Polynomial of best approximation

[Silente]

Non so se esista una traduzione italiana diversa da “polinomio di approssimazione ottima”, ma ad ogni modo...

https://math.stackexchange.com/question ... xist-a-deg

È sufficiente leggere solo l’ultima risposta, saltando anche la domanda, in quanto è tutto riassunto lì.
Non riesco a capire come si giustifica l’ultimo step compiuto, dopo “Therefore...”. È come se implicitamente avesse fatto sup(A) - sup(B) = sup(A-B), che non è corretto. Lui da una spiegazione, ma non mi sembra aderente con ciò che ha fatto.
Qualcuno, per favore, sa darmi una giustificazione dell’ultimo passo della dimostrazione prima della sua conclusione?

Grazie.

[Bremen000]

Ciao, ho letto il post linkato ma non approfonditamente. Vorrei suggerirti un approccio leggermente diverso, poi se non ti piace possiamo parlare di quello che non ti torna di quella risposta.
Posto
\[ j : \mathbb{R}^{n+1} \supseteq K \to \mathbb{R} \quad \quad (c_0, c_1, \dots, c_n ) \mapsto \sup_{x \in [a,b]} |c_0+c_1x+ \dots c_n x^n -f(x) | \]

ove $K$ è un opportuno compatto di \( \mathbb{R}^{n+1} \), ti basta mostrare che $j$[nota]Ma che nome è per una funzione?[/nota] è continua, cosa che non dovrebbe essere complicata. Poi, per Weierstrass, hai il tuo minimo.

[Silente]

Ciao e grazie.
Io sto studiando la continuità su funzioni di una variabile reale, mappate in $\mathbb{R}$. Non so ancora come funziona la continuità in più dimensioni e stavo risolvendo l’esercizio proprio in quel modo linkato.
Io mi intoppo alla fine, lui no, ma non capisco come faccia.
Se puoi darmi una mano su quel particolare procedimento te ne sarei grato

[Bremen000]

Dunque, ho letto il passaggio che ti turba (ma non il resto, quindi non so se è giusto). Chiamo
\[ c_p(x) := c_{0p} + c_{1p} x + ... + c_{np} x^n \quad \quad c(x):= t_0 + t_1 x + ... + t_n x^n \]
allora
\[ |k(c_{0p}, c_{1p}, ..., c_{np}) - k(t_1, t_2, ..., t_n)| = | \sup ( |f(x)-c_p(x)| ) -\sup (|f(x) - c(x)|) | \le \]
\[ \le | \sup ( |f(x)-c_p(x)| - |f(x)-c(x)| ) | \le | \sup | |f(x)-c_p(x)| - |f(x)-c(x)| | \le \]
\[ \le \sup | c_p(x)-c(x) | \le \delta M_2\]

dove ho usato che se \( f, g : [a, b] \to \mathbb{R} \) allora
\[ \sup_{x \in [a,b]} (f(x)-g(x)) \geq \sup_{x \in [a,b]}(f(x)) - \sup_{x \in [a,b]}(g(x)) \]

Comunque sotto sotto stai usando sia compattezza che continuità in più dimensioni! Spero che così sia chiaro!

[Silente]

Perdonami, ma non ancora
Se questa:

\[ \sup_{x \in [a,b]} (f(x)-g(x)) \geq \sup_{x \in [a,b]}(f(x)) - \sup_{x \in [a,b]}(g(x)) \]

si dimostra usando la classica \(\displaystyle \sup(A)-\sup(B)\leq \sup(A-B) \), allora non ho capito come farlo.

Cerco di far capire meglio il mio dubbio.

Chiamiamo:

\(\displaystyle A=\{a\in\mathbb{R}| a=f(x), x\in [a,b] \} \)
\(\displaystyle B=\{b\in\mathbb{R}| b=g(x), x\in [a,b] \} \)

\(\displaystyle C=\{c\in\mathbb{R}| c=f(x)-g(x), x\in [a,b] \} .\)

Avendo definito questi insiemi, si ha che l'insieme \(\displaystyle A-B \) è esplicitamente:

\(\displaystyle A-B=\{a-b\in\mathbb{R}| a-b=f(x)-g(x'), x\in [a,b], x'\in [a,b] \} \)

da cui è un attimo dimostrare che \(\displaystyle C\subset A-B \) (\(\displaystyle x=x' \)), e di conseguenza \(\displaystyle \sup C \leq \sup(A-B) \).

