第6周作业
本次作业笔误较多，所以同学们看看就行．
讲义第三章习题2，4，5，6，7，8，9，12
2． 设函数 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，试证明 $f(x)$ 的 $n$ 次最佳一致逼近多项式是 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的某一个 Lagrange 插值多项式．
4． 记 $H_2 = \mathrm{span}\lbrace 1,x,x^2\rbrace$ 是二次多项式空间．求 $p(x) \in H_2$ 使得
\[\max\limits_{x\in[0,2]} \vert x^3-p(x)\vert\]达到最小．
5． 求 $f(x) = \dfrac{1}{1+x}$ 在 $[0,1]$ 上的一次最佳一致逼近多项式．
6． 设 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，试证 $f(x)$ 的零次最佳一致逼近多项式是
\[p(x)=\dfrac{M+m}{2},\]其中
\[M=\max\limits_{a\le x\le b}f(x), \quad m=\min\limits_{a\le x\le b}f(x).\]7． 对下列给定的权函数 $W(x)$，求出区间 $[-1,1]$ 上的直交多项式系的前三个多项式 $p_0(x)$、$p_1(x)$、$p_2(x)$．
(1) $W(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$，
(2) $W(x)=1+x^2$．
8． 设 $q_n(x)$ 是区间 $[a,b]$ 上关于权函数 $W(x)$ 的首一 $n$ 次直交多项式，令
\[A_n=\begin{bmatrix} \alpha_0 & \sqrt{\beta_1} \\ \sqrt{\beta_1} & \alpha_1 \\ &\ddots&\ddots&\ddots \\ &&&\alpha_{n-2}&\sqrt{\beta_{n-1}} \\ &&&\sqrt{\beta_{n-1}} & \alpha_{n-1} \end{bmatrix}, n\ge 1.\]其中 $\alpha_k$、$\beta_k$ 为递推关系式 (3.3.3) 中的系数：
\[p_{k+1}=(x-\alpha_k)p_k(x)-\beta_kp_{k-1}(x).\]试证，矩阵 $A_n$ 的特征值是直交多项式 $q_n(x)$ 的根．
9． 设
\[X_n(x,y)=T_{n+1}(x)T_n(y)-T_{n+1}(y)T_n(x),\]其中 $T_n$ 表示 Chebyshev 多项式，证明
\[X_n(x,y)=2(x-y)T_n(x)T_n(y)+X_{n-1}(x,y), \quad n\ge 1.\]并导出
\[\dfrac{1}{2}X_n(x,y)=(x-y)\left[ \sum\limits_{k=1}^nT_k(x)T_k(y)\right].\]12． 设 $p_n(x)$ 为不高于 $n$ 次的多项式，令
\[M=\max\limits_{-1\le x\le 1}\vert p_n(x)\vert\]试证明对任何大于 1 的实数 $y$，恒有
\[\vert p_n(y)\vert \le M\vert T_n(y)\vert .\]解答
第2题
设 $p(x)$ 是 $f(x)$ 的最佳一致逼近多项式．由 Chebyshev 定理，$f(x) - p(x)$ 在 $[a,b]$ 上存在一个至少由 $n+2$ 个点组成的交错点组，记为 $x_0 < x_1 < \cdots < x_{n+1}$．于是
\[p(x_i) = f(x_i) + (-1)^i\sigma\cdot E_n,\]其中$\sigma\in\lbrace\pm 1\rbrace$，$i=0,1,\cdots,n+1$，且
\[E_n=\min\limits_{p_n(x)\in H_n}\max\limits_{a\le x\le b}\vert f(x)-p_n(x)\vert.\]依介值定理，在 $[a,b]$ 上至少存在 $n+1$ 个点 $\eta_0,\cdots,\eta_n$，使得
\[p(\eta_i)=f(\eta_i), \quad i=0,1,\cdots,n.\]又因为 $p(x)\in H_n$，根据 Lagrange 插值多项式的唯一性可知， $p(x)$ 是 $f(x)$ 在插值点 $\eta_0,\cdots,\eta_n$ 处的插值多项式．
第4题
书上似乎没强调用 $H_{n-1}$ 中多项式逼近 $H_n$ 中多项式的特殊情况．这里作一个补充说明．
