3.
Approximáció
3.2. Bevezetés A felhasznált térfogalmak: lineáris tér (vektortér), normált tér, Banach tér, euklideszi-tér, Hilbert tér. 6.1. Tétel. (∃) Legyen (V , . ) normált tér, T ⊂ V , T ≠ 0 kompakt halmaz. Ekkor ∀v ∈ V -re ∃ u~ ∈ T legjobban közelítõ elem, azaz v − u~ = inf { v − u : u ∈ T } =: E(v ) . Megjegyzés: A tétel nem biztosít egyértelmûséget. Tekintsük például az IR 2 , . 2 teret és a T := u ∈ IR 2 : u
(
)
{
2
}
≤ 1 és (u1 < 0 vagy u 2 < 0 )
halmazt. Az (1,1) pontot legjobban közelítõ T -beli pontok (1,0 ) és (0,1) .
6.1. Definíció. A T ⊂ V halmaz szigorúan konvex, ha ∀ u1 , u 2 ∈ T , u1 ≠ u 2 -re a {λ u1 + (1 − λ ) u 2 : 0 < λ < 1} halmaz pontjai a T belsõ pontjai. 6.2. Tétel. (∃!) Legyen (V , . ) normált tér, T ⊂ V , T ≠ 0 szigorúan konvex és kompakt halmaz. Ekkor ∀v ∈ V -re ∃! u~ ∈ T legjobban közelítõ elem. 6.3. Tétel. (∃) Legyen (V , . ) normált tér, W ⊂ V véges dimenziós altér. Ekkor ∀v ∈ V -re ~ ∈ W legjobban közelítõ elem. ∃w 6.2. Definíció. A (V , .
) normált teret szigorúan normáltnak nevezzük, ha
∀f , g ∈ V , f , g ≠ 0 -re f + g = f + g esetén ∃λ∈ IR , hogy g = λ f , azaz f , g lineárisan összefüggõ. Megjegyzés: Ha egy normált térben a norma skaláris szorzatból származik, akkor szigorúan normált. 6.4. Tétel. (∃!) Legyen (V , . ) szigorúan normált tér, W ⊂ V véges dimenziós altér. Ekkor ~ ∈ W legjobban közelítõ elem. ∀v ∈ V -re ∃! w
1
6.2. Egyenletes közelítés C[a, b] -ben Legyen V := C [a, b] , W := Ρn , f ∈ C [a, b] -re f polinomot, melyre f − Pn
∞
= inf
{
f −P
∞
:= max f ( x ) . Keresünk olyan Pn ∈ Ρn
∞
: P ∈ Ρn =: E n ( f ) .
x∈[a , b ]
}
Ekkor Pn -et az f függvényt egyenletesen legjobban közelítõ legfeljebb n -edfokú polinomjának nevezzük. 6.5. Tétel. Tetszõleges f ∈ C [a, b] esetén ∃! Pn ∈ Ρn egyenletesen legjobban közelítõ polinom, azaz f − Pn ∞ = min f − P ∞ : P ∈ Ρn =: E n ( f ) .
{
}
6.6. Tétel. (Weierstrass I. approximációs tétele) Tetszõleges f ∈ C [a, b] és ε > 0 esetén ∃! Pn ∈ Ρn , melyre f − Pn
∞
<ε .
6.7. Tétel. (Alternáló pontok tétele) Tetszõleges f ∈ C [a, b] esetén Pn ∈ Ρn az egyenletesen legjobban közelítõ polinom akkor és csak akkor, ha n+ 2 i ∃{xi }i =1 : a ≤ x1 , x2 ,..., xn + 2 ≤ b pontrendszer, melyre f (x i ) − Pn ( xi ) = ε (− 1) En ( f ) , ∀i -re
(i = 1, 2,..., n + 2 ) , ahol
ε ∈ {− 1,+1} és En ( f ) = f − Pn
∞
= max f ( x ) − Pn (x ) . x∈[a , b ]
6.8. Tétel. (de La Vallée-Poussin tétele) n +2 Tetszõleges f ∈ C [a, b] , Qn ∈ Pn esetén tegyük fel, hogy az {xi }i =1 : a ≤ x 0 , x1 ,..., x n +1 ≤ b pontrendszerre sgn ( f ( xi ) − Qn ( xi )) = ε (− 1) , ∀i -re (i = 1, 2,..., n + 2 ) , ahol ε ∈ {− 1,+1} . i
