close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Об одной экстремальной задаче теории приближения.

код для вставкиСкачать
Вестник СамГУ — Естественнонаучная серия. 2012. № 3/1(94)
5
МАТЕМАТИКА
УДК 517.51
ОБ ОДНОЙ ЭКСТРЕМАЛЬНОЙ ЗАДАЧЕ ТЕОРИИ
ПРИБЛИЖЕНИЯ
c 2012
°
Ю.Г. Абакумов, М.А. Верхотурова, Е.С. Коган1
В данной статье рассматривается задача нахождения точных констант
[m](k ,...,km )
AH 1
методами суммирования рядов Фурье. Также излагаются ряд
[m](k ,...,km )
результатов, относящихся к константам AH 1
, существование параметров rj .
Ключевые слова: методы суммирования рядов Фурье, тригонометрические
операторы Баскакова, точные константы.
Введение
Пусть имеется последовательность операторов {Ln }, Ln : C2π → Tρ(n) , где
Tρ(n) — множество тригонометрических полиномов порядка ρ(n) = O(n).
Говорят, что f (t) ∈ C2π принадлежит множеству (классу) LipM 1, где M > 0
действительное число,S если ∀t1 , t2 выполнено |f (t1 ) − f (t2 )| 6 M |t1 − t2 |. Обозначают также Lip1 =
LipM 1.
M >0
Предполагаем, что последовательность {Ln } приближает класс Lip1 с наилучшим порядком, то есть
µ ¶
1
f (t) ∈ Lip1 ⇒ kLn (f, x) − f (x)k = O
,
(1)
n
где k...k — чебышевская норма.
(Λ)
Если для последовательности Λ = {Ln } существует предел AH
=
(Λ)
= lim n sup kLn (f, x) − f (x)k, то константу AH будем называть наилучшей
n→∞
f ∈Lip1 1
(или точной) константой в оценке приближения операторами Ln функций класса
Lip1.
Если указанный выше предел существует, то для f (t) ∈ LipM 1 выполняется
оценка
(Λ)
kLn (f, x) − f (x)k 6 M ·AH · n−1 + o(n−1 ).
(2)
(Λ)
При этом в определенном смысле константу AH
улучшить нельзя.
1 Абакумов Юрий Георгиевич (abakumovug@yandex.ru), Верхотурова Мария Алексеевна
(verhoturova@yandex.ru), Коган Евгения Семеновна (eskogan@mail.ru), кафедра информатики,
вычислительной техники и прикладной математики Читинского государственного университета,
672039, Российская Федерация, г. Чита, ул. Александрово-Заводская, 30.
6
Ю.Г. Абакумов, М.А. Верхотурова, Е.С. Коган
Для любой конкретной последовательности Λ = {Ln }, удовлетворяющей (1),
естественно поставить задачу нахождения аналитического выражения констан(Λ)
ты AH . В предлагаемой статье эта задача рассматривается для совокупности ап[m](k1 ,...,km )
проксимирующих последовательностей Mn
, которые (см., например [1])
называют тригонометрическими операторами Баскакова.
[m](k1 ,...,km )
Операторы Mn
(f, x) имеют вид
[m](k1 ,...,km )
Mn
m
Q
2m−1
sin2
j=1
(f, x) =
πn
πkj
n
Rπ
f (t+x) sin2 nt
2 dt
´,
m ³
Q
2πkj
2 t
sin
cos
t−cos
−π
2
n
j=1
где m,kj — целые положительные параметры 0 < k1 < k2 < ... < km < n2 .
Операторы Баскакова являются методами суммирования рядов Фурье, то есть
представляются в виде
µ
¶
n−m−1
Rπ
P
[m](k1 ,...,km )
[m](k1 ,...,km )
1
1
(f, x) = π
Mn
f (t + x) 2 +
λi,n
cos it dt,
i=1
−π
[m](k1 ,...,km )
где λi,n
=1−
1
n
+
1
n
m
P
j=1
m
Q
³
´
2k π
cos nl −1
l=1,j6=l
m
Q
l=1,j6=l
³
´
2k π
2k π
cos nl −cos nj
·
i2kj π
n
2k π
sin nj
sin
.
