Debreceni Egyetem Matematikai Intézet. A StoneWeierstrass-tétel és alkalmazásai

Debreceni Egyetem Matematikai Intézet

A StoneWeierstrass-tétel és alkalmazásai

Témavezet®:

Készítette:

Dr. Lovas Rezs® egyetemi adjunktus

Kiss Tibor matematikus szakirány

Debrecen 2011

TARTALOMJEGYZÉK

1

Tartalomjegyzék

1. Bevezetés 2. Absztrakt megközelítés, M. H. Stone tétele

2.1. Alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. A Stone-tétel valós változata lineáris alterekre . . . . 2.3. A Stone-tétel valós változata részalgebrákra, avagy a Weierstrass-tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4. A Stone-tétel komplex változata részalgebrákra . . .

2 . . . . . . . . Stone . . . . . . . .

3. Bizonyítás a Bernstein-polinomokkal

. .

4

4 6

. 9 . 12

15

3.1. El®készítés és alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 3.2. Szergej N. Bernstein tétele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 3.3. A Bernstein-féle becslés hibájának vizsgálata . . . . . . . . . . 23

4. Alkalmazások

4.1. Periodikus függvények egyenletes közelítése . . . . . . . . . 4.2. Riemann-integrál közelítése számtani közép segítségével és Bernstein-polinomok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Valós téglán értelmezett folytonos függvények integrálja . .

24

. . 24 a . . 27 . . 29

1. BEVEZETÉS

2

1. Bevezetés

A matematikai analízisb®l ismert Weierstrass-féle approximációs tétel kimondja, hogy bármely kompakt valós intervallumon értelmezett, folytonos, valós, illetve komplex érték¶ függvény tetsz®legesen megközelíthet® az intervallumon értelmezett valós, illetve komplex polinomokkal. Ez azt jelenti, hogy bizonyos feltételek mellett a polinomok s¶r¶ részhalmazát alkotják a folytonos függvények terének. A tétel, amelyet Karl Weierstrass német matematikus 1885-ben publikált, több érdekes néz®pontból is vizsgálható. Néhány bizonyítás, melyek közül egy a dolgozatomban is szerepel, még a közelít® polinomok megkonstruálására szolgáló algoritmust is tárgyalja. Mégis, hiába ismert ezen polinomok szerkezete, numerikus számolásra általában alkalmatlanok, mivel fokszámuk viszonylag nagy. Továbbá, ahogyan arra rámutatok, egyes esetekben a konstruktív bizonyítás által adott becslés a kelleténél jóval nagyobb fokszámot szolgáltat. Weierstrass tétele érdekes abból a szempontból, hogy a közelítend® függvényekr®l csupán a folytonosságot feltételezi. Ha ezek a függvények még elegend®en sokszor dierenciálhatók, akkor az approximáló polinomok explicit módon megadhatók és még a hibabecslés is rendelkezésre áll, amennyiben a szükséges deriváltakat ismerjük. Ezekre az esetekre viszont dolgozatomban nem térek ki. Tárgyalom viszont a Weierstrass-tétel két különböz® bizonyítását. Az els® részben a Marshall H. Stone által adott általánosítás fel®l haladva közelítem meg a tételt. Ez az általánosítás a kompakt valós intervallumok helyett a sokkal általánosabb kompaktumok fogalmát használja, továbbá a polinomok algebrája helyett egy teljesen általános függvényalgebrát vizsgál. A Weierstrass-tétel valós esetében egy sokkal közvetlenebb, konstruktív bizonyítás adható. Ezzel foglalkozik dolgozatom második része. A bizonyítást 1911-ben adta meg Szergej N. Bernstein orosz matematikus. Csupán elemi módszerekkel és az azóta róla elnevezett Bernstein-polinomok használatával egészen egyszer¶ algoritmust ad a folytonos valós érték¶ függvények approximálására kompakt intervallumon. Ez a bizonyítás sokkal gyakorlatiasabbnak t¶nhet, mint az els® fejezetben tárgyalt absztrakt igazolás. De a becslés már említett pontatlansága miatt, nehéz megjósolni a tétel segítségével a szükséges Bernstein-polinom fokszámát. Dolgozatom harmadik fejezete a tárgyalt tételek alkalmazásait tartalmazza. Pontosabban néhány példát említek a tételek más állítások bizonyításában való szerepér®l. Lehet®ség nyílik ebben a fejezetben arra, hogy a Fourier-sorok elméletében el®forduló periodikus függvények bizonyos speciális polinomokkal való egyenletes megközelíthet®ségét megmutassam.

1. BEVEZETÉS

3

Ezt a StoneWeierstrass-tétel egy egyszer¶, többdimenziós változata fogja biztosítani. Megmutatom, hogy egy bizonyos értelemben vett számtani közép jól közelíti függvények Riemann-integrálját. Levezetésre kerül továbbá valós téglán értelmezett, folytonos, valós érték¶ függvények Riemann-integráljának egy alternatív értelmezése. Köszönetnyilvánítás

Ezúton szeretnék köszönetet mondani Dr. Lovas Rezs® tanár úrnak, témavezet®mnek, önzetlen segítségéért, folyamatos támogatásáért és tanácsaiért, melyekkel dolgozatom megírását, illetve a témakörben való vizsgálataimat segítette. Köszönöm továbbá Dr. Gselmann Eszter hasznos ötleteit, melyek ugyancsak a dolgozat értékét emelték.

2. ABSZTRAKT MEGKÖZELÍTÉS, M. H. STONE TÉTELE

4

2. Absztrakt megközelítés, M. H. Stone tétele

2.1. Alapfogalmak Deníció

(kompaktum). Legyen (X, O) (a továbbiakban X ) tetsz®leges topologikus tér.

• Vegyünk egy H ⊂ X tetsz®leges, nemüres részhalmazt, és legyen A ⊂ O olyan halmazcsalád, melyre teljesül, hogy [ [ H⊂ A= A. A∈A

Ekkor az A halmazcsalád nyílt lefedése H -nak. Ha az A véges halmaz, akkor véges nyílt lefedésr®l beszélünk. Azt mondjuk, hogy H kompakt, ha bármely nyílt lefedéséb®l kiválasztható véges lefedés.

• Az X topologikus teret Hausdor-térnek vagy T2 tulajdonságú térnek nevezzük, ha bármely két különböz® pontjának létezik diszjunkt környezete. A második denícióban egy p ∈ X pont környezetén a pontot tartalmazó olyan U ⊂ X halmazt értek, amely tartalmaz olyan G nyílt halmazt, hogy p ∈ G. Mindezek alapján, azt mondjuk, hogy az X topologikus tér kompaktum, ha X kompakt Hausdor-tér. Jelölések. Legyen X topologikus tér. Ekkor az X -en értelmezett, valós vagy komplex érték¶ folytonos függvények halmazát CK (X) módon jelöljük. Ez a halmaz vektortér a következ® m¶veletekkel:

∀ f, g ∈ CK (X) : (f + g)(x) := f (x) + g(x) (x ∈ X); ∀ f ∈ CK (X), λ ∈ K : (λ · f )(x) := λ · f (x) (x ∈ X). Legyen X kompaktum, f ∈ CK (X) tetsz®leges elem és értelmezzük a normáját a következ® módon:

kf k∞ := sup |f (x)| . x∈X

Ekkor (CK (X), k.k∞ ) normált tér. Igaz továbbá, hogy

kf k∞ = max |f (x)| < ∞. x∈X

A deniált normát szuprémumnormának nevezzük.


5

Deníció

(rács). Legyen H ⊂ CR (X) tetsz®leges részhalmaz. Azt mondjuk, hogy H rács, ha bármely f, g ∈ H elemek esetén

min {f, g}, max {f, g} ∈ H teljesül. Teljes indukcióval látható, hogy ha H rács, akkor tartalmazza tetsz®leges véges sok elemének minimumát és maximumát is.

