多项式插值

目录

• The Vandermonde determinant
• The Cauchy remainder
• The Lagrange formula
• The Newton formula
• The Neville-Aitken algorithm
• The Hermite interpolation
• The Chebyshev polynomials
• The Bernstein polynomials
• Problem

 

The Vandermonde determinant

Definition 2.3. 对 $n+1$ 个给定的点 $x_0,x_1,\cdots,x_n\in\mathbb{R}$ ，范德蒙矩阵 Vandermonde matrix $V\in\mathbb{R}^{(n+1)\times(n+1)}$ 定义为

$$V(x_0,x_1,\cdots,x_n) = \left( \begin{matrix} 1 & x_0 & \cdots & x_0^n\\ 1 & x_1 & \cdots & x_1^n\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 1 & x_n & \cdots & x_n^n\\ \end{matrix} \right) \tag{2.1}$$

 

Lemma 2.4. 范德蒙矩阵的行列式可表达为

$$\det\ V(x_0,x_1,\cdots,x_n) = \prod_{i>j}(x_i-x_j) \tag{2.2}$$

 

Theorem 2.5 (Uniqueness of polynomial interpolation). 给定互异点 $x_0,x_1,\cdots,x_n\in\mathbb{C}$ 以及对应的值 $f_0,f_1,\cdots,f_n\in\mathbb{C}$ ，用 $\mathbb{P}_n$ 表示次数不高于 $n$ 的多项式类，则存在唯一多项式 $p_n(x)\in\mathbb{P}_n$ 使得

$$\forall i=0,1,\cdots,n,\quad p_n(x_i) = f_i \tag{2.3}$$

$Proof.$ 不妨设该多项式为 $\sum_{i=0}^na_ix^i$ ，则代入初始条件可得 $n+1$ 个线性多项式方程，并且其系数矩阵恰为范德蒙矩阵，由各点互异显然其行列式不为零，因而存在唯一的解.

 

The Cauchy remainder

Theorem 2.6 (Generalized Rolle). 令 $n\ge 2$ ，设 $f\in\mathcal{C}^{n-1}[a,b]$ 以及 $f^{(n)}(x)$ 在 $[a,b]$ 上存在。若对 $a\le x_0 < x_1 < \cdots < x_n \le b$ 有 $f(x_0)=f(x_1)=\cdots=f(x_n)=0$ ，则存在点 $\xi\in(x_0, x_n)$ 使得 $f^{(n)}(\xi) = 0$ .

$Proof.$ 运用罗尔定理，在 $[x_0,x_n]$ 上得到 $n$ 个 $f^{\prime}$ 的零点，反复使用即证.

 

Theorem 2.7 (Cauchy remainder of polynomial interpolation). 令 $f\in\mathcal{C}^n[a,b]$ 并假设 $f^{(n+1)}(x)$ 在 $(a,b)$ 上存在，令 $p_n(f;x)\in\mathbb{P}_n$ 表示在 $x_0,x_1,\cdots,x_n$ 处符合 $f$ 的唯一多项式，定义

$$R_n(f;x) = f(x) - p_n(f;x) \tag{2.4}$$

为多项式插值的柯西余项 Cauchy remainder of the polynomial interpolation ；若 $a\le x_0 < x_1 < \cdots < x_n \le b$ ，则有 $\xi\in(a,b)$ 使得

$$R_n(f;x) = \dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\prod_{i=0}^n(x-x_i) \tag{2.5}$$

$Proof.$ 由于 $f(x_k) = p_n(f;x_k)$ ，则余项在 $x_k$ 处归零。选取 $x\neq x_0,x_1,\cdots,x_n$ ，定义

$$K(x) = \dfrac{f(x)-p_n(f;x)}{\prod_{i=0}^n(x-x_i)}$$

也就是说，我们想证明不变的量

$$\dfrac{R_n(f;x)}{K(x)} = \dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}$$

于是我们定义

$$W(t) = R_n(f;t) - K(x)\prod_{i=0}^n(t-x_i)$$

注意到 $W(t)$ 在 $x_k$ 处归零，并且 $W(x)=0$ ，共有 $n+2$ 个零点，这样可以应用 Theorem 2.6 得到

$$0 = W^{(n+1)}(\xi) = f^{(n+1)}(\xi) - (n+1)!K(x),\quad \xi\in (a,b)$$

即证.

