Das Theorem von P´
olya
Cordian Riener WS 2001/2002
Proseminar:
Proofs from the Book
Prof. Dr. W. L¨
utkebohmert
V. Pahnke
Theorem ¨
uber komplexe Polynome
Sei f : C
C ein normiertes Polynom vom Grad n 1 C := {z C : |f(z)| 2} .Sei L eine
Gerade in der komplexen Ebene, und wir betrachten im Folgenden die orthogonale Projektion
von
C auf L. Um die weiteren Untersuchungen zu erleichtern, zeigen wir zuerst, daß es gen¨ugt,
den Fall zu betrachten, wenn
L die reelle Achse ist.
Beweis: Es sei f (z) = z
n
+ a
n
-1
z
n
-1
+
· · · + a
0
ein normiertes Polynom in C. Durch B :
z
bz ist mit b C , |b| = 1 eine Drehung gegeben. Das durch die Verkettung entstandene
Polynom r(z) = (bz)
n
+ a
n
-1
(bz)
n
-1
+
· · · + a
0
wird wieder normiert und man erh¨
alt mit
q(z) = z
n
+ a
n
-1
b
-1
x
n
-1
+
· · · + a
0
b
-n
ein normiertes Polynom. Da gilt: f (z) = b
n
q(z), ist
|f(z)| = |q(z)| und somit q
-1
(
|z| 2) = f
-1
(
|z| 2) = C.
Wir betrachten im Folgenden also nur Projektionen auf die reelle Achse F¨
ur diese Projektion
stellte P´
olya folgendes Theorem auf:
Sei f : C
C ein normiertes Polynom vom Grad n 1; C := {z C: | f(z) | 2 };
Sei
R die orthogonale Projektion von C auf die reele Achse. Dann gibt es Intervalle I
j
, die
R
komplett ¨
uberdecken, und f¨
ur die gilt:
N
j=1
(I
j
)
4, wobei (I
j
) die L¨
ange des Intervals I
j
bezeichnet.
Beispiele:
1. Betrachten wir f (z) = z. Offensichtlich ist
C dann ein Kreis in der komplexen Ebene mit
Radius 2. Die orthogonale Projektion von
C auf R ist hier gerade das Interval [-2,2] mit
genau der L¨
ange 4
2. Betrachten wir f (z) = z
2
- 2. F¨ur die orthogonale Projektion R gilt:
R = {x R : x + iy C}. Es gilt: z C |(x + iy)
2
- 2| 2 |x
2
+ 2ixy
- y
2
- 2|
2
(x
2
+ y
2
)
2
4(x
2
- y
2
)
x
4
(x
2
+ y
2
)
2
4x
2
, und somit x
2
4 |x| 2. Wir
finden hier also
R = [-2, 2] und so ([-2, 2]) = 4
Um nun n¨
ahere Aussagen ¨
uber
R machen zu k¨onnen, betrachten wir
f (z) = (z
-c
1
)
·...·(z -c
n
) mit c
k
= a
k
+ ib
k
und das reelle Polynom p(x) = (x
-a
1
)
·...·(x-a
n
).
Nach dem Satz von Pythagoras gilt:
|x - a
k
|
2
+
|y - b
k
|
2
=
|z - c
k
|
2
und somit
|x - a
k
| |z - c
k
| k und damit dann:
|p(z)| = |x - a
1
| · ... · |x - a
n
| |z - c
1
| · ... · |z - c
n
| = |f(z)| 2
Somit sehen wir, daß
R in der Menge P := {x R : |p(x)| 2} enthalten ist. Es gen¨ugt
also, zu zeigen, daß
P von Intervallen, mit h¨ochstens der L¨ange 4, ¨uberdeckt wird. Somit ist das
1
Theorem ¨
uber komplexe Polynome eine direkte Folgerung aus der folgenden Aussage ¨
uber reelle
Polynome:
Sei p(x) ein normiertes reelles Polynom vom Grad n
1 mit nur reellen Nullstellen. Die Menge
P := {x R : |p(x)| 2} kann dann von Intervallen mit einer Gesamtl¨ange von h¨ochstens 4
¨
uberdeckt werden.