1. Lemma.

Legyen

X

H ⊂ CR (X) lineáris |h| ∈ H. Ekkor H rács.

tetsz®leges, nemüres halmaz és

altér. Tegyük fel, hogy bármely

h∈H

esetén

A lemma a minimumképzés, illetve a maximumképzés következ® felírásából következik: Bizonyítás.

min {f, g} =

1 (f + g − |f − g|) ; 2

1 (f + g + |f − g|) . 2 A feltétel szerint H zárt a függvények pontonkénti összeadására és skalárral való szorzására, továbbá az abszolútérték-képzés sem vezet ki az altérb®l, így H rács. max {f, g} =

Deníció.

Legyen X topologikus tér és Y ⊂ X . Azt mondjuk, hogy Y s¶r¶ X -ben, ha cl (Y ) = X , ahol cl (Y ) az Y halmaz lezártja. A deníció pontosan azt jelenti, hogy ha Y s¶r¶ halmazt alkot X -ben, akkor az X elemei tetsz®legesen megközelíthet®k Y elemeivel; azaz X tetsz®leges pontjának bármely környezetében van Y -beli elem. A Stone-tétel most következ® változata a CR (X) tér lineáris altereire mond állítást. Kés®bb megmutatom, hogy er®sebb tulajdonságokkal rendelkez® részstruktúra esetén a részhalmaztól megkövetelt feltételek száma csökkenthet®. Pontosabban, ha CR (X) egy részalgebrájáról beszélünk, az abszolútértékre való zártság elhagyható a feltételek közül.


6

2.2. A Stone-tétel valós változata lineáris alterekre 1. Tétel (Marshall H. Stone). Legyen X kompaktum, H ⊂ CR (X) pedig olyan lineáris altér, amely rendelkezik a következ® tulajdonságokkal: 1.

∀ r ∈ R : r ∈ H;

2.

∀ h ∈ H : |h| ∈ H;

3.

∀ x, y ∈ X (x 6= y) : ∃ h ∈ H : h(x) 6= h(y).

Ekkor

H

s¶r¶

CR (X)-ben.

A H-ra vonatkozó harmadik feltételt szétválasztó vagy szeparáló tulajdonságnak hívjuk. Abból, hogy H szétválasztja az X pontjait, következik a következ® részállítás, mely fontos szerephez jut a bizonyítás során: Bizonyítás.

∀ x, y ∈ X (x 6= y), ∀ α, β ∈ R : ∃ u ∈ H : u(x) = α, u(y) = β. Legyenek ugyanis x, y ∈ X tetsz®leges elemek, és tegyük fel, hogy x 6= y . A szétválasztó tulajdonság szerint ekkor létezik olyan h ∈ H függvény, amelyre h(x) 6= h(y). Deniáljuk ekkor az u függvényt a következ® módon:

u : X → R, p 7−→ u(p) := β +

h(p) − h(y) (α − β) . h(x) − h(y)

A deníció értelmes, hiszen h(x) − h(y) 6= 0. Másfel®l pedig:

u(x) = β +

h(x) − h(y) (α − β) = β + α − β = α; h(x) − h(y)

u(y) = β +

h(y) − h(y) (α − β) = β. h(x) − h(y)

Létezik tehát olyan függvény H-ban, amely el®re adott különböz® pontok esetén el®re adott valós számokat vesz fel. Legyen most ε > 0 tetsz®leges valós szám és f ∈ CR (X) tetsz®leges függvény. Meg kell mutatni, hogy létezik olyan g ∈ H függvény, hogy

kg − f k∞ < ε teljesül. Ekkor ugyanis H s¶r¶ a befoglaló térben. Legyen ux,y ∈ H olyan, hogy

ux,y (x) = f (x),

ux,y (y) = f (y)

(x, y ∈ X, x 6= y) .


7

Tetsz®leges x, y ∈ X (x 6= y) elemek esetén értelmezzük a következ® halmazt:

Ux,y := {p ∈ X : ux,y (p) < f (p) + ε} . Rögzített y ∈ X mellett {Ux,y }x∈X nyílt lefedését adja a térnek. Ez valóban így van, hiszen egyrészt a szóban forgó halmazok mindegyike nyílt:

∀ x ∈ X : Ux,y = (ux,y − f )−1 (]−∞, ε[) . S Másrészt ha x ∈ X tetsz®leges elem, akkor x ∈ Ux,y , tehát X ⊂ x∈X Ux,y . Mivel az unióban résztvev® halmazok mindegyike része X -nek, így maga az unió is. Ebb®l már következik, hogy [ Ux,y = X. x∈X

A bizonyítás ezen részében kap szerepet X kompaktsága. Ebb®l adódóan ugyanis a fenti nyílt lefed®rendszernek van véges részrendszere, amely még mindig nyílt lefedése X -nek. Formálisan

∃ x1 , . . . , x k ∈ X :

k [

Uxi ,y = X,

i=1

ahol k ∈ N. Tekintsük most a kapcsolódó {ux1 ,y , . . . , uxk ,y } ⊂ H függvényeket. Mivel bármely i ∈ {1, . . . , k} esetén uxi ,y (y) = f (y) (így választottuk az u függvényeket), következik, hogy f (y) = vy (y), ahol

vy := min (ux1 ,y , . . . , uxk ,y ) ∈ H. A minimum H-beli, hiszen az el®z® lemma szerint H rács. Igaz az továbbá, hogy a tér tetsz®leges z pontja esetén vy (z) < f (z)+ε. Ez utóbbit igazolandó, legyen z ∈ X tetsz®leges elem. Ekkor a lefed® tulajdonság miatt létezik olyan j ∈ {1, . . . , k} index, hogy z ∈ Uxj ,y , ami pontosan azt jelenti, hogy uxj ,y (z) < f (z) + ε. De vy (z) ≤ uxi ,y (z) minden i indexre, így speciálisan az el®bb említett j -re is. Tehát

vy (z) ≤ uxj ,y (z) < f (z) + ε. Fusson most y az X halmazon, és minden y esetén készítsük el a kapcsolódó vy függvényt. Értelmezzük ezután a vy függvények segítségével a {Vy }y∈X halmazrendszert, ahol

Vy = {q ∈ X : vy (q) > f (q) − ε} .


8

A halmazok minden y pont esetén nyíltak, továbbá lefed®rendszerét adják a térnek. A kompaktság miatt ismét kiválasztható véges sok olyan nyílt halmaz a lefedésb®l, amely még mindig nyílt lefedése X -nek:

∃ {Vy1 , . . . , Vys } :

s [

Vyj = X.

j=1

A kapcsolódó függvények ebben az esetben a {vy1 , . . . , vys }. Az utolsó lépésben legyen g := max (vy1 , . . . , vys ) ∈ H. A g H-beli, ismét a rácstulajdonság miatt. Továbbá ilyen deníció mellett g -re: (1.) ∀ z ∈ X : g(z) < f (z) + ε; (2.) ∀ z ∈ X : g(z) > f (z) − ε. Vegyünk ugyanis egy tetsz®leges z ∈ X elemet, ekkor bármely j ∈ {1, . . . , s} index esetén vyj (z) < f (z)+ε. Viszont ha ez mindre igaz, akkor a maximumra is, azaz max vyj (z) = g(z) < f (z) + ε. 1≤j≤s

A lefedési tulajdonság miatt pedig van olyan j index, hogy z ∈ Vyj , ami pontosan azt jelenti, hogy

g(z) ≥ vyj (z) > f (z) − ε. Összegezve tehát

−ε < g(z) − f (z) < ε ⇔ |g(z) − f (z)| < ε ⇔ ⇔ |(g − f ) (z)| < ε. Ebb®l következ®en

kg − f k∞ < ε.