 

Corollary 2.8. 设 $f(x)\in\mathcal{C}^{n+1}[a,b]$ ，则

$$|R_n(f;x)| \le \dfrac{M_{n+1}}{(n+1)!}\prod_{i=0}^n|x-x_i| \le \dfrac{M_{n+1}}{(n+1)!}(b-a)^{n+1} \tag{2.6}$$

其中 $M_{n+1} = \max_{x\in[a,b]}\left|f^{(n+1)}(x)\right|$ .

 

The Lagrange formula

Definition 2.10. 在互异点 $x_0,x_1,\cdots,x_n$ 处插值 $f_0,f_1,\cdots,f_n$ ，拉格朗日公式 Lagrange formula 为

$$p_n(x) = \sum_{k=0}^n f_kl_k(x) \tag{2.7}$$

其中初等拉格朗日插值多项式 elementary Lagrange interpolation polynomial 为

$$l_k(x) = \prod_{i\neq k;i=0}^n\dfrac{x-x_i}{x_k-x_i} \tag{2.8}$$

特别的，当 $n=0$ ，有 $l_0 = 1$ .

 

Lemma 2.12. 定义对称多项式

$$\pi_n(x) = \left\{ \begin{aligned} &1,\ &n=0\\ &\prod_{i=0}^{n-1}(x-x_i),\ &n>0 \end{aligned} \right. \tag{2.9}$$

则 $n>0$ 的逐点插值基本多项式 fundamental polynomial for pointwise interpolation 可以表示为

$$\forall x\neq x_k,\quad l_k(x) = \dfrac{\pi_{n+1}(x)}{(x-x_k)\pi^{\prime}_{n+1}(x_k)} \tag{2.10}$$

 

Lemma 2.13 (Cauchy relations). 基本多项式 $l_k(x)$ 满足如下的柯西关系

$$\sum_{k=0}^nl_k(x) \equiv 1 \tag{2.11}$$

$$\forall j=1,\cdots,n,\quad \sum_{k=0}^n(x_k-x)^jl_k(x) \equiv 0 \tag{2.12}$$

$Proof.$ 分别对 $f(x)\equiv 1$ 和 $q(u) = (u-x)^j,\ j=1,\cdots,n$ 插值即证；其中对 $q(u)$ 在 $x_0,x_1,\cdots,x_n$ 的插值多项式为

$$p(u) = \sum_{k=0}^n(x_k-x)^jl_k(u)\ \Rightarrow\ \sum_{k=0}^n(x_k-x)^jl_k(x) = p(x) = q(x) = 0$$

巧妙的代换.

 

The Newton formula

Definition 2.14 (Divided difference and the Newton formula). 在互异点 $x_0,x_1,\cdots,x_n$ 处插值 $f_0,f_1,\cdots,f_n$ ，牛顿公式 Newton formula 为

$$p_n(x) = \sum_{k=0}^n a_k\pi_k(x) \tag{2.13}$$

其中 $\pi_k$ 定义如前，第 $k$ 个差分 divided difference $a_k$ 定义为 $p_k(f;x)$ 中 $x^k$ 的系数，表示为 $f[x_0,x_1,\cdots,x_k]$ .

 

Corollary 2.15. $f[x_0,x_1,\cdots,x_k]$ 与插值点的顺序无关.

 

Corollary 2.16. 第 $k$ 个差分 $a_k$ 可表示为

$$f[x_0,x_1,\cdots,x_k] = \sum_{i=0}^k\dfrac{f_i}{\prod_{j\neq i;j=0}^{k}(x_i-x_j)} = \sum_{i=0}^k\dfrac{f_i}{\pi_{k+1}^{\prime}(x_i)} \tag{2.14}$$

$Proof.$ 我们发现对于互异点 $x_0,x_1,\cdots,x_{k-1}$ 进行插值后，当加入新的点 $x_{k}$ 时，之前的 $k$ 项都不变，只添加一项 $k$ 次多项式

$$a_{k}\pi_{k}(x) = a_{k}\prod_{i=0}^{k-1}(x-x_i)$$

由于插值多项式的唯一性，对比 Lagrange 插值公式即证.