Per dimostrare la formula citata mi servirebbe invece che fosse \(\displaystyle \sup C \geq \sup(A-B) \) .

[Bremen000]

Prova a dimostrare prima che se $p,q : [a,b] \to \mathbb{R}$ allora

\[ \sup_{x \in [a,b]} (p(x) + q(x)) \le \sup_{x \in [a,b]} p(x) + \sup_{x \in [a,b]} q(x) \]

dimostrazione:

Infatti, se \( y \in (p+q)([a,b]) \) allora esiste $x_0 \in [a,b]$ tale che $ y = p(x_0) + q(x_0) $ dunque giacché
\[ p(x_0) \le \sup_{x \in [a,b]} p(x) \quad \quad q(x_0) \le \sup_{x \in [a,b]} q(x) \]
allora
\[ y \le \sup_{x \in [a,b]} p(x) + \sup_{x \in [a,b]} q(x) \]
e dunque
\[ \sup_{ y \in (p+q)([a,b])} y \le \sup_{x \in [a,b]} p(x) + \sup_{x \in [a,b]} q(x) \]
cioè
\[ \sup_{x \in [a,b]} (p(x) + q(x)) \le \sup_{x \in [a,b]} p(x) +\sup_{x \in [a,b]} q(x) \]

e per concludere.....

Infine ti basta prendere $p = f-g$ e $q=g$, infatti
\[ \sup_{x \in [a,b]} ((f-g)(x) + g(x)) \le \sup_{x \in [a,b]} (f-g)(x) + \sup_{x \in [a,b]} g(x) \]
ovvero
\[ \sup_{x \in [a,b]} f(x) \le \sup_{x \in [a,b]} (f(x)-g(x))+ \sup_{x \in [a,b]} g(x) \]
cioè
\[ \sup_{x \in [a,b]} (f(x)-g(x)) \ge \sup_{x \in [a,b]} f(x) -\sup_{x \in [a,b]} g(x) \]

[Silente]

Grande @Bremen000, mi hai sbloccato
All clear, grazie mille

[Bremen000]

Di nulla!

[anto_zoolander]

faccio il ficcanaso solo per una cosa

@bremen

in genere se $A,B$ sono sottoinsiemi limitati di $RR$ allora

${(s u p(A+B)=s u p(A)+s u p(B)),(s u p(-A)=- i n f(A)),(i n f(A+B)= i n f(A)+i n f(B)):}$

unendo $1$ e $2$ si ottiene che $s u p(A-B)=s u p(A+(-B))=s u p(A)+s u p(-B)=s u p(A)-i n f(B)$

essendo $i n f leq s u p => - s u p leq - i n f$ quindi

$s u p(A-B)=s u p(A)- i n f(B)geq s u p(A)- s u p(B)$

sostituisci ad $A=im(f)$ e $B=im(g)$ con $f,g$ continue su compatto e hai finito.

[Silente]

No, questa era la strada che tentavo io prima, ma il tuo A-B è un insieme più grande di \(\displaystyle (f(x)-g(x))_{x\in [a,b]} \) quindi arrivi a un $\ge$ e non ad un $\le$, il che non ti consente di costruire la catena di disuguaglianze.

[anto_zoolander]

Hai ragione non avevo fatto caso che fosse $im(f-g)$
Peccato, volevo salvare la tua idea iniziale

[Silente]

Almeno con quella idea si può dimostrare il suggerimento preliminare di @Bremen000

[anto_zoolander]

Penso che invece qualcosa si possa fare

siano \( \mathrm{f,g: A \rightarrow \mathbb{R} } \) limitate(o quantomeno \( \mathrm{g} \) )

direi che \( \mathrm{im(f) \subset im(f-g)+im(g)} \)

di fatto $y in im(f)$ allora $exists x in A$ per cui $f(x)=y$ ossia $y=(f-g)(x)+g(x)$

quindi \( \mathrm{sup(im(f)) \leq sup(im(f-g)+im(g))=sup(im(f-g))+sup(im(g))} \)

\( \mathrm{\sup(im(f))-sup(im(g)) \leq \sup(im(f-g))} \)

non mi sembra malvagia.

