逼近论第一第二章

第一章 预 备 知 识

§1 函数逼近论简介

一、 函数逼近论（approximation of funcyions）

函数论的一个重要组成部分，涉及的基本问题是函数的近似表示问题。在数学的理论研究和实际应用中经常遇到下面问题： 在选定的一类函数中寻找某个函数g，使它是已知函数

f在一定意义下的近似表示，并求出用g近似表示 f而产生的误差。这就是函数逼近问题。

在函数逼近问题中，用来逼近已知函数f的函数类可以有不同的选择；即使函数类选定了，在该类函数中用作f的近似表示的函数g的确定方式仍然是各式各样的；g对f的近似程度（误差）也可以有各种不同的含义。所以函数逼近问题的提法具有多样的形式，其内容十分丰富。

二、逼近函数类

给定函数f(x)，用来逼近f(x)的函数一般要在某个较简单的函数类中找，这种函数类叫做逼近函数类。逼近函数类可以有多种选择。n次代数多项式，亦即一切形如公式?akxk（其

k?0n中a0,?,an是实数，k?0,1,?,n）的函数的集合；n阶三角多项式，亦即一切形如公式

a0??(akcoskx?bksinkx)(其中a0,?,an,b0,?,bn是实数，k?0,1,?,n）的函数的集合，这些

k?1n是最常用的逼近函数类。其他如由代数多项式的比构成的有理分式集，由正交函数系的线性组合构成的（维数固定的）线性集，按照一定条件定义的样条函数集等也都是很有用的逼近函数类。在一个逼近问题中选择什么样的函数类作逼近函数类，这要取决于被逼近函数本身的特点，也和逼近问题的条件、要求等因素有关。

三、逼近方法

给定f并且选定了逼近函数类之后,如何在逼近函数类中确定作为f的近似表示函数g的方法是多种多样的。例如插值就是用以确定逼近函数的一种常见方法。所谓插值就是要在逼近函数类中找一个g(x)，使它在一些预先指定的点上和f(x)有相同的值，或者更一般地要求g(x)和f(x)在这些指定点上某阶导数都有相同的值。利用插值方法来构造逼近多项式的做法在数学中已有相当久的历史。微积分中著名的Taylor多项式便是一种插值多项式。此外，在各种逼近问题中，线性算子也是广泛应用的一大类逼近工具。所谓线性算子是指某种逼近

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方法L，对于被逼近函数 f、g，在逼近函数类中有L(f)、L(g)近似表示它们，并且对于任意实数?,?都有L(?f??g)??L(f)??L(g)。 线性算子逼近方法构造方便。一个典型的例子是2?周期的连续函数f(x)的n阶傅里叶部分和Sn(f,x),它定义了一个由2?周期的连续函数集到n阶三角多项式集内的线性算子Sn。Sn(f,x)可以用来近似表示f(x)。除了线性算子，在逼近问题中还发展了非线性的逼近方法。这方面最基本的工作是18世纪中叶由俄国数学家∏.Л.切比雪夫提出的最佳逼近。1859年切比雪夫结合机械设计问题的研究提出并讨论了下述类型的极值问题：已知[a,b]区间上的连续函数f(x),P(x,a0,?,an)是依赖于参数

a0,?,an的初等函数(如多项式，有理分式)，用P(x,a0,?,an)来近似表示?(x)，如果产生的误差用公式

?(a0,?an)?maxf(x)?P(x,a0,?an)

a?x?b来衡量，要求选择一组参数使误差最小。这就是寻求极小问题

maxf(x)?P(x,a0,?an)

a?x?bin?a0(?,an ) ?am,?a0n???的解。当参数(a?0,?,叫a?n)给出最小误差时，就把P(x,a,,aP(x)做f(x))在0?n)=P(x,a0,?,an)所构成的函数类中的一个最佳逼近元；数值????(a?0,?a?n) 叫做f(x)借助于函数P(x,a0,?,an)来逼近时的最佳逼近值。切比雪夫研究了P(x,a0,?,an)是n次多项式（n 是固定整数, a0,?,an是系数，它们是可以任意取值的参数）的情形。这里的最佳逼近依赖于f，但不是线性依赖关系。所以说切比雪夫的最佳逼近是一种非线性的逼近。

四、误差

又称逼近度。为了衡量函数g对f的近似程度（逼近度），在逼近论中广泛应用抽象度量空间内的度量概念。对于在逼近问题中经常遇到的一些函数类，常用到的度量有以下几种：

①定义在[a,b]上的全体连续函数C[a,b]中任何两个函数f(x),g(x)的接近程度可以按公式f?gC?maxf(x)?g(x)来规定。按这种度量引出的逼近度叫做一致逼近度；

a?x?b②定义在[a,b]上的全体平方可积函数L2[a,b]内任何两个函数f(x)，g(x)的接近程度可按公式f?g2?(?[f(x)?g(x)]dx)2来规定,这便是平方逼近度；

ab21 2

③定义在[ab上的全体p次幂可积函数Lp[a,b] (p≥1)内可以取,]f?gp?(?baf(x)?p次幂逼近度。 g(x)p作为度量，由它产生的逼近度叫做)p1五、函数逼近论的产生

从18世纪到19世纪初期，在L.欧拉、P.-S.拉普拉斯、J.-B.-J.傅里叶、J.-V.彭赛列等数学家的研究工作中已涉及一些个别的具体函数的最佳逼近问题。这些问题是从诸如绘图学、测地学、机械设计等方面的实际需要中提出的。在当时没有可能形成深刻的概念和统一的方法。切比雪夫提出了最佳逼近概念,研究了逼近函数类是n次多项式时最佳逼近元的性质，建立了能够据以判断多项式为最佳逼近元的特征定理。他和他的学生们研究了与零的偏差最小的多项式的问题,得到了许多重要结果。已知[a,b]区间上的连续函数f(x),假设

P(x)??akxk (n≥0), 量En(f)C?minmaxf(x)?P(x)叫做f(x)的n阶最佳一致逼近值,

k?0a0,?ana?x?bn也简称为最佳逼近值，简记为En(f)。能使极小值实现的多项式P(x)??a?kxk叫做 f(x)的

?k?0nn阶最佳逼近多项式。切比雪夫证明了,在区间[?1,1]上函数xn?1的n阶最佳逼近多项式

?akx必满足关系式xkk?1nn?1多项式2?ncos[(n?1)arccosx]就是??akxk?2?ncos[(n?1)arccosx]。

k?0?nn著名的切比雪夫多项式。切比雪夫还证明了P(x)??a?kxk是?(x)在[a,b]上的n 阶最佳逼近

k?0多项式的充分必要条件是：在[a,b]上存在着n?2个点: a?x1?x2???xn?2?b,在这些点上

(1)P?(xi)?f(xi)依照i=1,2,?,n+2的次序交错变号，

(2)P?(xi)?f(xi)?maxP?(x)?f(x)。点组{x1,x2,?xn?2} 便是著名的切比雪夫交错组。

a?x?b1885年德国数学家K.（T.W.）外尔斯特拉斯在研究用多项式来一致逼近连续函数的问题

时证明了一条定理，这条定理在原则上肯定了任何连续函数都可以用多项式以任何预先指定的精确度在函数的定义区间上一致地近似表示，但是没有指出应该如何选择多项式才能逼近得最好。如果考虑后一个问题，那么自然就需要考虑在次数不超过某个固定整数 n的一切多项式中如何来选择一个与f(x)的一致误差最小的多项式的问题，而这正好是切比雪夫逼近的基本思想。所以可以说切比雪夫和外尔斯特拉斯是逼近论的现代发展的奠基者。

六、发展

20世纪初在一批杰出的数学家，包括С.Η.伯恩斯坦、D．杰克森、 瓦莱－普桑、H.L.勒贝格等人的积极参加下，开创了最佳逼近理论蓬勃发展的阶段。这一理论主要在以下几个方面取得了很大进展：

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1.最佳逼近的定量理论

在逼近论中系统地阐明函数的最佳逼近值En(f)（借助于代数多项式来逼近,或者对2?周期函数借助于三角多项式来逼近，或借助于有理函数来逼近等等）的数列当n??时的性态和函数f(x)的构造性质（可微性、光滑性、解析性等等）之间内在联系的理论统称为定量理论。下面叙述的定理比较典型地反映出函数的构造性质与其最佳逼近值之间的深刻联系。杰克森、伯恩斯坦、A.赞格蒙证明: 2?周期函数f(x)具有满足条件

)f(r(x?h)?fr()x(?)Mh??,?(0?

1) 或 f(r)(x?h)?2f(r)(x)?f(r)(x?h)?Mh,(??1)

的r阶导数f(r)(r?0,1,?)的充分必要条件是，f(x)借助于三角多项式的n阶最佳一致逼近值

E?n(f)C（简称最佳逼近，简记为E?n(f)）满足条件

E?n(f)C?Anr??,

式中的M,A是不依赖于n的正的常数。对于[a,b]区间上的（不考虑周期性）连续函数借助于代数多项式的逼近值与函数构造性质间的联系也有和上述结果相类似的定理，不过情况比周

期函数复杂多了。这一问题是在50年代由苏联数学家Α.Ф.季曼、Β.К.贾德克解决的。

杰克森、伯恩斯坦等人的工作对逼近论的发展所产生的影响是深远的。沿着他们开辟的方向继续深入，到20世纪30年代中期出现了J.A.法瓦尔、Α.Η.柯尔莫哥洛夫关于周期可微函数类借助于三角多项式的最佳逼近的精确估计以及借助于傅里叶级数部分和的一致逼近的渐近精确估计的工作。这两个工作把从杰克森开始的逼近论的定量研究提高到一个新的水平。从那时起，直到60年代,以С.М.尼科利斯基、Α.И.阿希耶泽尔等人为代表的很多逼近论学者在定量研究方面继续有许多精深的研究工作。

2.逼近论的定性理论

切比雪夫发现了连续函数的最佳逼近多项式的特征，提出了以切比雪夫交错点组著称的特征定理。最佳逼近多项式是唯一存在的。最佳逼近多项式的存在性、唯一性及其特征定理都是定性的结果，对这些问题的深入研究构成了逼近论定性研究的基本内容。匈牙利数学家A.哈尔在1918年首先研究了用广义多项式在[a,b]上对任意连续函数f的最佳逼近多项式的唯一性问题。在[a,b]上给定n?1个线性无关的连续函公式?0(x),?1(x),?,?n(x)。作为逼近函数类可取P(x,a0,?an)??ai?i，式中a0,?,an是任意参数。这样的P(x)称为广义多项式。

i?0nmaxf(x)?P(x,a0,?an) 记 EPn(f)C?amin,?aa?x?b0nf(x)?P(x,a?0,?a?n) ?maxa?x?b

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P(x,a?0,?a?n)是存在的。哈尔证明,为了对每一连续函数f唯一, P(x,a?0,?a?n)f唯一,必须而且只须任一不恒等于零的广义多项式P(x,a0,?an)在[a,b]内至多有n个不同的根。在20世纪20～30年代,伯恩斯坦、М.Γ.克列因等人对满足哈尔条件的函数系