 

Theorem 2.17. 差分满足递推式

$$f[x_0,x_1,\cdots,x_k] = \dfrac{f[x_1,x_2,\cdots,x_{k}]-f[x_0,x_1,\cdots,x_{k-1}]}{x_{k}-x_0} \tag{2.15}$$

$Proof.$ 由差分的定义， $f[x_1,x_2,\cdots,x_k]$ 是 $k-1$ 次插值多项式 $P_2(x)$ 中 $x^{k-1}$ 的系数，不妨再令 $P_1(x)$ 表示 $x^{k-1}$ 系数为 $f[x_0,x_1,\cdots,x_{k-1}]$ 的 $k-1$ 次插值多项式，仿照递推式构造

$$P(x) = P_1(x) + \dfrac{x-x_0}{x_k-x_0}(P_2(x)-P_1(x))$$

容易验证 $P(x)$ 恰为在 $x_0,x_1,\cdots,x_k$ 的插值多项式，注意到 $x^k$ 出现在

$$\dfrac{x}{x_k-x_0}(P_2(x)-P_1(x)) \in \mathbb{P}_k$$

并且其系数 $f[x_0,x_1,\cdots,x_k]$ 显然满足递推式.

 

Definition 2.18. 第 $k$ 个差分在差分表中 $(k\in\mathbb{N}^+)$

$$\begin{matrix} x_0 & f[x_0]\\ x_1 & f[x_1] & f[x_0,x_1]\\ x_2 & f[x_2] & f[x_1,x_2] & f[x_0,x_1,x_2]\\ x_3 & f[x_3] & f[x_2,x_3] & f[x_1,x_2,x_3] & f[x_0,x_1,x_2,x_3]\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \end{matrix}$$

每次通过递推式从左上向右下计算差分，取对角线上的系数 $f[x_0,x_1,\cdots,x_k]$ .

 

Theorem 2.21. 对互异点 $x_0,x_1,\cdots,x_n$ 和 $x$ 有

$$f(x) = f[x_0] + f[x_0,x_1](x-x_0) + \cdots + f[x_0,x_1,\cdots,x_n]\prod_{i=0}^{n-1}(x-x_i) + f[x_0,x_1,\cdots,x_n,x]\prod_{i=0}^{n}(x-x_i) \tag{2.16}$$

$Proof.$ 注意 $f$ 不是给定的函数，此定理是未知的 $f$ 在 $x$ 处的值满足的公式。不妨设另一个点 $z\neq x_i$ ，对 $x_0,x_1,\cdots,x_n,z$ 运用牛顿公式得到

$$Q(x) = f[x_0] + f[x_0,x_1](x-x_0) + \cdots + f[x_0,x_1,\cdots,x_n]\prod_{i=0}^{n-1}(x-x_i) + f[x_0,x_1,\cdots,x_n,z]\prod_{i=0}^{n}(x-x_i)$$

由插值条件有 $Q(z) = f(z)$ ，从而

$$f(z) = Q(z) = f[x_0] + f[x_0,x_1](z-x_0) + \cdots + f[x_0,x_1,\cdots,x_n]\prod_{i=0}^{n-1}(z-x_i) + f[x_0,x_1,\cdots,x_n,z]\prod_{i=0}^{n}(z-x_i)$$

将 $z$ 替换为 $x$ 即证；若 $x = x_j$ ，则令 $f(x) = p_n(f;x)+R(x)$ ，其中

$$R(x) = f[x_0,x_1,\cdots,x_n,x]\prod_{i=0}^{n}(x-x_i)$$

我们需要证明

$$\forall j=0,1,\cdots,n,\quad p_n(f;x_j) + R(x_j) - f(x_j) = 0$$

这实际上是显然的，因为 $R(x_j) = 0$ ，并且 $p_n(f;x_j) = f(x_j)$ .

 

Corollary 2.22. 设 $f\in\mathcal{C}^n[a,b]$ 及 $f^{(n+1)}(x)$ 在 $(a,b)$ 上存在，若 $a\le x_0 < x_1 < \cdots < x_n \le b$ ，则有 $\xi(x)\in(a,b)$ 使得

$$f[x_0,x_1,\cdots,x_n,x] = \dfrac{1}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi(x)) \tag{2.17}$$

$Proof.$ 由 Theorem 2.21 及 Theorem 2.7 中的柯西余项即证；此推论说明了一个重要的结论： $n$ 次多项式 $f$ 的差分满足

$$f[x_0,x_1,\cdots,x_n,x_{n+1}] = 0$$

因此对 $n$ 次多项式多于 $n+1$ 个点的插值多项式也是 $n$ 次多项式.

 

Corollary 2.23. 若 $x_0 < x_1 < \cdots < x_n$ 及 $f\in\mathcal{C}^n[x_0,x_n]$ ，则有

$$\lim_{x_n\to x_0}f[x_0,x_1,\cdots,x_n] = \dfrac{1}{n!}f^{(n)}(x_0) \tag{2.18}$$

$Proof.$ 在 Corollary 2.22 中令 $x = x_{n+1}$ 即证.