下面考虑区间 $[-1,1]$ 上的函数的最佳一致逼近．我们有如下定理，其实类似于补充讲义第12页的(3.3.13)式，即 Chebyshev 多项式的性质(9)：
首一多项式定理： 若 $p(x)$ 是 $n$ 次首一多项式，则
\[\Vert p\Vert_{\infty}\triangleq \max\limits_{-1\leq x\leq 1}\vert p(x)\vert \geq 2^{1-n}.\]等号成立条件是 $p(x) = \dfrac{T_n(x)}{2^{n-1}}$．
证明： (反证)设
\[\vert p(x)\vert< 2^{1-n}, |x|\leq 1.\]令 $q(x)=2^{1-n}T_n(x)$，$x_j=\cos\dfrac{j\pi}{n}$．
由于 $q(x)$ 首一，则
\[(-1)^jp(x_j)\leq \vert p(x_j)\vert < 2^{1-n}=(-1)^jq(x_j),\]则
\[(-1)^j[q(x_j)-p(x_j)]>0, 0\leq i\leq n.\]所以在区间 $[-1,1]$ 上，多项式 $q(x)-p(x)$ 的符号在正负之间变动$n+1$次．从而由介值定理可知在区间 $(-1,1)$ 内 $q(x)-p(x)$ 至少有$n$个根，但这是不可能的，因为 $q(x)-p(x)$ 次数至多是 $n-1$ （注意$p(x)$，$q(x)$都是首一 $n$ 次多项式，故 $q(x)-p(x)$不会出现$x^n$）．
特别地，当 $p(x) = \dfrac{T_n(x)}{2^{n-1}}$ 时，等号成立．$\square$
上述定理表明，使得 $\Vert p(x)\Vert_{C[-1,1]}$ 最小的 $n$ 次首一多项式 $p(x)$ 是 $n$ 次首一 Chebyshev 多项式 $\dfrac{T_n(x)}{2^{n-1}}$．
根据这个定理，如果我们要找 $q(x)\in H_{n-1}[-1,1]$ 来逼近 $f(x)\in H_n[-1,1]$，使得 $\Vert f(x)-q(x)\Vert_{\infty}$ 最小的那个 $q(x)$ 满足
\[\dfrac{f(x)-q(x)}{a_n}=\dfrac{T_n(x)}{2^{n-1}},\]即
\[\boxed{q(x)=f(x)-\dfrac{a_n}{2^{n-1}}T_n(x).}\]其中 $a_n$ 代表 $f(x)$ 的最高次项系数．
一般地，若 $f(x)$ 定义在 $[a,b]$ 上，先把 $f(x)$ 作个平移伸缩变成 $[-1,1]$．
注： Chebyshev多项式递推关系式是 $T_{n+1}(x)=2xT_n(x)-T_{n-1}(x)$．可以表示成 $T_n(x)=\cos(n\arccos x)$．前几个Chebyshev多项式是
\[\begin{aligned} T_0(x)&=1 \\ T_1(x)&=x \\ T_2(x)&=2x^2-1 \\ T_3(x)&=4x^3-3x \\ T_4(x)&=8x^4-8x^2+1 \end{aligned}\]
所以第4题解决方法如下：
Step 1：平移． 设 $g(x)=f(x+1)=(x+1)^3$，$x\in[-1,1]$．
Step 2：求 $g(x)$ 的最佳一致逼近多项式． 根据前面的理论，知 $p(x)$ 的最佳一致逼近多项式为
\[\begin{aligned} h(x) &= g(x) - \dfrac{1}{2^2}T_3(x) \\ &= (x+1)^3 - (x^3-\dfrac{3}{4}x). \end{aligned}\]Step 3：平移得到 $f(x)$ 的最佳一致逼近多项式． $f(x)$ 的最佳一致逼近多项式是
\[\begin{aligned} p(x) &= h(x-1) \\ &= x^3 - (x-1)^3 + \dfrac{3}{4}(x-1) \\ &= \boxed{3x^2-\dfrac{9}{4}x+\dfrac{1}{4}}. \end{aligned}\]第5题
可以用 Chebyshev 定理．设 $p(x)=ax+b$ 是 $f(x)$ 的最佳一致逼近多项式，则 $g(x)=f(x)-p(x)$ 有由 3 个点构成的交错点组．
另一方面，$g(x) = \dfrac{1}{1+x}+ax+b$，$g’(x) = -\dfrac{1}{(1+x)^2}+a$，$g^{\prime\prime}(x)=\dfrac{2}{(1+x)^3} > 0$ 于 $[0,1]$ 成立，所以 0 和 1 属于交错点组．因此可设交错点组中余下的点为 $c$，则 $c$ 是极值点，故
\[\left\{\begin{aligned} & g'(c)=0, \\ & g(0)=-g(c)=g(1)=E_1. \end{aligned}\right.\]即
