403
правки
Изменения
+доказательство леммы
== Постановка задачи ==
В курсе математического анализа уже рассмотрено два аппарата приближения функции, причём оба имеют локальный зарактерхарактер. А именно, мы можем приближать функцию с помощью формулы Тейлора или с помощью интерполяционного полинома:
:<tex>f(x) = \sum\limits_{k = 0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\cdot(x - x_0)^k + o((x - x_0)^n)</tex>
:<tex>f(x) = \sum\limits_{k = 0}^{n} f(x_k)\phi_k(x) </tex><tex dpi = "160">+ \frac{f^{(n + 1)}(c_x)}{(n + 1)!}</tex><tex> \cdot \omega_n(x)</tex>
Причём оба способа дают хорошую точность при хороших дифференциальных свойствах функции.
Можно поставить иную задачу, которая является намного более сложной: пусть функция <tex>f</tex> непрерывна на отрезке <tex>[a; b]</tex>. Существует ли <tex>\forall \varepsilon > 0</tex> некоторый полином <tex>P</tex> (неважно, какой степени) такой, что <tex>\forall x \in [a; b] : \Rightarrow |f(x) - P(x)| < \varepsilon</tex>?
Принципиальное отличие этой задачи - требование хорошей точности для всего отрезка при минимальных ограничениях на функцию.
Выше мы доказали, что <tex>\sum\limits_{k=0}^n P_{n,k}(x) = 1</tex>, поэтому к последней сумме применима теорема о выпуклой мажоранте модуля непрерывности:
:<tex>\sum\limits_{k = 0}^n P_{n, k}(x)\omega(f, \left|x - \frac kn\right|) \le \sum\limits_{k = 0}^n P_{n, k}(x)\omega^*(f , \left|x - \frac kn\right|) \le</tex> (по [[Выпуклые функции#Неравенство Йенсена|неравенству Йенсена]]) <tex>\omega^*\left(f, \sum\limits_{k = 0}^n \left|x - \frac kn\right| P_{n, k}(x)\right) \le 2\omega\left(f, \sum\limits_{k = 0}^n \left|x - \frac kn\right| P_{n, k}(x)\right)</tex>
Итак, <tex>|f(x) - B_n(f, x)| \le 2\omega\left(f, \sum\limits_{k = 0}^n \left|x - \frac kn\right| P_{n, k}(x)\right)</tex>. Оценим сумму в правой части сверху, тогда при замене суммы оценкой правая часть только возрастет(в силу возрастания модуля непрерывности).
Вернемся к свертыванию суммы:
:<tex>\sum\limits_{k = 0}^n \left(x - \frac kn\right)^2 C_n^k x^k (1-x)^{n-k} = </tex>(раскрывая квадрат и подставляя <tex>p</tex> и <tex>q</tex>)<tex>\frac 1{n^2} \left( n^2 p^2 \sum\limits_{k = 0}^n C_n^k p^k q^{n-k} - 2np \sum\limits_{k = 0}^n k C_n^k p^k q^{n-k} + \sum\limits_{k = 0}^n k^2 C_n^k p^k q^{n-k}\right)</tex>
Первые две суммы в скобках можно посчитать по уже известным формулам, полученным из производящей функции, для вычисления третьей заметим, что <tex>k^2 = k(k-1) + k</tex>.
:<tex>\frac 1{n^2} \left( n^2 p^2 \sum\limits_{k = 0}^n C_n^k p^k q^{n-k} - 2np \sum\limits_{k = 0}^n k C_n^k p^k q^{n-k} + \sum\limits_{k = 0}^n k^2 C_n^k p^k q^{n-k}\right)</tex> <tex> = \frac 1{n^2}(n^2 p^2 \cdot 1 - 2np \cdot np + np + n(n-1)p^2) = </tex> <tex dpi = "130">\frac{np - np^2}{n^2} = \frac{pq}n = \frac{x(1-x)}n</tex>, ч. т. д.
{{Лемма
|statement=<tex>|f(x)-B_n(f, x)| \le 2 \omega(f, \frac 1{2 \sqrt n})</tex>
|proof=
Так как <tex>\omega(t)</tex> возрастает и <tex>\sqrt{\frac{x(1 - x)}{n}} \leq \sqrt{\frac1{4n}} = \frac1{2\sqrt{n}}</tex>(из <tex>x(1 - x) \leq \frac14 </tex>), можно в неравенстве <tex>|f(x) - B_n(x)| \leq 2\omega(f, \sqrt{\frac{x(1 -x)}{n}})</tex> заменить <tex>\sqrt{\frac{x(1 - x)}{n}}</tex> на <tex>\frac1{2\sqrt{n}}</tex>, получив требуемое.
}}
}}
{{Теорема
|statement=
Пусть функция <tex>f</tex> непрерывна на отрезке <tex>[a; b]</tex>.
Тогда <tex>\forall \varepsilon > 0\ \exists B_n \forall x \in [0; 1]: |f(x) - B_n(f, x)| < \varepsilon</tex>
|proof=
{{TODO|t=Доказательство}}
}}
[[Категория:Математический анализ 1 курс]]