{?0(x),?1(x),?,?n(x)}做过很多深入的研究。它在逼近论、插值论、样条分析、矩量论、数理统计中有着比较广泛的应用。

关于最佳逼近多项式的切比雪夫特征定理也有很多进一步的研究和推广。其中最重要的一个推广是柯尔莫哥洛夫在1948年做出的，它涉及复平面的闭集上的复值连续函数借助于复值广义多项式的一致逼近问题。

对于LP[a,b](1?p??)内的函数f借助于广义多项式在p次幂尺度下的逼近问题也建立了类似的一套定性理论。到50～60年代，经过一些学者的努力，抽象逼近的定性理论建立起来。

3.线性算子的逼近理论

最佳逼近多项式和被逼近函数间的关系除了平方逼近的情形外一般都不是线性关系。线性关系比较简单，线性算子比较容易构造。所以在逼近论发展中人们一直非常重视对线性逼近方法的研究，形成了逼近论中一个很重要的分支──线性算子的逼近理论。针对特定的函数类、特定的逼近问题设计出构造简便、逼近性能良好的线性逼近方法与研究各种类型的线性逼近方法（算子）的逼近性能，一直是线性算子逼近理论的中心研究课题。在这一方面，几十年来取得了十分丰富的成果。比较著名的经典结果有E.B.沃罗诺夫斯卡娅、G.G.洛伦茨等对经典的伯恩斯坦多项式

?k??n?Bn(f,x)???f????xk(1?x)n?k

?n??k?k?0n的研究；柯尔莫哥洛夫、尼科利斯基等对周期可微函数的傅里叶级数部分和的逼近阶的渐近

精确估计；19世纪40～60年代许多逼近论学者对作为逼近方法的傅里叶级数的线性求和过程逼近性能的研究（包括对傅里叶级数的费耶尔平均、泊松平均、瓦莱·普桑平均等经典的线性平均方法的研究）。50年代初期∏.∏.科罗夫金深入研究了线性正算子作为逼近方法的特征，开辟了单调算子逼近理论的新方向。40年代中期法瓦尔在概括前人对线性算子逼近的研究成果的基础上，提出了线性算子的饱和性概念做为刻画算子的逼近性能的一个基本概念，开辟了算子饱和理论研究的新方向。

4.函数逼近的数值方法

从实际应用的角度来看，要解决一个函数的最佳逼近问题，需要构造出最佳逼近元和算出最佳逼近值。一般说要精确解决这两个问题十分困难。这种情况促使人们为寻求最佳逼近元的近似表示和最佳逼近值的近似估计而设计出各种数值方法。一个数值方法中包含着有限个确定的步骤，借助它对每一个函数f可以在它的逼近函数类P(x,a0,?an)中求出一个函数作为最佳逼近元的近似解，并且可以估计出误差。数值方法自然不限于函数的最佳逼近问题。在插值、求积（计算积分的近似值）、函数的展开理论中也都建立了相应的数值方法。近40年来由于计算机的广泛应用,数值逼近理论和方法的研究发展很快,成为计算数学和应用数学的重要分支。

除了以上列举的几个方向外,还发展了插值逼近、借助于非线性集（如有理函数）的逼

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近、联合逼近、在抽象空间内的逼近等等。

5.多元函数的逼近

多元函数的逼近问题具有很重要的理论和实践意义。由于在多元函数的逼近问题中包含了很多为单变元情形所没有的新的困难，所以多元函数的逼近论比单变元情形的发展要慢得多和晚得多。在多元逼近的情形下已经研究得比较充分的一个基本问题是函数借助于三角多项式或指数型整函数的最佳逼近阶和函数（在一定意义下的）光滑性之间的关系。这一工作主要是由苏联学者尼柯利斯基和他的学生们于19世纪50～60年代完成的。它除了对函数逼近论本身有重要意义之外，还有很多重要应用。例如，对研究多元函数在低维子流形上的性质，多元函数在一定要求下的开拓问题等都有重要作用。后一类问题的研究属于泛函分析中的嵌入定理。近年来，在多元函数的线性算子逼近、插值逼近、样条逼近和用单变元函数的复合近似表示多元函数等方面都有所进展。

现在函数逼近论已成为函数理论中最活跃的分支之一。科学技术的蓬勃发展和计算机的广泛使用给它的发展以强大的刺激。现代数学的许多分支，包括基础数学中象拓扑、泛函分析、代数这样的抽象学科以及计算数学、数理方程、概率统计、应用数学中的一些分支都和逼近论有着这样那样的联系（如在正定函数、径向基插值、薄板样条、神经网络、岭函数以及小波分析研究方面）。函数逼近论正在从过去基本上属于古典分析的一个分支发展成为同许多数学分支相互交叉的、密切联系实际的、带有一定综合特色的分支学科。

§2预 备 知 识

一、距离空间

设E是由某些元素组成的集合，对于E中任两个元素x,y，按照一定法则定义一个非负实数?(x,y)，满足下面三个条件，则称E是一个距离空间：

（i）?(x,y)?0, ?(x,y)?0当且仅当x?y （非负性）； （ii）?(x,y)??(y,x) （对称性）；

（iii）?(x,y)??(x,z)??(y,z) （三角不等式）. 以上三条称为距离三公理，E中的元素称为点. 下面是常见的距离空间：

（1）n维欧氏空间. 它的点有形式(x1,x2,?,xn)，对x?(x1,x2,?,xn)，y?(y1,y2,?,yn)，定义

nn?(x,y)?(?(xi?yi)). 我们也可以定义?(x,y)??|xi?yi|或?(x,y)?max|xi?yi|.

212i?1i?1 （2）连续函数空间. 以C[a,b]表示在[a,b]上连续函数的全体，对x(t)，y(t)?C[a,b]，定义

?(x,y)?max|x(t)?y(t)|.

a?t?b （3）Lp[a,b](p?1)空间. 设Lp[a,b](p?1)是[a,b]上p次Lebesgue可积函数的全体. 对

x(t),y(t)?Lp[a,b]，定义?(x,y)???|x(t)?y(t)|dt6

p?1p.

距离空间E中的一个点列{xn}称为本来收敛的，如果任给??0，存在N?0，使得当m,n?N时，

?(xm,xn)??.

距离空间E称为是完备的，如果每个本来收敛列都收敛于E中的一点.

距离空间E称为可分的，如果存在一个可数点集{xn}?E，使得对于每一点x?E，都有{xn}中的一个子列{xnk}，使lim?(xnk,x)?0.

nk??

二、 线性赋范空间

设E是某些元素组成的集合，K是实（复）数域，如果下列条件i），ii）成立，则称E是K上的一个线性空间：

（i）E是一个加法群，即在E内定义一种运算，叫做加法，满足 （a）如x,y?E，则x?y?E； （b）x?y?y?x（交换律）；

（c）(x?y)?z?x?(y?z)（结合律）；

（d）在E内有一个零元素0，对任何x?E，有x?0?x； （e）对任何x?E，存在逆元素?x?E，使x?(?x)?0. （ii）对任何??K, x?E，定义了数乘?x，使?x?E，且满足 （a）?(?x)?(??)x, ?,??K, x?E； （b）1?x?x；

（c）(???)x??x??x； （d）?(x?y)??x??y.

设E是数域K上的线性空间，对于E中的每个元素x，定义一个非负实数||x||，满足下面三条： （i）||x||?0, ||x||?0当且仅当x?0； （ii）||x?y||?||x||?||y|| （三角不等式）； （iii）||?x||?|?|||x||, ??K.

则称E为K上的线性赋范空间，||x||称为x的范数. 以上三条称为范数三公理.

按定义，对于x,y?E，易验证?(x,y)?||x?y||，满足距离三公理，于是线性赋范空间属于距离空间.

§1.4所介绍的三个空间是线性赋范空间，即 （1）n维欧氏空间R，范数

n||x||?(?xi2)2, x?(x1,x2,?,xn)?Rn

1ni?1 （2）[a,b]上的连续函数空间C[a,b]，范数

||x||?max|x(t)|, x(t)?C[a,b]

a?t?b （3）设x(t)在[a,b]上有k阶连续的导数，则所有x(t)的集合记作C[a,b]，它也是一个线性赋范空间，范数与C[a,b]的定义相同. 我们把C(a,b)看作是k?0的特殊情况. 特别地，如果x(t)在[a,b]上有任意阶导数，则记为C[a,b].

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?k （4）Lp[a,b]空间(p?1)，范数

||x||?(?|x(t)|pdt)p, x(t)?Lp[a,b].

1三、 Hilbert空间

设E为数域K（实或复）上的线性空间，对E内任两点x,y，定义K内的一个数(x,y)，满足下面四个条件：

（i）(?x,y)??(x,y), ??K （ii）(x?y,z)?(x,z)?(y,z)； （iii）(x,y)?(y,x).

其中?表示?的共轭复数，如K为实数域，则(x,y)?(y,x). （iv）(x,x)?0，(x,x)?0当且仅当x?0，

则称E是一个内积空间，(x,y)称为x,y的内积，以上四条称为内积四公理. 在内积空间中定义范数||x||?(x,x)，则它是一个线性赋范空间.

完备的、可分的复（实）内积空间称为复（实）Hilbert空间，简称H空间. 常见的H空间有： （1）L2[a,b]空间. 对x(t),y(t)?L2[a,b]，定义

b(x,y)??x(t)y(t)dt.

a （2）l2空间，即所有满足

?|?k?1?k|2??的点x?{?1,?2,?}的集合. 对于x及y?{y1,y2,?}定义

(x,y)???kyk.

k?1?

四、差 分

假定有一列数y0,y1,y2,?，相邻两数值的一级差分定义为?yk?yk?1?yk，k?0,1,2,?. 类似地，二级差分定义为?2yk??yk?1??yk?yk?2?2yk?1?yk. 一般地，n?1级差分定义为

?n?1yk??(?nyk?1)??nyk?1??nyk. 记?0yk?yk，?1yk??yk.