[dissonance]

@anto_zoolander: il fatto che il sup di insiemi limitati di $\mathbb R $ sia additivo mi pare fasullo. Sei proprio sicuro?

[Silente]

"dissonance":il sup di insiemi limitati di $\mathbb R $ sia additivo

Questo è vero, mi ero divertito a provare a dimostrarlo tempo fa.
Si può provare in due step, prima dimostrando il \(\displaystyle \leq \) e poi il \(\displaystyle \geq \).

[anto_zoolander]

in tutta umiltà ti dico di sì

considera $A,B subsetRR$ limitati, $A+B:={a+b: a in A,b in B}$ e $s u pA=lambda, s u pB=mu$

$forall x in A+B exists a in A,b in B : x=a+bleq lambda+mu$

fissato $epsilon>0$ esistono $a in A, b in B$ per cui $lambda-epsilon/2
pertanto $(lambda+mu)-epsilon

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[Silente]

Chiedo, per favore, un chiarimento su una questione strettamente connessa a ciò di cui si sta parlando qui: il teorema di Chebyshev.

Un polinomio di grado $n$, $P_n(x)$, è il polinomio meglio approssimante \(\displaystyle f\in \mathcal{C}([a,b]) \) se e solo se per esso e per $f$ esistono $n+2$ punti di Chebyshev.

Con punti di Chebyshev intendo $n+2$ punti che verificano \(\displaystyle f(x_j)-P_n(x_j) = \pm \max_{x\in[a,b]}|f(x)-P_n(x)| \) a segno alterno al crescere di $j$ (da $1$ a $n+2$).
Con polinomio meglio approssimante intendo che $P_n(x)$ deve minimizzare la quantità \(\displaystyle \max_{x\in[a,b]}|f(x)-P_n(x)| \) al variare di tutti i polinomi possibili di grado $n$.

Ora, io sono riuscito a dimostrare solo una implicazione: se esistono $n+2$ punti di Chebyshev per $P_n(x)$ e $f(x)$ allora $P_n(x)$ è il polinomio meglio approssimante di $f(x)$ in $[a,b]$ (per questa implicazione non serve neanche che $f$ sia continua).
Per quanto riguarda l'altra implicazione, c'è una cosa che non mi torna, in quanto ho dimostrato in separata sede che \(\displaystyle \hat{T}_n =\frac{1}{2^{n-1}}\cos(n\arccos(x))\) è un polinomio di grado $n$ ed è il miglior approssimante della funzione \(\displaystyle f(x)\equiv 0 \) in \(\displaystyle [-1,1] \) (la quale è ovviamente anche continua in tutti i punti di tale intervallo, come chiede il teorema di Chebyshev).
Dunque, tale polinomio \(\displaystyle \hat{T}_n(x) \) presenta solo $n+1$ punti di Chebyshev e non $n+2$.

Dove sta l'intoppo?
Non riesco a trovarlo...

Grazie in anticipo.

[Bremen000]

Ciao, perdonami ma queste cose non mi appassionano molto, mi ricordano matematica numerica!

Comunque, posta i conti che ti hanno portato a concludere che quel polinomio è quello giusto. E quali sono i punti di Chebyshev. Poi magari vediamo di capire cosa non funziona!

[Silente]

Ho detto una stupidaggine, ciò che avevo dimostrato in realtà era il fatto che \(\displaystyle \hat{T}_n(x) \) è il miglior approssimante tra i soli polinomi di grado $n$ a coefficiente $c_n=1$, non tra tutti quelli di grado $n$.

Grazie comunque!

[Bremen000]

Uh menomale! Bene che hai risolto!