 

Definition 2.24. 双序列 bisequence 是一个函数 $f:\mathbb{Z}\to\mathbb{R}$ .

 

Definition 2.25. 前移 forword shift $E$ 和 后移 backward shift $B$ 是双序列的线性空间 $V$ 上的线性算子 $V\mapsto V$ ，给出

$$(Ef)(i) = f(i+1),\quad (Bf)(i) = f(i-1) \tag{2.19}$$

向前差分 forward difference $\Delta$ 和向后差分 backward difference $\nabla$ 是线性算子 $V\mapsto V$ ，给出

$$\Delta = E-I,\quad \nabla = I-B \tag{2.20}$$

其中 $I$ 是 $V$ 上的单位算子.

 

Theorem 2.27. 向前差分和向后差分有关系

$$\forall n\in\mathbb{N}^+,\quad \Delta^nf_i = \nabla^nf_{i+n} \tag{2.21}$$

$Proof.$ 应用归纳法即证；从含义来看，左边在向前差分时左移了 $n$ 次，因此计算向后差分就要提前左移 $n$ 步.

 

Theorem 2.28. 向前差分可表示为

$$\Delta^nf_i = \sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\left( \begin{matrix} n\\ k \end{matrix} \right)f_{i+k} \tag{2.22}$$

$Proof.$ 利用组合数等式

$$\left( \begin{matrix} n\\ k \end{matrix} \right) + \left( \begin{matrix} n\\ k-1 \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} n+1\\ k \end{matrix} \right)$$

对 $n$ 进行归纳即证.

 

Theorem 2.29. 网格 $x_i = x_0 + ih$ 是关于 $h$ 均匀的，序列 $f_i = f(x_i)$ 满足

$$\forall n\in\mathbb{N}^+,\quad f[x_0,x_1,\cdots,x_n] = \dfrac{\Delta^nf_0}{n!h^n} \tag{2.23}$$

$Proof.$ 应用归纳法即证；注意到 $f[x_0,x_1,\cdots,x_n]$ 从 $0$ 左移 $n$ 位进行差分，因此有 $\Delta^nf_0$ 项，相应的每一位都要除以左右两端的差 $kh$ ，累乘得到 $n!h^n$ 项.

 

Theorem 2.30 (Newton's forward difference formula). 设 $p_n(f;x)\in\mathbb{P}_n$ 是在均匀网格 $x_i = x_0 + ih$ 上的插值多项式，则

$$\forall s\in\mathbb{R},\quad p_n(f;x_0+sh) = \sum_{k=0}^n\left( \begin{matrix} s\\ k \end{matrix} \right)\Delta^kf_0 \tag{2.24}$$

其中 $\Delta^0f_0 = f_0$ 并且

$$\left( \begin{matrix} s\\ k \end{matrix} \right) = \dfrac{s(s-1)\cdots(s-k+1)}{k!} \tag{2.25}$$

$Proof.$ 在 Theorem 2.21 中令 $f(x) = p_n(f;x)$ ，则有

$$p(x) = f[x_0] + f[x_0,x_1](x-x_0) + \cdots + f[x_0,x_1,\cdots,x_n]\prod_{i=0}^{n-1}(x-x_i)$$

由于 $p(x)\in\mathbb{P}_n$ ，因此没有余项；再应用 Theorem 2.29 得到

$$p(x) = f_0 + \sum_{k=0}^n\dfrac{\Delta^kf_0}{k!h^k}\prod_{i=0}^{k-1}(x-x_i)$$

注意到 $x-x_i = (x_0+sh)-(x_0+ih) = (s-i)h$ ，代入即证.

 

The Neville-Aitken algorithm

Theorem 2.31. 记 $p_0^{[i]}=f(x_i),\ i=0,1,\cdots,n$ ，则对任意 $k=0,1,\cdots,n-1$ 及 $i=0,1,\cdots,n-k-1$ ，定义

$$p_{k+1}^{[i]}(x) = \dfrac{(x-x_i)p_k^{[i+1]}(x)-(x-x_{i+k+1})p_k^{[i]}(x)}{x_{i+k+1}-x_i} \tag{2.26}$$

其中 $p_k^{[i]}$ 是在点 $x_i,x_{i+1},\cdots,x_{i+k}$ 上的插值多项式。特别的， $p_n^{[0]}$ 是在 $x_0,x_1,\cdots,x_n$ 上的 $n$ 次插值多项式.