В дальнейшем в этой статье рассматривается задача нахождения точных констант в оценке приближения функций класса LipM 1 операторами Баскакова. Кон[m](k ,...,km )
станты будем обозначать AH 1
. Исходным пунктом в изложении материала
является следующий результат [1; 2]: если уравнение
G[m](k1 ,...,km ) (r) = 12 , G[m](k1 ,...,km ) (r) = π 2m−1
m
Q
j=1
kj2
Rr
0
t2
sin2 t dt
,
m
Q
(π2 kj2 −t2 )
j=1
имеет m корней rj , j = 1, . . . , m, при этом 0 < r1 < k1 π < r2 < k2 π < . . . < rm <
< km π,то
Ã
!
m
m
R∞ m(t)sin2 t dt
Q
Q
[m](k1 ,...,km )
2m−1
2
, m(t) = sign
AH
= 4π
(rj − t) .
kj
m
Q
(π2 kk2 −t2 )
j=1
j=1
0 t
j=1
Таким образом, задача сводится к тому, чтобы доказать наличие m корней
уравнения
1
(3)
G[m](k1 ,...,km ) (r) = .
2
В настоящее время задача решена для m = 1, 2, 3 при произвольных значениях
kj , а также для некоторых частных случаев m = 4, 5.
В этой статье излагается ряд результатов, относящихся к константам
[m](k1 ,...,km )
AH
: существование параметров {rj }.
Часть результатов опубликована, однако публикации эти, как правило, представлены стаьями в малодоступных сборниках или материалах конференций.
Изложение большей частью замкнуто, все факты сопровождаются доказательствами.
7
Об одной экстремальной задаче теории приближения
1.
Некоторые свойства функции G[m](k1 ,...,km ) (r)
Предложение 1. При любых допустимых значениях параметров m, kj выполняется
lim G[m](k1 ,...,km ) (r) =
r→∞
1
.
2
(4)
Доказательство.
[m](k1 ,...,km )
Известно [1; 3], что Mn
(1, x) = 1. В силу того, что равенство выполняется и при x = 0, а ядро операторов Баскакова — четная функция, имеем
m
Q
2m
sin2
j=1
kj π
n
πn
Rπ
0
sin2 2t
sin2 nt
2 dt
´
m ³
Q
2πk
cost−cos n j
= 1.
j=1
Произведя преобразования, получим
2m
m
Q
sin2
j=1
πn
m
Q
=
2
=
m
Q
j=1
kj π
sin2 n
πn2
j=1
kj π
sin2 n
πn
πn
2
R
0
sin2 τ2
kj π
n
Rπ
0
sin2 2t
Rπ
0
sin2 2t
m ³
Q
j=1
sin2 nt
2 dt
´
m ³
Q
2πk
cost−cos n j
=
j=1
sin2 nt dt
³k π 2 ´
³k π
´´
j
j
sin n
− 2t sin n
+ 2t
sin2 τ dτ
³k π
´
³k π
´´
m ³
Q
j
j
sin n
− τ2 sin n
+ τ2
=
= 2G[m](k1 ,...,km )
¡ πn ¢
2
+ o(1).
j=1
¡ πn ¢
Отсюда G[m](k1 ,...,km ) 2 = 12 + o(1). Следовательно, выполняется (4). Предложение доказано.
Предложение 2. Функция G[m](k1 ,...,km ) (r) имеет m экстремумов. Экстремумы
m
достигаются в точках множества M = {πkj }j=1 , при этом в точках множества
m+1
[
]−1
{πk2j+1 }j=02
— максимум, в осиальных точках множества M — минимум.
Доказательство.