9

2.3. A Stone-tétel valós változata részalgebrákra, avagy a StoneWeierstrass-tétel Említettem, hogy amennyiben H részalgebrája az X kompaktumon értelmezett folytonos, valós érték¶ függvények normált terének, úgy Stone tételében az egyik feltétel elhagyható. Ebben az esetben ugyanis a részalgebra lezártjának tetsz®leges eleme esetén az elem abszolútértéke egyenletesen közelíthet® a függvény valamilyen polinomsorozatával. Ekkor pedig Stone fenti tételét alkalmazva adódik a részalgebrára vonatkozó eset állítása. El®bb viszont igazolni kell, hogy maga az abszolútérték-függvény kompakt intervallumon approximálható egyenletesen polinomokkal. Ezt állítja a következ® segédtétel.

2. Lemma. olyan

Legyenek

p:R→R

ε>0

és

c>0

tetsz®leges valós számok. Ekkor létezik

polinom, hogy bármely

t ∈ [−c, c]

esetén

|p(t) − |t|| < ε. A fenti állítás igazolásához elég megmutatni, hogy ε-hoz van olyan q(t) polinom, amelyre √ ε (t ∈ [0, 1]). q(t) − t < c

Bizonyítás.

Hiszen, ha ezt beláttuk, akkor legyen 2 t p(t) := c · q 2 (t ∈ [−c, c]) . c A p polinom ekkor egyenletesen közelíti az abszolútérték-függvényt a [−c, c] intervallumon. Ugyanis, ha t ∈ [−c, c], akkor r 2 √ 2 t t t2 |p(t) − |t|| = c · q 2 − t2 = c · q 2 − c · = c c c2

r t2 t2 ε = c · q 2 − < c · = ε. 2 c c c 2

Hiszen t választása miatt ct2 ∈ [0, 1]. Megkonstruáljuk tehát a q polinomot. A keresett polinomot egy polinomsorozat tagjaként állítjuk el®. Legyen q0 az azonosan zérus polinom deníció szerint, és tegyük fel, hogy qn már deniálva van. Legyen 1 qn+1 (t) := qn (t) + t − qn2 (t) (t ∈ [0, 1]) 2


10

Az állítás ekkor az, hogy

√ 0 ≤ t − qn (t) ≤

√ 2 t √ (t ∈ [0, 1]) 2+n t

Ha n = 0, akkor az állítás nyilvánvaló. Tegyük fel, hogy n ∈ N olyan természetes szám, hogy igaz az állítás. Megmutatjuk, hogy ekkor n + 1 esetén is igaz. √ √ 1 t − qn2 (t) = t − qn+1 (t) = t − qn (t) − 2 √ √ √ 1 = t − qn (t) − t − qn (t) t + qn (t) = 2 √ 1 √ = t − qn (t) 1 − t + qn (t) . 2 √ Az indukciós feltevés alapján tudjuk, hogy t − qn (t) ≥ 0, tehát ez a tényez® √ nemnegatív. A másik tényez® esetében pedig, felhasználva, hogy qn (t) ≤ t, a következ® számolás végezhet®: √ √ 1 √ 1 √ 1− t + qn (t) ≥ 1 − t + t = 1 − t ≥ 0. 2 2 A felülr®l való becslés esetében az indukciós feltevésb®l kiindulva √ √ √ √ 2 t 2 t √ ⇔ qn (t) ≥ t − √ . t − qn (t) ≤ 2+n t 2+n t √ Mivel n t nemnegatív, a következ® írható: √ √ 1 √ 1 √ 2 t √ ≤ t + qn (t) ≤ 1 − t+ t− 1− 2 2 2+n t √ √ 1 √ 2 t t ≤1− 2 t− =1− . 2 2 2 Ezt felhasználva már majorálható a szorzat második tényez®je. Az els® tényez®re adott becslés pedig maga az indukciós feltevés. Tehát √ √ 1 √ t − qn+1 (t) = t − qn (t) 1 − t + qn (t) ≤ 2 | {z√ }| {z√ } ≤

≤

2 √ t 2+n t

≤1−

t 2

√ √ √ √ 2 t t 2 t t √ √ √ = ≤ 1− 1− 2 2+n t 2+n t 2 + (n + 1) t


11

√ √ √ 2 t 2+n t 2 t √ √ = √ . = 2+n t 2 + (n + 1) t 2 + (n + 1) t Ezzel a lemmát igazoltuk, azaz bármely t ∈ [0, 1] esetén √ √ √ 2 t 2 2 t √ < √ = , 0 ≤ t − qn (t) ≤ n 2+n t n t

ahol n ∈ N.

2. Tétel

(M. H. StoneK. Weierstrass).

Legyen

X

kompaktum,

H ⊂ CR (X)

pedig olyan részalgebra, amely rendelkezik a következ® tulajdonságokkal: 1.

∀ r ∈ R : r ∈ H;

2.

∀ x, y ∈ X (x 6= y) : ∃ h ∈ H : h(x) 6= h(y).

Ekkor

H

s¶r¶

CR (X)-ben.

Tekintsük a H részalgebra cl (H) lezártját. Világos, hogy a lezártra igaz a fenti két feltétel, tehát tartalmazza a konstans függvényeket, és szétválasztja az X pontjait. Megmutatjuk, hogy cl (H) algebra. Legyen ε > 0 tetsz®leges valós szám és h, k ∈ cl (H) tetsz®leges függvények. Ekkor léteznek olyan (hn ) és (kn ) H-beli függvénysorozatok, hogy hn → h és kn → k egyenletesen, ha n → ∞. Azaz léteznek olyan n0 , m0 ∈ N, hogy khn − hk∞ < 2ε , ha n ≥ n0 , illetve kkn − kk∞ < 2ε , ha n ≥ m0 . Legyen δ := max {n0 , m0 }. Ekkor ε khn + kn − h + kk∞ ≤ khn − hk∞ + kkn − kk∞ < 2 · = ε, 2 ha n ≥ δ . Továbbá Bizonyítás.

khn kn − hkk∞ = khn kn − hn k + hn k − hkk∞ ≤ ≤ khn (kn − k)k∞ + k(hn − h) kk∞ = = khn k∞ · kkn − kk∞ + khn − hk∞ · kkk∞ . Létezik ekkor olyan n0 ∈ N, hogy ha n ≥ n0 , akkor ε khn − hk∞ < , 2 (kkk∞ + 1) hiszen k ∈ CR (X), azaz korlátos, pontosabban kkk∞ 6= ∞. Másfel®l hn → h az X minden pontjában, h pedig korlátos. Legyen K > 0 egy fels® korlát (K ∈ R). Ekkor van olyan m0 ∈ N, hogy bármely n ≥ m0 esetén ε . kkn − kk∞ ≤ 2K


12

Így a következ® írható:

khn k∞ · kkn − kk∞ + khn − hk∞ · kkk∞ ≤ ≤K·

ε ε + · (kkk∞ + 1) = ε, 2K 2 (kkk∞ + 1)

ahol n ≥ max {n0 , m0 }. Tehát cl (H) algebra. Legyen most f ∈ cl (H) tetsz®leges függvény, ε > 0 pedig tetsz®leges valós szám. Az f korlátos, hiszen kompakt halmazon értelmezett folytonos függvény. Legyen kf k∞ := c ∈ R+ . Ekkor az el®z® lemma szerint létezik olyan p : R → R polinom, hogy

|p(f (x)) − |f (x)|| = |(p ◦ f )(x)) − |f (x)|| < ε (x ∈ X) . Az ε tehát majorál tetsz®leges x ∈ X pont esetén, azaz a szuprémumot is felülr®l becsüli: kp ◦ f − |f |k∞ < ε. Ilyen polinom tetsz®leges ε esetén létezik. Legyen tehát εn := polinom, amelyre kpn ◦ f − |f |k∞ < εn .

1 n

és pn az a

Ekkor a (pn ◦ f )n∈N H-beli polinomsorozat egyenletesen konvergál az |f | függvényhez, tehát |f | ∈ cl (H). Kaptuk, hogy H lezártja teljesíti a Stonetétel feltételeit, azaz cl (H) s¶r¶ CR (X)-ben. Ezt azt jelenti, hogy lezártja az egész CR (X) tér. De a lezárási operátor idempotens:

CR (X) = cl2 (H) = cl (H) .

