Теорема Вейерштрасса о приближении многочленами

Теорема Вейерштрасса о приближении многочленами

Основная идея аппроксимационной теоремы Вейерштрасса заключается в том, что любую функцию, непрерывную на замкнутом промежутке (отрезке), можно с произвольной наперед заданной точностью равномерно приблизить обыкновенным алгебраическим многочленом.

1. Теорема Вейерштрасса

Пусть функция $f(x)$ непрерывна на отрезке $[a,b]$, то есть $f\in C[a,b]$. Тогда для любого $\epsilon >0$ существует такой алгебраический многочлен $P(x)$, что для всех $x\in [a,b]$ выполнено неравенство:

$|f(x)-P(x)|<\epsilon$

Замечание: Данное свойство эквивалентно тому, что существует последовательность многочленов $\{P_n(x)\}$, равномерно сходящаяся к функции $f(x)$ на отрезке $[a,b]$. На лекции мы говорили о том, что $su{p}_{x\in [a,b]}|f(x)-P(x)|<\epsilon$ или $max$ вместо $sup$

2. Доказательство через многочлены Бернштейна

Для простоты изложения (без ограничения общности) перейдем от произвольного отрезка $[a,b]$ к отрезку $[0,1]$ с помощью линейной замены переменной.

1. Определение многочленов Бернштейна

Это так чисто напомнить про многочлены Бернштейна Все доказательства тождеств есть тут: 47. Многочлены Бернштейна

Transclude of 47.-многочлены-бернштейна

2. Вспомогательные тождества

Для доказательства нам понадобятся три базовых соотношения, вытекающих из формулы бинома Ньютона.

• Тождество 1: ${\sum }_{k=0}^n{C}_n^k{x}^k(1-x{)}^{n-k}=1$
• Тождество 2: ${\sum }_{k=0}^n\frac{k}{n}{C}_n^k{x}^k(1-x{)}^{n-k}=x$
• Тождество 3: ${\sum }_{k=0}^n\frac{k^2}{n^2}{C}_n^k{x}^k(1-x{)}^{n-k}=x^2+\frac{x(1-x)}{n}$

3. Вывод ключевого неравенства

Используя полученные три тождества, преобразуем сумму, содержащую квадрат отклонения узла $\frac{k}{n}$ от точки $x$:

${\sum }_{k=0}^n{\left(x-\frac{k}{n}\right)}^2{C}_n^k{x}^k(1-x{)}^{n-k}=$

$={\sum }_{k=0}^n\left(x^2-2x\frac{k}{n}+\frac{k^2}{n^2}\right)C_n^k{x}^k(1-x{)}^{n-k}=$

$=x^2\cdot 1-2x\cdot x+\left(x^2+\frac{x(1-x)}{n}\right)=\frac{x(1-x)}{n}$

Поскольку на отрезке $[0,1]$ максимальное значение функции $x(1-x)$ достигается в точке $x=\frac{1}{2}$ и равно $\frac{1}{4}$, мы получаем фундаментальную оценку:

${\sum }_{k=0}^n{\left(x-\frac{k}{n}\right)}^2{C}_n^k{x}^k(1-x{)}^{n-k}\le \frac{1}{4n}$

4. Доказательство равномерной сходимости

Покажем теперь, что при $n\to \infty$ разность $|f(x)-B_n(f;x)|\to 0$ равномерно по всем $x\in [0,1]$.

• Пользуясь Тождеством 1, запишем функцию $f(x)$ в виде: $f(x)=f(x)\cdot 1={\sum }_{k=0}^{n}f(x)C_n^k{x}^k(1-x{)}^{n-k}$

• Тогда разность между функцией и многочленом Бернштейна равна: $|f(x)-B_n(f;x)|=\left|{\sum }_{k=0}^n\left(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right)C_n^k{x}^k(1-x{)}^{n-k}\right|\le$ $\le {\sum }_{k=0}^n\left|f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right|C_n^k{x}^k(1-x{)}^{n-k}$

