Reihenfolge) eindeutig bestimmt.

### Beweis

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