2.4. A Stone-tétel komplex változata részalgebrákra A következ® tétel azt az esetet vizsgálja, amelyben a közelítend® függvények komplex érték¶ek. Itt feltesszük, hogy a részalgebra zárt a komplex konjugálásra, azaz kompaktumon értelmezett komplex érték¶ folytonos függvényeknek tekintjük egy C ∗ -részalgebráját, ahol a ∗-m¶velet a függvények pontonkénti komplex konjugálása.


3. Tétel

Legyen

H

(M. H. Stone, komplex változat). CC (X) pedig olyan részalgebra, amely

rendelkezik

⊂

X

13 kompaktum, a

következ®

tulajdonságokkal: 1.

∀ r ∈ C : r ∈ H;

2.

∀ h ∈ H : h ∈ H;

3.

∀ x, y ∈ X (x 6= y) : ∃ h ∈ H : h(x) 6= h(y).

Ekkor

H

s¶r¶

CC (X)-ben.

Legyen H0 azon H-beli függvények összessége, amelyek tisztán valós érték¶ek, tehát H0 := H ∩ CR (X). Ekkor H0 a CR (X) részalgebrája. Legyenek ugyanis h, k ∈ H0 . Ez pontosan azt jelenti, hogy h, k ∈ H, CR (X) és mivel ezek algebrák, így a kiválasztott függvények összege, szorzata és valós skalárszorosa is a struktúrában marad. Legyen most f ∈ H tetsz®leges függvény. Léteznek ekkor olyan Re f és Im f valós érték¶ függvények, hogy az f = Re f + i · Im f el®állítás érvényes. Ebb®l f + f¯ f − f¯ ; Im f = . Re f = 2 2·i Tudjuk, hogy H C ∗ -algebra a komplex konjugálással mint involúcióval, így a fenti el®állításban szerepl® összes m¶veletre zárt, azaz adódik, hogy Bizonyítás.

Re f, Im f ∈ H. S®t H0 is tartalmazza ®ket, mert valós érték¶ek. Tehát H el®áll a következ® alakban: H = H0 + i · H 0 . Válasszunk most két tetsz®leges elemet X -b®l, legyenek ezek x, y ∈ X (x 6= y). A H részalgebra szétválasztó tulajdonságú, ezért létezik olyan h ∈ H függvény, hogy h(x) 6= h(y) (h(x), h(y) ∈ C). Ez pontosan akkor teljesül, ha

Re h(x) 6= Re h(y) vagy Im h(x) 6= Im h(y). Létezik tehát legalább egy olyan függvény a H0 -ban, amely szétválasztja x-et és y -t, nevezetesen Re h vagy Im h. Megmutattuk, hogy H0 ⊂ CR (X) teljesíti a StoneWeierstrass-tétel feltételeit, azaz s¶r¶ CR (X)-ben. Utolsó lépésként legyen g ∈ CC (X) tetsz®leges függvény, és tekintsük ennek a függvénynek a valós és a képzetes részével való el®állítását:

g = Re g + i · Im g. Ekkor tetsz®leges 2ε > 0 esetén az Re g , illetve Im g függvényekhez találhatók olyan h1 , illetve h2 H0 -beli függvények, hogy


kRe g − h1 k∞ <

ε 2

14

és kIm g − h2 k∞ < 2ε .

Tekintsük most azt a h ∈ H függvényt, amelyre h = h1 + i · h2 . A következ® számolás végezhet®:

kg − hk∞ = kRe g + i · Im g − Re h − i · Im hk∞ = = kRe g + i · Im g − h1 − i · h2 k∞ = k(Re g − h1 ) + i · (Im g − h2 )k∞ ≤ ε ≤ kRe g − h1 k∞ + kIm g − h2 k∞ ≤ 2 · = ε. 2 És ezzel a tételt igazoltuk. Ezek után a Weierstrass-tétel a második tétel speciális eseteként jelenik meg.

4. Tétel

(K. Weierstrass, 1885). Legyenek a, b ∈ R (a < b). Legyen f ∈ CR ([a, b]) és ε > 0 tetsz®leges valós szám. Ekkor létezik olyan p : [a, b] → R polinom, melyre

továbbá

|p(x) − f (x)| < ε (x ∈ [a, b]) . Az [a, b] pozitív hosszúságú valós intervallum kompakt, továbbá Hausdor-tulajdonságú, mert R is az. Az ezen értelmezett polinomok halmaza vektortér a polinomok pontonkénti összeadásával és a skalárral való szorzásával, továbbá a polinomok pontonkénti szorzására nézve is zárt, így algebra. A konstans függvények polinomok, valamint már az els®fokú polinomok szétválasztják az adott intervallum pontjait. Alkalmazható tehát a Stone-tétel részalgebrákra vonatkozó változata.

Bizonyítás.

Megjegyzés. Vegyük észre, hogy nem használható Stone tételének els®ként tárgyalt változata. Ha a polinomok szegényebb struktúrával rendelkeznének ebben a szituációban, és csupán vektorteret alkotnának, nem lenne igaz a tétel. Hiszen egy polinom abszolútértéke csak nagyon speciális esetben marad polinom; akkor, ha az illet® intervallumon a polinom jeltartó.

3. BIZONYÍTÁS A BERNSTEIN-POLINOMOKKAL

15

3. Bizonyítás a Bernstein-polinomokkal

3.1. El®készítés és alapfogalmak Az els® fejezetben tárgyalt bizonyítás, bár igazolja a Weierstrass-tétel állítását, nem ad konkrét algoritmust arra, hogyan lehet a közelít® polinomokat el®állítani. Abban az esetben, amikor a közelítend® függvények valós érték¶ek, az approximáló polinomok explicit módon megadhatók az úgynevezett Bernstein-polinomok segítségével. Ezeket a speciális polinomokat el®ször Szergej N. Bernstein használta, amikor konstruktív bizonyítást adott Weierstrass tételére. Miel®tt konkrétan deniálnám a kérdéses polinomokat, szükségünk lesz néhány lemmára.

3. Lemma.

n ∈ N tetsz®leges természetes szám. Ekkor n X 2 n (k − nx) xk (1 − x)n−k = nx(1 − x) (x ∈ R). k k=0

Bizonyítás.

Legyen

Legyen z ∈ R, ekkor a binomiális tétel szerint n n X n k n−k X n k n (z + 1) = z 1 = z . k k k=0

(1)

k=0

Dierenciálva az egyenl®ség két oldalán álló kifejezést, a következ® egyenl®ség nyerhet®: 0 ((z + 1)n ) = n (z + 1)n−1 = !0 n n n X X X n k n n k 0 = z = z = kz k−1 . k k k k=0

k=0

k=0

Áttekinthet®bben felírva, a következ® egyenl®ség adódott: n X n n−1 n (z + 1) = kz k−1 . k k=0

Szorozzuk most meg az egyenlet mindkét oldalát z -vel, így kapjuk a (2) egyenletet: n X n n−1 nz (z + 1) = kz k . (2) k k=0

Ezután ismét dierenciálva az egyenletet, továbbá a bal oldalon elvégezve az átalakításokat, a következ® számolás végezhet®: n X n 2 k−1 n−1 n−2 n (z + 1) + n(n − 1)z (z + 1) = k z ⇒ k k=0


⇒

n X n k=0

k

16

k 2 z k−1 = n (z + 1)n−2 [z + 1 + (n − 1) z] = = n (z + 1)n−2 (1 + zn) .