Um Aussagen ¨
uber reele Polynome machen zu k¨
onnen, benutzen wir ein Theorem von Chebyshev
Chebyshevs Theorem
Sei p(x) ein normiertes reeles Polynom vom Grad n
1, dann gilt:
max
-1,1
|p(x)|
1
2
n
-1
Beweis: Da wir nur Aussagen ¨
uber das Intervall [
-1, 1] machen wollen, k¨onnen wir x durch
cos() ersetzen. Wir erhalten dann mit g() := p(cos()) ein Polynom in cos() Wir unterteilen
den Beweis nun in 4 Teilschritte:
1. g() l¨
aßt sich als sogen. Cosinus-Polynom, d.h. in der Form:
g() = b
n
cos(n) + b
n
-1
cos((n
- 1)) + ... + b
1
cos() + b
0
mit b
k
R
schreiben, und es gilt weiter: b
n
=
1
2
n
-1
.
Beweis: Das Problem hierbei besteht darin, daß wir alle Potenzen von cos()
k
als Cosinus-
Polynom darstellen m¨
ussen. Es gilt nun aber:
e
in
= cos(n) + i
· sin(n)
(1)
andererseits gilt aber auch:
e
in
= (e
i
)
n
= (cos() + i
· sin())
n
(2)
Mit dem Binomischen Lehrsatz und durch das Gleichsetzten von (1) und (2) erhalten wir:
(cos() + i
· sin())
n
=
n
l=0
n
l
cos()
n
-l
(i
· sin())
l
= cos(n) + i
· sin(n)
(3)
An der komplexen Zahl cos(n) + i
· sin(n) interessiert uns aber nur der reele Teil, cos n
Da nun aber: i
4l+2
=
-1, i
4l
= 1 sowie sin
2
= 1
- cos
2
, erhalten wir:
cos(n) =
l
n
4l
(cos )
n
-4l
(1
- cos
2
)
2l
-
l
n
4l + 2
(cos )
n
-4l-2
(1
- cos
2
)
2l+1
(4)
Wir k¨
onnen cos(n) also als Polynom in Abh¨
anigkeit von cos() schreiben:
cos(n) = c
n
cos()
n
+ c
n
-1
(cos)
n
-1
+ ... + c
0
(5)
Wir erhalten aus (4), f¨
ur den h¨
ochsten Koeffizienten:
c
n
=
l
n
4l
+
l
n
4l+2
= 2
n
-1
Wir zeigen nun in anderer Richtung durch Induktion, daß (cos )
k
als Cosinus-Polynom
der Ordnung k geschrieben werden kann und schließ en dann aus (4),daß (cos )
n
als
Cosinus-Polynom der Ordnung n geschrieben werden kann und als h¨
ochsten Koeffizienten
b
n
=
1
2
n
-1
besitzt.
2
2. (Satz von Riesz)Sei h() ein Cosinus-Polynom der Ordnung n und h()
0 , dann ist
h() =
|u(z)|
2
f¨
ur z = e
i
,
wobei u(z) ein Polynom vom Grad n ist.
Beweis: Da cos(
-) = cos() und sin(-) = - sin() erhalten wir mit (1):
cos(k) =
e
ik
+e
-ik
2
.
