Chu8

Тука сложи заглавие

Ще решаваме задачи за полиноми на най-добро равномерно приближение.
Намирането им в явен вид е трудна работа, затова ще се ограничим до най-много степен 3.

Започваме с най-лесната, нулева степен.
Задача 1. Нека $f in C[a,b]$. Да се намери ПНДРП за f в [a,b] от нулева степен, както и $E_0(f)$
(* така означаваме самото най-добро приближение от степен 0 *).

Решение. Съгласно теоремата за алтернанса (?) ни трябват 0 + 2 = 2 точки на алтернанс. В едната точка разликата
е със знак "+", в другата - "-". Понеже f - Непрекъсната, тя е ограничена и нека
$m = min_{x \in [a,b]} f(x)$
$M = max_{x \in [a,b]} f(x)$

$\exists x_1 \in [a,b] : f(x_1) = m$
$\exists x_2 \in [a,b] : f(x_2) = M$

[Графика: непрекъсната в [a,b], дефинирана в a и b => ограничена, поне по една точка $x_1$ и $x_2$ на екстремум]
Ясно е как трябва да намерим полинома от степен 0 (константата):

$P(x) = c$ - ПНДРП за f(x) в [a,b]
$P(x) = \frac {M + m} 2$
$E_0(f) = \frac {M - m} 2$

Тогава ще имаме 2 точки на алтернас: $x_1$ и $x_2$
$f(x_1) - P(x_1) = m - \frac {M + m} 2 = - \frac {M - m} 2$
$f(x_2) - P(x_2) = M - \frac {M + m} 2 = \frac {M - m} 2$

Това беше най-простият пример. Сега по-сложен.
За улеснение, ще приемем, че функцията е ?изпъкнала в интервала, че има втора производна, и че тя е
?(с еднакъв знак) в интервала.

Задача 2. Нека $f(x) \in C^2[a,b]$ и f''(x) > 0 (f''(x) < 0) в [a,b]. Да се намери ПНДРП за f в [a,b]
от $\Pi_1$, както и $E_1(f)$.

Решение. Ще разгледаме единия от двата случаи: Нека функцията е изпъкнала (f''(x) > 0).
[Графика: нещо като парабола с краища f(a) и f(b)]
Търсим полбином от 1^ва степен. Трябват ни n + 2 = 3 точки. Ако търсеният полином е от вида
$P(x) = Ax + B$, търсим a $\le x_0 < x_1 < x_2 \le b$, такива, че
f$(x_0) - P(x_0) = P(x_1) - f(x_1) = f(x_2) - P(x_2) = \plusminus ||f - P||$
(* разликата си мени знака във всеки интервал *)

Ако точките са три, е ясно, че поне едната е вътрешна за интервала. Ако $x_i$ е вътрешна точка на алтернанс,
(от миналия път) става ясно, че тя е точка на локален екстремум за $f(x) - P(x)$. Тогава трябва:

$f'(x_i) - P'(x_i) = 0$, т. е. $f'(x_i) - A = 0$. Но $f'(x)$ е строго монотонна в [a,b].
Тогава $f'(x) - A$ има само едно решение (само веднъж пресича правата $y = A$). Следва, че само една точка е
вътрешна - това ще да е $x_1$. Какво правим сега?
Свързваме $f(a)$ и $f(b)$ (* поне това направихме на картинката *). Казваме, че тази права е част от полинома,
интерполиращ $f(x)$, и я означаваме с $p(x)$ (* p малко *).
$p(x) = f(a) + f[a,b].(x-a) = f(a) + \frac {f(b) - f(a)} {b - a} (x - a)$
По теоремата за крайните нараствания на Лагранж: Съществува точка $\xi \in [a,b]$, такава, че
$f'(\xi) = \frac {f(b) - f(a)} {b - a}$

[Графика]
Ясно е, че можем да построим права, успоредна на допирателната през $\xi$ и на $p(x)$, която "разполовява"
успоредника, образуван от тези две прави. Новата права е търсеният полином на приближение - максималната разлика
във всеки интервал променя знака си и е равна по големина:
$f(a) - P(a) = P(\xi) - f(\xi) = f(b) - P(b) = E_1(f) = ||f - P||$

Сега можем да напишем алгоритъма за намирането на ПНДРП от $\Pi_1$ за изпъкнала (вдлъбната) функция:

  1. Построяваме $p(x) = f(a) + \frac {f(b) - f(a)} {b - a} .(x-a)$
  2. Намираме точка $\xi \in (a,b): f'(\xi) = \frac {f(b) - f(a)} {b - a}$. Тази точка е единствена, защото

$f'(x)$ е строго монотонна

  1. "Смъкваме" ("повдигаме") $p(x)$ на разстояние $\frac 1 2 (p(\xi) - f(\xi))$ и получаваме ПНДРП

$P(x) = f(a) + \frac {f(b) - f(a)} {b - a}(x-a) - \frac 1 2 (p(\xi) - f(\xi))$
Най-доброто приближение $E_1(f)$ е големината на "смъкването" $\frac 1 2 (P(\xi) - f(\xi))$ .