定理1.7.1 有 ?0yk?yk ?yk?yk?1?yk ?2yk?yk?2?2kk?1?yk ?? ?yk?n1?n?n!n?1?n? (?1)y, ????k?r???r??r?r!(n?r)! 证 当n?0时显然成立. 假定对于自然数n成立，则以n?1代替n得

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?n?n?rn? ?yk??(?yk)?????(1?)?yk?r ???r??r?0?n?n? ??(?1)n?r???yk?r

r?0?r?n?n? ??(?1)n?r??(yk?1?r?yk?r)

r?0?r?n?1nn?1?r? n?n?r?n? ??(?1)y?(?1)??k?r???yk?r

r?1r?1r?0???r?n?1n?? n??n???n?n?1?rn?n?(?1)y??y?(?1)?k?r????????k?n?1??yk

r?1rnr?1???????0???n?1n?1?r?n?1? ??(?1)??yk?r

rr?0??n?n?n 推论1.7.1 如果k?0，则?y0??(?1)n?r??yr.

r?0?r?n ?

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第二章 Weierstrass逼近定理

§2.1 关于连续模的概念

2.1.1 C[a,b]空间上的连续模

定义2.1.1 设f(x)定义于[a,b]上，称

?(t)??(t,f)?sup|f(x)?f(y)| （2.1.1）

|x?y|?tx,y?[a,b]为f(x)在[a,b]上的连续模. 连续模?(t)有下面性质：

性质2.1.1 若f(x)在[a,b]上连续，则?(t)是t的连续非减模，且?(t)?0 (t?0). 证 非减性是明显的，因为如果t2?t1，则在[a,b]上满足条件|x?y|?tw的数对(x,y)的集合显然包含满足条件|x?y|?t1的数对(x,y)的集合，于是?(t1)??(t2).

(0 ?(t)?0t ?也是明显的，因为f(x)在闭区间[a,b]上连续，故它也在[a,b]上

一致连续.

为了证明连续性，对于任意固定的t?0及充分小的??0，按定义，当x,y?[a,b]时，

?(t??)?sup|f(x)?f(y)|.

|x?y|?t??由对称性，不妨设x?y，我们有 ?(t??)?supf|x?()fy ()|0?x?y???t ?sup|f(x)?f(y)|?sup|f(x)?f(y)|.

0?x?y????x?y?t??任给??0，当?充分小时，第一项小于?，于是 ?(t??)???supf|x(?)fy ()|0?x?(y??)?t ???sup(|f(x)?f(y??)|?|f(y)?f(y??)|)

0?x?(y??)?t ?2??sup0?x?(y??)?t|f(x)?f(y??)|?2???(t).

由此及非减性得

0??(t??)??(t)?2?.

故当t?0时w(t)是连续的. 当t?0时，由?(0)?0及?(t)?0 (t?0)知?(t)在t?0处右连续.

性质2.1.2 ?(t)具有半可知性，即对于t1,t2?0，有

t2) （2.1.2） ?(t1?t2)??(t1)??(.

事实上，对于|x?y|?t1?t2，不妨设x?y. （i）若0?x?y?t1，则

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|f(x)?f(y)|??(t1)??(t1)??(t2)，

（ii）若t1?x?y?t1?t2，令

? a[b,]?f(x), x?*x a （2.1.3） f(x)??f(a), ??f(b), x ?b?则对于x,y?[a,b]，有

supf|x(?)fy(?)|t1?x?y?1t?2t0?x?2y?tsufpx?|*(f)?1y t()| ?sup(|f(x)?f(y)|?|f(y)?f*(y?t1)|)

0?x?y?t2 ??(t2)?sup|f(x)?f(y)|??(t2)??(t1).

|x?y|?t1 性质2.1.3 若?(t)??(t,f)?o(t) (t?0)，则f(x)恒为常数.

事实上，对于任t?0，由?(t)?o(t)及性质2.1.2，对于任何自然数n，

?(t)??(n)?n?()?no()?0 (n??)，

tntntn于是?(t)?0，这只有f(x)?c才能实现.

定义2.1.2 如果f(x)在[a,b]上的连续模满足

?(t)?Mt? 0???1，

其中M为某个正常数，则称f(x)在[a,b]上满足?阶Lipschitz条件，记作

f(x)?LipM?或f(x)?Lip?.

2.1.2 Lp[a,b]空间中的连续模

定义2.1.3 设f(x)?Lp[a,b], p?1，对于0?t?b?a，称量

?p(t)??pt(f,?)为f(x)在Lp[a,b](p?1)中的连续模.

我们同样可以证明?p(t,f)满足上面的性质2.1.1~2.1.3（在性质2.1.1中，条件f(x)?[a,b]以现在条件f(x)?Lp[a,b]代替）.

定义2.1.4 设f(x)?Lp[a,b], p?1，如果存在常数M?0, 0???1，使

?p(t)??p(t,f)?Mt?，

0?h?ts?upa?b?hfx?|h(?fx)p? ( ) | （2.1.4）

1p则称f(x)在Lp[a,b]中满足?阶Lipschitz条件，记作

f(x)?LipM(?,p)或f(x)?Lip(?,p).

2.1.3 二阶连续模的概念

定义2.1.5 设f(x)?C[a,b]，称量

?(2)(t)??(2)(t,f)?sup|f(x?h)?f(x?h)?2f(x)|，

0?h?ta?x?h?x?x?h?b,

为函数f(x)在C[a,b]上的二阶连续模.

11

对于f(x)?C[a,b], ?(2)(t)有下面性质：

性质2.1.4 ?(2)(t)是非减的连续函数，且?(2)(t)?0 (t?0).

事实上，非减是显然的. 由f(x)在[a,b]上一致连续，故?(2)(t)?0 (t?0)也是显然的. 下证连续性. 设0?t1?t2，则

?(2)(t2)?sup|f(x?h)?f(x?h)?2f(x)|

0?h?t2 ?sup|f(x?h1?h2)?f(x?h1?h2)?2f(x)|

0?h1?t10?h2?t2?t1 ?sup|f(x?h1?h2)?f(x?h1)|

0?h1?t10?h2?t2?t1 ?sup|f(x?h1)?f(x?h1)?2f(x)|

0?h1?t10?h2?t2?t1 ?sup|f(x?h1)?f(x?h1?h2)|

0?h1?t10?h2?t2?t1 ??(2)(t1)?2?(t2?t1). 由?(t)?0 (t?0)知?(2)(t)连续.

性质2.1.5 对任意自然数n，

?(2)(nt)?n2?(2)(t).

事实上，我们有

f(x?nh)?f(x?nh)?2f(x)

???(f(x?jh?kh?2h?nh)?f(x?jh?kh?nh)

j?0k?0n?1n?1 ?2f(x?jh?kh?h?nh)) 由此得性质2.1.5.

性质2.1.6 ?(2)(t)?2?(t). 事实上，

|f(x?h)?f(x?h)?2f(x)|?|f(x?h)?f(x)|?|f(x)?f(x?h)|.

同样定义Lp[a,b] (p?1)中的二阶连续模：

(2)?(2)p(t)??p(t,f)?sup0?h?t??b?ha?h|f(x?h)?f(x?h)?2f(x)|p?.

1p(2)同样可以证明?(2)(t)相应的性质. p(t)有与?

§2.2 Weierstrass第一定理

在一致逼近的理论中，我们所遇到的第一个问题是：在任意预先给定的精度下，能否用多项式去逼近任意给定的连续函数？1885年，Weierstrass对这个问题给出了肯定的回答. 设Pn是次数不超过n的代数多项式集合，我们首先有： 定理2.2.1（Weierstrass第一定理）设f(x)?C[0,1]，则存在多项式pn(x)?Pn使

12

limmax|f(x)?pn(x)|?0.

n??0?x?1 对于这个著名的定理，至今有多种不同的证明方法. 本节我们将给出伯恩斯坦（Бернштейн）的证明，其精度虽不是最好的，但非常精彩.

定义2.2.1 设f(x)?C[0,1], f(x)的第n(n?1)个伯恩斯坦多项式由下式给出：

?k??n??k Bn(f)?Bnf ) （2.2.1） (x;?)?f????xk?(x1nkn????k?0n显见Bn(f)?Pn.

引理2.2.1 下列恒等式成立：

?n?kn?kx(1?x)?，1 （2.2.2） ???k?0?k?n?n??k ?(k?nx)??kx(?1nx)?，0 （2.2.3）

kk?0??n2?n?kn?k ?(k?nx)x(?1x)?n?x(1. x ) （2.2.4） ??k?0?k?

n 证 首先注意到，对f(x)?1有

kn?k Bn(1?)??1x?(1x?)??k?0?k?（2.2.5）就是（2.2.2）. 其次，对f(x)?x有

n?n??x(?n， （2.2.5） 1x?) 1?k Bn(x)????kx(?1xn)?. x （2.2.6）

n?k?k?n?事实上，在恒等式

?n?kn z?(1?z)???k?0?k?n两边对z求导，然后两边再乘以z得

令z?x，得 1?x?n?kn?1kz?nz(1?z). （2.2.7） ???k?0?k?n?n?k?k?n???x(1?x)?nx(1?x). k?0?k?n(1?x)n两边同时乘以就得到（2.2.6），由（2.2.6）及（2.2.2）得（2.2.3）. 再次，

n对f(x)?x2有

n?222n?k?k nB x （2.2.8） (x)?k1nx)?n(?xn?x1. )?n??x(?kk?0?? 事实上，在（2.2.7）两边再次对z求导并乘以z得

2?n?kn?2k???z?nz(nz?1)(1?z). k?0?k?n 13

令z?x，然后用(1?x)n乘以两边就有（2.2.8）. 1?xn 现在，我们将（2.2.4）左边展开为

n?n?k?n?kn?kk??x(1?x)?2nx?k??x(1?x)n?k ?k?0k?0?k??k?n?n?22 ?nx???xk(1?x)n?k，

k?0?k?2将此式与（2.2.5）、（2.2.6）和（2.2.8）比较，就有（2.2.4）. 引理2.2.2 对任意给定的??0及0?x?1，有

?n?k1n?k， （2.2.9） x(1?x)????2k4n?|k/n??x?|??k其中求和号表示对固定的x且满足不等式?x??的k求和.

n

k1k? 证 注意到，由?x??，可推出2?， ?x??1，因此，利用（2.2.4）n??n???n??n?1 ???xk(1?x)n?k?2???(1?x)n?k

?|k/n?x|???k?|k/n?x|???k?2?k??n?k ?2???x???x(1?x)n?k

?k?0?n??k?111 ?22nx(1?x)?，

?n4n?2最后一步由不等式x(1?x)?1/4得到.

n?n? 引理2.2.2的意义在于当n很大时，在和式???xk(1?x)n?k中，起主要作用的

k?0?k?k只是满足条件?x??的那些k值所对应的项的和，而其余的项对和的值无多大

n221n影响.