$Proof.$ 对 $k$ 运用归纳法，代入插值点 $x_i,x_{i+1},\cdots,x_{i+k+1}$ 都成立，即证。需要注意，此算法是在不计算插值多项式的情况下，直接计算插值多项式在 $x$ 处的值.

 

Note. 我们通过表格法进行算法过程，不妨假设在 $x_0,x_1,x_2$ 进行插值，然后估计 $x$ 处的值，然后估计 $x$ 处的值 $p_2^{[0]}(x)$

$$\begin{matrix} x_i & x-x_i & p_0^{[i]} & p_1^{[i]} & p_2^{[i]}\\ \hline x_0 & x-x_0 & f_0 & \frac{(x-x_0)f_1-(x-x_1)f_0}{x_1-x_0} & \frac{(x-x_0)p_1^{[1]}-(x-x_2)p_1^{[0]}}{x_2-x_0}\\ x_1 & x-x_1 & f_1 & \frac{(x-x_1)f_2-(x-x_2)f_1}{x_2-x_1}\\ x_2 & x-x_2 & f_2 \end{matrix}$$

计算 $p_{k+1}^{[i]}$ 所在列时，每次计算一个行列式，然后除以 $x_{i+k+1}-x_i$

$$\det\left(\begin{matrix} x-x_i & p_k^{[i]}\\ x-x_{i+k+1} & p_k^{[i+1]} \end{matrix}\right)$$

注意，左边两个 $x-x_i$ 之间要相隔 $k+1$，而右边两个 $p_k^{[i]}$ 是相邻的.

 

The Hermite interpolation

Definition 2.33. 给定 $[a,b]$ 上的互异点 $x_0,x_1,\cdots,x_k$ ，非负整数 $m_0,m_1,\cdots,m_k$ ，以及函数 $f\in\mathcal{C}^M[a,b],\ M=\max_im_i$ ， Hermite 插值问题 Hermite interpolation problem 寻找最低次的多项式 $p$ 使得

$$\forall i=0,1,\cdots,k,\ \forall \mu=0,1,\cdots, m_i,\quad p^{(\mu)}(x_i) = f_i^{(\mu)} \tag{2.27}$$

其中 $f_i^{(\mu)} = f^{(\mu)}(x_i)$ 为 $f$ 在 $x_i$ 处的 $\mu$ 阶导数。特别的， $f_i^{(0)} = f(x_i)$ .

 

Definition 2.34. 在 $n+1$ 个相同点的第 $n$ 个差分定义为

$$f[x_0,x_0,\cdots,x_0] = \dfrac{1}{n!}f^{(n)}(x_0) \tag{2.28}$$

其中 $x_0$ 重复出现 $n+1$ 次.

 

Theorem 2.35. 在 Hermite 插值问题中，记 $N=k+\sum_{i}m_i$ ，用 $p_N(f;x)\in\mathbb{P}_N$ 表示满足条件的唯一多项式，设 $f^{(N+1)}(x)$ 在 $(a,b)$ 上存在，则有 $\xi\in(a,b)$ 使得

$$f(x) - p_N(f;x) = \dfrac{f^{(N+1)}(\xi)}{(N+1)!}\prod_{i=0}^{k}(x-x_i)^{m_i+1} \tag{2.29}$$

$Proof.$ 类似于 Theorem 2.7 ，考虑

$$K(x) = \dfrac{f(x) - p_N(f;x)}{\prod_{i=0}^{k}(x-x_i)^{m_i+1}}$$

对于固定的 $x\neq x_0,x_1,\cdots,x_k$ ，构造函数 $W(t)$ 在 $x_0,x_1,\cdots,x_k,x$ 处为零，然后应用罗尔定理

$$W(t) = f(t) - p_N(f;t) - K(x)\prod_{i=0}^{k}(t-x_i)^{m_i+1}$$

注意到每次对 $W^{(i)}$ 使用罗尔定理，总零点数减少一个，然后增加 $W^{(i+1)}$ 的零点数，因此应用 $N$ 次罗尔定理即证.

