Kapitel 3 Der Fundamentalsatz der Algebra

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1 Kapitel 3 Der Fundamentalsatz der Algebra Dieser berühmte Satz wurde erstmals von C.F. Gauß 1801 in seiner Disseration bewiesen. Satz 3.1. Jedes nichtkonstante, komplexe Polynom n-ten Grades p(z) = n a k z k = z n + 1 z n a 1 z+a 0 mit Koeffizienten a k C, wobei 0, besitzt mindestens eine komplexe Nullstelle, d.h. es gibt ein z 0 C mit p(z 0 ) = 0. Wie lassen sich eigentlich Lösungen polynomialer Gleichungen finden? 1. Lineare Gleichungen z+a = 0 löst man durch sofortiges Umstellen zu z = a. Für quadratische Gleichungen z 2 + pz+q = 0 kennen wir die Lösungsformeln z ± = p 2 ± p 2 4 q. 2. Für Gleichungen dritter und vierter Ordnung gibt es eine Vielzahl algebraischer Methoden, z.b. die Cardanischen Formeln zur Auflösung polynomialer Gleichungen dritter Ordnung. N. Abel zeigte, dass eine Auflösung polynomialer Gleichungen fünften oder höheren Grades mittels rationaler Operationen und Radizieren im allgemeinen nicht mehr möglich ist. So gelang es C.F. Gauß, wenigstens einen nichtkonstruktiven Beweis zur Existenz einer Lösung zu geben. Es sei schließlich bemerkt, dass selbst eine konvergente Potenzreihe in C keine Nullstelle besitzen muss. Ein Beispiel hierfür gibt uns die bekannte Exponentialreihe expz = z k k!. 21

2 22 3 Der Fundamentalsatz der Algebra 3.1 Einige Hilfssätze Hilfssatz 3.1. Sei p ein Polynom vom Grad n > 0. Dann gibt es zu jedem z 0 C komplexe Koeffizienten derart, dass gilt b 0 = p(z 0 ), b 1,...,b n 1, b n = p(z 0 + ξ) = ξ n + b n 1 ξ n b 1 ξ + p(z 0 ), ξ C. Beweis. Setze z = z 0 + ξ in p(z) ein, p(z) = p(z 0 + ξ) = n a k (z 0 + ξ) k. Die Terme (z 0 + ξ) k werden über den binomischen Lehrsatz ausgewertet, und anschließend wird die Summe nach Potenzen von ξ neu geordnet. Hilfssatz 3.2. Sei p ein Polynom vom Grad n > 0 mit p(z 0 ) 0 für ein z 0 C. Dann gibt es zu jedem Radius R > 0 ein z C mit z 0 z R und p(z ) p(z 0 ). Beweis. 1. Ohne Einschränkung sei p(z 0 )=1 (andernfalls wird das ganze Polynom durch p(z 0 ) dividiert). Obiger Hilfssatz liefert dann die Entwicklung p(z 0 + ξ) = 1+b k ξ k + b k+1 ξ k b n ξ n mit b k 0 zu geeignetem k {1,...,n}. Unter Verwendung von Polarkoordinaten schreiben wir b k = b k exp(iϑ) mit einem ϑ ( π,π]. Ebenso benutzen wir die Darstellung ξ = r exp(iϕ) bzw. ξ k = r k exp(ikϕ) mit geeigneten r > 0, ϕ ( π,π]. Damit berechnen wir p(z 0 + ξ) = 1+ b k r k exp ( i(ϑ + kϕ) ) + r k h(ξ) mit einer Restfunktion h(ξ), welche erfüllt lim h(ξ) = 0. ξ 0, ξ 0