Weierstrass第一定理的伯恩坦证明 我们从（2.2.2）知

?n?1????xk(1?x)n?k， k?0?k?n因此两边同是乘以f(x)有

?n?f(x)??f(x)??xk(1?x)n?k.

k?0?k?n对任意??0，我们有

?k? |Bn(f?)f(x?)?|?f??nk?0n?? ?|k/n?x|????n??kf?(x?)k?x(n1 x)?k??n?k?k?f???f(x)??x(1?x)n?k ?n??k? 14

?n?k?k? ??f???f(x)??x(1?x)n?k.

?n?|k/n?x|???k?k由于f(x)在x处连续，对任给??0，存在??0，使得当?x??时，fn?k????f(x)??，?n?故第一个和式

?n?k?k?n?kf?f(x)???x(1?x) ???n?|k/n?x|???k??n?k ?????x(1?x)n?k

|k/n?x|???k?n?n? ?????xk(1?x)n?k??.

k?0?k?又由f(x)在[0,1]上连续，所以存在M?0，使得

?k??k?f???f(x)?f???|f(x)|?M. ?n??n?故由引理2.2.2，第二个和

?n?k?k?n?kf?f(x)???x(1?x) ???n?|k/n?x|???k??n?k ?M???x(1?x)n?k

|k/n?x|???k?M ? 24n?kk?因此，对任何??0，先取??0，使得当?x??时，f?然后固定?，???f(x)??，nn??再取n充分大，就有

|Bn(f)?f(x)|?2?.

下面我们给出定理的一个推论. 注意到我们在定理的证明中，对第一个和只用到f(x)在x处连续，对第二个和只用到f(x)在[0,1]上有界. 因此，有定理 定理2.2.2（伯恩斯坦）设f(x)在[0,1]上有界，则

limBn(f)?f(x) n??在任何f(x)的连续点x?[0,1]成立. 如果f?C[0,1]，则极限在[0,1]上一致成立.

下面我们给出闭区间[a,b]上的Weierstrass定理.

定理2.2.3 设f(x)?C[a,b]，则存在多项式pn(x)?Pn，使得

limmax|f(x)?pn(x)|?0. n??a?x?b 证 令x?a?y(b?a)，则有

f(x)?f(a?y(b?a))??(y).

因为y?项式

x?a，所以?(y)是定义在[0,1]上的连续函数，于是由定理2.2.1知存在多b?a15

Q(y)??ckyk，

k?0n使得对于一切y?[0,1]有

|?(y)?Q(y)|?|f(a?y(b?a))??ckyk|??.

k?0n也就是

?x?a?f(x)??ck????, x?[a,b]. b?a??k?0nk

§2.3 伯恩斯坦多项式的优缺点

上节我们利用伯恩斯坦（Бернштейн）多项式来逼近连续函数，这一节我们将讨论伯恩斯坦多项式的性质，并讨论与之相关的几个问题.

我们先用预备知识中的差分概念给出伯恩斯坦多项式的标准多项式形式. 关于差分，我们还将在第六章§6.4中进一步论述. 定理2.3.1

?n?Bn(f)???tf(0)??xt， （2.3.1）

t?0?t?其中，差分是在x?0/n,1/n,?,n?1/n,n/n上进行计算的.

n 证 由伯恩斯坦多项式的定义知

?k??n?k Bn(f)??f????x(1?x)n?k

?n??k?k?0n?k??n?kn?k?n?k?n?k?jn?k?j ??f????x?? x?(?1)?n??k?j?0? j?k?0nn?k?k??n??n?k?n?k?jn?j ???f?????x. ?(?1)k jn?????k?0j?0??n??n?k??n??t?令t?n?j，将和式重排，并注意到?????????，可以得到

?k?? j??t??k?nt?k??n??n?k?tt?kx?f???????(?1)

?n??k??n?t?t?0k?0ntk??t?t?n?t?k ??x???f???(?1) ??t?0?t?k?0?n??k?n?n?tt ???f(0)??x.

t?0?t?n最后一步由第一章§1.7，定理得证.

从伯恩斯坦多项式的定义中可以看出Bn?Pn. 由定理2.3.1可以进一步看出在一定条件下，它可以是一个次数低于n的多项式. 特别地，如果f?Pm，则当k?m时，?kf(0)?0，此时对所有的n都有Bn(f)?Pm.

16

定理2.3.2（Popoviciu T.）若f(x)?C[0,1]，而Bn(f)为它的伯恩斯坦多项式，则

|Bn()?f|????. （2.3.2）

2?n?其中?(?)为f(x)在[0,1]上的连续模.

证 由伯恩斯坦多项式的定义，并注意到恒等式（2.2.2）有

n?n?k?k??n?kn?k|Bn(f)?f|??f????x(1?x)?f(x)???x(1?x)n?k

?n??k?k?0k?0?k?n?n?kk?n?k ??f?. （2.3.3） ?f(x)x(1?x)?????n?k?0?k?n3?1?根据不等式（2.1.2）有

?k??k1??k? f???f(x)????x?????xn??n??n??n??n?k??1? ???xn?1????，

?n??n?因此

?1?? |Bn(f?)f?|????n???n?k?0n?n?k??x?n?k?kx?(1n?k?x?)?. 1 （2.3.4）

?由H?lder不等式，我们有

?n?k?n?kn?k?x(1?x) ????x?? ??k?????k?0?n?2?n?k?n?n?k??n?kn?k?n?k? ?????x???x(1?x)?????x(1?x)?.

??k?????k?0?n??k?0?k?2由（2.2.4）知

2x(1?x)1?k??n?kn?k， ?xx(1?x)??????k?n4n???k?0?nn并注意到（2.2.2）我们有

?k?0n?n?kk1n?k， （2.3.5） ?x??x(1?x)?kn2n??将（2.3.5）代入（2.3.4）便有（2.3.2）.

推论2.3.1 若f(x)?LipM?, 0???1，则

|Bn(f?)f?|3M?2n （2.3.6）

事实上，由于f(x)?LipM?与?(?)???是完全等价的，由定理2.3.2知

3?1?3M. |Bn(f)?f|??????2?n?2n 推论是Kac M. 独立于Popoviciu T. 而求得的. Kac M. 曾证明：它的阶不可

能再改善了. 因此，对任何连续函数用伯恩斯坦多项式来逼近，其逼近的精确性

17

是很不理想的. 此种情况可以特别地表示成下面的结果： 定理2.3.3（瓦隆诺夫斯卡雅）若有界函数f(x)在点x处存在有限的二阶导数f??(x)，则

?) Bn(f)?f(xf??(x)2n?(n)x?(1?x)， （2.3.7）

n其中?(n)?0 (n??).

在对该定理证明前，先给出一个引理.

引理2.3.1 存在一个与n无关的常数c，使得对所有的x?[0,1]有

证 考虑和式

k?nk Sm(x)??(k?nmx)x?(1x. ) （2.3.9） ??k?0?k?由（2.2.2），（2.2.3）和（2.2.4）知S0(x)?1, S1(x)?0, S2(x)?nx(1?x). 对（2.3.9）进行微分，可得

nk?x?n?1n??n?kcn?k （2.3.8） x(1?x)???3/2kn?/?4?n??n??(x)????(k?nx)m?1xk?1(1?x)n?k?1[?mnx(1?x)?(k?nx)2] Smk?0?k?S(x) ??mnSm?1(x)?m?1

x(1?x)n因此有

?(x)?mnSm?1(x)]. （2.3.10） Sm?1(x)?x(1?x)[Sm由此递推式，我们有结论：Sm(x)是一个以x为变量，n为参数的多项式. 特别地，对n的次数而言，S3是一次的，S4是二次的，S5是二次的，S6是三次的. 因此存在常数c，使得对于所有x?[0,1]有|S6(x)|?cn3.

由于?x?n?1/4，所以有(k?nx)6?n9/2，因此

?n?k1nn?k6?n?kn?k???x(1?x)?9/2?(k?nx)??x(1?x) knk?0k?k??x?n?1/4??nkn ?n?9/2S6(x)? f(t)?f(x)?f?(x)(t?x)???其中?(t)随t?x同趋于零. 令t?，有

kncn3/2.

定理2.3.3证明 由有限导数f??(x)的存在可推出

f??(x)???(t)?(t?x)2， （2.3.11） ?2?k??k??f??(x)?k???k?? f??f(x)?f(x)?x????x??????????. （2.3.12）

?n??n??2?n???n??n?在（2.3.12）两边同时乘上??xk(1?x)n?k，然后从k?0到k?n求和，并注意等式

?k?

18

2（2.2.2），（2.2.3）和（2.2.4），我们得到

?k??n?k?k Bn(f)??f1nx) ???k?x(??n???k?0n2n?n?x(1?x)k??k?? ?f(x)?f??(x)???????x???x??(1?x)n?k， （2.3.13）

2n??k?k?0?n??n将最后一个和式记为S. 对???0，存在充分大的n，使得|t?x|?n?1/4时，有|?(t)|??.

因此

|S|?k?x?n?1/4n?2?k??k??n?k?????x???x(1?x)n?k ?n??n??k??k?x?n?1/4n?2?k??k??n?k?????x???x(1?x)n?k. ?n??n??k?将两个和式分别记为?1和?2，则

2x(1?x)??k??n?k|?1|?????x???x(1?x)n?k???.

n4n?n??k?k?x?n?1/4n由于|?(t)|(t?x)2是有界的，记M?sup|?(t)|(t?x)2，那么由引理2.3.1得

0?x?10?t?1|?2|?Mc. n3/2因此有

|nS|?n(|?1|?|?2|)??4?Mc， n1/2当n充分大时有|nS|??. 将nS记为?(n)就得到定理.

定理表明不论怎样改善函数f(x)的性质，对于伯恩斯坦多项式Bn(f)都有能达到高于1/n的逼近的阶（线性函数除外，此时Bn(f)在n?0时将完全与它相同）. 这个事实使得伯恩斯坦多项式在数值计算中的应用几乎没有什么前途. 但下面的几个定理将告诉我们，与其它逼近方式相比，伯恩斯坦多项式是一种光滑的逼近，也就是说如果被逼近函数f(x)是可微的，我们不仅有Bn(f)?f(x)，而且

?(f)?f?(x)，对更高阶的微商也同样成立. 因此说伯恩斯坦多项式是一种还有Bn对函数及其导数的联合逼近.