 

The Chebyshev polynomials

Example 2.38 (Runge phenomenon). 点 $x_0,x_1,\cdots,x_k$ 给出一个先验 priori ，例如在区间 $[x_0,x_n]$ 上的均匀分布。随着 $n$ 的增加，插值多项式的次数也在增加，理想情况下我们希望有

$$\forall f\in\mathcal{C}[x_0,x_n],\ \forall x\in[x_0,x_n],\ \lim_{n\to\infty}p_n(f;x) = f(x)$$

然而，在等距点插值的多项式并非如此。通过对

$$f(x) = \dfrac{1}{1+x^2}$$

在 $x_i = -5+10\frac{i}{n},\ i=0,1,\cdots,n$ 进行插值

得到的曲线在实际曲线附近不断振荡.

 

Definition 2.39. $n$ 次第一类切比雪夫多项式 Chebyshev polynomial 是多项式 $T_n:[-1,1]\to[-1,1]$

$$T_n(x) = \cos(n\arccos x) \tag{2.30}$$

 

Theorem 2.40. 第一类切比雪夫多项式满足递推关系

$$\forall n\in\mathbb{N}^+,\quad T_{n+1}(x) = 2xT_n(x) - T_{n-1}(x) \tag{2.31}$$

$Proof.$ 设 $x = \cos t$ ，则有

$$T_{n+1}(x) = \cos (n+1)t = \cos nt\cos t - \sin nt\sin t = xT_n(x) - \sin nt\sin t\\ T_{n-1}(x) = \cos (n-1)t = \cos nt\cos t + \sin nt\sin t = xT_n(x) + \sin nt\sin t$$

上下两式相加即证.

 

Corollary 2.41. 对 $n>0$ ， $T_n$ 中 $x^n$ 的系数为 $2^{n-1}$ .

 

Theorem 2.42. $T_n(x)$ 有 $n$ 个单零点

$$x_k = \cos\dfrac{2k-1}{2n}\pi,\quad k=1,2,\cdots,n \tag{2.32}$$

对 $x\in[-1,1]$ 及 $n\in\mathbb{N}^+$ ， $T_n(x)$ 有 $n+1$ 个极值点

$$x_k^{\prime} = \cos\dfrac{k}{n}\pi,\quad k=0,1,\cdots,n \tag{2.33}$$

其中每个极值点的值为 $(-1)^k$ .

$Proof.$ 直接代入验证即得 $x_k$ 均为零点，由于 $T_n(x)\in\mathbb{P}_n$ ，它们就是所有的零点；求导得

$$T_n^{\prime}(x) = \dfrac{n}{\sqrt{1-x^2}}\sin(n\arccos x)$$

由于 $T_n^{\prime}(x_k) \neq 0$ ，它们都是单零点。类似的，可以验证 $T_n^{\prime}(x_k^{\prime})=0,\ T_n^{\prime\prime}(x_k^{\prime})\neq 0,\ k=1,2,\cdots,n-1$ ，从而这 $n-1$ 个点都是极值点，由于 $T_n^{\prime}(x)\in\mathbb{P}_{n-1}$ ，它们是仅有的极值点，每个极值点的值为 $(-1)^k$ 。注意到端点 $k=0,n$ 时也可取极值，即证.

 

Theorem 2.43 (Chebyshev). 记 $\mathbb{\tilde{P}}_n$ 为全体 $n\in\mathbb{N}^+$ 次首一多项式的类，则

$$\forall p\in\mathbb{\tilde{P}}_n,\quad \max_{x\in[-1,1]}\left|\dfrac{T_n(x)}{2^{n-1}}\right| \le \max_{x\in[-1,1]}|p(x)| \tag{2.34}$$

$Proof.$ 事实上，由 Theorem 2.42 ，有 $|T_n(x)|\le 1$ ，因此不妨假设

$$\exists p\in\mathbb{\tilde{P}}_n,\quad \mathrm{s.t.}\quad \max_{x\in[-1,1]}|p(x)| < \dfrac{1}{2^{n-1}}$$

构造多项式

$$Q(x) = \frac{T_n(x)}{2^{n-1}}-p(x)\ \Rightarrow\ Q(x_k^{\prime}) = \dfrac{(-1)^k}{2^{n-1}} - p(x_k^{\prime})$$

这意味着在 $x_k^{\prime}$ 处 $p(x)$ 总是会改变符号，因此它有至少 $n$ 个零点。然而，在构造 $Q(x)$ 时，两个首一多项式相减，得到 $n-1$ 次多项式，从而 $Q(x)$ 只能为零，矛盾.

 

Corollary 2.45. 对 $n\in\mathbb{N}^+$ ，有

$$\max_{x\in[-1,1]}\left|x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_n\right|\ge \dfrac{1}{2^{n-1}} \tag{2.35}$$

$Proof.$ 此推论是上述定理的直接结论.

