Dimostrazione Teorema di Weierstrass sull'approssimazione...
Buongiorno,
sono uno studente lavoratore presso la Facoltà di Informatica di Torino - Corso di Laurea Magistrale in Realtà Virtuale e Multimedialita.
Sto preparando l'esame di Metodi numerici per la grafica.
Mi sto trovando di fronte al Teorema di Weierstrass sull'approssimazione polinomiale che dice così:
TEOREMA. Sia f(x) continua in I=[0,1]. Dato $ del $ positivo piccolo a piacere, si può determinare Pn(x;f) t.c. :
$ |f(x) - Pn(x;f)| < del $
qualunque sia x in I.
Per chiarezza, Pn(x,f) non è altro che un'approssimazione polinomiale di Bernstein cioè:
Pn(x;f) = $ sum_(i =0)^n f(i / n ) (n!) / ((n - i)!(i!))x^(i) (1 - x)^(n - i) $
Il teorema mi sembra chiaro, ciò che non mi è molto chiara è la sua dimostrazione, che ho sulle slides del mio professore, è che non mi è chiara in diversi suoi punti, vi scrivere la dimostrazione dicendovi man mano i punti dove non mi è chiara sperando che qualche anima pia riesca a schiarirmi le idee.
DIMOSTRAZIONE
Posto
S := f(x) - Pn(x,f)
osserviamo che S può scriversi con un'unica somma:
S = f(x)Pn(x;1) - Pn(x;f) = $ sum_(k =0)^n [ f(x) - f(k / n)] (n!) / ((n - i)!(i!)) x^(k)(1 - x)^(n - k) $
Questo è chiaro infatti si può vedere facilmente che Pn(x;1) vale 1
Successivamente partizioniamo S in due somme:
$ S = S1 + S2 $
dove S1 è formata da tutti gli addendi di indice k soddisfacente alla disuguguaglianza $ |x - k/n| < (n)^(-1/4) $ , mentre S2 contiene tutti gli addendi restanti cioè quelli tali che $ |x - k/n| > (n)^(-1/4) $
Qui mi assale già il primo dubbio, forse piu avanti nella dimostrazione viene spiegato (in maniera implicita) perchè viene scelto di partizionare la somma in questa maniera
Dato $ del > 0 $, per l'uniforme continuità di f(x) in I (Teorema di Heine-Cantor), esiste un intero n1 per il quale si ha:
$ |f(x) - k/n| < del / 2 $
per $ |x - k/n| < (n)^(-1/4) $, qualunque sia n > n1.
Perchè $ del / 2 $ ? Forse perchè viene considerata soltanto una partizione di S? Dubbioso...
Si ha quindi:
$ |S1| < del / 2 sum_(k =0)^n (n!) / ((n - i)!(i!)) x^(k)(1 - x)^(n - k) = del / 2
Anche qui ho seri dubbi: immagino che questa disuguaglianza venga ricavata partendo da $ |f(x) - k/n| < del / 2 $ ma... perchè? Infine è giusto dire che $ del / 2 sum_(k =0)^n (n!) / ((n - i)!(i!)) x^(k)(1 - x)^(n - k) = del / 2 $ perchè dalla definizione del polinomio di Bernstein sappiamo che $ sum_(k =0)^n (n!) / ((n - i)!(i!)) x^(k)(1 - x)^(n - k) = 1 $
Per la continuità di f(x) in I si ha pure: (Weierstrass)
$ |f(x)| <= M , AA x in I $
e quindi:
$ |S2| <= 2M sum^(') (n!) / ((n - i)!(i!)) x^(k)(1 - x)^(n - k)
dove $ sum^(') $ denota la somma riferita a tutti gli indici k che soddisfano:
$ |x - k/n| > (n)^(-1/4) $
Perchè 2 volte M? E soprattutto perchè in questo caso si considerano solo gli elementi t.c. $ |x - k/n| > (n)^(-1/4) $? Nel caso precedente perchè non si è considerati solo gli elementi t.c. $ |x - k/n| <= (n)^(-1/4)? $
L'ultima disuguaglianza scritta equivale a
$ (n)^(-1/2) <= (x - k/n)^2 $
con cui possiamo maggiorare ulteriormente S2:
$ |S2| <= 2M (n)^(1/2) sum^(') (n!) / ((n - i)!(i!)) x^(k)(1 - x)^(n - k) (x - k/n)^2 <= 2M (n)^(1/2) sum_(k =0)^n (n!) / ((n - i)!(i!)) x^(k)(1 - x)^(n - k) (x - k/n)^2 $
Questo è chiaro
Si ricava poi
$ |S2| <= 2M (n)^(1/2) [x^2 Pn(x;1) - 2x Pn(x;x) + Pn(x;x^2) = 2M n^(1/2) (x(1 - x))/n <= 1/2 M 1/n^(1/2) $
Non voglio soffermarmi sulla prima parte cioè del motivo per cui si riesce a trasformare la sommatoria in operazioni tra polinomi, mi interssa capire l'ultima parte della disuguaglianza, cioè, perchè $2M n^(1/2) (x(1 - x))/n <= 1/2 M 1/n^(1/2)$?