\[\left\{\begin{aligned} & -\dfrac{1}{(1+c)^2}+a=0, \\ & 1+b = E_1, \\ & -\dfrac{1}{1+c}+ac+b = E_1, \\ & \dfrac{1}{2}+a+b = E_1. \end{aligned}\right.\]这里有 4 个未知数和 4 个方程，最终可以解得
\[a=-\dfrac{1}{2}, \quad b=\dfrac{1}{4}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}.\]故一次最佳一致逼近多项式是
\[p(x) = \boxed{-\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{4}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}}.\]第6题
本题验证定义．零次最佳一致逼近多项式 $p_0(x)=c$ 使得
\[\max\limits_{x\in[a,b]}\vert f(x)-p_0(x)\vert\]达到最小．而
\[\max\limits_{x\in[a,b]}\vert f(x)-c\vert = \max\lbrace M-c,c-m\rbrace \ge \dfrac{(M-c)+(c-m)}{2},\]等号成立条件是 $c = \boxed{\dfrac{M+m}{2}}$．所以当 $c=\dfrac{M+m}{2}$ 时，$p_0(x)=c$ 是最佳一致逼近多项式．
第7题
回顾：直交多项式可由以下方法递推得到．
直交多项式定理：在由全体一元多项式组成的实内积空间 $H$ 中，如下归纳定义的多项式序列是直交的：
\[p_n(x)=(x-a_n)p_{n-1}(x)-b_np_{n-2}(x),n\geq 2,\]其中，
\[p_0(x)=1, \quad p_1(x)=x-a_1,\]并且
\[\begin{aligned} a_n=\dfrac{(xp_{n-1},p_{n-1})}{(p_{n-1},p_{n-1})}, b_n=\dfrac{(xp_{n-1},p_{n-2})}{(p_{n-2},p_{n-2})}, \end{aligned}\]这里 $(p,q)$ 表示 $H$ 中的内积．比如可定义 $\displaystyle (p,q)=\int_0^1p(x)q(x)W(x)\mathrm{d}x$．
证明方法是待定系数法，即对
\[p_n(x)=(x-a_n)p_{n-1}(x)-b_np_{n-2}(x)\]两边分别与 $p_{n-1}$ 和 $p_{n-2}$ 作内积得到两个等式，可解出 $a_n$ 与 $b_n$．另一方面，可以证明：当 $n\ge 2$ 时，
\[(xp_{n-1},p_{n-2}) = (p_{n-1},xp_{n-2}) = (p_{n-1},p_{n-1}).\]所以也可以改写
\[b_n=\dfrac{(p_{n-1},p_{n-1})}{(p_{n-2},p_{n-2})}.\]第7题解答如下：
（1）解： $p_0(x)=\boxed{1}$，
因为 $\displaystyle (xp_0,p_0)=\int_{-1}^1xp_0(x)p_0(x)\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x=0$．
所以 $a_1=0$，$p_1(x)=\boxed{x}$．
因为 $\displaystyle (xp_1,p_1)=\int_{-1}^1xp_1(x)p_1(x)\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x=0$．
所以 $a_2=0$．
$\displaystyle (xp_1,p_0)=\int_{-1}^1xp_1(x)p_0(x)\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x=\sqrt{2}-\ln(1+\sqrt{2})$．
$\displaystyle (p_0,p_0)=\int_{-1}^1p_0(x)p_0(x)\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x=2\ln(1+\sqrt{2})$．
所以 $b_2 = \dfrac{\sqrt{2}-\ln(1+\sqrt{2})}{2\ln(1+\sqrt{2})}.$
所以 $p_2(x)=(x-a_2)p_1(x)-b_2p_0(x)=\boxed{x^2-\dfrac{\sqrt{2}-\ln(1+\sqrt{2})}{2\ln(1+\sqrt{2})}}.$