 

Corollary 2.46. 设多项式插值在 $T_{n+1}(x)$ 的 $n+1$ 个零点上进行，则柯西余项满足

$$|R_n(f;x)| \le \dfrac{1}{2^n(n+1)!}\max_{x\in[-1,1]}\left|f^{(n+1)}(x)\right| \tag{2.36}$$

$Proof.$ 应用 Theorem 2.7 有

$$|R_n(f;x)| = \dfrac{\left|f^{(n+1)}(\xi)\right|}{(n+1)!}\left|\prod_{i=0}^{n}(x-x_i)\right| \le \dfrac{\left|f^{(n+1)}(\xi)\right|}{2^n(n+1)!}$$

即证.

 

The Bernstein polynomials

Definition 2.47. 单位区间 $[0,1]$ 上的 $n$ 次伯恩斯坦基本多项式 Bernstein base polynomials 为

$$b_{n,k}(t) = \left( \begin{matrix} n\\ k \end{matrix} \right)t^k(1-t)^{n-k} \tag{2.37}$$

其中 $k=0,1,\cdots,n$ .

 

Lemma 2.48. 伯恩斯坦基本多项式满足 $\forall k=0,1,\cdots,n,\ \forall t\in(0,1)$ ，有

$$\begin{aligned} b_{n,k}(t) &> 0,\\ \sum_{k=0}^{n}b_{n,k}(t) &= 1,\\ \sum_{k=0}^{n}kb_{n,k}(t) &= nt,\\ \sum_{k=0}^{n}(k-nt)^2b_{n,k}(t) &= nt(1-t) \end{aligned} \tag{2.38}$$

$Proof.$ 可以看出伯恩斯坦多项式的格式恰为二项分布，从而根据二项分布的性质易得

$$\begin{aligned} b_{n,k}(t) &= P(X=k) > 0,\\ \sum_{k=0}^{n}b_{n,k}(t) &= \sum_{k=0}^nP(X=k) = 1,\\ \sum_{k=0}^{n}kb_{n,k}(t) &= EX = nt,\\ \sum_{k=0}^{n}(k-nt)^2b_{n,k}(t) &= DX = nt(1-t) \end{aligned}$$

即证.

 

Lemma 2.49. $n$ 次伯恩斯坦基本多项式构成 $\mathbb{P}_n$ 的一组基.

 

Definition 2.50. 映射 $f\in\mathcal{C}[0,1]$ 的第 $n$ 伯恩斯坦多项式为

$$(B_nf)(t) = \sum_{k=0}^{n}f\left(\dfrac{k}{n}\right)b_{n,k}(t) \tag{2.39}$$

 

Theorem 2.51 (Weierstrass approximation). 任意连续函数 $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ 可以被多项式函数一致逼近，即

$$\forall f\in\mathcal{C}[a,b],\ \forall \epsilon > 0,\ \exists N\in\mathbb{N}^+,\quad \mathrm{s.t.}\quad \forall n>N,\ \exists p_n\in\mathbb{P}_n,\\ \mathrm{s.t.}\quad\forall x\in[a,b],\ |p_n(x)-f(x)|<\epsilon \tag{2.40}$$

此定理证明了多项式函数是在连续函数集上是稠密的.

 

Problem

$\mathrm{II}.$ 对 $f_i\ge 0,i=0,1,\cdots,n$ 构造非负的插值多项式

显然有拉格朗日插值多项式

$$p(x) = \sum_{i=0}^n f_il_i(x)$$

那么就可以直接平方

$$p(x) = \sum_{i=0}^n f_il_i^2(x)$$

就得到非负多项式.

 

$\mathrm{V}.$ 利用柯西余项和差分估计余项函数 $\xi$

根据牛顿插值公式的余项和柯西余项对比

$$f[x_0,x_1,\cdots,x_n] = \dfrac{1}{n!}f^{(n)}(\xi)$$

而可以计算出 $\xi$ .