定理2.3.4 若定义于[0,1]上的有界函数f(x)在点x处有有限导数f?(x)，则

?(f)?f?(x). limBnn???(f)表示为 证 若0?x?1，则我们把Bn?k??n?k?1?(f)?f(0?)(n?)(1 Bnx??)?f????k(nx?x)?n??k?k?1n?1n?1n1 ??fx(x?1)k?0n?k?1nnx?1 (1?xf()1)?n?k?k?n?k??(k?nx)?k?x(1?x). （2.3.14） ?n???19

由有限导数f?(x)存在，故由Lagrange中值定理，有

??k??k???k?f???f(x)??f?(x)???????x?. ?n??n???n??其中?(t)??(t,x)?0当t?x?0. 由（2.2.2）和（2.2.3），我们可得

n1?k?2?n?k??Bn(f)?f(x)????(k?nx)??x(1?x)n?k. ?nx(1?x)k?0?n??k?借助于（2.3.13）中的记号，

?(f)?f?(x)?BnnS. x(1?x)从已证明的事实nS?0，知0?x?1时定理成立.

在x?0或x?1处的情况特别简单. 我们将x?0代入（2.3.14）有

1??n??(f)?f(0)(?n)?1?f?Bn???1?(1?nx)?1

?n????1?? ?n?f??f(0)?f?(0) (n??) ?????n??同样，将x?1代入（2.3.14）有

?n?1?? n??Bn(f)?f???n?1?(n?1?n)?1?f(1)?n n?????n?1?? ?n?f(1)?f?????f?(1) (n??).

?n??? 上面的定理带有局部的性质，下面给出的定理是在整个区间上一致成立的.

?(f)一致收敛于f?(x). 定理2.3.5 若f(x)在[0,1]上有连续的导数f?(x)，则Bn 证 Bn(f)?f(0)?(1x??)nk?1n?1?k??n??f??k??n???knkx?(?1x?)f. n(x1)从而

?(f)?(?n)f(0)(1?x) Bnn?1n?1?k??n???f????(n?k)xk(1?x)n?k?1

?n??k?k?1n?1k??n?k?1n?kn?1 ??f????k?kx(1?x)?nf(1)x

?n???k?1n?1?k??n?k?1?k??n?n?k ??f????kx(1?x)??f????(n?k)xk?(1?x)n?k?1

?n??k??n??k?k?1k?0n?1?? n??n??kk?1??k?n?k?1 ???f?. (k?1)?f(n?k)x(1?x)??????????n?k?0??n??k?1??k??? n??n?1??n??n?1?注意(k?1)??n,(n?k)?n???????，得

?k?1?? k??k?? k?n?1?k?1??k???n?1?k?(f)?n??f? Bn?f1xn?k)?1. （2.3.15） ?????? k?x(??n???k?0??n??n?1由于导数f?(x)在[0,1]上处处存在，应用Lagrange公式有

??k?1?n?f???n???

?k??(n)f????f?(zk)， n???20

k?1. 这样， nn?1(n)?n?1?kn?k?1?(f)??f?(zk Bn )?x(1?x)?k?0? k?其中?zk(n)?kn ??f???k??n?1?kn?k?1 ?? k?x(1?x)n?1???k?0?n?k???n?1?kn?k?1 ???f?(zk(n))?f??. （2.3.16） x(1?x)???? k??n?1???k?0??n?1显然第一个和式便是f?(x)的n?1阶伯恩斯坦多项式，因而其在[0,1]上一致地收敛

于f?(x). 另一方面由于

kk?1kkkn?z(n)??1kn, n?n?1?n， 所以

z(n)k?kn?1?1n. 如果记f?(x)的连续模为?(1)(?)，我们有

f?(z(n)?f???k?(1)?1?k)?n?1??????n??， 因此，（2.3.16）中第二个和式不大于?(1)??1??n??，所以一致地趋于零.

更一般地，下面我们考虑高阶微商时的性质. 引理2.3.2 设p是一个整数，且p?0，那么

B(p))?(n?p)!n?n?p(fpn!??f?t??n?tn?tt??n?p????t??x(1?x). 0 证 由Leibniz公式

p(?v)(p)????p???(j)v(p?j). j?0?j? 利用（2.2.1）得

n?pB(p)(f)??f??k????n?p?p??p??(xk)j([(1)?xn?p?kp?j(. )n?p ?0?n?p?? k???)]kj?0?j?注意到

(xk)(j)?k!xk?j(k?j)!, k?j?0， [(1?x)n?p?k](p?j)?(?1)p?j(n?p?k)!?k)!(1?x)n?j?k(n?j, k?j?n，

因此（2.3.18）可写为

n?ppB(p)n?p(f)???f??k??(n?p)!?p?k?0j?0?n?p?(k?j)!(n?j?k)!??j?? ?(?1p)?jx?kj?(1x??)n，j k 令k?j?t，则k?t?j. 将和式重排得

21

2.3.17） 2.3.18） 2.3.19） （（（B(p)n?pxt(1?x)n?tpp?j?p?(f)?(n?p)!?(?1)??f?t!(n?t)!t?0j?0?j?n?t?j???. （2.3.20） n?p??由第一章§1.7可得（2.3.17）.

定理2.3.6 设f(x)?Cp[0,1]，那么

(p)limBn(f)?f(p)(x) n??在[0,1]上一致地成立.

证 反复利用Lagrange中值定理，我们有

?t?1?pf??f(p)(zt)， ?p?n?p?(n?p)其中

tt?p?zt?, t?0,1,2,?,n, n?pn?p因此由引理2.3.2，

B(p)n?p(n?p)!(f)?n!(n?p)p?ft?0n(p)?n?t(zt)??x(1?x)n?t. ?t?由此可得

nn!(n?p)p(p)(p)?t??n?t Bn?p(f)??f????x(1?x)n?t

(n?p)!?n??t?t?0t??n?tn?t ??[f(p)(zt)?f(p)????t?x(1?x)]. （2.3.21）

?n???t?0显然第一个和式便是f(p)(x)的n阶伯恩斯坦多项式，因而其在[0,1]上一致地收敛于f(p)(x). 另一方面由zt的范围知，

nzt?tt?ptp. ???nn?pn?pn?p如果记f(p)(x)的连续模为?(p)(?)，我们有

?1??t?f(p)(zt)?f(p)????(p)??，

?n??n?p?因此（2.3.21）中第二个和式当n??时一致地趋于零，并且显见

n!(n?p)plim?1， n??(n?p)!所以由（2.3.21）知定理为真.

对于区间上每一个点，也有相似的局部性结论，这里不再赘述. 定理2.3.7 设p是一个固定的整数，并且0?p?n. 若

m?f(p)(x)?M, 0?x?1，

那么

np(p) m?Bn(f)?M, 0?x?1， （2.3.22）

n(n?1)?(n?p?1)特别地，如果p?0，那么Bn(p)(f)前的因数应是1.

22

证 由（2.3.17）知

?t??n?p?tn?p?t. B(f)?n(n?1)?(n?p?1)??pf????x(1?x)?n?? t?t?0(p)nn?p反复利用Legrange中值定理，我们有

tt?p?t?1. ?pf???pf(p)(zt), ?zt?nnnn??若p?0，则令zt?，等式显然成立. 因此

np(p)Q?Bn(f)

n(n?1)?(n?p?1)n?p?n?p?t(p)n?p?t ??f(zt)?. ?x(1?x) tt?0??tn由于在[0,1]上xt(1?x)n?p?t?0，并且注意（2.3.22），我们有

n?p?n?p?t?n?p?tn?p?tn?p?tm?m???Q?M???M. ?x(1?x)?x(1?x) t tt?0?t?0??? 推论2.3.2 （1）若f(p)(x)?0，x?[0,1]，那么Bn(p)(f)?0，x?[0,1].

n?p （2）若f(x)在[0,1]上是非减的，那么Bn(f)在[0,1]上也是非减的. （3）若f(x)在x?[0,1]上是凸的，那么Bn(f)在[0,1]上也是凸的. 证 在（2.3.22）中取m?0时，（1）得证. 若f(x)是非减的，则f?(x)?0（.2.3.22）

?(f)?0，中，令p?1，得Bn（2）得证. 若f(x)是凸的，那么f??(x)?0. 由（2.3.22），

令p?2，得Bn(2)?0，（3）得证. 由定理2.3.7和推论2.3.2可知，一个连续函数的伯恩斯坦多项式逼近与被逼近函数的极值和高阶导数有关，并且单调的和凸的函数分别产生单调的与凸的逼近. 总之，伯恩斯坦多项式模拟被逼近函数的特性达到十分惊人的程度.

§2.4 Weierstrass第一定理的第二种证明

这一节，我们将引入切贝绍夫（Ччебышев）多项式，但对其性质不做深入探讨，仅引入一个多项式核，用于证明Weierstrass第一定理. 关于切贝绍夫多项式，我们将在第五章做进一步讨论. 引理2.4.1 恒等式

cons??2n?1c?o?s??k(nk?0n?1n)k , （2.4.1） ?cosn?, ? 1 , 2n)为真，其中?0(n),?,?n(?1为某些常数.

证 用归纳法. 当n?1时显然. 假设当m?n,m,n?N时成立. 在（2.4.1）中以n?1代替n得

cos(n?1)????kcosk?，

k?0n?2 23

其中?k是某些常数. 因为

cos(n?1)??cos(n?1)??2cos?cosn?，

所以

cos(n?1)??(cos(n?1)??cos(n?1)?)?cos(n?1)?

?2cos?[2cos????cos?]???kcosk?

n?1n(n)kkk?0k?0n?1n?1 ?2cos???vkcosk?，

nn?1k?0n其中vk是某些常数.

推论2.4.1 当x?[0,1]时，恒等式

cosn(arcxc?os)x?2??k(n)xkn?1nk?0n?1 ,（2.4.2） n?,? 1 , 2成立.

定义2.4.1 称多项式

Tn(x)?cosn(arcx c o （2.4.3）

为n次切贝绍夫多项式，或简称切贝绍夫多项式.

推论2.4.1保证了我们的定义是合理的.

设T2n?1(x)?cos((2n?1)arccosx)是2n?1次切贝绍夫多项式，对任意n?N，在[?1,1]上令

1T2n?1(x)? Kn(x)??， （2.4.4） ??n?x??2其中

T2n?1(x)? ?n???1?dx. （2.4.5） ??x??12 如上定义的Kn(x)在定理证明中将起到多项式核的作用. 它具有下列性质：

性质2.4.1 Kn(x)是4n次多项式，且是偶函数. 事实上，由于T2n?1(0)?0，即T2n?1(x)的常数项为零，故项式，所以Kn(x)是4n次多项式. 又

T2n?1(?x)?cos((2n?1)arccos(?x))?cos((2n?1)(??arccosx)) ??cos((2n?1)arccosx)??T2n?1(x)， 即T2n?1是奇函数，故Kn(x)是偶函数.

