Эта статья находится в разработке!
Постановка задачи
В курсе математического анализа уже рассмотрено два аппарата приближения функции, причём оба имеют локальный зарактер. А именно, мы можем приближать функцию с помощью формулы Тейлора или с помощью интерполяционного полинома:
- [math]f(x) = \sum\limits_{k = 0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\cdot(x - x_0)^k + o((x - x_0)^n)[/math]
- [math]f(x) = \sum\limits_{k = 0}^{n} f(x_k)\phi_k(x) + \frac{f^{(n + 1)}(c_x)}{(n + 1)!} \cdot \omega_n(x)[/math]
Причём оба способа дают хорошую точность при хороших дифференциальных свойствах функции.
Можно поставить иную задачу, которая является намного более сложной: пусть функция [math]f[/math] непрерывна на отрезке [math][a; b][/math]. Существует ли [math]\forall \varepsilon \gt 0[/math] некоторый полином [math]P[/math] (неважно, какой степени) такой, что [math]\forall x \in [a; b] \Rightarrow |f(x) - P(x)| \lt \varepsilon[/math]?
Принципиальное отличие этой задачи - требование хорошей точности для всего отрезка при минимальных ограничениях на функцию.
Заметим, что непрерывность функции является необходимым условием. Действительно, пусть [math]f[/math] такова, что [math]\forall \varepsilon \gt 0[/math] полином найдётся. Покажем, что [math]f[/math] необходимо непрерывна:
- [math]\forall \varepsilon \gt 0[/math] есть полином [math]P[/math], "обслуживающий" [math]\varepsilon[/math] на всём отрезке.
- [math]|f(x + \Delta x) - f(x)| \le |f(x + \Delta x) - P(x + \Delta x)| + |f(x) - P(x)| + |P(x + \Delta x) - P(x)| \le 2 \varepsilon + |P(x + \Delta x) - P(x)|[/math].
Но полином непрерывен, а значит, [math]\forall \varepsilon \gt 0 \ \exists \delta \gt 0: |\Delta x| \lt \delta \Rightarrow |P(x + \Delta x) - P(x)| \lt \varepsilon[/math].
Тогда [math]\forall \varepsilon \gt 0 \ \exists \delta \gt 0: |\Delta x| \lt \delta \Rightarrow |f(x + \Delta x) - f(x)| \lt 3 \varepsilon[/math], то есть, [math]f[/math] непрерывна в точке [math]x[/math].
Положительный ответ на поставленный вопрос впервые был дан Вейерштрассом.
Теорема о существовании искомого полинома
| Теорема (Вейерштрасс): |
Пусть функция [math]f[/math] - непрерывна на [math][a; b][/math]. Тогда [math]\forall \varepsilon \gt 0 \ \exists P(x)[/math] - полином, такой, что [math]\forall x \in [a; b] \Rightarrow |f(x) - P(x)| \lt \varepsilon[/math] |
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] |
|
Рассмотрим функцию [math]f(x)[/math] - непрерывную на [math][0; 1][/math]. Определим полиномы:
- [math]B_n(f, x) = \sum\limits_{k = 0}^{n}f\left(\frac kn \right)C_n^k x^k (1 - x)^{n - k}[/math], которые называются полиномами Бернштейна функции [math]f[/math].
Заметим, что [math]\sum\limits_{k = 0}^{n} C_n^k x^k (1 - x)^{n - k} = \left[ x + (1 - x) \right ] ^ n = 1, \qquad \forall x \in \mathbb{R}[/math].
Далее, для сокращения записи положим [math]P_{n, k}(x) = C_n^k x^k (1 - x)^{n - k}[/math].
- [math]f(x) = \sum\limits_{k = 0}^{n} f(x) P_{n, k}(x), \qquad f(x) - B_n(f, x) = \sum\limits_{k = 0}^{n}\left(f(x) - f \left( \frac k n \right ) \right ) P_{n, k}(x)[/math].
- [math]\forall x', x'' \in [0; 1] \Rightarrow |f(x'')-f(x')| \le \omega(f, |x''-x'|)[/math], где [math]\omega(f, x)[/math] - модуль непрерывности функции [math]f[/math].
- [math]|f(x) - B_n(f, x)| \le \sum\limits_{k = 0}^{n} \left |f(x) - f\left ( \frac k n \right ) \right | P_{n, k}(x) \le \sum\limits_{k = 0}^n P_{n, k}(x)\omega(f, \left|x - \frac kn\right|)[/math].
Выше мы доказали, что [math]\sum\limits_{k=0}^n P_{n,k}(x) = 1[/math], поэтому к последней сумме применима теорема о выпуклой мажоранте модуля непрерывности:
- [math]\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[/math] (по неравенству Йенсена) [math]\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)[/math]
Итак, [math]|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)[/math]. Оценим сумму в правой части сверху, тогда при замене суммы оценкой правая часть только возрастет(в силу возрастания модуля непрерывности).
По неравенству Коши для сумм
- [math]\sum\limits_{k = 0}^n \left|x - \frac kn\right| P_{n, k}(x) = \sum\limits_{k = 0}^n \left|x - \frac kn\right| \sqrt{P_{n, k}(x)}\cdot \sqrt{P_{n, k}(x)}[/math] [math]\le \sqrt{\sum\limits_{k = 0}^n \left(x - \frac kn\right)^2 P_{n, k}(x)} \cdot \sqrt{\sum\limits_{k = 0}^n P_{n, k}(x)} = \sqrt{\sum\limits_{k = 0}^n \left(x - \frac kn\right)^2 P_{n, k}(x)}[/math]
Вставим полученное неравенство в оценку: [math]|f(x) - B_n(f, x)| \le 2\omega \left( f, \sqrt{\sum\limits_{k = 0}^n \left(x - \frac kn\right)^2 P_{n, k}(x)}\,\right)[/math] (все эти преобразования были нужны, потому что суммы с модулем трудно сворачиваются).
Покажем теперь с помощью метода производящих функций, что [math]\sum\limits_{k = 0}^n \left(x - \frac kn\right)^2 P_{n, k}(x) = \frac{x(1-x)}n[/math] |
| [math]\triangleleft[/math] |