Az el®z®ekhez hasonlóan szorozzunk végig z -vel, így adódik (3): n X n 2 k n−2 nz (z + 1) (1 + zn) = k z . k

(3)

k=0

x Hajtsuk végre a számozott egyenletekben a z := 1−x helyettesítést. Jelölje az így kapott egyenl®ségeket rendre (10 ), (20 ), illetve (30 ): k n n X x n x = +1 ⇔ 1−x 1−x k k=0

⇔

n X n k=0

Ezután:

k

k

−k

x (1 − x)

=

1 1−x

n =

1 . (1 − x)n

k n−1 n X x x n x =n +1 ⇔ k 1 − x 1 − x 1 − x k k=0 n−1 n X n nx 1 nx k −k . ⇔ kx (1 − x) = = k 1−x 1−x (1 − x)n k=0

(1')

(2')

Végül pedig a harmadik azonosság: n−2 k n X x x x n 2 x +1 +1 ⇔ =n n k k 1−x 1−x 1−x 1−x k=0

n−2 n X n 2 k nx (n − 1)x + 1 1 −k ⇔ k x (1 − x) = ⇔ k 1−x 1−x 1−x k=0 n X n 2 k nx (1 − x + nx) . (3') ⇔ k x (1 − x)−k = n (1 − x) k k=0 A lemma állítását megkapjuk, ha elvégezzük a következ® operációkat az utóbbi azonosságok mindkét oldalán. Formálisan ez a következ®t jelenti tehát:

γ1 (x) · (1)0 + γ2 (x) · (2)0 + γ3 (x) · (30 ), ahol

γ1 (x) := (1 − x)n n2 x2 , γ2 (x) := −(1 − x)n 2nx, γ3 (x) := (1 − x)n .


17

Tekintsük az egyenl®ségeknek csak a bal oldalát, és végezzük el a kijelölt m¶veleteket. Ekkor nk xk (1 − x)−k minden tagból kiemelhet®: n X n k x (1 − x)−k · (1 − x)n n2 x2 − k · (1 − x)n 2nx + k 2 · (1 − x)n = k k=0 n X n k = x (1 − x)n−k · n2 x2 − 2knx + k 2 = k k=0 n X n k = x (1 − x)n−k · k 2 − 2(nx)k + (nx)2 = k k=0 n X 2 n = (k − nx) xk (1 − x)n−k . k k=0

Mindez a jobboldalon:

(1 − x)n n2 x2 ·

nx 1 n n nx (1 − x + nx) = n − (1 − x) 2nx · n + (1 − x) · (1 − x) (1 − x) (1 − x)n

= n2 x2 − 2n2 x2 + nx (1 − x + nx) = n2 x2 − 2n2 x2 + nx − nx2 + n2 x2 = = nx − nx2 = nx (1 − x) . A lemmát felhasználva könnyen belátható a következ® becslés.

4. Lemma.

Legyen

n X

n∈N

tetsz®leges természetes szám. Ekkor

n k n (k − nx) x (1 − x)n−k ≤ (x ∈ R). k 4 k=0 2

Az el®z® állítás szerint az egyenl®tlenség bal oldala nx(1 − x) alakban írható. Legyen g(x) := x(1 − x), ekkor Bizonyítás.

g 0 (x) = (x − x2 )0 = 1 − 2x;

Az x =

1 2

1 1 − 2x = 0 ⇔ x = . 2 helyen tehát, mivel a f®együttható negatív, maximuma van g -nek: 1 1 n = ⇒ nx(1 − x) ≤ . g 2 4 4


5. Lemma.

Legyen

n∈N

tetsz®leges természetes szám,

tetsz®legesen rögzített valós szám. Jelölje

{0, 1, . . . , n}

Dn (x)

18

x ∈ [0, 1]

és

δ>0

azon indexek halmazát a

halmazból, amelyekre teljesül, hogy

k − x > δ. n Ekkor

X n 1 xk (1 − x)n−k < . 4nδ 2 k

k∈Dn (x)

Legyen n ∈ N tehát rögzített természetes szám. Ekkor bármely k ∈ Dn (x) indexre k − x > δ, n

Bizonyítás.

a feltétel szerint. Így 2 2 k − x = k − x > δ 2 ⇔ n n 2 k 2 2 ⇔ (k − nx) = n − x > n2 δ 2 ⇔ n

(k − nx)2 > 1. ⇔ n2 δ 2 Ezt felhasználva a kérdéses összeg becsülhet®: X n X (k − nx)2 n k n−k x (1 − x) ≤ xk (1 − x)n−k = 2 2 k nδ k k∈Dn (x)

k∈Dn (x)

X 1 2 n (k − nx) xk (1 − x)n−k . = 2 2 nδ k k∈Dn (x)

Nagyobb összeget kapunk, legalábbis nem kisebbet, ha az összegzést minden indexre elvégezzük, tehát X 1 2 n (k − nx) xk (1 − x)n−k ≤ 2 2 nδ k k∈Dn (x)

n 1 X nx(1 − x) 1 2 n ≤ 2 2 (k − nx) xk (1 − x)n−k = ≤ . 2 2 n δ k=0 k nδ 4nδ 2


19

Ami adódott, az végeredményben azt jelenti, hogy a Dn (x)-beli indexre való összegzés n növekedésével elhanyagolhatóvá válik. Mivel tehát az összeg 0-hoz tart, ha n −→ ∞, azok a tagok lesznek az approximálás szempontjából érdekesek, amelyek indexére teljesül, hogy k − x < δ. n

Deníció

(Bernstein-polinom). Legyen f : [0, 1] −→ R függvény, n ∈ N tetsz®leges, rögzített természetes szám és

Bnf : [0, 1] −→ R, x 7−→ Bnf (x), n X k n k f Bn (x) := f x (1 − x)n−k . n k k=0 Ekkor azt mondjuk, hogy Bnf az f függvény n-edik Bernstein-polinomja. Megjegyzés.

Ha n ∈ N rögzített, akkor szokás a

βk,n

n k : [0, 1] −→ R, x 7−→ βk,n (x) := x (1 − x)n−k k

kifejezést Bernstein-féle k -adik bázis-polinomnak is nevezni. Ekkor

{β0,n , β1,n , . . . , βn−1,n , βn,n } n+1 tagú bázisát alkotja a [0, 1] intervallumon értelmezett legfeljebb n-edfokú polinomok vektorterének. Mindezek alapján látszik, hogy a fenti denícióban az f függvény n-edik Bernstein polinomja a következ® lineáris kombinációval egyenl®: n X Bnf (x) = fk · βk,n (x), k=0

ahol fk := f

k n

.

Vegyük észre, hogy az f függvény tetsz®leges x ∈ [0, 1] pontban felvett értéke el®áll (a binomiális tétel szerint) a következ® alakban: n X n k n f (x) = 1 · f (x) = (x + (1 − x)) f (x) = f (x) x (1 − x)n−k , k k=0

ahol n ∈ N tetsz®legesen rögzített. Ha tehát f folytonos függvény, és k ∈ {0, 1,. . . , n} olyan, hogy nk valamilyen értelemben közel van x-hez, akkor f nk közel kerül f (x)-hez. Természetes módon adódik ekkor a következ® állítás.