Имеем
m
Q
d
2m−1
kj2
dr G[m](k1 ,...,km ) (r) = π
j=1
r2
m
Q
sin2 r
(π2 kj2 −r2 )
.
j=1
Эта функция положительна вблизи нуля и меняет знак в точках множества
M . Отсюда, очевидно, следует утверждение, составляющее предложение 2.
Предложение доказано.
Следствие 1. При m = 1 уравнение (3) имеет единственный корень r1 , при
этом 0 < r1 < πk1 .
Теорема 1. При любых целых kj ,j = 1, 2, . . . , m, m + 1, удовлетворяющих условию 0 < k1 < . . . < km < km+1 , выполняется неравенство
G[m](k1 ,...,km ) (k1 π) < G[m](k1 ,...,km ,km+1 ) (k1 π).
(5)
8
Ю.Г. Абакумов, М.А. Верхотурова, Е.С. Коган
Доказательство.
Для любого r имеем
G[m](k1 ,...,km ) (r) = π 2m−1
m
Q
j=1
kj2
Rr
0
sin2 t dt
t2
m
Q
(
j=1
π 2 kj2 −t2
)
= π −1
Rr
2
sin
µ t dt ¶ .
m
Q
2
1− 2t 2
0 t2
π k
j
j=1
Имеем, далее,
G[m](k1 ,...,km ,km+1 ) (k1 π) = π −1
³
2
kR1 π
0
t2
m
Q
sin2 t
µ
1−
¶
t2
π 2 k2
j
j=1
·
1
1−
dt.
t2
k2
π2
m+1
´−1
Так как при t ∈ (0, k1 π], 1 − k2 t π2
> 1, то выполняется (5).
m+1
Теорема доказана.
Следствие 2. При m = 2 уравнение (3) имет два корня r1 , r2 , при этом 0 <
< r1 < k1 π, k1 π < r2 < k2 π.
Доказательство.
Существование корня r1 следует из того, что G[2](k1 ,k2 ) (k1 π) > G[1](k1 ) (k1 π) > 21 .
Далее G[2](k1 ,k2 ) (r) на [k1 π, k2 π] убывает, при этом G[2](k1 ,k2 ) (k2 π) < 12 . Последнее неравенство следует из того, что G[2](k1 ,k2 ) (r) на [k1 π, ∞), возрастая, стремится
к 21 . Следствие таким образом доказано.
Теорема 2. При m > 2 и целых kj , j = 1, 2, . . . , m, m + 1, удовлетворяющих
условию 0 < k1 < . . . < km , km+1 , выполняется неравенство
G[m](k1 ,...,km ) (k2 π) > G[m](k1 ,...,km ,km+1 ) (k2 π).
(6)
Доказательство.
Рассмотрим разность
G[m](k1 ,...,km ) (k2 π) − G[m](k1 ,...,km ,km+1 ) (k2 π) = −π
2m−1
m
Y
j=1
Zk2 π
kj2
0
sin2 t dt
.
m+1
¢
Q ¡ 2
kj π − t2
j=1
Обозначим
I[m](k1 ,...,km ,km+1 ) (r) = −π 2m−1
m
Y
j=1
Zr
kj2
0
sin2 t dt
.
m+1
¢
Q ¡ 2
2
kj π − t
(7)
j=1
Доказываемая теорема эквивалентна тому, что
I[m](k1 ,...,km ,km+1 ) (k2 π) > 0.
(8)
Заметим, что функция I[m](k1 ,...,km+1 ) (r) определена формулой (7) и при m = 1.
Докажем сначала, что lim I[m](k1 ,...,km+1 ) (r) = 0 (в том числе и при m = 1).
r→∞
Действительно, I[m](k1 ,...,km ,km+1 ) (r) = G[m](k1 ,...,km ) (r) − G[m](k1 ,...,km ,km+1 ) (r).
