 |
Az A. 627. feladat (2014. november) |
A. 627. Legyen n≥1 rögzített egész. Számítsuk ki az
infp,f max0≤x≤1|f(x)−p(x)|
távolságot, ahol p az n-nél alacsonyabb fokú valós együtthatós polinomokon, f pedig a [0,1] zárt intervallumon értelmezett,
f(x)=∞∑k=nckxk
alakú függvényeken fut végig, ahol ck≥0 és ∞∑k=nck=1.
Schweitzer Miklós Emlékverseny, 2014
(5 pont)
A beküldési határidő 2014. december 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Jelöljük tn-nel az n-edik Csebisev-polinomnak a [0,1] intervallumra áttranszformált, főegyütthatóra normált változatát, azaz legyen
tn(x)=122n−1Tn(2x−1).
Ha f−p=tn, azaz f(x)=xn és p(x)=xn−tn(x), akkor
max0≤x≤1|f(x)−p(x)|=max0≤x≤1|tn(x)|=122n−1max−1≤x≤1|Tn(x)|=122n−1.
Célunk azt igazolni, hogy ennél kisebb érték nem lehetséges, sőt, n≥2 esetén a 122n−1 érték is csak ezzel az f,p választással érhető el. (Abban a speciális esetben, amikor f(x)=xn, ez a tény jól ismert.)
Tetszőleges f(x) függvény és különböző a0,a1,…,an számok esetén legyen f[a0,a1,…,an] az f függvény osztott differenciája az a0,…,an alappontokon. Az xN hatvány osztott differenciáját XN[a0,a1,…,an] fogja jelölni. Jól ismert, hogy
| f[a0,a1,…,an]=n∑j=0f(aj)∏k≠j(aj−ak), | (1) |
továbbá
| XN[a0,a1,…,an]=∑d0+d1+⋯+dn=N−nad00ad11⋯adnn | (2) |
ahol a d0,…,dn kitevők a nemnegatív egészeken futnak. (Ha N<n, akkor a szumma üres, értéke 0.)
A megoldáshoz válasszuk azokat az 1=a0>a1>…>an=0 alappontokat, ahol tn extremális, azaz legyen ak=12(1+coskπn); ekkor tehát tn(ak)=(−1)k22n−1. A (2) jobboldalán minden tag nemnegatív; ha N≥n, akkor tagok között szerepel aN−n0=1. Így
XN[a0,…,an]=0ha N<n;
XN[a0,…,an]=1ha N=n;
| XN[a0,…,an]≥1ha N>n. | (3) |
(Az utolsó esetben csak akkor áll egyenlőség, ha n=1, ilyenkor ugyanis a többi tag mind 0.)
A (3) alapján, az osztott differenciát tagonként véve láthatjuk, hogy például
tn[a0,…,an]=Xn[a0,…,an]=1.
Legyen most f(x)=∞∑k=nckxk úgy, mint a feladatban, és legyen p(x)=−n−1∑k=0ckxk tetszőleges, n-nél kisebb fokú polinom. Legyen M=max[0,1]|f−p|, és vizsgáljuk meg az (f−p)[a0,…,an] osztott differenciát.
Az (1) szerint
| (f−p)[a0,…,an]=n∑j=0f(aj)−p(aj)∏k≠j(aj−ak)≤n∑j=0M|∏k≠j(aj−ak)|= | (4) |
=22n−1Mn∑j=0(−1)j/22n−1∏k≠j(aj−ak)=22n−1Mn∑j=0tn(aj)∏k≠j(aj−ak)=22n−1M⋅tn[a0,…,an]=22n−1M.
Másrészt, az osztott differenciát tagonként véve, (3) alapján
| (f−p)[a0,…,an]=∞∑k=0ck⋅Xk[a0,…,an]≥n−1∑k=0ck⋅0+∞∑k=nck⋅1=∞∑k=nck=1. | (5) |
Tehát, 1≤(f−p)[a0,…,an]≤22n−1M, amiből M≥122n−1.
Ha n≥2 akkor M=122n−1 csak úgy lehetéges, ha (3) és (5) miatt cn+1=cn+2=…=0, másrészt (4) miatt f(aj)−p(aj)=(−1)jM, vagyis ha f−p éppen az áttranszformált Csebisev-polinom.
Ha n=1, akkor p=12, és f bármi lehet.
Tehát,
infp,f max0≤x≤1|f(x)−p(x)|=122n−1.
Megjegyzés. A (2) azonosság egyszerűen igazolható például teljes indukcióval.
Statisztika:
3 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Williams Kada. 3 pontot kapott: 1 versenyző. 0 pontot kapott: 1 versenyző.
A KöMaL 2014. novemberi matematika feladatai
|
|