Polynomproblem

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    25-Jun-2015

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Beweis der folgenden Aussage: Sei f C (R) mit der Eigenschaft, dass x R n N mit f (n) (x) = 0. Dann ist f ein Polynom.

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  • 1. Das Polynomproblem Heinrich Hartmann November 2003 Satz. Sei f C(R) mit der Eigenschaft, dass x R n N mit f(n)(x) = 0. Dann ist f ein Polynom. Fur den Beweis ist es nutzlich, zuerst einige Aussagen separat zu beweisen. Denition 1. Sei X R, f : X R: f heit polynomiell in x, falls es eine Umgebung U von x gibt mit f|U ist ein Polynom. f heit lokal polynomiell, falls f in jedem Punkt polynomiell ist. Lemma 2. Ist f : (a, b) R, a, b R, a < b lokal polynomiell, so ist f (= f|(a,b)) ein Polynom. Beweis. Sei c (a, b) beliebig aber fest, betrachte I := sup{(k, l) (a, b) | k < c < l, f|(k,l) ist Polynom} (= ) (1) = Das grote Intervall um c, auf dem f ein Polynom ist (2) Angenommen I =: (k, l) = (a, b), dann ist a < l oder b > l. Sei nun o.E. b > l (anderer Fall genauso). Da f lokal polynomiell in l existiert eine oene -Umgebung U von l, sodass f|U ein Polynom ist. Wir mussen nun noch sicherstellen, dass f|U und f|I dasselbe Polynom reprasentieren. Das folgt jedoch sofort, da das Polynom f|U durch seinen Verlauf auf U (a, l) eindeutig festgelegt ist (Satz von Taylor). Also ist (a, l) U ein groeres Intervall um c, auf dem f ein Polymon ist. Widerspruch zu (1). Lemma 3. Sei U R ein oenes Intervall, n N. Ist f(n) : U R ein Polynom, so ist auch f ein Polynom. Beweis. Fur d U lasst sich f(n) in der Form f(n) (x) = m k=0 f(k+n)(d) k! (x d)k (3) schreiben. Integrieren wir nun diese endliche Summe, erhalten wir f(n1) (x) = m k=0 f(k+n)(d) k!(k + 1) (x d)k+1 + f(n1) (d) = l i=1 aixi (4) fur geeignete (ak)kN, l N also ist f(n1) wieder ein Polynom. Die Behauptung folgt nun sofort durch Induktion nach n.

2. Lemma 4. Sei U R oen, f C(U, R) lokal polynomiell auf (a, b) und (b, c), a, b, c R, (a, c) U, dann ist f auf (a, c) ein Polynom. Beweis. Nach Lemma 2, sind f|(a,b) und f|(b,c) Polynome. Dann sind f|(a,b] und f|[b,c) auch Poly- nome (Stetigkeit). Entwickeln wir beide in b folgt Gleichheit. Satz von Bair 5. Sei E ein vollstandiger metrischer Raum, und An E, n N abgeschlossene Mengen mit der Eigenschaft, dass E = nN An. Dann enthalt mindestens eines dieser An eine oene -Kugel. Zum Beweis dieses Satzes vgl. z.B. H.Heuser, Funktionalanalysis. Beweis des ursprunglichen Satzes. Wir beweisen den Satz in mehreren Schritten: 1. Zunachst brauchen wir zwei Bezeichnungen: C := {x R | f nicht lokal polynomiell in x} Mn := {x R | f(n) (x) = 0} = (f(n) )1 ({0}) 2. Eigenschaften von C und Mn: R = nN Mn (5) Das Komplement von C ist oen, da es Umgebung aller seiner Punkte ist, also ist C abge- schlossen. Als Urbild der abgeschlossenen Menge {0} unter der stetigen Abblidung f(n) sind alle Mn abgeschlossen. 3. C enthalt keine isolierten Punkte, denn ware y C ein solcher Punkt, so wurden Intervalle (x, y) und (y, z) exsitieren, mit f|(x,y) und f|(y,z) Polynom. Nach Lemma 4 ist nun f auf der Umgebung (x, z) von y ein Polynom. Widerspruch zu y C. 4. C ist als abgeschlossene Teilmenge von R vollstandig und mit der Standardmetrik auch ein metrischer Raum. Nehmen wir also an, C sei nicht leer, dann liefert der Satz von Bair fur C: (Mn) ist eine abgeschlossene Uberdeckung von R, also auch von C R. Es folgt: k N, t C, > 0 so, dass U(t) C Mk (6) 5. Wir betrachten nun ein beliebiges (aber festes) x U(t)C. Wir wissen aus (3), dass x kein isolierter Punkt von C ist, also muss x ein Haufungspunkt von C sein. Damit hauft sich auch U C und somit Mk also die Nullstellen der k-ten Ableitung in x. Mit dem Satz von Rolle 1 folgt zunachst dass sich die Nullstellen von f(n+1) in x haufen und weiter per Induktion: f(n) (x) = 0 n k (7) Da jedoch x U C beliebig war, ist diese Aussage auch fur alle Punkte aus U C wahr: f(n) |U(t)C = 0 n k (8) 1 Zwischen zwei Nullstellen einer stetig dierenzierbaren Funktion liegt auch immer eine Nullstelle der Ableitung. 3. 6. Nun wollen wir noch eine Aussage fur das Komplement von C in U gewinnen. Sei jetzt x Cc U. Wir betrachten nun die Zusammenhangskomponente (r, s) von x, also das grote Intervall in Cc das x enthalt. Klar: f|(r,s) ist ein Polynom. Da nach wie vor der Mittelpunkt t von U in C liegt, ist sichergestellt, dass wir mit (r, s) Cc nicht an beiden Seiten aus U herauslaufen. Sei also o.E. r als Randpunkt von Cc Element von C U 2. Wir konnen das Polynom f|(r,s) um r entwickeln: f|(r,s)(x) = m k=1 f(k)(r) k! (x r)k (9) Da jedoch r U(t) C Mk, wissen wir, dass f(n)(r) = 0 n k. Es folgt: f(n) |(r,s) = 0 n k (10) 7. Damit haben wir nun alles, was wir brauchen: x war aus Cc U beliebig gewahlt, damit ist f(k) |CcU = 0 (11) und fur C U haben wir diese Aussage schon in (5) gewonnen. Wir haben also f(k) |U = 0 (12) Nach Lemma 3 ist dann f|U ein Polynom, also ein Widerspruch zu t U C. C musste also leer sein. 2 Zur Erinnerung: C abgeschlossen, Cc oen vgl. (2).