3 3.1 Einige Hilfssätze Unser Ziel ist es, den zweiten Summanden in voriger Entwicklung negativ zu machen. Wähle ϕ derart, dass ϑ + kϕ = π bzw. p(z 0 + ξ) = 1 b k r k + h(ξ)r k. richtig ist. Wähle ferner ein ε > 0, so dass b k ε k 1 sowie 2 h(ξ) b k für alle ξ ε erfüllt sind. Dann erhalten wir die Abschätzung p(z 0 + ξ) 1 b k r k + h(ξ) r k = 1 ( b k h(ξ) ) r k b k r k < 1 für alle r (0,ε]. Zu gegebenem R > 0 wählen wir jetzt ξ = r exp(iϕ) mit r = min{ε,r} und erhalten so einen Punkt z = z 0 + ξ in der Gaußschen Zahlenebene, welcher die geforderte Eigenschaft p(z ) = p(z 0 + ξ) < 1 n.v. = p(z 0 ) mit z 0 z = ξ R erfüllt. Hilfssatz 3.3. Ein Polynom p vom Grad n > 0 besitzt das asymptotische Verhalten lim inf{ p(z) : z C, z = R } =. R Beweis. Für z C \ {0} finden wir zunächst ( p(z) = z n n 1 + a k z k = z n 1+ z n (1 Nun wählen wir R > 0 derart, dass n 1 a k für alle z R. Dann folgt 1 z n k = n 1 1 a k ) 1 z n k. 1 z n 1 a 0 p(z) 1 2 R n für alle z R, a k ) 1 z n k 1 z n 1 2 was das asymptotische Verhalten zeigt.

4 24 3 Der Fundamentalsatz der Algebra 3.2 Beweis des Fundamentalsatzes Wir kommen nun zum Beweis des eingangs formulierten Fundamentalsatzes der Algebra. Beweis. Zur Übersichtlichkeit wollen wir den Beweis in drei Schritten führen. 1. Wir betrachten die Hilfsfunktion Φ(z) := p(z) : C R. Nach vorigem Hilfssatz können wir R > 0 so wählen, dass gilt inf { Φ(z) : z C, z = R } > Φ(0), da Φ(z) mit z unbeschränkt wächst. 2. Auf der kompakten Menge K := { z C : z R } ist nun Φ(z) stetig, und folglich gibt es ein z 0 K, in welchem Φ(z) auf dieser kompakten Menge ihr Infimum, also ein Minimum annimmt, d.h. Wegen der echten Ungleichung Φ(z 0 ) = inf { Φ(z) : z C, z R }. Φ(z 0 ) Φ(0) < inf { Φ(z) : z C, z = R } muss außerdem z 0 K richtig sein, d.h. z 0 ist ein innerer Punkt von K und liegt nicht auf dem Rand K. 3. Schließlich ist z 0 auch noch Nullstelle von Φ(z) : Angenommen nämlich, es ist Φ(z 0 ) 0 bzw. p(z 0 ) 0. Nach dem zweiten Hilfssatz gibt es dann einen Punkt z C mit z < R und Φ(z ) < Φ(z 0 ). Das ist jetzt aber ein Widerspruch zur Minimalität von Φ(z 0 ) auf K! Es muss daher p(z 0 ) = 0 gelten, und das bedeutet, das Polynom p(z) besitzt in z 0 eine Nullstelle. Der Fundamentalsatz der Algebra ist somit bewiesen. C.F. Gauss lieferte auf diese Weise einen reinen Existenzbeweis, welcher keine Methode zum Auffinden einer Nullstelle des Polynoms liefert. Dazu sind wir prinzipiell auf numerische Verfahren angewiesen, welche Nullstellen i.a. nur angenähert berechnen.

5 3.3 Linearfaktorzerlegung Linearfaktorzerlegung Aus diesem Satz läßt sich folgende Linearfaktorzerlegung ableiten. Satz 3.2. Jedes Polynom p = z n a 1 z+a 0 mit 0 besitzt eine Zerlegung der Form p(z) = m j=1 (z z j ) k j mit paarweise verschiedenen Nullstellen z 1,...,z n C der Vielfachheiten k j N, für welche gilt m k j = n. j=1 Beweis. Zunächst besitzt p eine Nullstelle z 0 C. Nach dem ersten Hilfssatz entwickeln wir mit ξ = z z 0 p(z) = p(z 0 + ξ) = p(z 0 )+b k ξ k ξ n. Dabei sind b k 0 für ein 1 k n sowie 0 erfüllt. Es ergibt sich p(z) = b k ξ k + b k+1 ξ k b n ξ n = ξ k (b k + b k+1 ξ b n ξ n k ) = (z z 0 ) k p(z). Das Polynom p besitzt den Grad n k. Wiederholte Anwendung des Fundamentalsatzes zeigt die Behauptung.

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