При r → ∞ и уменьшаемое, и вычитаемое стремятся к 12 . Это доказывает, что
их разность стремится к нулю.
Пусть m = 1, тогда I[1](k1 ,k2 ) (r) на r ∈ [k2 π, ∞), убывая, стремится к нулю.
Следовательно, I[1](k1 ,k2 ) (k2 π) > 0.
Докажем (8) индукцией по m.
Предположим, что при некотором m > 1 (8) доказано для m−1. Это означает,
kR1 π
kR2 π
kR2 π
sin2 t dt
sin2 t dt
sin2 t dt
< 0. Тогда
<−
.
что выполняется
m
m
m
Q
Q
Q
2
2
(kj π2 −t2 )
(kj π2 −t2 )
(kj2 π2 −t2 )
0
0
k1 π
j=1
j=1
j=1
Об одной экстремальной задаче теории приближения
9
Покажем,что отсюда следует
Zk1 π
0
Zk2 π
sin2 t dt
sin2 t dt
<
−
.
m+1
m+1
¢
¢
Q ¡ 2 2
Q ¡ 2 2
k j π − t2
kj π − t2
k1 π
j=1
(9)
j=1
По теореме о среднем имеем
Zk1 π
0
sin2 t dt
1
= 2
−
2 − ξ2
m+1
¢
Q ¡ 2 2
k
π
m+1
1
k j π − t2
j=1
Zk2 π
−
k1 π
Zk1 π
m
Q
0
j=1
sin2 t dt
¡ 2
¢,
kj π 2 − t2
Zk2 π
sin2 t dt
sin2 t dt
1
−
=
m ¡
2
¢,
m+1
Q
¢
Q ¡ 2 2
π 2 − ξ22
km+1
2 π 2 − t2
k
kj π − t2
k1 π
j
j=1
j=1
¢−1
¢−1 ¡ 2
2
,
< km+1 π 2 − ξ22
π 2 − ξ12
где ξ1 ∈ (0, k1 π), ξ2 ∈ (k1 π, k2 π). Из того, что km+1
получаем (9). А из (9) следует, что из выполнения (8) для m − 1 вытекает выполнение неравенства (8) и для m. Теорема доказана.
Следствие 3. При m = 3 уравнение (3) имеет три корня r1 , r2 , r3 , при этом
0 < r1 , k1 π < r2 < k2 π < r3 < k3 π.
Доказательство.
По теореме 1 получаем, что G[3](k1 ,k2 ,k3 ) (k1 π) > 12 , а по теореме 2, что
G[3](k1 ,k2 ,k3 ) (k2 π) < 12 . Далее, на [k3 π) G[3](k1 ,k2 ,k3 ) (r), убывая, стремится к 12 . Отсюда G[3](k1 ,k2 ,k3 ) (k3 π) > 12 . Следствие доказано.
Теоремы 1 и 2 получены Е.Ю. Карымовой (см., например [4]). Таким образом
[m](k ,...,km )
правомерность аналитического выражения для AH 1
доказана при m =
= 1, 2, 3.
¡
2.
Некоторые частные случаи при m = 4, 5
Как уже было отмечено, при m > 3 доказать существование корней rj , j =
= 1, . . . , m уравнения (3) не удалось. Задача решена лишь для некоторых частных
случаев.
Рассмотрим сначала случаи, относящиеся к m = 4.
Предложение 3. Если G[4](k1 ,...,k4 ) (k3 π) > 12 , то уравнение (3) имеет четыре
4
корня {r}j=1 , 0 < r1 < k1 π, kj π < rj+1 < kj+1 π, j = 1, 2, 3.
Доказательство.
Очевидно, что уравнение (3) имеет четыре корня, указанных в формулеровке
предложения, если G[4](k1 ,...,k4 ) (k1 π) > 21 , G[4](k1 ,...,k4 ) (k2 π) < 12 , G[4](k1 ,...,k4 ) (k3 π) >
> 12 , G[4](k1 ,...,k4 ) (k4 π) < 12 .