20

3.2. Szergej N. Bernstein tétele 5. Tétel

(Szergej N. Bernstein). Legyen f ∈ CR ([0, 1]) tetsz®leges függvény. Ekkor tetsz®leges ε > 0 valós szám esetén létezik olyan N ∈ N küszöbindex, hogy bármely n ≥ N esetén

f

Bn − f < ε. ∞

Bizonyítás. Legyen n ∈ N tetsz®legesen rögzített természetes szám. Az f a [0, 1] kompakt intervallumon folytonos, azaz felveszi a maximumát. Legyen

M := max |f (x)| . x∈[0,1]

Ugyancsak a kompakt halmazon való folytonosságból következik, hogy a [0, 1] intervallumon az f egyenletesen folytonos. Létezik tehát adott 0 < ε0 < 2ε valós szám esetén olyan δ > 0, hogy amennyiben x, x ˜ ∈ [0, 1] tetsz®leges elemek és |x − x ˜| ≤ δ , akkor

|f (x) − f (˜ x)| < ε0 . Becsüljük most meg az f (x) − Bnf (x) különbséget: f (x) − Bnf (x) ≤ n X k n k n−k ≤ f (x) − f n k x (1 − x) . k=0

A továbbiakban válasszuk két részre az indexhalmazt, amelyre az összegzés történik; azaz tekintsük a következ® halmazokat (x ∈ [0, 1]): k (4) Dn (x) := k ∈ {0, . . . , n} : − x > δ ; n k Cn (x) := k ∈ {0, . . . , n} : − x ≤ δ . (5) n Végezzük el a fenti összegzést külön-külön a két halmaz elemeire. Az k f függvény egyenletes folytonossága miatt, ha x − n ≤ δ , akkor f (x) − f k < ε0 teljesül. Tetsz®leges x ∈ [0, 1] esetén viszont éppen ez áll n fenn a Cn (x)-beli indexekre. Tehát tovább becsülhet® az összeg: X (5) f (x) − f k n xk (1 − x)n−k ≤ n k k∈Cn (x)


21

X n n k n−k ≤ ε0 x (1 − x) = ε0 xk (1 − x)n−k ≤ k k k∈Cn (x) k∈Cn (x) X n k ≤ ε0 x (1 − x)n−k = ε0 k X

Cn (x)∪Dn (x)

Végezzük el a fels® becslést az indexek másik osztályára is, azaz vizsgáljuk a következ® összeget: X f (x) − f k n xk (1 − x)n−k . n k k∈Dn (x)

Tudjuk, hogy f korlátos a [0, 1] intervallumon, így k f (x) − f ≤ |f (x)| + f k ≤ 2M, n n tehát

X f (x) − f k n xk (1 − x)n−k ≤ n k

k∈Dn (x)

X

≤

k∈Dn (x)

n k 2M x (1 − x)n−k . k

A 2M faktort kiemelve és az 5. lemmát alkalmazva a következ® írható: X n k 2M x (1 − x)n−k = k k∈Dn (x)

X n M 1 = . = 2M xk (1 − x)n−k ≤ 2M 2 4nδ 2nδ 2 k k∈Dn (x)

Az n tehát eddig rögzített természetes szám volt. Ha minden indexre összegzünk, akkor n X f (x) − Bnf (x) = f (x) − f k n xk (1 − x)n−k ≤ ε0 + M . n k 2nδ 2 k=0

M ε Legyen N ∈ N olyan, hogy 2nδ 2 < 2 , ha n ≥ N . Ekkor tetsz®leges x ∈ [0, 1] esetén f (x) − Bnf (x) < ε + ε = ε, 2 2 ha n ≥ N . Ez pontosan azt jelenti, hogy

f

Bn − f < ε. ∞


22

6. Tétel

(K. Weierstrass, 1885). Legyenek a, b ∈ R (a < b). Legyen továbbá f ∈ CR ([a, b]) és ε > 0 tetsz®leges valós szám. Ekkor létezik olyan p : [a, b] → R polinom, melyre

|p(x) − f (x)| < ε (x ∈ [a, b]) . Legyen ε > 0 tetsz®leges valós szám. Ha [a, b] = [0, 1], akkor a Bernstein-tételt kapjuk vissza. Legyen Bizonyítás.

ϕ : [0, 1] −→ R, x 7−→ ϕ(x) := f ((b − a) · x + a) . A ϕ tehát egy an függvény és f kompozíciója. Emiatt ϕ folytonos, de már a [0, 1] intervallumon van értelmezve. Alkalmazható tehát Bernstein tétele, miszerint létezik olyan q polinom a [0, 1]-en, hogy

|ϕ(x) − q(x)| < ε. De vegyük észre, hogy x−a x−a ϕ + a = f (x), = f (b − a) b−a b−a azaz tetsz®leges x ∈ [a, b] esetén: f (x) − q x − a < ε. b−a


23

3.3. A Bernstein-féle becslés hibájának vizsgálata A fejezet elején, a StoneWeierstrass-tételre adott bizonyítás, amely a közelít® polinomok pontos szerkezetét is tartalmazza, nem mindig bizonyul használhatónak a gyakorlatban. Az értelmezési tartomány viszonylag kevés ponttal való felosztása esetén is a polinomok fokszáma nagy, továbbá a konvergencia, legalábbis egyes esetekben, sokkal gyorsabb, mint ahogy azt a bizonyítás megjósolja. A következ® példában azt mutatom meg, mennyire elrugaszkodik a becslés által szolgáltatott fokszám, annak ellenére, hogy a közelítés pontossága egyáltalán nem szigorú. Legyen

f : [0, 1] −→ R, x 7−→ f (x) :=

1 cos(10x). 10

Ezt a függvényt pusztán esztétikai okokból választottam, továbbá azért, mert az egyes becslések során könnyen kezelhet®. A feladat, meghatározni, hogy a függvény hanyadik Bernstein-polinomjára lesz igaz a következ®:

f Bn (x) − f (x) < 2 =: ε (x ∈ [0, 1]) , 100 azaz meg kell határozni azt az n természetes számot, amelyre a fenti egyenl®tlenség teljesül. Az f függvény korlátos a [0, 1] intervallumon, mert itt folytonos, így 1 M := max |f (x)| = . x∈[0,1] 10 1 Legyen ε0 := 200 < 2ε . Az f függvény folytonosan dierenciálható az egész értelmezési tartományán, így speciálisan a ]0, 1[ nyílt intervallumon is. Lagrange középértéktétele szerint igaz a következ® egyenl®ség: k k 0 = |f (ξk )| x − , f (x) − f n n ahol x ∈ k−1 , nk és ξk ∈ x, nk , minden k ∈ {1, . . . , n} esetén. Mivel f 0 is n folytonos, korlátos a nyílt ]0, 1[ intervallumon, azaz

|f 0 (ξk )| ≤ max |f 0 (x)| = max sin(10x) ≤ x∈]0,1[

x∈]0,1[

≤ max sin(10x) = 1. x∈[0,1]

Ha most δ -t ε0 -nak választjuk: k k k f (x) − f = |f 0 (ξk )| x − ≤ x − < ε0 . n n n

4. ALKALMAZÁSOK

24

Alkalmazható tehát a Bernstein-tételben szerepl® becslés, azaz

f Bn (x) − f (x) ≤ ε0 + M < ε. 2nδ 2 Jelen esetben ez a következ®t jelenti: 1 2 1 + 101 < 200 2n 40000 100

⇔

1 2000 2 + < 200 n 100

⇔

2000 3 200 400000 < ⇔ n> 2000 = ⇒ n = 133334. n 200 3 3 Látható tehát, hogy a becslés nagy fokszámot szolgáltat. A valóság az, hogy f már B100 is viszonylag jól közelíti a függvényt. Ezalatt azt értem, hogy f például már a B100 gráfja is annyira a függvény gráfjához simul, hogy sejteni lehet, a becslésben szerepl® hatalmas fokszámra nincs szükség. ⇔

Az ábrán a vastagon szedett vonal a függvény gráfja. Az ábrázolt f f f Bernstein-polinomok a B1f , B5f , B10 , B20 és a B100 . 4. Alkalmazások

4.1. Periodikus függvények egyenletes közelítése A StoneWeiersrass-tétel egy következménye a következ® állítás.

7. Tétel.

számra. Ekkor összes

X ⊂ Rn kompakt részhalmaz valamilyen n ∈ N PR (X) s¶r¶ CR (X)-ben, ahol PR (X) az X -en

Legyen

n-változós

valós polinomok halmaza.

természetes értelmezett

4. ALKALMAZÁSOK

25

Bizonyítása az n = 1 esethez hasonlóan történik. A tétel segítségével igazolható egy, Weierstrass approximációs tételéhez hasonló állítás, amely a Fourier-sorok elméletében kap szerepet. Ennek a tételnek az els® bizonyítását K. Weierstrass adta meg. Kiderül, hogy a valós intervallumon értelmezett 2π szerint periodikus, folytonos, valós érték¶ függvények egyenletesen közelíthet®k az úgynevezett trigonometrikus polinomok segítségével.

