Matematické Fórum

Prijemne popoludnie prajem,

Mal by som taku zdlhavejsiu otazocku. Ide o to, ze som vyriesil priklad, ku ktoremu bola napoveda, ktoru som nevyuzil celu. Preto ma zaujima, ci som priklad vyriesil spravne. Ide o trocha zdlhavejsi priklad, preto by som najprv napisal zadanie, potom nejake ingrediencie ktore vyuzijem, potom napovedu a nakoniec moje riesenie.



Zadanie:
Nech je [mathjax](p_n)_{n=0}^\infty[/mathjax] postupnost najlepsich approximacii z [mathjax]\pi_n[-1,1][/mathjax] (priestor polynomov na intervale [mathjax][-1,1][/mathjax] s maximalnym stupnom [mathjax]n[/mathjax]) k funkcii [mathjax]|x|[/mathjax],  [mathjax](q_n)_{n=0}^\infty[/mathjax] postupnost najlepsich approximacii z [mathjax]\pi_n[0,1][/mathjax] k funkcii [mathjax]\sqrt{x}[/mathjax], a nech [mathjax]q_n[/mathjax] ma nasledujucu podobu

[mathjax]q_n(x)=a_0+a_1x+...+a_nx^n,\ n\in\mathbb{N}_0[/mathjax]

Dokaz ze [mathjax]a_0>0[/mathjax] a ze [mathjax]\text{sgn}(a_j)=(-1)^{j-1},\ j\in\{1,...,n\}[/mathjax].



Teraz moje ingrediencie:
1) Alternacna veta:
Nech [mathjax]f[/mathjax] je spojita funkcia na intervale [mathjax][a,b][/mathjax] a nech [mathjax]p^*[/mathjax] najlepsia aproximacia k [mathjax]f[/mathjax] v Haarovom podpriestore s dimenziou [mathjax]n+1[/mathjax]. Potom existuje alternanta dlzky [mathjax]n+2[/mathjax] pre funkciu [mathjax]f-p^*[/mathjax]. To znamena, ze
[mathjax]\exists \{x_1,...,x_{n+2}\}\subset [a,b]:\ |f(x_j)-p^*(x_j)|=\|f-p^*\|_\infty\ \forall j\in\{1,...,n+2\} \wedge \ f(x_{j+1})-p^*(x_{j+1})=-(f(x_j)-p^*(x_j))\ \forall j\in\{1,...,n+1\}[/mathjax]

2) Descartesovo znamienkove pravidlo:
Pocet pozitivnych nulovych bodov realneho polynomu je rovny poctu zmien znamienok koeficientov jeho postupnosti koeficientov, alebo je o parne prirodzene cislo mensi ako tento pocet.
Napriklad: v polynome [mathjax]Q(x)=5x^7+6x^6-9x^4-4x^3-11x^2+7x-3[/mathjax] sa meni znamienko pri postupnosti koeficientov trikrat. Podla Descartesovho pravidla ma teda [mathjax]Q[/mathjax] bud tri alebo jeden pozitivny nulovy bod.

3) [mathjax]p_n[/mathjax] je stále párna funkcia [mathjax]\forall n \in\mathbb{N}_0[/mathjax], preto plati [mathjax]p_{2n+1}=p_{2n}[/mathjax].

4) [mathjax]p_{2n}(x)=q_n(x^2), \ \forall x\in [-1,1]\ \forall n\in N_0[/mathjax].

5) [mathjax]\pi_n[a,b][/mathjax] je Haarov priestor.



Teraz napoveda k prikladu:
Pozoruj najprv funkciu [mathjax]e(x)=q_n(x)-\sqrt{x}[/mathjax] na intervale [mathjax][0,1][/mathjax], pouzi alternacnu vetu a Bolzanovu vetu. Potom pozoruj [mathjax]f(x)=q_n(x^2)-x[/mathjax]. Kolko ma [mathjax]f[/mathjax] nulovych bodov na intervale [mathjax](0,1][/mathjax]? Pouzi Descartesovo pravidlo.



Moje riesenie:
Kvoli tretej a stvrtej ingrediencii mozeme [mathjax]f[/mathjax] na Intervale [mathjax](0,1][/mathjax] napisat ako
[mathjax]f(x)=q_n(x^2)-x=p_{2n}(x)-x=p_{2n+1}(x)-|x|[/mathjax].
[mathjax]p_{2n+1}[/mathjax] je najlepsia approximacia k [mathjax]|\cdot|[/mathjax] z priestoru [mathjax]\pi_{2n+1}[-1,1][/mathjax]. My vieme, ze [mathjax]\pi_{2n+1}[-1,1][/mathjax] je Haarov priestor s dimenziou [mathjax]2n+2[/mathjax]. Teraz pouzijeme alternacnu veticku a dostaneme ze
[mathjax]\exists [/mathjax] alternanta [mathjax]\{x_1,...,x_{2n+3}\}[/mathjax] od funkcie [mathjax]\tilde f(x)=p_{2n+1}(x)-|x| [/mathjax] s [mathjax]x\in[-1,1][/mathjax]. Dalej vieme, ze [mathjax]\tilde f[/mathjax] je spojita funkcia, tak mozme pouzit Bozanovu vetu na nasu alternantu. Cize Bolzanova veta nam povie, ze [mathjax]\tilde f[/mathjax] ma minimalne [mathjax]2n+2[/mathjax] nulovych bodov. Zakazdym je jeden nulovy bod v intervale [mathjax](x_j,x_{j+1})\ \forall j\in\{1,...,2n+3\}[/mathjax]. Ale tiez vieme, ze [mathjax]\tilde f[/mathjax] je parna funkcia. Cize nulove body su [mathjax]\{\pm y_1,...,\pm y_{n+1}\}[/mathjax], pricom [mathjax]y_j>0[/mathjax]. Z toho vyplyva, ze [mathjax]f[/mathjax] ma minimalne [mathjax]n+1[/mathjax] nulovych bodov v [mathjax](0,1][/mathjax]. Kvoli definicii [mathjax]q_n[/mathjax] v zadani mozeme funkciu [mathjax]f[/mathjax] napisat ako
[mathjax]f(x)=a_0-x+a_1x^2+a_2x^4+...+a_nx^{2n}[/mathjax].
Funkcia [mathjax]f[/mathjax] ma [mathjax]n+2[/mathjax] koeficientov, cize sa moze znamienko medzi nimi menit maximalne [mathjax]n+1[/mathjax] krat. Ale tiez vieme, ze [mathjax]f[/mathjax] ma minimalne [mathjax]n+1[/mathjax] nulovych bodov. Cize z pravidla od Descartesa vyplyva, ze sa znamienko v koeficientoch musi menit aspon [mathjax]n+1[/mathjax] krat. Cize dokopy sa znamienko v koeficientoch meni presne [mathjax]n+1[/mathjax] krat. Ale vieme, ze pri exponente [mathjax]1[/mathjax] je negativne znamienko, tak musi byt [mathjax]a_0>0,\ a_1>0,\ a_2<0,\ a_3>0,\ a_4<0,...[/mathjax]. A to je v podstate to co sme chceli dokazat.



Moj problem je, ze som vobec nepozoroval funkciu [mathjax]e(x)[/mathjax] z napovedy. Tak neviem, ci som niekde neurobil chybny krok v rieseni. Vedel by mi niekto povedat, ci to vsetko takto sedi? Respektive ako sa da vyuzit funkcia [mathjax]e(x)[/mathjax] v rieseni?