 

$\mathrm{VIII}.$ 设 $f$ 在 $x_0$ 处可导，证明

$$\dfrac{\partial}{\partial x_0}f[x_0,x_1,\dots,x_{n+1}] = f[x_0,x_0,x_1,\dots,x_{n+1}]$$

$Proof.$ 应用数学归纳法，对 $n=0$ 有 $\frac{\partial}{\partial x_0}f[x_0] = \frac{\partial f(x_0)}{\partial x_0} = f[x_0,x_0]$ 成立；设对 $n$ 成立，则有

$$\begin{aligned} \dfrac{\partial}{\partial x_0}f[x_0,x_1,\dots,x_{n+1}] &= \dfrac{\partial}{\partial x_0} \dfrac{f[x_0,x_1,\dots,x_n]-f[x_1,x_2,\dots,x_{n+1}]}{x_{n+1}-x_0}\\ &= \dfrac{f[x_0,x_0,x_1,\dots,x_n](x_{n+1}-x_0)+f[x_0,x_1,\dots,x_n]-f[x_1,x_2,\dots,x_{n+1}]}{(x_{n+1}-x_0)^2}\\ &= \dfrac{f[x_0,x_0,x_1,\dots,x_n]-f[x_0,x_1,\dots,x_{n+1}]}{x_{n+1}-x_0}\\ &= f[x_0,x_0,x_1,\dots,x_{n+1}] \end{aligned}$$

由归纳假设即证.

 

$\mathrm{IX}.$ 对 $n\in\mathbb{N}^+$ ，确定

$$\min\max_{x\in[a,b]}|a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_n|$$

其中 $a_0\neq0$ 固定，在 $a_i\in\mathbb{R},\ i=1,2,\cdots,n$ 上取最小值.

对任意多项式

$$p(x) = a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_n,\ x\in[a,b]$$

做变量代换 $x = \frac{b-a}{2}t + \frac{a+b}{2}$ 得到

$$\begin{aligned} p(t) &= a_0\left(\dfrac{b-a}{2}t + \dfrac{a+b}{2}\right)^n+a_1\left(\dfrac{b-a}{2}t+ \dfrac{a+b}{2}\right)^{n-1}+\cdots+a_n,\\ &= c_0t^n+c_1t^{n-1}+\cdots+c_n,\ t\in[-1,1] \end{aligned}$$

则其中 $c_0 = a_0(\frac{b-a}{2})^n$ ；由 Corollary 3.41，首一多项式 $\left|\frac{p(t)}{c_0}\right|$ 满足

$$\max_{t\in[-1,1]} \left|\dfrac{p(t)}{c_0}\right| \ge \dfrac{1}{2^{n-1}}$$

且存在首一化的 Chebyshev 多项式可取得等号，故有

$$\min\max_{t\in[-1,1]}|p(t)| = \dfrac{c_0}{2^{n-1}} = \dfrac{a_0(b-a)^n}{2^{2n-1}}$$

由于上述代换是可逆等价代换，从而有

$$\min\max_{x\in[a,b]}\left|a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_n\right| = \dfrac{a_0(b-a)^n}{2^{2n-1}}$$

即得.

 

$\mathrm{X}.$ 对给定的 $a>1$ ，定义 $\mathbb{P}_n^a =\{p\in\mathbb{P}_n:p(a)=1\}$ ，多项式 $\hat{p}_n(x)\in\mathbb{P}_n^a$ 满足

$$\hat{p}_n(x) = \dfrac{T_n(x)}{T_n(a)}$$

证明

$$\forall p\in\mathbb{P}_n^a,\quad \|\hat{p}_n\|_{\infty} \le \|p\|_{\infty}$$

其中函数 $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ 的范数定义为 $\|f\|_{\infty}=\max_{x\in[-1,1]}|f(x)|$ .

$Proof.$ 反设

$$\exists p\in \mathbb{P}_n^a,\quad \mathrm{s.t.}\quad \lVert p\lVert_{\infty} \le \lVert \hat{p}_n(x)\lVert_{\infty} = \left|\frac{1}{T_n(a)}\right|$$

令 $Q(x) = \hat{p}_n(x) - p$ ，则在 $T_n(x)$ 的极值点 $x_i$ 有

$$Q(x_i) = \frac{(-1)^k}{T_n(a)} - p(x_i),\quad i=0,1,\dots,n$$

从而 $Q(x)$ 在 $x_i$ 处交替符号，故在 $[-1,1]$ 上有 $n$ 个零点；而由 $\hat{p}_n(x)$ 的构造

$$Q(a) = \hat{p}_n(a) - p(a) = 0$$

则 $x=a>1$ 也是 $Q(x)$ 的零点，从而 $Q(x)$ 存在 $n+1$ 个零点，至少是 $n+1$ 阶多项式，而由 $Q(x)$ 的构造， $Q(x)$ 至多是 $n$ 阶多项式，推出矛盾，即证.