性质2.4.2 由定义显然有下面的恒等式

T2n?1(x)是一个2n次多x?1?1. （2.4.6） Kn(x)d?x1 性质2.4.3 对于任何??(0,1)，及n?N都有

24

证 首先

??11Kn(x)dx?1. （2.4.7） n?2?cos((2n?1)arccosx)??n?2??dx ?0x??2???cos((2n?1)(?arcsinx))?1?2 ?2?0??dx x????sin(2n?1)arcsinx? ?2?0?dx ??x??12??t??sin(2n?1)???t2???2n?1??cosdt， ??0t2??sin??2??2t?????sint?t, sint?tcos因为当t??时，有. 当时，是递减函数. 故 0,t?0,?????2?2n?1??2?t??1cos?cos?cos?， 24n?262?2所以

t??2(2n?1)2???12n?1?4n?2?2?????n??2n?1dt?2??n. ??202????2n?1?t????2?2因此

11dx1?T2n?1(x)?. K(x)dx?dx??2??n???????n?x?nxn?1112 Weierstrass 第一定理的第二种证明 由§2.2可知，我们只须证明

[a,b]?[?1,1]的情况即可. 首先将f(x)连续开拓到[?2,2]上. 例如，我们令

?f(?1), x?[?2,?1)?f(x)??f(x), x?[?1,1]

?f(1), x?(1,2]?显然，f(x)在[?2,2]上一致连续.

对任意n?N，当x?[?1,1]时，以Kn为核构造函数

Pn(x)?由于Kn是4n次多项式，故

?t?x?4n(n)kKn?????k(t)x. ?3?k?012?t?x?ft(K)n??dt. （2.4.8） ??23?3?所以

25

? 令??2?2(n)kf(t)?k(n)(t)xkdt??kx，

其中?k(n)是常数，故而Pn(x)是一个4n次的多项式.

t?x，（2.4.8）就变为 32?x3?2?x3 Pn(x)??由（2.4.6），可得

|f(x)?Pn(x)|?1?1fx(??3Kn)?d(?. ) （2.4.9）

??f(x)Kn(?)d???2?x3?2?x3f(x?3?)Kn(?)d?

??/3??/3[f(x)?f(x?3?)]Kn(?)d?

??/3?1 ?????1?/32?x3?/3?f(x)K(?)d?

n? ?????/3??/3?1????f(x?3?)Kn(?)d? ? ????/3|f(x)?f(x?3?)|Kn(?)d? ?????/3?1??1?/32?x3?/3?|f(x)|K(?)d?

n? ?????2?x??3??/3??|f(x?3?)|Kn(?)d?. ?将上式中最后所得三个积分依次记为I1,I2,I3.

由于f(x)在[?2,2]上一致连续，故对任意??0，存在??0. 当|x1?x2|??, x1, x2?[?2,2]时必有

|f(x1)?f(x2)|??， （2.4.10）

所以

I1???|f(x)|，那么 设M?xmax?[?2,2]I2?2M?1?/3??/3Kn(?)d???.

?/3Kn(?)d??? I3?M?????/3?2?x3??/3?1??2?x3?/3 ?M所以

????1/3?6M. n???Kn(?)d? ?6MKn(?)d??。

n?|f(x)?Pn(x)|???12M. n?因此，对任意??0，先取定?，使（2.4.10）成立，然后固定?，再取n充分大就有

26

|f(x)?Pn(x)|?2?.

§2.5 Weierstrass第一定理的第三种证明

本节所给的证明属于Lebesgue.

设f(x)在[0,1]上连续，于是它在[0,1]上一致连续，取点xk?k(k?0,1,?,m)，m把[0,1]等分为m个区间[xk,xk?1],k?0,1,?,m?1，相邻两区间仅端点公有. 由于f(x)在[0,1]上一致连续，故对于任意??0，存在??0，使得当x1,x2?[0,1]，

|x1?x2|??时，|f(x1)?f(x2)|??. 取m充分大，使得

1??. 考虑连结点(xk,f(xk))的m折线fm(x)，则

|f(x? （2.5.1） )mf(x?)?|,x? [ 问题归结为用多项式在[0,1]一致逼近fm(x). 因此我们先对fm(x)的性质作进一步的研究.

首先，我们证明，fm(x)可以表示为一些更为简单的函数之和. 事实上设

，两者在x?0处相等. 现fm,0(x)?f(0)，我们把它看作是对fm(x)的第一步“近似”令

fm,1(x)?fm,0(x)??0(x)，

其中

? 0, x?0,??0(x)????1? ?1??mxf?f, x?0.???m?m,0?m?????????1?则显见fm,1(x)在?0,??上等于fm(x). 我们称fm,1(x)是对fm(x)的第二步“近似”. 如

?m?令

?(x)??则

??1??fm,1(x)?f(0)?C0?(x),C0?m?f???f(0)?.

??m?? ? 0?0, x （2.5.2）

?x, x?0, 现在，再设

fm,2(x)?fm,1(x)??1(x)，

其中

27

1?0, x?,?m?? ?1(x)??x?1m?f?2??f?2??, x?1.???m,1????1?m?m????m???m2?则显见fm,2(x)在?我们把fm,2(x)看作是fm(x)的第三步“近0,??上等于fm(x). 因此，

?m?似”. 利用（2.5.2）中的函数?(x)，函数fm,2(x)可以表示为

?? fm,2(x)?f?)?Cm,x(x1??x?， m??1其中

?C1?m?f??2??2???f??m,1???. ?m??m??从而有

1??fm,2(x)?f(0)?C0?(x)?C1??x??.

m?? 如此继续进行m次，我们得到

fm(x)?f?)m,m(x?m?f(?0)?j?0m?1?Cj??x?m??j?? , 1 ?, x ，[ 0] （2.5.3）

j?其中Cj(j?0,1,?,n?1)为与m,f???有关的常数.

因此，Weierstrass第一定理的证明又归结为寻找?(x)的逼近多项式. 引理2.5.1 函数y?|x|在[?1,1]上可以展为一致收敛的多项式级数. 证 当|t|?1时，由Taylor级数理论得

当t?1时，由

?(2n?3)!!?1(2n?3)!!?? ??2 (2n)!!(2n?2)!!??4n2t?(2n?3)n!!1?t?1???t. （2.5.4）

2n?2(2n)!!1?33?5(2n?3)(2n?1)11 ????2242(2n?2)22n?14n21 ?. 2n2n?1 ?于是级数（2.5.4）在[0,1]上一致收敛. 由

|x|?1?(1?x2)，

于是

1?x2?(2n?3)!!|x|?1???(1?x2)n.

2(2n)!!n?2此级数当|x|?1时一致收敛.

28

引理2.5.2 函数?(x)在[?1,1]上可以展为一致收敛的多项式级数. 事实上，因为?(x)?|x|?x，故由引理2.5.1推出结果. 2 Weierstrass第一定理的证明 由（2.5.1），（2.5.3）及引理2.5.2得到.

§2.6 Weierstrass第二定理

Weierstrass 第一定理说明了可以用多项式来逼近[a,b]上的连续函数. 本节讨论的Weierstrass第二定理将给出关于三角多项式和周期连续函数的一个相应的结论.

我们用C2?表示(??,?)上以2?为周期的连续函数集合.

定理2.6.1（Weierstrass第二定理） 设f(x)?C2?对任意??0，存在三角多项式T(x)，使得对于一切实数x，都有

|T(x)?f(x)|??.

这里，我们引用Vallée-Poussin于1908年给出的较为简单的证明. 引理2.6.1 若?(x)?C2?，则对于任何a，等式

?都成立.

事实上，

a?2?aa?2?a?(x)dx??2?0?(x)dx

??(x)dx???(x)dx??a2??a2?a02?0?(x)dx??0a?2?2??(x)dx.

由?(x)?C2?，有?(z?2?)??(z)，故

??(x)dx???(z?2?)dz????(z)dz，

0a由此可得引理2.6.2.

引理2.6.2 对任何n?N有下面的恒等式

???20nco2std?t(2n?1)?!!. （2.6.1）

2n!!2 证 记（2.6.1）中左边的积分为U2n，按分部积分法可得 U2n??02cos2n?1td(sint) ?sintcos?2n?120??(2n?1)?2n?220cos2n?2tsin2tdt

?20 ?0?(2n?1)?cos20?tdt?(2n?1)?cos2ntdt

?(2n?1)(U2n?2?U2n). 故有递推式

U2n?

2n?1U2n?2， 2n29

注意到

??U2??20costdt??2201?cos2t?dt?， 24便有引理

定义2.6.1 设f(x)?C2?，称积分

Vn(x)?2n!!1?2nt?x d t （2.6.2） f(t)cos???(2n?1)!?!22为Vallée-Poussin积分.

定理2.6.2（Vallée-Poussin） 对于一切实数，一致地有

limVn(x)?f(x). n?? 证 在Vallée-Poussin积分（2.6.2）中，令t?x??. 由引理2.6.1有

2n!!1??x2n?f(x??)cosd? (2n?1)!!2?????x22n!!1?2n?f(x??)cosd? ????(2n?1)!!2?2Vn(x)?令??2t，得

2n!!1?2n2 Vn(x)?f(x?2t)costdt ???(2n?1)!!?22n!!1?2n2 ?[f(x?2t)?f(x?2t)]co. st d t （2.6.3） ?0(2n?1)?!! 由于f(x)?C2?，所以f(x)在R上一致连续，因此存在M，有

M?max|f(x)|?max|f(x)|???，

x?(??,??)x?[0,2?]且对任意??0，存在0????，当0?2t??时有 2|f(x?2t)?f(x?2t)?2f(x)|

?|f(x?2t)?f(x)|?|f(x?2t)?f(x)|??.

又由（2.6.1）

2n!!1?2n2f(x)?2f(x)costdt， ?0(2n?1)!!?所以

|Vn(x)?f(x)| ?2n!!1?2n|f(x?2t)?f(x?2t)?2f(x)|costdt ?0(2n?1)!!?2n!!1?2 ?|f(x?2t)?f(x?2t)?2f(x)|cos2ntdt ?(2n?1)!!??2n!!1?2n!!1?2n2??costdt?4Mcos2ntdt， ??(2n?1)!!?00(2n?1)!!??上式中第一个积分

2n!!1?2n!!1?2n2costdt?cos2ntdt?1. ??(2n?1)!!?0(2n?1)!!?0

30

上式中第二个积分中

2n!!242n?2??????2n?2n，

(2n?1)!!352n?11????2costdt?2n1????2cos2n?dt?1?1cos2n??cos2n?， ?22所以第二个积分

2n!!1?2n2n24Mcostdt?4Mncos?. ??(2n?1)!!?显然，当0?q?1时有

limnqn?0，

n??故对固定小的??0，当n充分大时就有

2ncos2n???2M，

?2M?2?.

因此

|Vn(x)?f(x)|???2M 要想由此推得Weierstrass第二定理，只须证明Vn(x)是一个三角多项式即可.