Deníció (trigonometrikus polinomok). A valós érték¶ trigonometrikus polinomok terét jelölje PRtrig (R). Tetsz®leges eleme a következ® véges összeg alakjában áll el® ∀f∈

PRtrig (R)

: f (x) =

n X

aj cos(jx) + bj sin(jx),

j=0

ahol aj , bj ∈ R minden j -re és n ∈ N. Például a

2 P j=0

cos(jx) + sin(jx) viszonylag egyszer¶en megadott

trigonometrikus polinom gráfja a következ®:

4. ALKALMAZÁSOK

26

8. Tétel. PRtrig (R) s¶r¶ CRper ([0, 2π])-ben. A tételben szerepl® CRper ([0, 2π]) a 2π -szerint periodikus, valós érték¶, folytonos függvények [0, 2π]-re való lesz¶kítésének halmazát jelöli.

Megjegyzés.

Bizonyítás.

Legyen

S 1 := (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1 . A 7. Tétel értelmében az S 1 -en értelmezett, valós érték¶ folytonos függvények algebrájának s¶r¶ részhalmazát alkotják az ugyanezen a halmazon értelmezett kétváltozós, valós polinomok. Világos, hogy CRper ([0, 2π]) minden eleme azonosítható egy, az S 1 -en értelmezett, valós érték¶, folytonos függvénnyel. Hiszen ha f ∈ CRper ([0, 2π]) tetsz®leges elem, akkor a neki megfelel®, egységkörön értelmezett g függvény az, amelyre

g(eit ) = f (t)

(t ∈ [0, 2π]) .

Azt kell csupán megmutatni, hogy az egységkörön értelmezett kétváltozós polinomok algebrája valójában a trigonometrikus polinomok algebrájának felel meg. Legyen p trigonometrikus polinom, azaz

p(t) =

n X

ak cos(kt) + bk sin(kt).

k=0

Tekintsük ekkor a z = cos(t)+i·sin(t) komplex számot, ahol legyen t ∈ [0, 2π] tetsz®legesen rögzített. A Moivre-képlet szerint, ha k ∈ N természetes szám, akkor z k = cos(kt) + i sin(kt). A binomiális tétel szerint pedig: k

k

z = (cos(t) + i sin(t)) =

k X k j=0

j

cosk−j (t) · ij sinj (t).

Ekkor k

cos(kt) = Re(z ) =

X 0≤j≤k j≡0 (mod 2)

k (−1)ε(j) cosk−j (t) sinj (t), j

4. ALKALMAZÁSOK

27

ahol ε(j) = 0, ha j ≡ 0 (mod 4) és ε(j) = 1, ha j ≡ 2 (mod 4). Másfel®l pedig, a képzetes rész esetén: X k k sin(kt) = Im(z ) = (−1)ν(j) cosk−j (t) sinj (t), j 0≤j≤k j≡1 (mod 2)

ahol ν(j) = 0, ha j ≡ 1 (mod 4) és ν(j) = 1, ha j ≡ 3 (mod 4). Ekkor legyen cos(t) := x, sin(t) := y . A levezetett összegek és ezen jelölés felhasználásával felírva p el®állítását, valóban egy S 1 -en értelmezett, kétváltozós, valós polinomhoz jutunk. Tekintsünk most egy tetsz®leges, valós q(x, y) kétváltozós polinomot, amely az R2 -beli egységkörön van értelmezve. Ekkor (x, y) ∈ [−1, 1]2 és x2 + y 2 = 1. Tehát létezik olyan t ∈ [0, 2π], hogy

cos(t) = x;

sin(t) = y,

azaz q(cos(t), sin(t)) egy [0, 2π]-n értelmezett trigonometrikus polinomnak tekinthet®. A q -ban szerepl® hatványok, illetve a cos, sin függvények hatványainak szorzatai a trigonometrikus polinomok deníciójában szerepl® alakra hozhatók a következ® azonosságok segítségével (a, b ∈ R):

sin(a ± b) = sin(a) cos(b) ± sin(b) cos(a); cos(a ± b) = cos(a) cos(b) ∓ sin(b) sin(a). Megmutattuk tehát, hogy a bizonyítás elején említett beazonosítás a tárgyalt polinomalgebrák között kölcsönösen egyértelm¶ megfeleltetést jelent és ezzel a bizonyítás kész.

4.2. Riemann-integrál közelítése számtani segítségével és a Bernstein-polinomok

közép

A Bernstein-polinomok segítségével az is könnyen belátható, hogy a [0, 1] intervallumon értelmezett, valós érték¶, folytonos függvények Riemannintegrálja jól közelíthet® a bizonyos helyeken számolt függvényértékek segítségével felépített számtani középpel. A bizonyítás során használt Γ-függvény a következ® módon van értelmezve: Z∞ Γ : R+ −→ R, Γ(x) := tx−1 e−t dt. 0

A fenti integrál minden pozitív valós x-re létezik, s®t bármely pozitív valós résszel rendelkez® komplex szám esetén is értelmezett. Esetünkben viszont elég, ha x ∈ R+ .

4. ALKALMAZÁSOK

28

9. Tétel. Legyen f ∈ CR ([0, 1]) függvény, és tekintsük a [0, 1] egy ekvidisztáns felosztását, pontosabban a következ® halmazt:

k ∈ [0, 1] : n ∈ N, k = 0, 1, . . . , n . n

Ekkor

" lim

n→∞

# Z1 n X 1 j f = f (x) dx. n + 1 j=0 n 0

Bizonyítás. Az f kompakt intervallumon folytonos, így korlátos, azaz Riemann-integrálható függvény. Tudjuk, hogy Bnf egyenletesen közelíti az f függvényt a [0, 1] intervallumon, ha n → ∞. Emiatt

Z1 lim

n→∞

Bnf (x) dx =

0

Z1

lim Bnf (x) dx =

Z1 f (x) dx.

n→∞ 0

0

Ekkor pedig, mivel az integrandusban szerepl® összeg véges:

Z1

Bnf (x) dx

0

Z1 X n n j = xj (1 − x)n−j dx = f n j j=0 0

1

n Z X n j xj (1 − x)n−j dx = = f n j j=0 0

=

n X j=0

n j B (j + 1, n − j + 1) , f n j

ahol

B : R2+ −→ R, B(α, β) :=

Z1

xα−1 (1 − x)β−1 dx.

0

Ekkor a B és a Γ függvény közti összefüggést felhasználva: n n Γ(j + 1)Γ(n − j + 1) B (j + 1, n − j + 1) = = j j Γ(n + 2)

=

n! j!(n − j)! n! 1 · = = . j!(n − j)! (n + 1)! (n + 1)n! n+1

Ezzel pedig a bizonyítás teljes.

4. ALKALMAZÁSOK Megjegyzés.

29

Egy korábbi deníciót gyelembe véve, azt is megmutattuk, hogy

Z1 n 1 βj,n (x) dx = . j n+1 0

A 9. Tételben szerepl® határérték argumentuma er®sen hasonlít a trapéz formulára. A trapéz-módszerben az intervallum végpontjaitól különböz® osztópontokban felvett függvényérték kétszeres súllyal van ellátva. Az levezetésbeli különbség pedig az, hogy a trapéz formula a Lagrange-féle interpolációs polinomokat használja. Az említett közelítés speciális esete a következ® határértéknek:

Zb a

n

b−a X f f (x)dx = lim n→∞ n + 1 j=0

j a + (b − a) . n

Itt f : [a, b] → R folytonos függvény és természetesen a < b.

