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.

Definition 1. Sei X ⊂ R, f : X → R:

• f heißt polynomiell in x, falls es eine Umgebung U von x gibt mit f |U ist ein Polynom.

• f heißt 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} ( 6= ∅) (1)

=”Das großte Intervall um c, auf dem f ein Polynom ist“ (2)

Angenommen I =: (k, l) 6= (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 offene ε-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 folgtjedoch sofort, da das Polynom f |U durch seinen Verlauf auf U ∩ (a, l) eindeutig festgelegt ist (Satzvon Taylor). Also ist (a, l) ( U ein großeres Intervall um c, auf dem f ein Polymon ist. Widerspruchzu (1).

Lemma 3. Sei U ⊂ R ein offenes 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 (n−1)(x) =

m∑

k=0

f (k+n)(d)

k!(k + 1)(x− d)k+1 + f (n−1)(d) =

l∑

i=1

aixi (4)

fur geeignete (ak)k∈N, l ∈ N also ist f (n−1) wieder ein Polynom. Die Behauptung folgt nun sofortdurch Induktion nach n.

Lemma 4. Sei U ⊂ R offen, 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 =⋃

n∈NAn. Dann enthalt mindestens eines dieser An eine

offene ε-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 =⋃

n∈N

Mn (5)

Das Komplement von C ist offen, 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 derUmgebung (x, z) von y ein Polynom. Widerspruch zu y ∈ C.

4. C ist als abgeschlossene Teilmenge von R vollstandig und mit der Standardmetrik auch einmetrischer 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, ε > 0 so, dass

Uε(t) ∩ C ⊂ Mk (6)

5. Wir betrachten nun ein beliebiges (aber festes) x ∈ Uε(t)∩C. Wir wissen aus (3), dass x keinisolierter Punkt von C ist, also muss x ein Haufungspunkt von C sein. Damit hauft sich auchUε ∩ 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 undweiter per Induktion:

f (n)(x) = 0 ∀n ≥ k (7)

Da jedoch x ∈ Uε ∩ C beliebig war, ist diese Aussage auch fur alle Punkte aus Uε ∩ C wahr:

f (n)|Uε(t)∩C = 0 ∀n ≥ k (8)

1Zwischen zwei Nullstellen einer stetig differenzierbaren Funktion liegt auch immer eine Nullstelle der Ableitung.

6. Nun wollen wir noch eine Aussage fur das Komplement von C in Uε gewinnen. Sei jetztx ∈ Cc ∩ Uε. Wir betrachten nun die Zusammenhangskomponente (r, s) von x, also dasgroßte Intervall in Cc das x enthalt. Klar: f |(r,s) ist ein Polynom.Da nach wie vor der Mittelpunkt t von Uε in C liegt, ist sichergestellt, dass wir mit (r, s) ⊂ Cc

nicht an beiden Seiten aus Uε herauslaufen. Sei also o.E. r als Randpunkt von Cc Elementvon C ∩ Uε

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 ∈ Uε(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 ∩ Uε beliebig gewahlt, damit ist

f (k)|Cc∩Uε= 0 (11)

und fur C ∩ Uε haben wir diese Aussage schon in (5) gewonnen. Wir haben also

f (k)|Uε= 0 (12)

Nach Lemma 3 ist dann f |Uεein Polynom, also ein Widerspruch zu t ∈ Uε ∩ C.

C musste also leer sein.

2Zur Erinnerung: C abgeschlossen, Cc offen vgl. (2).