Infine, assumento $n2 > (M^2)/(del^2)$, e $n > max(n1,n2)$ si ottiene quindi:
$|f(x) - Pn(x;f)| <= |S1| + |S2| < del/2 + M/(2n^(1/2)) < del, $
che, essendo valide indipendentemente da x, completa la dimostrazione.
Qui sarebbe tutto chiaro se non fosse che non capisco come si intuisce che $n2 > (M^2)/(del^2)$ e perchè si sceglie il massimo tra i due n e infine, perchè $ M/(2n^(1/2) < del / 2 $
Concludo dicendo che come potrete vedere i miei dubbi sono veramente tanti, o magari mi manca la chiave di lettura giusta per poter capire questa dimostrazione. Ho provato a cercare un pò sulla rete ma questo stesso teorema viene sempre dimostrato in maniera differente rispetto a quanto invece scritto dal mio professore.
Vi ringrazio anticipatamente anche solo per un qualsiasi aiuto o indizio che saprete darmi.
sono uno studente lavoratore presso la Facoltà di Informatica di Torino - Corso di Laurea Magistrale in Realtà Virtuale e Multimedialita.
Sto preparando l'esame di Metodi numerici per la grafica.
Mi sto trovando di fronte al Teorema di Weierstrass sull'approssimazione polinomiale che dice così:
TEOREMA. Sia f(x) continua in I=[0,1]. Dato $ del $ positivo piccolo a piacere, si può determinare Pn(x;f) t.c. :
$ |f(x) - Pn(x;f)| < del $
qualunque sia x in I.
Per chiarezza, Pn(x,f) non è altro che un'approssimazione polinomiale di Bernstein cioè:
Pn(x;f) = $ sum_(i =0)^n f(i / n ) (n!) / ((n - i)!(i!))x^(i) (1 - x)^(n - i) $
Il teorema mi sembra chiaro, ciò che non mi è molto chiara è la sua dimostrazione, che ho sulle slides del mio professore, è che non mi è chiara in diversi suoi punti, vi scrivere la dimostrazione dicendovi man mano i punti dove non mi è chiara sperando che qualche anima pia riesca a schiarirmi le idee.
DIMOSTRAZIONE
Posto
S := f(x) - Pn(x,f)
osserviamo che S può scriversi con un'unica somma:
S = f(x)Pn(x;1) - Pn(x;f) = $ sum_(k =0)^n [ f(x) - f(k / n)] (n!) / ((n - i)!(i!)) x^(k)(1 - x)^(n - k) $
Questo è chiaro infatti si può vedere facilmente che Pn(x;1) vale 1
Successivamente partizioniamo S in due somme:
$ S = S1 + S2 $
dove S1 è formata da tutti gli addendi di indice k soddisfacente alla disuguguaglianza $ |x - k/n| < (n)^(-1/4) $ , mentre S2 contiene tutti gli addendi restanti cioè quelli tali che $ |x - k/n| > (n)^(-1/4) $
Qui mi assale già il primo dubbio, forse piu avanti nella dimostrazione viene spiegato (in maniera implicita) perchè viene scelto di partizionare la somma in questa maniera
Dato $ del > 0 $, per l'uniforme continuità di f(x) in I (Teorema di Heine-Cantor), esiste un intero n1 per il quale si ha:
$ |f(x) - k/n| < del / 2 $
per $ |x - k/n| < (n)^(-1/4) $, qualunque sia n > n1.
Perchè $ del / 2 $ ? Forse perchè viene considerata soltanto una partizione di S? Dubbioso...
