Approximation Theory and Methods习题解答

2.1

• \(\Vert f\Vert\geq 0\) obvious
• \(\Vert a-b\Vert=\Vert b-a\Vert\) by definition \(f\in\mathscr A\) then \(-f\in\mathscr A\)
• Triangle Inequality
  \(\Vert a+b\Vert \leq \Vert a\Vert+\Vert b\Vert\)
  By convexity in linear space \(\mathscr B\), \(\frac{a}{\Vert a\Vert+\Vert b\Vert}+\frac{b}{\Vert a\Vert+\Vert b\Vert}\in\mathscr A\)(as \(\frac{a}{\Vert a\Vert},\frac{b}{\Vert b\Vert}\in\mathscr A\)).
  i.e. \(\frac{a+b}{\Vert a\Vert+\Vert b\Vert}\in\mathscr A\), which implies \(\Vert a+b\Vert\leq \Vert a\Vert+\Vert b\Vert\).

2.2

按照Theorem 1.2的证明方法，考虑某个\(f\)在\(\mathscr B\)中的\(\Vert f\Vert\)邻域与\(\mathscr A\)的intersection，也就是：

\[\{\Vert x\Vert\leq 2\Vert f\Vert:x\in \mathscr A\} \]

这个集合是close and bounded的，所以compact，normed linear space有Induced metric，所以可以用Theorem 2.5证.

2.3

证明\(L^4\)-norm的strictly convex，不知道有什么好的方法，我只会暴力展开然后用Young不等式之类的XD

2.4

画图可知，在这些涂红的区域内的best approximation是斜着交点中的一个

在剩下的地方实际上就是\((1,0),(0,1),(-1,0),(0,-1)\)中的一个.
怎么思考呢？可以想象一个以当前点为中心的正方形不断变大，最后和圆相交，在涂红区域的首先是正方形的角相交，在这四个区域的点显然要相交的话肯定也就是和边界相交了.

实际上不知道是不是这样，可能得回头看一眼

2.5

感觉过程基本上就是2.1的，这个continuity condition好像就是前面提到的trick? 考虑-改+然后按照strictly convex，证明不如\(X(f_1-f_2)\)就可以吧.

2.6

使用Theorem 2.4，我们发现我们总能找出至少两个best approximation就行. 考虑\(\beta \sin^{2}x\)是\(f(x)=x\)的best approximation，不难看出\(\Vert x-\beta \sin^{2}x\Vert=\Vert x-(-\beta)\sin^{2}x\Vert\)， 另外\(\beta=0\)不可能是best approximation.

2.7

又是一个构造more than one best approximation的=

• 考虑\(f(x)=x^3\)，对\(y=x\)对称，所以其实任意折线我们都可以反射过去

2.8

several?
这种时候想象一下各种norm下面的单位圆.

• \(x+y+z=1\)这种就是\(1\)-norm下面的答案
• \(x=1\)这种就是\(\infty\)-norm下面的答案
• \(2\)-norm下面没有，因为\(2\)-norm是strictly convex的xD

2.9

Kinda hard problem

考虑有两个best approximation的点，我们最好是能靠nonconvex来做一个类似于\(x=\frac{1}{2}(a+b)\notin\mathscr A\) where \(a,b\in\mathscr A\)，这个时候就显然\(x\)有两个best approximation.
考虑not convex其实也有很多种，比较极端的比如一个convex set加一个孤立点. 我觉得这个题目重点在compact相关可以收敛之类的，构造一个好的数列.

设\(f(x)=\inf_{x\in\mathscr A}\Vert x-a\Vert\), 由于\(\mathscr A\)是compact的，所以\(f(x)\)在\(\mathscr B\)中处处well-defined（意思就是处处的值都能存在，这个显然）且finite(考虑Bounded)
考虑nonconvex我们可以找到\(f(a)=f(b)=0\)，且存在\(\theta\in(0,1)\) s.t. \(f(\theta a+(1-\theta)b)>0\). 考虑因为compact所以\(\mathscr A^C\) open，\(t=\theta a+(1-\theta)b\)附近的线段至少有一段是\(\notin \mathscr A\)的.
考虑从\(t\)对应的\(\theta_0\)向上向下找都至少能找到\(\in\mathscr A\)的点，也就是\(f(x)=0\)的点，不妨考虑设为\(\theta^-\)和\(\theta^+\)，考虑\(\theta_1=\sup_{\theta>\theta^{-}: \Vert x-(\theta^{-}a+(1-\theta^{-})b)\Vert\leq \Vert x-\alpha \Vert,\forall \alpha\in\mathscr A}\theta\). 由于\(f(\theta^{+}a+(1-\theta^{+})b)=0\), 得 \(\theta_{1}\leq\theta^{+}\). 由于存在上界，也就是说在\(\theta_1\)处已经可以找到另一个\(\alpha\in\mathscr A\) s.t. \(\alpha\) is also best approximation of \(\theta_{1}a+(1-\theta_{1})b\), which completes the proof.

不知道进一步这个investigate该怎么做？

2.10

因为\(\mathscr A\)是strictly convex，所以任意两\(\mathscr L(a)\)不交.
Suppose \(x,y\in\mathscr L(a)\), then for any \(\theta\in(0,1)\)

\[\begin{aligned} &t=\theta x+(1-\theta)y\in\mathscr L\\ \iff& \Vert t-a\Vert\leq \Vert t-a'\Vert,a'\in\mathscr A \end{aligned} \]

考虑triangle inequality和normed linear space，\(\Vert t-a\Vert\leq \theta\Vert x-a\Vert+(1-\theta)\Vert y-a\Vert\). 我猜大概应该是这个norm也得convex?

5.1

计算略

5.2

\[p_n(x)=f(x_0)+(x-x_0)f[x_0,x_1]+\dots+\left\{\prod_{j=0}^{n-1}(x-x_j)\right\}f[x_0,x_1,\dots,x_n] \]

考虑每项形如

\[(x-x_0)\left\{\prod_{j=1}^{k-1}(x-x_{j})\right\}f[x_0,\dots,x_k] \]

求导

\[\left\{\prod_{j=1}^{k-1}(x-x_{j})\right\}f[x_0,\dots,x_k]+(x-x_0)\left(\left\{\prod_{j=1}^{k-1}(x-x_{j})\right\}f[x_0,\dots,x_k]\right)' \]

因为\(x=x_0\)，右边这一项是\(0\).\(\square\)
具体计算略.

5.3

equally spaced:等距抽样.

\[f[x_0,x_1,\dots,x_n]=\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{f(x_{k})}{\prod\limits_{j\neq k}(x_k-x_j)} \]

显然我们只需要动一下\(\prod_{j\neq k}(x_{k}-x_{j})=\prod_{j\neq k}(k-j)h=h^n[\prod_{j=0}^{k-1}(k-j)][\prod_{j=k+1}^n(k-j)]\).
不难看出右边这块就是\((-1)^{n-k}k!(n-k)!\)，得证.

5.4

具体计算略

5.5

\(0,0,0,1,1\)

• \(f[0]=f(0)\)
  \(f[1]=f(1)\)
• \(f[0,0]=f'(0)\)
• \(f[0,0,0]=\frac{f''(0)}{2}\)
  \(f[0,1]=f(1)-f(0)\)
  \(f[0,0,1]=f(1)-f(0)-f'(0)\)
• \(f[0,0,0,1]=f(1)-f(0)-f'(0)-\frac{f''(0)}{2}\)
  \(f[1,1]=f'(1)\)
  \(f[0,1,1]=f'(1)-f(1)+f(0)\)
  \(f[0,0,1,1]=f'(1)-f(1)+f(0)-f(1)+f(0)+f'(0)=f'(1)+f'(0)-2f(1)+2f(0)\)
• \(f[0,0,0,1,1]=\frac{f''(0)}{2}+f'(1)+2f'(0)-3f(1)+3f(0)\)

5.6

Extensions of Newton's Interpolation的直接应用. 直接搬运其unique. 实际上就是\(q=p-f\)，然后把子式剥出来.
罗尔定理的这个不是很懂啥意思? \(q(x_i)=0\)，\(x_i\)之间存在\(\zeta\)使得\(q'(\zeta)=0\).考虑\(q(x)\)是\(n\)次多项式，\(q'\)最多是\(n-1\)次多项式，利用代数基本定理得到最多\(n-1\)个根，对应的在这\(n\)个\(x_i\)之间的\(n-1\)个\(\zeta\)上.

似乎没有说\(x_{i}\) distinct? 可能需要更进一步整点东西. 重根之类的怎么对应呢？

5.7

使用Theorem 5.1证明里面的细节，不妨以\(f[x_0,\dots,x_k]\)和\(f[x_1,\dots,x_{k+1}]\)的对比为例，由Theorem 5.1直接得到

\[f[x_{0},\dots,x_{k}]=\frac{f^{(k)}(\zeta)}{k!} \]

其中\(x_0<\zeta<x_k\)，利用证明的细节，取新增的一小段\(x_k<\zeta^+<x_{k+1}\)中也存在

\[f[x_1,\dots,x_{k+1}]=\frac{f^{(k)}(\zeta^+)}{k!} \]

由于\(f^{(k)}\) increases strictly monotonically，这个sequence of divided differences increases strictly monotonically.

5.8

(5.14)=\(f[\dots]\)的递归式.
具体计算略. 就是求一长二长三长的\(x\)段对应的\(f[\dots]\)

5.9

这题比较有意思，考虑\(f\)和\(g\)都是\(n\)次多项式，乘起来出来一个\(2n\)次的多项式，而这个\(h\)是在\(n\)个点值上是\(f\)乘\(g\)的\(n\)次多项式，是这个\(2n\)次多项式的子式，似乎可以当作这个\(2n\)多项式模\(x^{n+1}\)下的值？
话说这个\(g(x_j,x_{j+1},\dots,x_n]\)是指不包含\(x_{j}\)吗？

\[\begin{aligned} &h[x_0,x_1,\dots,x_n]\\ =&\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{h(x_{k})}{\prod\limits_{j\neq k}(x_k-x_j)}\\ =&\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{f(x_{k})g(x_{k})}{\prod\limits_{}} \end{aligned} \]

5.10

requires problem 4.9，等我补一下题