所以我们需要下列引理.

定义2.6.2 若|an|?|bn|?0，则称三角多项式

Tn(x)?A??(akcoskx?bksinkx)

k?1n的阶为n.

引理2.6.3 两个三角多项式的乘积仍为一个三角多项式，且其阶等于两因子阶之和.

证 将三角多项式

Tn(x)?A??(akcoskx?bksinkx)，

k?1nUm(x)?C??(clcoslx?dlsinlx)

l?1m相乘，所得各项形式如下：

sxcolsx, ksxinlsxin,k xcoslxsin k x l（x2.6.4） cok应用公式

1cos?cos??[cos(???)?cos(???)]，

21?si?n?[c?o?s?(?)??co?s( ) ] （2.6.5） sin，

21 sin?cos??[sin(???)?sin(???)].

2可断定（2.6.4）中的项人是三角多项式，所以它们之和也是三角多项式. 现在我们要计算三角多项式的阶. 由（2.6.5）可知

31

Tn(x)?U)(nacons?xnbsinx(m(x?m)c ?[(ancm?bndm)cos(n?m)x

?comsmx imd??nx1s)12 ?(andm?bncm)sin(n?m)x]??2，

其中?1,?2为阶数较低的项. 由于an,bn,cm,dm都是实数，及

2222(ancm?bndm)2?(andm?bncm)2?(an?bn)(cm?dm)?0.

所以

|ancm?bndm|?|andm?bncm|?0.

引理2.6.4 若三角项式T(x)为一偶函数，即T(?x)?T(x)，则它可以表示成

T(x)?A??akcoskx

k?1n的形式，即式中不含倍角的正弦.

事实上，由于

T(x)?A??(akcoskx?bksinkx)，

T(?x)?A??(akcoskx?bksinkx)，

k?1nk?1n所以

n1T(x)?(T(x)?T(?x))?A??akcoskx.

2k?1 现在，我们用上面两个引理来证明Vn(x)是一个三角多项式. 事实上

cos2?2?1?cos? 2是一阶多项式，易知cosn?2是n阶多项式，且为一偶函数，于是由引理2.6.4

cos2n?2?L??lkcoskx，

k?1n从而

n??f(t)L?lcosk(t?x)?k?dx ????k?1??n2n!!1??? ?f(t)L?l(cosktcoskx?sinktsinkx)dt， ?k?????(2n?1)!!2?k?1??2n!!1 Vn(x)?(2n?1)!!2??于是有

Vn(x)?A??akcoskx?bksinkx，

k?0n其中

2n!!4?f(t)dt， ???(2n?1)!!2?2n!!lk?ak?f(t)cosktdt,

(2n?1)!!2????A?

32

2n!1lkbk?(2n?1)!!2?????f(t)sinktdt.

至此，我们知Vn(x)是一个三角多项式，所以Weierstrass第二定理为真.

§2.7 Weierstrass第二定理的第二种证明

本节所给证明属于Fejér，其方法还将在第三章进一步发挥，其基本思想与§2.4相似，即引出一个多项式核. 特别提醒读者应关注核的概念，因为它在逼近理论中非常重要.

设f(x)?C2?，考虑Fourier级数：

a0? f(x)~??an(2n?1cnxo?sbn （2.7.1） nxsi，n )其中

an?bn?1?1??2?02?0f(x)cosnxdx, n?0,1,2,?, （2.7.2）

f(x)sinnxdx, n?1,2,?.?我们首先将面对下面两个问题：

（1）对于任何一个f(x)?C2?，级数（2.7.1）是否在[0,2?]上一致收敛？ （2）如果级数（2.7.1）在x0?[0,2?]处收敛，则它是否一定收敛到f(x0)？ 第一个问题是否定的，第二个问题是肯定的. 下面先举例否定第一个问题 引理2.7.1 对于任意的值?及任意的自然数n，三角多项式

?(?)??sin(k2??1)， （2.7.3）

2k?1k?1nsin(k2??1) ?(?)?? （2.7.4）

kk?1n都是一致有界的，即存在两个不依赖于?及n的常数L与M，使

()?|L, （2.7.5） |??()?|M. （2.7.6） |?? 证 我们只须求出|?(?)|, |?(?)|的最大值. 显见

??(?)??cosk(?2?1?)k?1nsinn2?. （2.7.7） 2si?n设0???，令??(?)?0得

2???k?, k?1,2,?,n 2n由此看出?(?)在点

?m?

2m?1?n?1? ?, m?1,2,?,??2n4??33

处有极大值，并在点

*?m?m?n??, m?1,2,?,?? n?2?处有极小值.

下面估计?(?*m)及?(?m).

我们来证明极大值?(?m)随m增大而减小. 事实上， 2m?1?(?m?1)??(??1m)???m???(?)d??1sin2n?m2?2m2n??1sin?d? 2n? 1?m2m?1?2n??2?2n?m?1???m? 2n??n??? ?1mn???11?2?2m?1sin?d?. 2n?2n????sin???sin???????2n?????在最后的积分中，sin2n??0，而括号中的函数取正值，于是

?(?m?1)???(m?) 0 . 同样可以证明，对于极小值?(?*m)，有

?(?**m?1)??(?m)?0. 显见最小的极小值是

2k?1?(?*nsin1)??n?k?12k?1. 当k?n2时

sin2k?1n???sin(2??2k?12(n?k?1)?1n?)??sinn?. 令j?n?k?1，由k?n2，知j?n2?1，因此有

sin2k?1?sin2j?1?(?*1)??nn?1?k?n2k?1??n2(n?j)?1.

21?j?2?1当n?2m时

?(?*1)??sin2k?1n???11?1?k?n?12?2k?1?2(n?k)???0. 当n?2m?1时

?(?*1)??sin2k?1?1?k?n?1n???12?2k?1?12(n?k)?1???0?0. 因为?(0)?0，于是

34

2.7.8） （ ?(?)?0, 0????2.

因此，由（2.7.8）式

0??(?)??(?1)??k?1nsin2?1?n. 2k?1当n??时，由定积分的定义，右边的和有极限

12??0sin??d?.

因此，当0???时，存在与n，?无关的L，使（2.7.5）成立. 由于

2??(???)??(?),?(??)???(?),?(2???)??(?).

于是（2.7.5）对所有的?及n成立. 现转向（2.7.6）的证明. 因为

n1sin(2k?1)?， ?(?)??(?)??2k?12k(2k?1)故

n?111. |?(?)??(?)|????2k?12k(2k?1)k?12k(2k?1)于是由（2.7.5）推出（2.7.6）.

引理2.7.2 设 ?n(?)???cos?cos2?cosn??????? n?11??ncosn(??1)nc?os?(2) ???????12?n??cos2?， （2.7.9） n?则?n(?)对??(??,?)及n?1一致有界，即存在与?,n无关的常数N，使

|?n?()?|N. （2.7.10）

事实上，利用（2.7.6）得

|?n(?)|?1(cos(n?k?1)??cos(n?k)?) ?kk?1n2n?1n?? ?2sin2k?1sin(2k?1)k?2

?? ?2?????2M.

?2? 因为?n(?)本身是一个2n次三角多项式，于?n(?)的Fourier展式就是它本身. 如果用Sm(?m,?)来表示?n(?)的Fourier级数的前m项部分和，则Sm(?n,?)

35

cosm??cos????, 1?m?n,?nn?1?m?cosn??cos(n?1)?cosm???cos????????????, n?1?m?2n, n11m?n?????n(?), m?2n.??由此看出

Sm(?n,0?)n0m,?, 现考虑函数

f(?)??1?(?，) （2.7.12） 22n3n?1n? （2.7.11） ?1, 2由引理2.7.2，级数f(?)在(??,?)内一致收敛，且由?n(?)连续知f(?)连续. 显见

f(2???)?f(?)，于是f(?)?C2?，且f(?)是偶函数. 我们以ak(f)及ak(?)表示f(?)2n3及?(?)的Fourier系数，则由级数的一致收敛性得

2n3ak(f)???12?0f(?)cosk?d?

2?1?n3(?)cosk?d? 2?02n?1n??1 ??2ak(?n3)，

2n?1n ???于是级数（2.7.12）的前m项部分和为

Sm(f,?)??1S(?n3,?). 2m2n?1n1Sm(?n3,0)， 22n?由（2.7.11），对任意的m,n有

Sm(f,0)?3特别地，取m?2n，则当n充分大时，有

1Sn3(?n3,0) 22n21111? ?2?????33?n? nn?21?2?131???o(?1n)) ?2(logn2n S2(f,0)?n3lo， g 2 （2.7.13）

式中我们利用了熟知的级数

1?1??logN???O???，

?N?n?1nN其中?为Euler常数.

由（2.7.13）知级数（2.7.12）在??0处是发散的. 我们否定地回答了本节开头所提出的第一个问题.

然而，如果对Sm(f,x)进行平均，则有

36

定理2.7.1（Fejér） 设f(x)?C2?,Sn(f,x)是f(x)的Fourier级数的前n?1项部分和. 设

1n?1?n(x)??n(f,x)??Sj(f,x)，

nj?0则?n(x)在实轴上一致地收敛于f(x). ?n(x)称为Fejér和.

证 首先我们对Sn(f)给出一个积分表示式：

a0n Sn(x)???akcoskx?bksinkx

2k?1n1?1? ????f(t)dt?????f(t)(cosktcoskx?sinktsinkx)dt

2?k?1??1n? ????f(t)???cosk(t?x)?dt

??2k?1?2n?1sin(t?x)1?2 ????f(t) dt. （2.7.14）

t?x2?sin21?设

Dn(t)?12?sin2n?1t2， （2.7.15） tsin2称D(t)为Dirichlet核，而（2.7.14）最右边称为Dirichlet奇异积分. 我们由（2.7.14）及?n(x)的定义得

1?n(x)?2n?????2k?1??sin(t?x)n?1??2f(t)???dt， t?x?k?0?sin?2?n?1容易验证

sinnt?sint?sin(2k?1)t，

2k?0于是再注意到f(t)以2?为周期，得

1 ?n(x)?2n?????nt?sin?2f(t?x)?t?sin?2??? ??2???dt. （2.7.16） ??2通常称

nt?sin1?2?n(t)??2n??sint?2为Fejér核，称（2.7.16）为Fejér积分.