Ist wieder z := e
i
dann gilt :
h() =
n
z
n
+z
-n
2
+
· · · +
k
z
k
+z
-k
2
+
· · · +
0
=
z
-n
· (
n
z
2n
+ z
0
2
+
· · · +
k
z
n+k
+ z
n
-k
2
+
· · · +
0
z
n
) =: z
-n
H(z)
(6)
F¨
ur H(z) gilt: H(z) = z
2n
H(
1
z
). Daher erhalten wir: H() = 0
H(
1
) = 0 und da die
Koeffizienten von H(z) reell sind, auch H( ¯
) = 0 sowie H(1/ ¯
) = 0. Nun k¨
onnen wir die
2n Nullstellen von H(z) in zwei Kategorien einteilen. Solche mit
|| = 1, woraus = 1/¯
folgt und solche mit
|| = 1 und somit || < 1 oder |1/¯
| < 1. Wir schreiben nun:
H(z) =
n
2
||=1
(z
- )
||<1
(z
- )(z -
1
¯
)
(7)
Da h()
0 und |z| = |e
i
| = 1 finden wir:
h() =
|h()| = |H(z)|
F¨
ur die mit
|| = 1 sehen wir mit = e
i
, daß einer reelen Nullstelle
, 0
2
zugeordnet werden kann. Wenn wir die Gleichung h() = e
-in
H(e
i
) ableiten, sehen wir,
daß die Vielfachheit von
als Nullstelle von h() gleich der Vielfachheit von e
i
als
Nullstelle von H(z) entspricht. Da aber h()
0 muß
ein Minimum von h() sein und
eine gerade Vielfachheit besitzen.
Weiterhin finden wir f¨
ur das Produkt
|z - ||z -
1
¯
|, da z¯
z = 1:
|z -
1
¯
|
2
= (z
-
1
¯
)(¯
z
-
1
) =
(z ¯
-1)(¯
z
-1)
¯
=
¯
-z ¯
-¯
z+1
¯
=
(z
-)(¯
z
- ¯
¯
=
|z-|
2
||
2
,
und somit:
|z - ||z -
1
¯
| =
|z-|
2
|
|.
Zusammenfassend erhalten wir also:
h() =
|H(z)| = |c|
||=1
|z - |
2
||<1
|z - |
2
f¨
ur einige 0 = c
C.
3. Sei h() =
n
cos(n)+
n
-1
cos((n
-1))+···
0
ein Cosinus-Polynom und sei h()
0 .
Dann gilt:
|
n
|
0
Beweis: Es sei u(z) ein Polynom mit reellen Koeffizienten, so daß mit z = e
i
und ¯
z = e
-i
gilt h() = (u
n
z
n
+ . . . + u
0
)(u
n
z
-n
+ . . . + u
0
) = z
-n
(u
n
z
n
+ . . . + u
0
)(u
n
+ . . . + u
0
z
n
).
Wenn wir das mit (6) vergleichen, erhalten wir:
3
0
= u
2
0
+ u
2
1
+ . . . + u
2
n
k
2
= u
n
u
n
-k
+ u
n
-1
u
n
-1-k
+ . . . + u
k
u
0
(0 < k
n)
(8)
Speziell also:
n
= 2u
n
u
0
(9)
Aus (8) und (9) ergibt sich dann:
|
n
| = 2|u
n
||u
0
| u
2
0
+ u
2
n
u
2
0
+ u
2
1
+ . . . + u
2
n
=
0
.
(10)
4. Sei h() ein Cosinus-Polynom der Ordnung n dann gilt:
|
n
| max |h()|
Beweis: Wir betrachten zuerst h() ein Cosinus-Polynom der Ordnung n
0 mit
0
= 0.
Wir sehen, daß h() sowohl negative, wie auch positive Werte annimmt, denn h()
0
|
n
| = 0(nach (10)) und das w¨are ein Widerspruch. F¨ur h() 0 wenden wir die
selbe Argumentation auf
-h() an. Sei nun M := max h() und m := min h(). Es gilt
nach unseren ¨
Uberlegungen immer M >
0
> m Betrachten wir nun die nichtnegativen
Polynome M
- h() und h() - m erhalten wir aus (10):
|
n
| M -
0
und
|
n
|
0
- m
(11)
und somit dann
|
n
|
M
- n
2
max(M, -m) = max |h()|
(12)
aus diesen ¨
Uberlegungen folgt jetzt f¨
ur unser Theorem:
|
n
| =
1
2
n
-1
max |h()| =
max
-1,1
p(x)
Korollar aus dem Theorem von Chebyshev
Sei p(x) ein normiertes reeles Polynom vom Grad n
1 und sei |p(x)| 2 x [a, b], dann
gilt: b
- a 4
Beweis: Betrachten wir die Substitution: y =
2
b
-a
(x
- a) - 1; diese tranformiert das Intervall
[a, b] auf das Intervall [
-1, 1]. Somit erhalten wir das Polynom:
q(y) := p(
b
-a
2
(y + 1) + a)
q(y) hat (
b
-a
2
)
n
als f¨
uhrenden Koeffizienten und es gilt weiterhin:
max
-1,1
|q(y)| = max
a,b
|p(x)|
Daraus erhalten wir dann mit dem Theorem von Chebyshev:
2
max
a,b
|p(x)| (
b
-a
2
)
n
1
2
n
-1
= 2(
b
-a
4
)
n
Und somit erhalten wir b
- a 4.