Si ha quindi:
$ |S1| < del / 2 sum_(k =0)^n (n!) / ((n - i)!(i!)) x^(k)(1 - x)^(n - k) = del / 2
Anche qui ho seri dubbi: immagino che questa disuguaglianza venga ricavata partendo da $ |f(x) - k/n| < del / 2 $ ma... perchè? Infine è giusto dire che $ del / 2 sum_(k =0)^n (n!) / ((n - i)!(i!)) x^(k)(1 - x)^(n - k) = del / 2 $ perchè dalla definizione del polinomio di Bernstein sappiamo che $ sum_(k =0)^n (n!) / ((n - i)!(i!)) x^(k)(1 - x)^(n - k) = 1 $
Per la continuità di f(x) in I si ha pure: (Weierstrass)
$ |f(x)| <= M , AA x in I $
e quindi:
$ |S2| <= 2M sum^(') (n!) / ((n - i)!(i!)) x^(k)(1 - x)^(n - k)
dove $ sum^(') $ denota la somma riferita a tutti gli indici k che soddisfano:
$ |x - k/n| > (n)^(-1/4) $
Perchè 2 volte M? E soprattutto perchè in questo caso si considerano solo gli elementi t.c. $ |x - k/n| > (n)^(-1/4) $? Nel caso precedente perchè non si è considerati solo gli elementi t.c. $ |x - k/n| <= (n)^(-1/4)? $
L'ultima disuguaglianza scritta equivale a
$ (n)^(-1/2) <= (x - k/n)^2 $
con cui possiamo maggiorare ulteriormente S2:
$ |S2| <= 2M (n)^(1/2) sum^(') (n!) / ((n - i)!(i!)) x^(k)(1 - x)^(n - k) (x - k/n)^2 <= 2M (n)^(1/2) sum_(k =0)^n (n!) / ((n - i)!(i!)) x^(k)(1 - x)^(n - k) (x - k/n)^2 $
Questo è chiaro
Si ricava poi
$ |S2| <= 2M (n)^(1/2) [x^2 Pn(x;1) - 2x Pn(x;x) + Pn(x;x^2) = 2M n^(1/2) (x(1 - x))/n <= 1/2 M 1/n^(1/2) $
Non voglio soffermarmi sulla prima parte cioè del motivo per cui si riesce a trasformare la sommatoria in operazioni tra polinomi, mi interssa capire l'ultima parte della disuguaglianza, cioè, perchè $2M n^(1/2) (x(1 - x))/n <= 1/2 M 1/n^(1/2)$?
Infine, assumento $n2 > (M^2)/(del^2)$, e $n > max(n1,n2)$ si ottiene quindi:
$|f(x) - Pn(x;f)| <= |S1| + |S2| < del/2 + M/(2n^(1/2)) < del, $
che, essendo valide indipendentemente da x, completa la dimostrazione.
Qui sarebbe tutto chiaro se non fosse che non capisco come si intuisce che $n2 > (M^2)/(del^2)$ e perchè si sceglie il massimo tra i due n e infine, perchè $ M/(2n^(1/2) < del / 2 $
Concludo dicendo che come potrete vedere i miei dubbi sono veramente tanti, o magari mi manca la chiave di lettura giusta per poter capire questa dimostrazione. Ho provato a cercare un pò sulla rete ma questo stesso teorema viene sempre dimostrato in maniera differente rispetto a quanto invece scritto dal mio professore.
Vi ringrazio anticipatamente anche solo per un qualsiasi aiuto o indizio che saprete darmi.
Risposte
ciao. ho letto tutto con più attenzione possibile. intanto ti segnalo un errore nella prima parte, quando dici che la funzione è uniformemente continua hai dimenticato una f davanti a k/n. ti scrivo la dimostrazione che ha fatto il mio prof forse è un po' meno dettagliata della tua ma su per giu è uguale.
anzitutto dimostriamo le seguenti uguaglianze:
$\sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k)=1$
$\sum_{k=1}^n (n!)/(k!(n-k)!)k x^k(1-x)^(n-k)=nx$
$\sum_{k=1}^n (n!)/(k!(n-k)!)k^2 x^k(1-x)^(n-k)=nx+n(n-1)x^2$
ora consideriamo una funzione $f:[0,1] \to RR$ continua.
