Свойства решения задачи о наилучшем приближении непрерывного многозначного отображения алгебраическим полиномом Текст научной статьи по специальности «Математика»

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК

1. Duran A. J. Ratio asymptotic for orthogonal matrix polynomials // J. of Approximation Theory. 1999. P. 304 - 344.

УДК 519.853.3+517.518.82

И. Ю. Вьн одчикова

СВОЙСТВА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧИ О НАИЛУЧШЕМ

ПРИБЛИЖЕНИИ НЕПРЕРЫВНОГО МНОГОЗНАЧНОГО

ОТОБРАЖЕНИЯ АЛГЕБРАИЧЕСКИМ ПОЛИНОМОМ

1. Постановка задачи. Пусть yx(t) и у2(?) - скалярные функции, определённые и непрерывные на отрезке \а\Ъ\ф0 и yx{t)<y2(t), \/ге[д;й], Ф(/):,К —> 2я - iMHoro3Ha4Hoe отображение (м.о.), образом которого в каждой точке отрезка Ге[а;й] является отрезок Ф(') = L>']('); У2(г)}> Pn(A,t) = «о +axt + ... + antn - алгебраический полином степени не выше п с вектором коэффициентов J = (a0,al,...,an)e R"+l. Рассмотрим задачу

р(А):= шах тах{ у2(г)~ р„(Л,г), p„(A,i)-y,(t)}-ч> min (1)

iela;f>J а е R"+1

Функция f(A,t)= max{_y2(i)- pn(A,t), pn(Aj)~ yx (?)} непрерывна по всем своим аргументам и выпукла по А на /?""*"' при каждом te[a-,b]. Целевая функция р (а) задачи (1) также непрерывна и выпукла.

Обозначим SR = |/1еДл+' : о(а) = р*| - множество решений задачи (1), где р* = min р(Л). Ввиду [1], SR Ф 0 .

ЛЕ/Г1

Полиномом наилучшего приближения задачи (1) назовём алгебраический многочлен pn(A,t) с вектором коэффициентов Ае 9?. Решение задачи (1) даёт внешнюю оценку непрерывного м. о. алгебраическим полиномом — полосу ширины 2 • р*, центром которой является полином наилучшего приближения. Она является минимальной по ширине полосой, охватывающей график м.о.

Положим f,(A,t)=(-iy+l-(p„(A,t)-yi(t)), ie 1:2.

Базисом назовём упорядоченное множество (п + 2) точек отрезка [a\b\ вида ст = {i0 < t{ < ... < tn + \} с [а;й]. Амплитудными на базисе ст назовём функции, определяемые формулами

Фо(«Л)=( Ф1(а,г4)={ *еО:М. (2)

[у,\tk ), к- нечётно, [УгУ'к)* а - нечётно,

27

Сформулируем для амплитудных функций дискретные задачи П. Л. Чебышёва [2]:

р, 0,ст):= max 1<р¡(a,tk)- p„(A,tk]--> min ,

ts[0:n + lj AeR"*'

р/(ст):= min P,. (Л,ст)= pf (Л,(а),а), i e 0 :1 .

А e

По критерию решения дискретной задачи П. Л.Чебышёва [2] для задач (3) однозначно определены числа /¡о(а) и /j|(a), удовлетворяющие равенствам:

Л,(ст) = (-1)*+''(>'1.5+0.5.(_1Г (h)-pn{A\c)tk)\ *eO:(n+l), /е0:1. (4)

Положим т ;= max МЬМ), Z : Лf е [«; й]: •),

«Ф;б] 2 \ 1 1 2 Н J

| Z | — количество элементов множества Z.

2. Вспомогательные факты. Из (1), (3) вытекают неравенства:

р (Л)>т, P(A)>Pi(A,a), VAeRn+\ ie0:1. (5)

Пользуясь принятыми обозначениями, сформулируем доказанную в [ 1 ] теорему.

ТЕОРЕМА 1. Для того чтобы вектор А* е /?"+1 являлся решением задачи (1), необходимо и достаточно, чтобы выполнялось хотя бы одно из условий:

а) р(л*)=т;

б) существует базис а такой, что р(а* )= hi(а), где i = 0 или /' = 1. При этом р* =р(л*), А,(а)= max {/¡о (а), Л, (а)}.

Из теоремы 1 и неравенств (5) вытекает, что условие а) эквивалентно В [3] доказано следующее утверждение.

ЛЕММА 1. Пусть х0 <... < , п - натуральное число, B,CeRn+]

и

PÄB>*i)= Рп{С,х:), Viel:«. Если 3 i е 1 :(и + l), 3 хе рп(В,х)< рп(С,х), то

{-irs(pn(B,x)-pn(C,x))<0, Viel:(« + 1), V дг е(х,_, ;*,-).

3. Единственность.

ТЕОРЕМА 2. Для того чтобы задача (1) имела единственное решение, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось хотя бы одно из условий: a) |Z| > п + 1; ß) существует базис с такой, что р =Л,(ст), где / = 0 или i = 1. При этом max{/z0(a),/i1(a)}.