37

我们由（2.7.16）得

1 ?n(x)?n?1

n???20n??sintf(x(?t2?f)x?(t?2))?dt. （2.7.17）

t??sin22如果f(x)?1，则由?n(x)的定义知?n(x)?1，于是

sintn?2?s?dt?1， （2.7.18） ?0?t??sin?2?因此

n??sint2f(x?(t?2f)x?t(?2fx)2())dt. （2.7.19） ???0sint??? 因为f(x)?C2?，于是任给??0，存在??0（不妨设??），使得当|x1?x2|?2?2时，有|f(x1)?f(x2)|??. 设M?max|f(x)|，由（2.7.19）得

1 ?n(x)?fx(?)n??1??? |?n(x)?f(x)|???0???2?

n???2? ?n?2? ?n???04M?sinnt?dt???n??sint?22sinnt?2??dt ????sint??24M?dt?sinnt?2 dt???0???sin2?sintn???M?2? (n??) ???2nsin?? 定理2.7.1已经给出了Weierstrass第二定理的证明. 下面给?n(x)的明显表达式. 因为

a0nSn(x)???(akcoskx?bksinkx)，

2k?1故

a01n?1j1n?1?n(x)??Sj(x)????(akcoskx?bksinkx)

nj?02nj?1k?1na01n?1 ???(akcoskx?bksinkx)?1，

2nk?1j?k由此得

a0n?1?k?1? ?n(x)????1?(k?a2k?1?n?cok?sxkb. ) （2.7.20） siknx 最后，我们来阐述本节开头所提到的第二个问题. 如果f(x)?C2?，对

，有 x?x0?[0,2?]limSn(f,x0)?A， n??则

S0(f,x0)???Sn?1(f,x0) n??n ?lim?n(f,x0)

A?limn?? 38

?f(x0).

因此，如果f(x)的Fourier级数在x0处收敛，它必收敛到f(x0).

§2.8 Weierstrass两定理之间的关系

我们知道，Weierstrass第一定理和第二定理分别阐述的是C[a,b]和C2?上的函数可以被多项式和三角多项式逼近. 数学分析告诉我们，多项式和三角多项式之间有着密切的关系，因而我们推测Weierstrass两个定理之间是否存在着某种联系？回答是肯定的，并可以表述成下面两个定理.

定理2.8.1 Weierstrass第一定理是第二定理的推论. 证 设f(x)?C[??,?]，作辅助函数

f(??)?f?()x. （2.8.1）

2?容易看出g(?)?g(??). 利用等式g(x?2?)?g(x)，将g(x)的定义域扩展到整个R(?) g(x)?fx上，那么g(x)?C2?. 这样，由Weierstrass第二定理，对任意??0，都存在三角多项式

T(x)?A??a(kckxos?bkk?1nkxsi. n ) （2.8.2）

使得对于所有实数x，都有

|g(x)?T(x)|??2.

求得这样的三角多项式T(x)后，我们令

M??(|ak?|bk|. | ) （2.8.3）

k?1n 下面我们将用多项式来逼近三角多项式T(x). 由数学分析知cosz及sinz都可

展成幂级数，且在R上内闭一致收敛，记T(x)的阶为n，那么

z2z4z3z5z?1????, zsi?zn??? ? cos （2.8.4）

2!4!3!5!在[?n?,n?]内一致收敛. 因而存在m充分大，使得对于所有的z?[?n?,n?]，都有

??|cosz?Cm(z)|?, |sinz?Sm(z)|?,

2M2M其中Cm(z)和Sm(z)为（2.8.4）中级数的部分和，M见（2.8.3）. 这样对k?1,2,?,n，

且x?[??,?]时，有

s?Cmkx(?)| |cokx?2M,kx|?sSimnkx?( ) | . （2.8.5）

2M?记

Q(x)?A??(akCm(kx)?bkSm(kx))，

k?1n显然Q(x)是一多项式. 由（2.8.5），若x?[??,?]时

39

|T(x)?Q(x)|??(ak?1nkcoskx?bksinkx)??(akCm(kx)?bkSm(kx))

k?1n ?，

2?故而

|g(x)?Q(x)|??，

此时

P(x)?Q(x)?f(??)?f(?)x，

2?也是一个多项式，且对任意x?[??,?]，都有

|f(x)?P(x)|??.

至此，我们建立了C[??,?]上的Weierstrass第一定理，完全可以像定理2.2.3一样，将之扩展到任意的闭区间[a,b]上.

定理2.8.2 Weierstrass第二定理是第一定理的推论. 首先，我们要给出一个引理.

引理2.8.1 若f(x)?C[0,?]，则对任意??0，都存在一个偶的三角多项式T(x)，满足

|f(x)?T(x)|??, x?[0,?].

事实上，显见函数f(arccosy)?C[?1,1]，因此由Weierstrass第一定理，存在多项式?ckyk，使得当y?[?1,1]时，都有

k?0n|f(arccosy)??ckyk|??，

k?0n作变量替换x?arccosy，得

|f(x)??ckcoskx|??，

k?0n对任意x?[0,?]都成立. 显见?ckcoskx是一个偶的三角多项式.

k?0n 定理2.8.2的证明 设f(x)?C2?，由引理2.6.1，对偶函数

f(x)?f(?x),[f(x)?f(?x)]sinx，

存在偶的三角多项式T1(x), T2(x)，使得当x?[0,?]时有

)f?(x?)1T(x?)，| （2.8.6） |f(x?2?i2nTx?(. ) |[f(x?)f?(x)]sx | （2.8.7）

2??显然，上面两个不等式在[??,0]上也成立. 再由函数的周期性知（2.8.6），（2.8.7）

在R上成立. 下面将不等式改为

f(x)?f?(?x)?T1(x)?a1(x)， （2.8.8） [f(x)?f(?x)]sinx?T2(x)?a2(x)， （2.8.9）

40

其中|a1(x)|?, |a2(x)|?. 将（2.8.8），（2.8.9）分别乘以sin2x及sinx，并将结果

22??相加，有

11f(x)sin2x?[T1(x)sin2x?T2(x)sinx]?[a1(x)sin2x?a2(x)sinx]

22 ?T3(x)?b(x)， （2.

8.10）

其中

1T3(x)?[T1(x)sin2x?T2(x)sinx]，

21b(x)?[a1(x)sin2x?a2(x)sinx].

2显然T3(x)是一个三角多项式，|b(x)|?. （2.8.10）对任意f(x)?C2?成立，因而对

2????f?t??有 ?2????f?t??sin2t?T4(t)?c(t). ?2?令t?x?，有

2??????????f(x)sin2?x???f(x)cos2(x)?T4?x???c?x??.

2?2??2?????????易证T4?仍是一个三角多项式，且显然有x?cx??????. 因此可记 22????22 f(x)cosx?5T?(x)d，(x ) （2.8.11）

其中

???d(x)?c?x??.

2??将（2.8.10）与（2.8.11）相加有

f(x)?T3(x)?T5(x)?b(x)?d(x)，

故而

|f(x)?[T3(x)?T5(x)]|?|b(x)|?|d(x)|??，

对任意x?R成立.

§2.9 Lp空间中的Weierstrass定理

定理2.9.1 设f(x)?Lp[0,1], p?0，则存在多项式pn(x)，使

p lim . （2.9.1） f|x(?)px()d?|x 0n?0n??1 证 先考虑p?1. 考虑平均形式的伯恩斯坦多项式

41

?n?kBn(x)?Bn(f,x)????x(1?x)n?k?k?0?k?n1k?1n?1kn?1f(t)dt n?1 ??f(t)Kn(t,x)dt， （2.9.

0其中核Kn(t,x)定义于[0,1]?[0,1]，且

?K?(n?1)??n??xk(1?x)n?k,k?1?t?k?1n?1, k?0,1,?,n,n(t,x)??kn ???? 1, t?0易证Kn(t,x)具有下面三个性质： （i）Kn(t,x)?0；

（ii）?1n?n?k0Kn(t,x)dt???k??x(1?x)n?k?1；

k?0? （iii）?10Kn(t,x)dx?1. 性质（iii）对t?0显然成立，当

kn?1?t?k?1n?1,k?0,1,?,n时， ?10Kn(t,x)dx?(n?1)??n?1kn?k?k???0x(1?x)dx?1. 对于任意??0，由实变函数知道，存在连续函数g(x)，使

?10|f(x?)gx(p)dx|??p. 设1?1pq?1，由Minkowski不等式、（2.9.2）及性质（i），（ii）得 |Bn(f,x)?Bn(g,x)| ??10Kn(t,x)|f(t)?g(t)|dt

???10Kn(t,x)|f(t)?g(t)|pdt?1p??10Kn(t,x)dt?1q

1 ???10Kn(t,x)|f(t)?g(t)|pdt?p

因此，利用性质（iii），进一步得

?10|Bn(f,x)?Bn(g,x)|pdx

??110dx?0Kn(t,x)|f(t)?g(t)|pdt ??110|f(t)?g(t)|pdt?0Kn(t,x)dx ??10|f(t)?g(t)|pdt??p

由于g(x)?C[0,1]，利用核的性质（i）,（ii）容易得到

?10|g(x)?Bn(g,x)|pdx??p，

42

2）

2.9.3）

（当n充分大时成立. 因此，利用Minkowski不等式得

?

???|f(x)?g(x)|dx????|g(x)?B(g,x)|dx? ???|B(f,x)?B(g,x)|dx?

??10|f(x)?Bn(f,x)|pdxp1p1p11p1p00n

1p1p0nn ?3?. 即，当p?1时，命题为真. 现考虑0?p?1. 由积分

?10|f(x)|pdx???，

于是|f(x)|p在[0,1]上几乎处处有限. 令

p??f(x), |f(x)|?N,[f(x)]N?? p??N, |f(x)|?N.设eN是[0,1]上满足|f(x)|p?N的集合，则对任意??0，存在N，使meN??. 对任

意??0，由积分的绝对连续性知

?因此

eN|f(x)|pdx??.

???10|f(x)?[f(x)]N|pdx

|f(x)?[f(x)]N|pdx

NeN ?2p?e|f(x)|pdx?2p?. （2.9.4） 函数[f(x)]N在[0,1]上有界，故[f(x)]N?L2[0,1]，存在多项式P(x)，使

?从而由0?p?1得 其中

10|[f(x)]N?P(x)|2dx??，

?|[f(x)]N?P(x)|pdx01???dx???101110|[f(x)]N?P(x)|2dx?2p??,2p （2.9.5）

1p??1. q2 因为

|a?b|p?(|a|?|b|)p?2p(max(|a|,|b|))p

?2p(|a|p?|b|p). 故由此及（2.9.4）和（2.9.5）得

43

?110|f(x)?P(x)|pdx

??0|f(x)?[f(x)]N?[f(x)]N?P(x)|pdx ?2p??10|f(x)?[f(x)]N|pdx??|[f(x)]N?P(x)|pdx

01? ?22p??2p?.

同样可以建立Lp空间中的Weierstrass第二定理，且也像§2.8所论述一样，两定理有密切联系，此处不再讨论.

2p 44

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