siccome è uniformemente continua si ha che
$AA \epsilon>0 EE \delta>0 : AA x,y in [0,1] , |x-y|<\delta; |f(x)-f(y)|<\epsilon$
consideriamo la quantità
$\sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k) f(k/n) -f(x) =\sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k)(f(k/n) -f(x))$
per gli x tali che $|x-k/n|<\delta$ (per via dell'uniforme continuità)e vista la prima delle uguaglianze sopra si può fare questa maggiorazione:
$\sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k)(f(k/n) -f(x)) < \epsilon$
per gli x tali che $|x-k/n|>\delta$ invece possiamo maggiorare cosi:
$\sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k)(f(k/n) -f(x))> 2||f||_\infty \sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k)< 2||f||_\infty \sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k) ((xn-k)/(n \delta))^2= 2(||f||_\infty)/(n^2(\delta)^2) \sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k)(n^2x^2-2nkx+k^2)= 2(||f||_\infty)/(n^2(\delta)^2)(nx-nx^2)=2(||f||_\infty)/(n^2(\delta)^2)n(x-x^2)=2(||f||_\infty)/(n(\delta)^2)(x-x^2)<=2(||f||_\infty)/(n(\delta)^2)$
per questo tornando alla
$\sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k)(f(k/n) -f(x))$ possiamo considerare la somma dei due pezzi (dove $|x-k/n|<\delta$ e dove $|x-k/n|>\delta$ e quindi diventa:
$|\sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k)(f(k/n) -f(x))|<\epsilon +2(||f||_\infty)/(n(\delta)^2) $ passiamo al sup di questa quantità:
$Sup_{x EE [0,1]}|\sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k)(f(k/n) -f(x))|<2\epsilon$ per $n>=2(||f||_\infty)/(\epsilon(\delta)^2)$
quindi la successione dei polinomi che approssima la funzione è $(\sum_{k=0}n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k) f(k/n))_(n in NN)$
va meglio? neppure io ho capito il 2 della seconda maggiorazione.. se ci capisci spiega. per le prime 3 uguaglianze se hai bisogno la dim te la posto ma è piuttosto facile.
anzitutto dimostriamo le seguenti uguaglianze:
$\sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k)=1$
$\sum_{k=1}^n (n!)/(k!(n-k)!)k x^k(1-x)^(n-k)=nx$
$\sum_{k=1}^n (n!)/(k!(n-k)!)k^2 x^k(1-x)^(n-k)=nx+n(n-1)x^2$
ora consideriamo una funzione $f:[0,1] \to RR$ continua.
siccome è uniformemente continua si ha che
$AA \epsilon>0 EE \delta>0 : AA x,y in [0,1] , |x-y|<\delta; |f(x)-f(y)|<\epsilon$
consideriamo la quantità
$\sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k) f(k/n) -f(x) =\sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k)(f(k/n) -f(x))$
per gli x tali che $|x-k/n|<\delta$ (per via dell'uniforme continuità)e vista la prima delle uguaglianze sopra si può fare questa maggiorazione:
$\sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k)(f(k/n) -f(x)) < \epsilon$
per gli x tali che $|x-k/n|>\delta$ invece possiamo maggiorare cosi:
$\sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k)(f(k/n) -f(x))> 2||f||_\infty \sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k)< 2||f||_\infty \sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k) ((xn-k)/(n \delta))^2= 2(||f||_\infty)/(n^2(\delta)^2) \sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k)(n^2x^2-2nkx+k^2)= 2(||f||_\infty)/(n^2(\delta)^2)(nx-nx^2)=2(||f||_\infty)/(n^2(\delta)^2)n(x-x^2)=2(||f||_\infty)/(n(\delta)^2)(x-x^2)<=2(||f||_\infty)/(n(\delta)^2)$
per questo tornando alla
$\sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k)(f(k/n) -f(x))$ possiamo considerare la somma dei due pezzi (dove $|x-k/n|<\delta$ e dove $|x-k/n|>\delta$ e quindi diventa:
$|\sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k)(f(k/n) -f(x))|<\epsilon +2(||f||_\infty)/(n(\delta)^2) $ passiamo al sup di questa quantità:
$Sup_{x EE [0,1]}|\sum_{k=0}^n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k)(f(k/n) -f(x))|<2\epsilon$ per $n>=2(||f||_\infty)/(\epsilon(\delta)^2)$
quindi la successione dei polinomi che approssima la funzione è $(\sum_{k=0}n (n!)/(k!(n-k)!) x^k(1-x)^(n-k) f(k/n))_(n in NN)$
va meglio? neppure io ho capito il 2 della seconda maggiorazione.. se ci capisci spiega. per le prime 3 uguaglianze se hai bisogno la dim te la posto ma è piuttosto facile.
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