Доказательство. Необходимость. 1. Пусть задача (1) имеет единственное решение А и условие а) не выполняется (\2\<п + 1). Если

вектор А" удовлетворяет условию б) теоремы 1, то выполняется (3). Предположим, что имеет место условие а) теоремы 1. Тогда 1 < Щ < п +1.

2. Введём в рассмотрение множество 5:= {?е[а;б]:р* = /(л*,/)} . Ясно, что 2 с 5. Разбиваем множество 5 на максимальное число г непустых непересекающихся следующих друг за другом подмножеств 5, и...и = 5 вида := {I е [а\Ъ]: р* = /^^.^ущ {А*>')}, * е 1: >•, где

X е 0 :1 - фиксированная величина [3]. Несложно показать, что такое разбиение конечно. Если г > п + 2, то приходим в ситуацию Р) теоремы.

3. Пусть г<п + 2. Заметим, что в каждом подмножестве содержится не более одной точки из множества 2. Если 2 п Ф0 ,то полаг аем 2 п= 1к. Иначе произвольно берём к е 1: г .

4. Если г < п + 1, то возьмём, если потребуется, точки Ь < Гг+1 <...?„ и образуем множества З1* = } > к е (г + \ )\п . Обозначим := (- 1)*+", р := п + 1. Для достаточно малого е > 0, 7 > найдём Д., решив систему:

= рн{Аь,7)= рп\л',7)-у»-ъ. (6)

5. Пусть г = « + 1. Поскольку 1<|^<и + 1, то 3 ре\:г такое, что Бр п>2 = 0. Положим / := (- . Находим Д,, решая систему (6).

6. В силу леммы 1 [3], вектор Д. будет решением задачи (1), причём А^Ф А , что невозможно, ввиду единственности.

Достаточность. 1. Пусть выполнено условие а). Тогда алгебраический полином степени п проходит через середины образов м.о. во всех точках из множества 2. По условию таковых не менее чем (я+1) штук, следовательно, полином единственен [2].

2. Пусть выполняется условие (3) теоремы для решения А* задачи (1). Допустим, что существует другое решение А** этой задачи. Ввиду (4), например, при ;' = 0, получаем У2{ь)~ Рп[А'''о) = Р*> Р„{А*>11У\(1\ )= Р*> ... Поскольку А -решение, то

Ы'о)"Рп{А"''О)-Р*' Рп{А"

Следовательно, (-1)4 ■ Р„{а*-А**,¿е0:(и+1). Выполнение всех таких

неравенств возможно только при А = А .

4. Критерий распознавания крайних точек.

Поскольку множество не пусто, ограничено [1], выпукло и замкнуто, то оно имеет крайние точки.

ТЕОРЕМА 3. Все векторы А е 5?, для каждого из которых существует система точек {/0 < .., < /л} с: [а;Ь\, на которой выполняются (п +1) равенства:

/(¿*,/4)=р\ кеО:п, (7)

и только они, являются крайними точками 5Н.

Доказательство. Необходимость. Пусть А' е!Н - крайняя точка этого множества и (7) не выполняется, В таком случае имеет место ситуация а) теоремы 1, 1 < Ш < п +1 и р = т. Обозначим

Имеем и> < п +1. Возьмём произвольно (и-И-и") точек

<•••<'„-*}

и малое число е > 0. Тогда векторы А'Е, являющиеся решениями линейных систем (при (' = 1 и г = 2 )

р„{А'е,г)=р„(А'4 VteSuS\{t0}, ря(л'в,ь)=рн(4\ь)+(-1У -е. (8)

будут решениями задачи (1), причём А* = 0,5• (л'е + А2е). Последнее равенство противоречит определению крайней точки множества.

Достаточность. Пусть для вектора А* е 9? выполняется условие (7). Тогда для любого А е $Н выполняются (п +1) неравенств

Рп(М)^рМ^к) (если /(/Г, 1к) = /,(л\ 1к))

или

А,(М Рп{л\*к) (если /(л',1к)= /2(А\(к)), V к е 0 : п.

Следовательно, вектор А нельзя представить в виде выпуклой комбинации двух различных между собой и отличных от А решений задачи (1), поэтому вектор А - крайняя точка 91. Теорема доказана.

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК

I. Выгодчикова И. Ю. О наилучшем приближении непрерывного многозначного отображения алгебраическим полиномом // Математика. Механика: Сб. науч. тр. Саратов: Изд-во Сарат. ун-та, 2000. Вып. 2. С. 13 - 15.

2 .Демьянов В. Ф., Малоземов В. Н. Введение в минимакс. М.: Наука, 1972. 3. Выгодчикова И. Ю. О единственности решения задачи наилучшего приближения многозначного отображения алгебраическим полиномом // Изв. Сарат, ун-та. Н.С. 2006. Т. 6, вып. 1/2. С. 11 - 19.