• Зафиксируем произвольное $\epsilon >0$. В силу теоремы Кантора, непрерывная на замкнутом отрезке $[0,1]$ функция $f(x)$ является равномерно непрерывной на нем. Это значит, что для нашего $\epsilon$ существует такое $\delta >0$, что для любых точек $x,y\in [0,1]$, удовлетворяющих условию $|x-y|<\delta$, выполнено: $|f(x)-f(y)|<\frac{\epsilon }{2}$

• Функция $f(x)$ непрерывна на компактном множестве, а значит, ограничена на нем по теореме Вейерштрасса (ограниченность непрерывной функции): $|f(x)|\le M,\forall x\in [0,1]$

• Разобьем всю сумму индексации $\{0,1,\dots ,n\}$ на две группы в зависимости от расстояния между точкой $x$ и узлом $\frac{k}{n}$:

  • Множество $K_1$: индексы, для которых $\left|x-\frac{k}{n}\right|<\delta$.
  • Множество $K_2$: индексы, для которых $\left|x-\frac{k}{n}\right|\ge \delta$.

• Оценим первую сумму ${\Sigma }_1$ (по индексам из $K_1$):

  Для этих членов выполнено неравенство равномерной непрерывности $\left|f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right|<\frac{\epsilon }{2}$Вынося эту оценку за знак суммы, получаем:

  ${\Sigma }_1={\sum }_{k\in K_1}\left|f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right|C_n^k{x}^k(1-x{)}^{n-k}<$

  $<\frac{\epsilon }{2}{\sum }_{k\in K_1}{C}_n^k{x}^k(1-x{)}^{n-k}\le \frac{\epsilon }{2}{\sum }_{k=0}^n{C}_n^k{x}^k(1-x{)}^{n-k}=\frac{\epsilon }{2}$

• Оценим вторую сумму ${\Sigma }_2$ (по индексам из $K_2$):

  Для этих членов расстояние велико, но мы можем использовать ограниченность функции:

  $\left|f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right|\le |f(x)|+\left|f\left(\frac{k}{n}\right)\right|\le 2M$

  Поскольку для этих членов выполнено неравенство $\frac{(x-k/n{)}^2}{{\delta }^2}\ge 1$, мы можем записать:

  ${\Sigma }_2={\sum }_{k\in K_2}\left|f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right|C_n^k{x}^k(1-x{)}^{n-k}\le 2M{\sum }_{k\in K_2}{C}_n^k{x}^k(1-x{)}^{n-k}\le$

  $\le 2M{\sum }_{k\in K_2}\frac{(x-\frac{k}{n}{)}^2}{{\delta }^2}{C}_n^k{x}^k(1-x{)}^{n-k}\le \frac{2M}{{\delta }^2}{\sum }_{k=0}^n{\left(x-\frac{k}{n}\right)}^2{C}_n^k{x}^k(1-x{)}^{n-k}$

  Используя ранее доказанное базовое неравенство $\le \frac{1}{4n}$, окончательно получаем:

  ${\Sigma }_2\le \frac{2M}{{\delta }^2}\cdot \frac{1}{4n}=\frac{M}{2n{\delta }^2}$

• Суммируя обе части, имеем оценку для любого $x\in [0,1]$:

  $|f(x)-B_n(f;x)|\le {\Sigma }_1+{\Sigma }_2<\frac{\epsilon }{2}+\frac{M}{2n{\delta }^2}$

• Выберем номер $N$ столь большим, чтобы для всех $n>N$ выполнялось неравенство $\frac{M}{2n{\delta }^2}<\frac{\epsilon }{2}$. Это возможно, так как величина $\frac{M}{2{\delta }^2}$ постоянна при фиксированном $\epsilon$ (и, соответственно, $\delta$). Таким образом, для любого $n>N$ выполнено:

  $|f(x)-B_n(f;x)|<\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon$

Поскольку выбор номера $N$ зависел исключительно от величин $M,\delta$ и $\epsilon$ и совершенно не зависел от точки $x\in [0,1]$, это доказывает равномерную сходимость последовательности полиномов Бернштейна к непрерывной функции $f(x)$.

Теорема полностью доказана.