4.3. Valós téglán értelmezett folytonos függvények integrálja A Stone-tétel lehet®vé teszi az Rk -beli téglákon értelmezett valós folytonos függvények Riemann-integráljának egy alternatív értelmezését. Tekintsünk ehhez Rk -ban egy k -téglát, pontosabban I k := x = (x1 , . . . , xk ) ∈ Rk : xj ∈ [aj , bj ] , j = 1, . . . , k . Jelöljön továbbá I l olyan Rl -beli téglát, amelyre a fentihez hasonló deníció érvényes, azaz

(x1 , . . . , xl ) ∈ Il : ⇔ xj ∈ [aj , bj ] , j = 1, . . . , l. Legyen

fk : I k −→ R

folytonos függvény. Értelmezzük ekkor fk−1 -et a következ®képpen:

Zbk fk−1 (x1 , . . . , xk−1 ) :=

fk (x1 , . . . , xk ) dxk . ak

Mivel fk folytonos az I k kompakt halmazon, ott egyenletesen folytonos. Így fk−1 egyenletesen folytonos az I k−1 téglán. Az fk−1 -gyel ismét

4. ALKALMAZÁSOK

30

végrehajthatjuk az eljárást, majd az így kapott függvénnyel is. A j -edik lépés után kapjuk az fk−j függvényt, melyre bk−(j−1)

Z fk−j (x1 , . . . , xk−j ) =

fk−(j−1) (x1 , . . . , xk−(j−1) ) dxk−(j−1) . ak−(j−1)

A k -adik lépésben adódik egy valós szám:

Zb1

Z

f1 (x1 ) dx1 ∈ R.

fk := f0 = a1

Ik

Ekkor f0 -at az fk függvény I k téglán vett integráljának nevezzük, és a fenti módon jelöljük. Az értelmezett integrál, bár ez a denícióból közvetlenül nem adódik, nem függ a k darab Riemann-integrálás sorrendjét®l. Ezt mondja a következ® állítás.

10. Tétel. f

Legyen

függvénynek

integrálját,

a

f

∈ CR (I k )

változók

L∗ (f )

tetsz®leges

valamilyen

adott

függvény. sorrendje

Jelölje szerint

az

pedig az el®z® sorrend valamilyen permutációja szerint

számított integrálját

f -nek.

Ekkor

L∗ (f ) = L(f ). Bizonyítás.

L(f )

számított

Tekintsük az

I k = [a1 , b1 ] × · · · × [ak , bk ] ⊂ Rk k -téglát, és legyen hj : [aj , bj ] −→ R folytonos minden j = 1, . . . , k esetén. Ekkor k

gk : I −→ R, gk (x1 , . . . , xk ) :=

k Y

hj (xj )

j=1

esetén L(gk ) = L∗ (gk ). Ez látszik az integrál deníciójából, hiszen

L(gk ) =

gk = Ik

Zbk

Zb1 Zb2

Z

... a1 a2

gk (x1 , . . . , xk ) dxk . . . dx2 dx1 , ak

4. ALKALMAZÁSOK

31

ahol a függvény fels® indexe a változóinak a számát jelöli. Külön végrehajtva az els® integrálást:

Zbk gk (x1 , . . . , xk ) dxk = gk−1 (x1 , . . . , xk−1 ) = ak

Zbk h1 (x1 )h2 (x2 ) . . . hk (xk ) dxk =

= ak

Zbk h(xk ) dxk .

= h1 (x1 )h2 (x2 ) . . . hk−1 (xk−1 ) ak

Ekkor hogy

Rbk

h(xk ) dxk ∈ R, tehát visszatérve az eredeti számoláshoz, kapjuk,

ak



Zbk

L(gk ) =  ak



bZk−1

Zb1 Zb2

hk (xk ) dxk  ·

... a1 a2

h(x1 , . . . , xk−1 ) dxk−1 . . . dx2 dx1 .

ak−1

A soron következ® integrálás során is kiemelhet® a megfelel® tag. Végig elvégezve az összeset, adódik, hogy   bj Z n Y   ∗ L(gk ) =  hj (xj ) dxj  = L (gk ). j=1

aj

Tekintsük most az I k téglán értelmezett folytonos, valós érték¶ függvények a következ® halmazát: ( ) n X k m A := a ∈ CR (I ) : a = gk , n ∈ N , m=1

ahol gkm minden m-re olyan tipusú függvény, melyre az el®bbiekben igazolva lett a tétel állítása. Azaz gkm egy k -tényez®s szorzat, melynek tényez®i valós intervallumon értelmezett, folytonos, valós érték¶ függvények. Az A halmazban ilyen szorzatoknak a tetsz®leges véges összegei találhatók. Ekkor

∀ a ∈ A : L(a) = L∗ (a),

4. ALKALMAZÁSOK hiszen

L(a) = L

32

n X

! gkm

=

m=1

= L∗

n X

L(gkm )

=

m=1 n X

n X

L∗ (gkm ) =

m=1

! gkm

= L∗ (a).

m=1

Továbbá azonnal látszik, hogy A vektortér R felett és zárt elemeinek pontonkénti szorzására is:

∀ a1 , a2 ∈ A, x ∈ I k : (a1 · a2 )(x) = a1 (x) · a2 (x) = ! ! n s n X s X X X j i = pk (x) qk (x) = pik (x)qkj (x) i=1

j=1

i=1 j=1

ahol a tagok ugyancsak x1 , . . . , xk változók függvényei és tekinthet®k olyan k tényez®s szorzatoknak, amelyekben egy tényez® csupán egy változótól függ a fentiek közül. Tehát A algebra. Most megmutatjuk, hogy A olyan részalgebrája CR (I k )-nak, amely teljesíti a Stone-tétel feltételeit. A konstans függvények természetesen A-ban vannak, ez könnyen látható. Továbbá A szétválasztja az I k tégla pontjait. Legyenek ugyanis x, y ∈ I k tetsz®leges pontok és x 6= y . Ez pontosan azt jelenti, hogy létezik legalább egy olyan j ∈ {1, . . . , k} index, melyre xj 6= yj . Legyen most a ∈ A az a függvény, melyre

a(x) = xj , azaz legyen a a j -edik koordinátafüggvény. Ekkor természetesen

a(x) 6= a(y), azaz A szétválasztó tulajdonságú. Stone részalgebrákra vonatkozó tétele szerint ekkor A s¶r¶ részalgebrája az I k -n értelmezett folytonos, valós érték¶ függvények algebrájának. Legyen f ∈ CR (I k ) tetsz®leges függvény, ε > 0 pedig tetsz®leges valós szám. Ekkor létezik olyan g ∈ A függvény, hogy

kf − gk∞ <

ε 2λk (I k )

,

ahol λk (I k ) az I k tégla k -dimenziós Lebesgue-mértéke. Így

|L(f ) − L∗ (f )| = |L(f ) − L(g) + L(g) − L∗ (f )| ≤

4. ALKALMAZÁSOK

33

≤ |L(f ) − L(g)| + |L(g) − L∗ (f )| , de g ∈ A, így L(g) = L∗ (g), továbbá az integrál additív:

|L(f ) − L(g)| + |L(g) − L∗ (f )| = |L(f ) − L(g)| + |L∗ (g) − L∗ (f )| = = |L(f − g)| + |L∗ (f − g)| ≤ 2λk (I k ) kf − gk∞ < 2λk (I k ) Ezzel pedig a bizonyítás teljes.

ε 2λk (I k )

= ε.

HIVATKOZÁSOK

34

Hivatkozások

[1] I. P. Natanszon, 1952

Konstruktív függvénytan

[2] Járai Antal,

Mérték és integrál

[3] Járai Antal,

Modern alkalmazott analízis

, Akadémiai Kiadó, Budapest,

, Nemzeti Tankönyvkiadó, 2002

[4] Matt Young, term, 2006

, Typotex, 2007

Math 328 notes

[5] Walter Rudin, Budapest, 1987

, Queen's University at Kingston, Winter , M¶szaki Könyvkiadó,

A matematikai analízis alapjai

Debreceni Egyetem Matematikai Intézet. A StoneWeierstrass-tétel és alkalmazásai

Recommend Documents