Выполнение первых двух неравенств гарантируется теоремами 1 и 2. Выполнение третьего неравенства предполагается по условию. Четвертое неравенство
следует из того, что G[4](k1 ,...,k4 ) (r) при r ∈ [k4 π, ∞), возрастая, стремится к 21 .
Предложение доказано.
Известно (см. следствие 3), что G[3](k1 ,k2 ,k3 ) (k3 π) > 21 . Есть предположение (которое в общем виде пока не доказано), что G[4](k1 ,...,k4 ) (k3 π) > G[3](k1 ,k2 ,k3 ) (k3 π).
10
Ю.Г. Абакумов, М.А. Верхотурова, Е.С. Коган
Последнее неравенство эквивалентно тому, что
Zk3 π
sin2 t dt
> 0.
4 ¡
¢
Q
kj2 π 2 − t2
0
(10)
j=1
В известных конкретных случаях неравенство (10) подтверждается вычислениями, полученными с помощью программы MathCad. Но такие вычисления не
имеют доказательной силы, тем более, что левая часть (10) имеет порядок 10−9 −
− 10−10 .
Пусть (k) = (k1 , k2 , k3 , k4 ). Начнем с рассмотрения случая (k) = (1, 2, 3, 4).
3π
R
sin2 t dt
Тогда левая часть неравенства примет вид:
(π 2 −t2 )(4π 2 −t2 )(9π 2 −t2 )(16π 2 −t2 ) =
=
3π
R
0
F (t) dt.
0
Представим
I1 =
F (t) dt =
0
Rπ
0
3π
R
sin2 t dt
4
Q
Rπ
F (t) dt +
0
2π
R
3π
R
F (t) dt +
π
F (t) dt = I1 + I2 + I3 , имеем
2π
. Во втором интеграле делаем замену τ = t − π (в записи пере-
(j 2 π 2 −t2 )
j=1
ходим вновь к обозначению t вместо τ ): I2 = −
Rπ
0
sin2 t dt
t(π−t)(4π 2 −t2 )(9π 2 −t2 )(4π+t)(5π+t) .
В I3 сделаем замену τ = t − 2π и перейдем к обозначению t вместо τ : I3 =
Rπ
2
t dt
= t(π2 −t2 )(2π−t)(3πsin
2 +t)(4π+t)(5π+t)(6π+t) .
0
Произведя сложение, получим I1 + I2 + I3 =
Rπ
0
sin2 (3t2 +9πt+6π 2 ) dt
.
4
Q
(j 2 π 2 −t2 )(5π+t)(6π+t)
j=1
Так как подынтегральная функция положительна на (0, π), выполняется нера3π
R
венство I1 +I2 +I3 = F (t) dt > 0. Рассмотрение случая (k) = (1, 2, 3, 4) закончено.
0
Случай (k) = (1, 3, 4, 5) будем исследовать по схожей схеме с незначительными дополнениями. Аналогично предыдущему случаю приходим к выводу, что за4π
R
sin2 t dt
дача сводится к доказательству неравенства
> 0. Обозначим
5
Q
0 (π 2 −t2 )
(j 2 π 2 −t2 )
j=3
и в этом случае подынтегральную функцию F (t). Но на этот раз промежуток
4π
R
Rπ
интегрирования разбиваем не на три, а на четыре части
F (t) dt = F (t) dt +
+
2π
R
π
F (t) dt +
3π
R
F (t) dt +
2π
4π
R
0
0
F (t) dt = I1 + I2 + I3 + I4 . Делаем замены: во втором
3π
интеграле τ = t − π, в третьем τ = t − 2π, в четвертом τ = t − 3π. Результаты
записываем, переходя к обозначению t для переменной вместо τ :
Rπ
Rπ
sin2 t dt
sin2 t dt
I1 =
, I2 = − t(3π−t)(4π2 −t2 )(16π
2 −t2 )(5π+t)(6π+t) ,
5
Q
0 (π 2 −t2 )
(j 2 π 2 −t2 )
0
j=3
I3 = −
Rπ
0
I4 =
Rπ
0
sin2 t dt
(π 2 −t2 )(2π−t)(9π 2 −t2 )(5π+t)(6π+t)(7π+t) ,
sin2 t dt
t(π−t)(4π 2 −t2 )(4π+t)(6π+t)(7π+t)(8π+t) .