Еми това е начинът за решаване на такива задачи (* дано остане някакъв спомен от тоя начин :\ *)
Всъщност условието за непрекъснатост на f'' е излишно (не го ползвахме), но искаме да я има и да не си сменя
знака.

Да вземем някоя конкретна функция.
Пример: $f(x) = sqrt(x)$, $x \in [0,1]$. Да се намери ПНДРП за $f(x) in \Pi_1$ в [0,1].

Решение. $p(x) = f(0) + \frac {f(1) - f(0)} {1 - 0} .(x - 0) = x$
$f'(x) = \frac 1 {2sqrt(x)} = 1 => xi = \frac 1 4 (= x_1)$ - вътрешната точка на алтернанс
[Графика]
$P(x) = p(x) - \frac 1 2 (p(\frac 1 4) - f(\frac 1 4)) = x - \frac 1 2 (\frac 1 4 - \frac 1 2) = x + \frac 1 8$
$E_1(f) = \frac 1 8$
(* Ако нещо не се разбира защо знаците +/- са такива - заради изпъкналостта е - "смъкване" или "качване" *)

За самостоятелно упражнение, още няколко функции от тоя сорт ([a,b] = [0,1]):

  1. $f(x) = arcsin(x)$
  2. $f(x) = \frac 1 {x + 2}$
  3. $f(x) = ln (1 + x)$

По подобен начин се решават задачи за функции от този вид, които обаче нямат дори първа производна. Пример:
|x - нещо|.

Задача. Да се намери ПНДРП от $\Pi_1$ в $[-1,1]$ за $f(x) = |x - \frac 1 2|$
[Графика - нейният вид е ясен, нали?] $f(-1) = \frac 3 2, f(1) \ \frac 1 2$

Тази задача е по-лесна от предишния тип, защото трите точки на алтернанс веднага са ясни. Ако $P(x) = Ax + B$ е
търсеният ПНДРП, $f(x) - P(x)$ е линейна функция в $[-1,\frac 1 2]$ и $[\frac 1 2, 1]$. Линейната функция достига
максимум в единия и минимум в другия край, затова точките на алтернанс задължително са
$x_0 = -1, x_1 = \frac 1 2, x_2 = 1$ . Построяваме си полинома (между $f(-1)$ и $f(1)$). Максималната ширина на
"ивицата", в която лежи графиката на ПНДРП, e разликата на f и p в $x = \frac 1 2$. Конкретните сметки:
$p(x) = f(-1) + \frac {f(1) - f(-1)} 2 .(x + 1) = \frac 3 2 + \cfrac {\frac 1 2 - \frac 3 2} 2 .(x + 1) =$
$\frac 3 2 - \frac 1 2 .(x+1) = 1 - \frac 1 2 .x$
$p(\frac 1 2) - f(\frac 1 2) = \frac 3 4 - 0 = \frac 3 4$
$P(x) = 1 - \frac 1 2 .x - \frac 3 8 = - \frac 1 2 .x + \frac 5 8$
$E_1(f) = \frac 3 8$

Едно улеснение при търсене на ПНДРП се явява следното наблюдение (следстиве от единствеността на ПНДРП):
Задача. Ако f(x) е четна / нечетна функция, тогава ПНДРП за f в [-a, a] също е четен / нечетен със същата
четност като функцията.

Доказателство.
а) Нека f(x) е четна ($f(-x) = f(x)$). Ако $P(x) \in \Pi_n$ е ПНДРП за f в [-a, a], тогава
$E_n(f) = max_{x \in [-a,a]} |f(x) - P(x)| = max_{-x \in [-a,a]} |f(-x) - P(-x)| =$
$= max_{x \in [-a,a]}|f(x) - P(x)| => P(-x)$ е също ПНДРП за $f$ в $[-a, a]$. От единствеността следва, че
$P(x) \equiv P(-x) => P(x)$ е четен

б) Нека $f(-x) \equiv -f(x)$. Тогава, ако $P(x) \in \Pi_n$ е ПНДРП за $f$ от $\Pi_n$ в $[-a, a]$, имаме, че
$E_n(f) = max_{x \in [-a,a]} |f(x) - P(x)| = max_{-x \in [-a,a]} |f(-x) - P(-x)| =$
$= max_{x \in [-a,a]} |-f(x) - P(-x)| = max_{x \in [-a,a]} |f(x) - (- P(-x))|$
Следва, че $-P(-x)$ също е ПНДРП за $f$ в $[-a,a]$. От единствеността следва, че $P(-x) \equiv -P(x) =>$ нечетен.

В следната задача ще видим един ефект на повече точки на алтернанс от необходимото (* аз също не разбирам *)
Задача. Да се намери ПНДРП в [-1, 1] от $\Pi_2$ за $(x) = |x|$

Решение. Функцията е четна и интервалът е симетричен относно нулата $=> P(x)$ също е четен. Тогава ПНДРП има вида
$P(x) = ax^2 + b$ . Ако търсим ПНДРП за в [-1,1] от $\Pi_3$, той също трябва да е четен - следователно той ще е
полином от $\Pi_2 =>$ ПНДРП за четна функция f от $\Pi_2$ и $\Pi_3$ съвпадат. Като следствие,
$E_3(f) = E_2(f)$. В този пример редицата $E_n(f)$ не е строго монотонно намаляваща.
По-важно следствие е, че $f(x) - P(x)$ ще има 3 + 2 = 5 точки на алтернанс и те ще бъдат разположени симетрично
спрямо началото (нулата).
$x_0 < x_1 < x_2 < x_3 < x_4 , x_0 = -x_4, x_1 = -x_3, x_2 = 0$

[Пак графика бе, ей, аман значи!]
Полиномът е парабоола, симетрична спрямо началото. $f(x) - P(x) \in \Pi_2$ в [-1, 0] и в [0, 1] . f - P има само
по една критична точка (локален екстремум) вътре в тези два интервала. Така спокойно можем да разглеждаме само
интервала [0, 1].

Условия за алтернанс:

  • $f(0) - P(0) = P(x_3) - f(x_3) = f(1) - P(1) (= -E_3(f) = -e_2(f))$
  • $P'(x_3) = f'(x_3)$

$0 - b = ax_3^2 + b - x_3 = 1 - a - b => a = 1$
$2ax_3 - 1 = 0$ , т. е. $2x_3 = 1, x_3 = \frac 1 2$
$2b = x_3 - ax_3^2 = \frac 1 2 - \frac 1 4 = \frac 1 4 => b = \frac 1 8$
$P(x) = x^2 + \frac 1 8$ ; $E_2(f) = E_3(f) = \frac 1 8$

Още едно наблюдение за наше улеснение (* ако няма рима удари ма *)
"Задача". Ако $f(x) = f(x) + p(x)$, където $p(x) \in \Pi_n$, тогава $E_n(f) = E_n(g)$ и ПНДРП за f и g се различават
с $p(x)$, тоест, ако $P(x)$ е ПНДРП от $\Pi_n$ за $g(x)$, тогава $P(x) + p(x)$ е ПНДРП от $\Pi_n$ за $f(x)$.

Твърдението се съобразява лесно. $\inf_{P \in \Pi_n} ||f - P|| = \inf_{P \in \Pi_n} ||g - (P - p)|| =$
$= \inf_{P \in \Pi_n} ||g - P)|| = E_n(g)$ (* $P - p \in \Pi_n$ *)

Сега ще използваме това наблюдение.
Задача. Да се намери ПНДРП в [-1, 1] за функцията $f(x)$, зададена с
$f(x) =$

  • $0, x < 0$
  • $2x, x \in [0,1]$

Представяме $f(x)$ във вида $|x| + x$. Следва: $E_2(f) = E_2(|x|) = \frac 1 8$
ПНДРП(f) = ПНДРП(|x|) $+ x = x^2 + x + \frac 1 8$

Сега, няколко задачи.
Дадена е функцията $f_m(x) $], зависеща от реален параметър [[$ m$.

  1. $f_m(x) = arctg(mx^2)$
  2. $f_m(x) = m-th_root(|x|)$ (* m-ти корен *)
  3. $f_m(x) = \frac 1 {mx^2 + 1}$

Да се намери ПНДРП в [-1, 1] от $\Pi_2$ и $E_2(f_m)$. Да се намери $lim_{m -> \inf} E_2(f_m)$.

Unless otherwise stated, the content of this page is licensed under Creative Commons Attribution-NonCommercial-ShareAlike 3.0 License