4
Mit diesem Korollar sind wir schon einen guten Schritt n¨
aher ans Ziel gekommen. Wir k¨
onnen
damit aber nur Aussagen ¨
uber ein zusammenh¨
angendes Intervall [a, b] machen. Daß
P aber nicht
zwangsl¨
aufig zusammenh¨
angend ist zeigt folgendes Beispiel:
Wir betrachten p(x) = x
2
(x
- 3) und erhalten: P = [1 -
3, 1]
[1 +
3,
3, 2].
Das Problem besteht also darin, daß wir bisher noch keine Aussage ¨
uber die Summe der Ein-
zell¨
angen machen k¨
onnen. Bevor wir jedoch dieses Problem angehen k¨
onnen betrachten wir die
einzelnen Intervalle noch genauer und beweisen zuerst 3 Lemmata ¨
uber Polynome mit nur reelen
Nullstellen:
1. Lemma Sei p(x) ein reeles Polynom vom Grad n
1 mit nur reellen Nullstellen.
Es gilt dann: b ist mehrfache Nullstelle von p (x)
b ist Nullstelle von p(x)
Beweis: Seien b
1
, ..., b
r
die Nullstellen von p(x) mit den Vielfachheiten s
1
, ..., s
r
und
r
j=0
s
j
=
n. Mit p(x) = (x
- b
j
)
s
j
h(x) sehen wir, daß b
j
Nullstelle von p (x) ist, wenn s
j
2. Die
Vielfachheit von b
j
als Nullstelle von p (x) ist somit s
j
-1. Weiterhin wissen wir, daß je eine
Nullstelle von p (x) zwischen b
i
und b
j
liegt. Da aber bereits
r
j=0
(s
j
- 1) + (r - 1) = n - 1,
k¨
onnen diese nur noch einfach sein. Daher m¨
ussen die mehrfachen Nullstellen von p (x)
auch Nullstellen von p(x) sein.
2. Lemma Sei p(x) ein reelles Polynom vom Grad n
1 mit nur reellen Nullstellen.
Es gilt dann: p (x)
2
p(x)p (x) x R
Beweis: Ist x = a
j
eine Nullstelle von p(x), dann ist nichts zu zeigen!
Sei x nun keine Nullstelle von p(x), dann liefert die Produktregel der Differentiation:
p (x) =
n
k=1
(x
-a
1
)
·...·(x-a
n
)
x
-a
k
p (x) =
n
k=1
n
l=1,l=k
p(x)
(x
-a
k
)(x
-a
l
)
= 2p(x)
{k,j}
1
(x
-a
k
)(x
-a
l
)
wobei
{k, l} alle Paare (k, l) {1, ..., n} durchl¨auft. Somit gilt:
p (x)
2
= p(x)
2
(
n
k=1
1
x
-a
k
)
2
> 2p(x)
2
{k,l}
1
(x
-a
k
)(x
-a
l
)
= p(x)p (x)
3. Lemma Sei p(x) ein reeles Polynom vom Grad n
1 mit nur reellen Nullstellen und sei
P := {x R : |p(x)| 2} = I
1
...
I
t
. Dann gilt:
i {1, ..., t} x
i
I
i
mit p(x
i
) = 0.