11
Об одной экстремальной задаче теории приближения
Складывая, получим I1 +I2 +I3 +I4 =
Rπ
0
− t2 )
8
Q
P (t)sin2 t dt
,
Q(t)
где Q(t) = t(π 2 −t2 )
4
Q
(j 2 π 2 −
j=2
(jπ − t), P (t) = 60π 6 + 402tπ 5 + 530t2 π 4 + 156t3 π 3 − 64t4 π 2 − 36t5 π − 4t6 .
j=6
Очевидно, что при t ∈ (0, π) знаменатель Q(t) > 0. Можно убедиться, что и
P (t) > 0 при t ∈ [0, π]. В самом деле, положим t = πτ , тогда τ ∈ [0, 1].
Получаем P (t) = P (πτ ) = π 6 (60 + 402τ + 503τ 2 + 156τ 3 − 64τ 4 − 36τ 5 − 4τ 6 ) > 0.
Последнее неравенство следует из того, что при τ ∈ [0, 1] выполняется неравенство
402τ + 530τ 2 + 156τ 3 > 64τ 4 + 36τ 5 + 4τ 6 . Рассмотрение случая (k) = (1, 3, 4, 5)
закончено.
После рассмотрения исследованных выше частных случаев может возникнуть
предположение, что после приведения интеграла в левой части неравенства (10)
к промежутку [0, π] мы всегда будем получать неотрицательное подынтегральное
выражение. Однако в случае (k) = (1, 2, 4, 5) это предположение не находит подтверждения.
4π
R
sin2 t dt
В этом случае получается равенство
=
(π 2 −t2 )(4π 2 −t2 )(16π 2 −t2 )(25π 2 −t2 )
=
Rπ
0
0
P (t)sin2 t dt
h(t)g(t) ,
где h(t) = t(π − t), g(t) = (π + t)
5
Q
(j 2 π 2 − t2 )
j=2
5
8
Q
(j 2 π 2 − t2 ), P (t) = −
j=6
−4t6 − 36t5 π − 44t4 π 2 + 276t3 π 3 + 1000t2 π 4 − 1272tπ − 640π 6 . Так как P (0) = −640π 6 ,
P (π) = 1824π 6 , то P (t) меняет знак на [0, π]. Следовательно, меняет знак и все
подынтегральное выражение.
Rπ
2
t dt
Докажем, что P (t)sin
> 0. Доказательство основывается на ряде оценок,
h(t)g(t)
0
легко проверяемых или очевидных. Функция P (t) возрастает на [0, π] и имеет
корень в точке t = τ0 , 1, 19 < τ0 < 1, 195. Далее
Rπ
P (t) dt
τ0
Rτ0
−
= δ0 ≈ 3, 9.
(11)
P (t) dt
0
2
sin t
Функция h1 (t) = t(π−t)
симметрична относительно середины отрезка [0, π] и
выпукла вверх. Из этого следует, что
Rπ
h1 (t)P (t) dt
τ0
Rτ0
−
> δ0 .
(12)
h1 (t)P (t) dt
0
−1
−1
(g(0))
на [0, π] положительная и убывающая, при этом (g(π))
−1 =
Rπ P (t)sin2 t dt
Rτ0 P (t)sin2 t dt
Rπ P (t)sin2 t dt
>
>−
>
= 1, 8. Тогда в силу (11), (12) имеем
h(t)g(t)
h(t)g(π)
h(t)g(0)
Функция (g(t))
> −
Rτ0 P (t)sin2 t dt
0
h(t)g(t)
. Отсюда
Rπ
0
τ0
P (t)sin2 t dt
h(t)g(t)
τ0
0
> 0. Таким образом рассмотрение случая
(k) = (1, 2, 4, 5) закончено.