n+ 2
Ekkor bevezetve a δ := min f ( xi ) − Qn (x i ) és ∆ := f − Qn i =1
(
6.9. Tétel. Tekintsük a C[− 1,1], .
∞
∞
jelöléseket δ ≤ En ( f ) ≤ ∆ .
) teret, ekkor
minmon P
= tn
=
1
, 2 n −1 ahol Ρnmon a legfeljebb n -edfokú 1 fõegyütthatós polinomok halmazát és t n az n -edfokú 1 fõegyütthatós I.fajú Csebisev polinomot jelöli. P∈Ρn
∞
∞
Bizonyítás. Fogalmazzuk át a fenti feladatot approximációs feladattá. P( x ) = x n − Q( x ) , ahol Q ∈ Ρn −1 .
Igazoljuk, hogy a Q( x ) := x n − t n ( x ) polinom eleget tesz az alternáló pontok tételében leírt
feltételeknek. Az x n − Q( x ) = t n ( x ) hibafüggvénynek n+1 db szélsõértéke van a [− 1,1] 1 intervallumban és ezek ± n −1 értéket vesznek fel alternálva (lásd I.fajú Csebisev polinomról 2 1 tanultak.). Mivel t n ∞ = n −1 , ezért Q az approximációs feladat megoldása. Ezzel a tételt 2 bizonyítottuk.
2
Kidolgozott példák. 1. Példa. Írjuk fel az f (x ) = x 3 függvényt a [0,1] intervallumon egyenletesen legjobban közelítõ nulladfokú polinomot. Megoldás. Alkalmazzuk az alternáló pontok tételét. Keressük a P0 ( x ) = c alakú egyenletesen legjobban közelítõ polinomot. Próbáljuk ki az x 0 = 0, x1 = 1 alternáló pontokat, írjuk fel az alternálás egyenleteit. x 02 − c = −d → c=d x12 − c = d → 1 − c = d megoldása: c = d =
1 . 2
Ellenõrizzük az alternáló pontok tételének feltételeit. 1 3 A h (x ) := f ( x ) − P0 (x ) = x − hibafüggvény lehetséges szélsõértékei a h ′(x ) = 3 x 2 = 0 2 egyenlet x 0 = 0 megoldása és az intervallum végpontja: x1 = 1 . 1 1 1 Mivel h (0 ) = − és h (1) = , így h ∞ = = d . 2 2 2 1 1 Tehát az egyenletesen legjobban közelítõ nulladfokú polinom P0 (x ) = és E0 ( f ) = . 2 2 2. Példa. Írjuk fel az f (x ) = x 3 függvényt a [0,1] intervallumon egyenletesen legjobban közelítõ elsõfokú polinomot. Megoldás. Alkalmazzuk az alternáló pontok tételét. Keressük a P1 ( x ) = ax + b alakú egyenletesen legjobban közelítõ polinomot. Próbáljuk ki az x 0 = 0, x1 , x2 = 1 alternáló pontokat, írjuk fel az alternálás egyenleteit. Mivel a hibafüggvény deriválható és az intervallum belsõ x1 pontjában a hibafüggvénynek szélsõértéke van, így a h ′(x1 ) = 0 feltételt is írjuk fel. − b = −d → b=d a=1 3 3 x1 − ax1 − b = d → x1 − x1 = 2b 1 megoldása: b = d = − . 1 − a − b = −d → 1− a = 0 3 3 1 3x12 − a = 0 → 3 x12 = 1 x1 = 3 Ellenõrizzük az alternáló pontok tételének feltételeit. 1 3 A h (x ) := f ( x ) − P1 ( x ) = x − x + hibafüggvény lehetséges szélsõértékei a 3 3 1 h ′(x ) = 3 x 2 − 1 = 0 egyenlet x1 = megoldása és az intervallum végpontjai: x 0 = 0, x 2 = 1 . 3 1 1 1 1 1 Mivel h (0 ) = − , h = és h (1) = − . Így h ∞ = =d . 3 3 3 3 3 3 3 3 3
3
Tehát az alternáló pontok tétele alapján az egyenletesen legjobban közelítõ elsõfokú polinom 1 1 P1 ( x ) = x − és E1 ( f ) = . 3 3 3 3 3. Példa. Írjuk fel az f (x ) = x 3 függvényt a [0,1] intervallumon egyenletesen legjobban közelítõ másodfokú polinomot. Megoldás. Alkalmazzuk az alternáló pontok tételét. Keressük a P2 ( x ) = ax 2 + bx + c alakú egyenletesen legjobban közelítõ polinomot. Próbáljuk ki az x 0 = 0, x1 , x2 , x3 = 1 alternáló pontokat, írjuk fel az alternálás egyenleteit. Mivel a hibafüggvény deriválható és az intervallum belsõ x1 , x 2 pontjában a hibafüggvénynek szélsõértéke van, így a h ′(x i ) = 0 (i = 1,2 ) feltételt is írjuk fel. 3 − c = −d a= 2 x13 − ax12 − bx1 − c = d 9 1 b=− x1 = x 23 − ax 22 − bx 2 − c = − d 16 4. megoldása: 1 3 1− a −b −c = d c= x2 = 32 4 3 x12 − 2 ax1 − b = 0 1 d= 3 x 22 − 2 ax 2 − b = 0 32 Ellenõrizzük az alternáló pontok tételének feltételeit. 3 2 9 1 3 A h (x ) := f ( x ) − P2 (x ) = x − x + x− hibafüggvény lehetséges szélsõértékei a 2 16 32 9 1 3 h ′(x ) = 3 x 2 − 3x + = 0 egyenlet x1 = , x 2 = megoldásai és az intervallum végpontjai: 16 4 4 x 0 = 0, x3 = 1 . 1 1 1 3 1 1 1 , h = , h = − és h (1) = . Így h ∞ = =d. 32 32 32 32 4 32 4 Tehát az alternáló pontok tétele alapján az egyenletesen legjobban közelítõ másodfokú 9 1 1 polinom P2 ( x ) = x 2 − x + és E2 ( f ) = . 16 32 32 Mivel h (0 ) = −
4. Példa. Alkalmazzuk az 6.9. Tételt az f (x ) = x 3 függvényt a [− 1,1] intervallumon egyenletesen legjobban közelítõ legfeljebb másodfokú polinom elõállítására. Megoldás. A feladat megoldásához a t 3 Csebisev polinom meghatározása szükséges. T0 ( x ) = 1 , T1 ( x ) = x . A Csebisev polinomokra tanult rekurziót alkalmazva
T2 ( x ) = 2 x ⋅ x − 1 = 2 x 2 − 1 és T3 (x ) = 2 x ⋅ (2 x 2 − 1) − x = 4 x 3 − 3 x . Innen a fõegyütthatóval
3 1 3 3 x , E2 ( f ) = és P2 ( x ) = x 3 − x 3 − x = x az f -et egyenletesen 4 4 4 4 legjobban közelítõ legfeljebb másodfokú polinom. osztva t 3 ( x ) = x 3 −
4
5. Példa. Írjuk fel az f (x ) = sin (3 x ) függvényt a [0,2π ] intervallumon egyenletesen legjobban közelítõ n -edfokú polinomot n ≤ 4 -re. π π +k 6 3 = 1 . Így az alternáló
Megoldás. Rajzoljuk fel a függvény grafikonját és vegyük észre, hogy az x k =
(k = 0,1,...,5) pontokban f (x k ) − 0 = (− 1) k (k = 0,1,...,5) és f − 0 ∞ pontok tétele alapján n ≤ 4 -re Pn ( x ) ≡ 0 az egyenletesen legjobban közelítõ legfeljebb edfokú polinom.
5
n-