Beweis: Wir wissen, daß p(x) = 2 oder p(x) =
-2 jeweils an den Endpunkten der Inter-
valle. Ist nun p(x) = 2 am einen Endpunkt von I
i
und p(x) =
-2 am anderen, dann gibt
es offensichtlich ein x
i
I
i
mit p(x
i
) = 0
Sei nun also p(x) = 2 an beiden Endpunkten von I
i
(der Fall
-2 verl¨auft genau analog).Wir
wissen, daß nun p(x) ein Minimum auf I
i
annimmt. Sei nun b
I
i
der Punkt, an dem p(x)
sein Minimum annimmt. Dann ist p (b) = 0 und p (b)
0. Ist nun p (b) = 0, so ist b
eine mehrfache Nullstelle von p (x) und somit nach dem 1. Lemma auch eine Nullstelle
von p(x). Ist p (b) > 0, dann erhalten wir unter Benutzung des 2. Lemmas p(b) < 0, was
bedeutet, daß sich jeweils eine Nullstelle von p(x) im Invervall von b zu jedem Endpunkt
von I
i
befindet.
Beweis der Aussage ¨
uber reele Polynome
Beweis: Seien die Intervalle I
1
, ..., I
t
mit
t
i=1
I
i
=
P so geordnet, daß x
i
I
i
, x
i+1
I
i+1
:
x
i
< x
i+1
i {1, ..., t}. Sei m die Anzahl der Nullstellen im Intervall I
t
. Ist m = n, k¨
onnen
5
wir mit dem 3. Lemma schließen, daß I
t
das einzige Intervall ist und wir sind fertig. Sei also
nun m < n und sei d der Abstand zwischen den Intervallen I
t
und I
t
-1
. Seien b
1
, ..., b
m
die
Nullstellen von p(x) die in I
t
liegen und c
1
, ..., c
n
-m
die verbleibenden Nullstellen. Es gilt nun
also p(x) = q(x)r(x) mit q(x) = (x
- b
1
)
· ... · (x - b
m
) und r(x) = (x
- c
1
)
· ... · (x - c
n
-m
).
Betrachten wir nun p
1
(x) = q(x + d)r(x), welches auch wieder normiert und vom Grad n ist.
F¨
ur die x
I
1
...
I
t
-1
gilt:
|x + d - b
i
| < |x - b
i
| i {1, ..., m} und somit |q(x + d)| < |q(x)|
Hieraus ergibt sich, daß
|p
1
(x)
| |p(x)| 2 x I
1
...
I
t
-1
.
Andererseit gilt
x I
t
:
|r(x - d)| |r(x)| und somit
|p
1
(x
- d)| = |q(x)||r(x - d)| |p(x)| 2.
Dies bedeutet nun aber, I
t
- d P
1
=
{x R : |p
1
(x)
| 2}. Wir sehen nun also, daß
I
1
..
I
t
-1
(I
t
- d) in P
1
enthalten sind und daß
P
1
desshalb mindestens die selbe L¨
ange wie
P hat. Beim ¨
Ubergang von p(x) nach p
1
(x) werden jedoch die Intervalle I
t
-1
und I
t
-d zu einem
Intervall vereinigt. Wir wissen, daß die Intervalle zusammen J
1
, ..., J
s
mindestens die L¨
ange
t
i=1
(I
i
) haben und, daß J
s
mehr als m Nullstellen von p
1
(x) enth¨
alt. Wenn wir dieses Verfahren
t
- 1 mal wiederholen erhalten wir ein Polynom p
(x) bei dem
P
=
{x R : |p
(x)
| 2} ein
einziges Intervall [a, b] ist. Aus Korollar des Theorems von Chebyshev folgt dann 4
[a, b] und
zusammenfassend gilt dann: 4
[a, b]
t
i=1
(I
i
), und wir sind fertig.
Abbildung 1: George P´
olya, 1887-1985
Abbildung 2: Pafnuty Cherbyshev, 1821-1894
Literatur
[1] M. Aigner und G. Ziegler : Proofs from the Book, Springer Verlag
[2] G. P´
olya und G. Szeg¨
o : Problems and Theorems in Analysis, Vol II, Springer Verlag
6
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