Кратко рассмотрим случаи (k) = (2, 3, 4, 5), (k) = (1, 2, 3, 6). В случае (k) = (2, 3, 4, 5) вопрос сводится к определнию знака интеграла I =
12
=
Ю.Г. Абакумов, М.А. Верхотурова, Е.С. Коган
Rπ
(480π 6 −120tπ 5 +248t2 π 4 +84t3 π 3 −76t4 π 2 −36t5 π−4t6 )sin2 t dt
8
5
Q
Q
(j 2 π 2 −t2 )
(jπ−t)
t
0
j=1
=
Rπ
P (t)sin2 t dt
.
g(t)
0
Функция P (t)
j=6
положительна на [0, π] ( min P (t) ≈ 4, 483 · 105 ). Отсюда можно сделать вывод,
t∈[0,π]
который закрывает вопрос в данном случае, что I > 0.
В случае (k) = (1, 2, 3, 6) исследование оказывается более сложным. Вопрос
Rπ
2
t dt
сводится к определению знака интеграла I = P (t)sin
h(t)g(t) , где h(t) = t(π−t), g(t) =
= (π+t)
6
Q
0
2 2
2
7
(j π −t )(7π+t)(8π+t), P (t) = 7t +21t6 π−135t5π 2 −885t4 π 3 −1432t3 π4 +
j=2
+8004t2 π 5 +3680tπ 6 −2160π 7 . P (t) возрастает и меняет знак в точке τ0 ∈ (0, 9; 1, 1).
Rπ
При этом выполняется неравенство
τ
¯ τ0
¯ R0
¯
¯
0
P (t) dt
> 60. Заметим, что правая часть
¯
¯
P (t) dt¯¯
max (g(t))−1
t∈[0,τ0 ]
неравенства несколько занижена. В свою очередь
max (g(t))−1
≈ 1, 75.
t∈[τ0 π]
Отсюда нетрудно получить, что I > 0. Следовательно, и в этом случае уравнение (3) имеет четыре корня, удовлетворяющих оговоренному во введении условию.
Перейдем к рассмотрению случая m = 5, (k) = (1, 2, 3, 4, 5). Обозначим F (t) =
sin2 t
. Аналогично предыдущему (детали опустим) приходим к выводу,
= Q
5
(j 2 π 2 −t2 )
j=1
что уравнение (3) в рассматриваемом случае имеет пять корней, удовлетворяющих
3π
R
условию 0 < r1 < π < r2 < 2π < r3 < 3π < r4 < 4π < r5 < 5π, если
F (t) dt > 0,
4π
R
0
F (t) dt < 0.
0
Применяя уже рассмотренные выше приемы, получаем

3π
R
F (t) dt =
0
Rπ
sin2 t 
0
1
5
Q
1
−
(j 2 π 2 −t2 )
4
Q
t(π−t)
j=1
j=2
t(2π−t)(π 2 −t2 )(9π 2 −t2 )
7
Q

 dt.
1
+
+
(j 2 π 2 −t2 )(5π+t)(6π+t)
(jπ+t)
j=4
Произведя сложение, получим
3π
R
F (t) dt =
0
Rπ
sin2 t
0
3t3 +9t2 π+11tπ 2 +5π 3
5
Q
t
(j 2 π 2 −t2 )(6π+t)(7π+t)
dt > 0.