（2）$p_0(x)=\boxed{1}$，
因为 $\displaystyle (xp_0,p_0)=\int_{-1}^1xp_0(x)p_0(x)(1+x^2)\mathrm{d}x=0$．
所以 $a_1=0$，$p_1(x)=\boxed{x}$．
因为 $\displaystyle (xp_1,p_1)=\int_{-1}^1xp_1(x)p_1(x)(1+x^2)\mathrm{d}x=0$．
所以 $a_2=0$．
$\displaystyle (xp_1,p_0)=\int_{-1}^1xp_1(x)p_0(x)(1+x^2)\mathrm{d}x=\dfrac{16}{15}$．
$\displaystyle (p_0,p_0)=\int_{-1}^1p_0(x)p_0(x)(1+x^2)\mathrm{d}x=\dfrac{8}{3}$．
所以 $b_2 = \dfrac{2}{5}.$
所以 $p_2(x)=(x-a_2)p_1(x)-b_2p_0(x)=\boxed{x^2-\dfrac{2}{5}}.$
第8题
求特征多项式 $p_n(x)=\mathrm{det}(x I_n-A_n)$ 的递推关系式，发现它和直交多项式 $q_n(x)$ 的递推关系式完全一致．
又因为 $p_0(x)=q_0(x)$，$p_1(x)=q_1(x)$，依据递推式，可得 $p_k(x)=q_k(x)$ 对任意自然数 $k$ 成立．所以 $A_n$ 的特征值就是 $p_n(x)$ 的根，也是 $q_n(x)$ 的根．
第9题
依据 $T_n(x)$ 的递推式
\[T_{n+1}=2xT_n(x)-T_{n-1}(x)\]可以证明第一条式子．第二条式子采用裂项相消求和法．本题没什么难度．
第12题
本题容易出现伪证．根据提交情况，同学们的证明方法五花八门，但很多都不正确，又或者仿照书中性质(9)想当然地“造”了一个性质，把最难证的部分一笔带过．
助教精力有限，无法一一展示于此，实在抱歉．如果同学们不太确定自己的证明是否正确，可联系助教．
设 $x_k=\cos\dfrac{\pi k}{n}$，$k=0,1,\cdots,n$．
注意到：$p_n(x)$ 在插值基点 $\lbrace(x_k,p_n(x_k))\rbrace_{k=0}^n$ 处的 Lagrange 插值多项式是 $p_n(x)$ 本身，所以
\[\begin{aligned} p_n(x)&=\sum\limits_{k=0}^np_n(x_k)\prod\limits_{j\ne k}\dfrac{x-x_j}{x_k-x_j}. \end{aligned}\]所以，当 $y > 1$ 时，$y > x_j (j=0,1,\cdots,n)$，故
\[\begin{aligned} \vert p_n(y)\vert &=\left\vert\sum\limits_{k=0}^n p_n(x_k)\prod\limits_{j\ne k}\dfrac{y-x_j}{x_k-x_j}\right\vert \\ &\le \sum\limits_{k=0}^n \vert p_n(x_k)\vert \prod\limits_{j\ne k}\dfrac{y-x_j}{\vert x_k-x_j\vert } \\ &\le M\sum\limits_{k=0}^n \prod\limits_{j\ne k}\dfrac{y-x_j}{\vert x_k-x_j\vert }. \end{aligned}\]注意到，当 $k$ 为奇数时 $\prod\limits_{j\ne k}(x_k-x_j)$ 是负的；当 $k$ 为偶数时 $\prod\limits_{j\ne k}(x_k-x_j)$ 是正的，所以可以写
\[\prod\limits_{j\ne k}(x_k-x_j) = (-1)^k,\]再注意到，Chebyshev 多项式在 $x_k$ 处的值 $T_n(x_k)=(-1)^k$．
因此，$\sum\limits_{k=0}^n (-1)^k\prod\limits_{j\ne k}\dfrac{y-x_j}{ x_k-x_j }$ 就是 $T_n(x)$ 插值基点为 $\lbrace (x_k,T_n(x_k))\rbrace_{k=0}^n$ 的 Lagrange 插值多项式．从而
\[\begin{aligned} \vert p_n(y)\vert &\le M\sum\limits_{k=0}^n (-1)^k\prod\limits_{j\ne k}\dfrac{y-x_j}{ x_k-x_j } \\ &= M\cdot T_n(x). \end{aligned}\]证明完成．$\square$
你学会了吗？