j=1
4π
R
Убедимся теперь, что
F (t) dt < 0. Пусть
0

4π
R
Rπ
1
F (t) dt = sin2 t Q(t) −
8
Q
0
t(π 2 −t2 )(4π 2 −t2 )
0
3π
R
F (t) dt =
0 
Rπ
sin2 tQ(t) dt, тогда
0
. После преобразования имеем
(jπ+t)
j=4
4π
R
0
F (t) dt =
Rπ
0
sin2 t 4t
4
3
+24t π+94t π 174tπ −140π 4
5
8
Q
Q
t
(j 2 π 2 −t2 )
(jπ+t)
j=1
2
2
3
j=6
dt. Обозначим S(t) =
sin2 t
t(π−t) ,
P (t) =
13
Об одной экстремальной задаче теории приближения
= 4t4 + 24t3 π + 94t2 π 2 174tπ 3 − 140π 4 , g(t) = (π + t)
5
Q
(j 2 π 2 − t2 )
j=2
4π
R
F (t) dt =
0
То, что
Rπ
S(t)P (t)
g(t)
0
4π
R
8
Q
(jπ + t). Тогда
j=6
dt.
F (t) dt < 0, получается из следующих легко проверяемых фактов:
0
1) P (t) возрастаент на [0, π] и имеет на этом отрезке единственный корень τ0 ,
Rπ
при этом 0, 587π < τ0 < 0, 588π, кроме того P (t) dt = −4549, 493 < 0; 2) S(t) сим0
метрична относительно t = π2 и положительна на (0, π); 3)любое значение функции
1
g(t) на [τ0 , π] меньше любого значения этой функции на [0, τ0 ).
Таким образом завершено рассмотрение случая m = 5, (k) = (1, 2, 3, 4, 5).
Литература
[1] Абакумов Ю.Г. Приближение периодических функций тригонометрическими
операторами Баскакова. Чита: ЧитГУ, 2006. 158 с.
[2] Коган Е.С. Некоторые методы получения точных и экстремальных констант
в оценках приближения линейными операторами функций классов LipM α:
автореф. дис. ... канд. физ-мат. наук. Красноярск, 2004. 15 c.
[3] Баскаков В.А. Об операторах класса S2m , построенных на ядрах Фейера //
Приближение функционального анализа в теории приближений. Тверь, 2001.
С. 5–11.
[4] Карымова Е.Ю. О динамике изменения первых двух экстремумов функциональных характеристик явления Гиббса // Кулагинские чтения: материалы
седьмой Всерос. науч.-практ. конф. Чита: ЧитГУ, 2007. С. 167–170.
[5] Абакумов Ю.Г., Карымова Е.Ю., Коган Е.С. Об одной точной константе //
Применение функциоанльного анализа в теории приближений. Тверь: ТвГУ,
2008. С. 14–17.
[4](k ,k ,k ,k )
[6] Верхотурова М.А. О точных константах вида AH 1 2 3 4 // Энергетика
в современном мире: Чита: ЧитГУ, 2009. Ч. 2. С. 168–170.
Поступила в редакцию 1/XI/2011;
в окончательном варианте — 1/XI/2011.
ABOUT ONE PROBLEM OF THE APPROXIMATION
THEORY
c 2012
°
Yu.G. Abakumov, M.A. Verhoturova, E.S. Kogan2
In the given article the solution of the problem of finding of accurate constants by methods of summation of Fourier series is considered. The number
of results belonging to the constants , the existence of parameters are also set
forth. Key words: methods of summation of Fourier series, trigonometric Bascakov operators, accurate constants.
Paper received 1/XI/2011.
Paper accepted 1/XI/2011.
2 Abakumov
Yuriy Georgievich (abakumovug@yandex.ru), Verhoturova Maria Alekseevna
(verhoturova@yandex.ru), Kogan Evgeniya Semenovna (eskogan@mail.ru), the Dept. of Informatics, Computing Technics and Applied Mathematics, Chita State University, Chita, 672039,
Russian Federation.
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
4
Размер файла
657 Кб
Теги
приближение, экстремальных, одной, задачи, теория
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа