例如假设 n(B-1)≠0,0(B1)=…=n(B1k)=0,0(B4k+4)≠0. 由于(-1)Df(B21)-QB1与(-1)“[f(B+k4)-Q(Bk)同号,从而根据 (1.12)知 sign n(B-1)=sign(-1)n(Bi.ku) 当k为偶数时,由(1.13),m(x)于区间[B1,Bk4两端点上同号于是n(x) 在该区间上有偶数个根当k为奇数时,由(1.13),m(x)于区间[B1,Bk+1两 端点上异号于是m(x)在该区间上有奇数个根 总之,n(x)于区间[B1,Bk区间中根的个数与k同奇偶但已知 β1…,Bk(共k+1个)是n(x)的根,于是为保证同奇偶,必有第k+2个根存 在依此推导,可知n(x) 于区间[a,b内至少应有N-1个根但这是不可能的,因为n(x)=C(x)D(x)中 分子的 次数 max(m+n-u-v, m+n-u-VsN-2 P(x)≠0,Q(x)≠0 v≤N-2,当P(x)≡0 N-2,当Q(x)=0 因而定理唯一性证完 最后我们来证明,当P(x)≡0时,P(x)是最佳逼近有理分式必须且只须 若N≥m+2,则于定理1所示的 Vallee-Poussin定理中取
例如假设 ( ) 0, ( ) ( ) 0, ( ) 0. i−1 i = = i+k = i+k+1 由于 ( 1) [ ( ) ( )] 1 1 1 − − − − i − i i f Q 与 ( 1) [ ( ) ( )] 1 1 1 + + + + + + − i k − i k i k f Q 同号，从而根据 （1.12）知 ( ) ( 1) ( ) −1 = − i+k+1 k i sign sign . 当 k 为偶数时，由（1.13）， (x) 于区间 [ , ] i−1 i+k+1 两端点上同号.于是 (x) 在该区间上有偶数个根.当 k 为奇数时，由（1.13）， (x) 于区间 [ , ] i−1 i+k+1 两 端点上异号.于是 (x) 在该区间上有奇数个根. 总之， (x) 于区 间 [ , ] i−1 i+k+1 区间中根 的个数 与 k 同奇偶 .但已知 i i+k ,, （共 k +1 个）是 (x) 的根，于是为保证同奇偶，必有第 k + 2 个根存 在.依此推导，可知 (x) 于区间 [a,b] 内至少应有 1 ' N − 个根.但这是不可能的，因为 (x) = C(x)/ D(x) 中 分子的 次数 r = max{ , } 2 ' ' ' m + n − − m + n − − N − 当 P(x) 0,Q(x) 0， 2, ' ' = m − N − 当 P(x) 0， 2, ' = m − N − 当 Q(x) 0 因而定理唯一性证完. 最后我们来证明，当 P(x) 0 时， P(x) 是最佳逼近有理分式必须且只须 N m+ 2. 若 N m+ 2 ，则于定理 1 所示的 Vallée-Poussin 定理中取
12=A(P)=mx/(x), 则队任何(1.1)形有理分式Q(x),均有 (Q)≥△(P) 从而P(x)为最佳逼近有理分式 反之,设P(x)≡0为最佳逼近有理分式,我们来证N≥m+2若不然,设 偏离点 个数N≤m+1考虑 d(x)=(x-51)x-2)( 作Q(x)=oΦ(x),其中O为一充分小实数,则可以同前面必要性证明一样而 引出矛盾 至此定理全部证完 D Newman曾经讨论了x有理逼近的误差估计问题下面我们来介绍 有关结果 若rn(x)是两个互质多项式的商 rn(x)=Pn(x)/Q(X)(-∞<x<+∞), 则称rn(x)为n阶有理函数定义 (f) supf(x)-rn(x) 其中A为实数集合,F(x)取遍一切n阶有理函数根据关于函数类的“宽度”的 研究可知,对于性质比较好的函数来说有理函数逼近的优越性不大然而对于有 较小奇异性的函数有理逼近却非常有效下面来考察函数(x)=在区间 [-1,]=A上用n阶有理函数逼近的误差估计间题 Newman证明了下述定
(P) max f (x) a x b j = = ， 则队任何（1.1）形有理分式 Q(x) ，均有 Q P = j ( ) ( ) . 从而 P(x) 为最佳逼近有理分式. 反之，设 P(x) 0 为最佳逼近有理分式，我们来证 N m+ 2.若不然，设 偏离点 个数 1 ' N m + .考虑 ( ) ( )( ) ( ) 1 2 1 ' − = − − − N x x x x . 作 Q(x) = (x) ，其中 为一充分小实数，则可以同前面必要性证明一样而 引出矛盾. 至此定理全部证完. D.J.Newman 曾经讨论了 x 有理逼近的误差估计问题.下面我们来介绍 有关结果. 若 r (x) n 是两个互质多项式的商： r (x) P (x)/Q(X) n = n (− x + ) ， 则称 n r (x) 为 n 阶有理函数.定义 ( f ) f (x) r (x) n x A r n n = − inf sup , 其中 A 为实数集合, n r (x) 取遍一切 n 阶有理函数.根据关于函数类的“宽度”的 研究可知,对于性质比较好的函数来说,有理函数逼近的优越性不大.然而,对于有 较小奇异性的函数,有理逼近却非常有效,下面来考察函数 f (x) = x 在区间 −1 , 1 = A 上用 n 阶有理函数逼近的误差估计问题.Newman 证明了下述定
定理4当n≥5时恒有 证明设a 则当n充分大时a接近于1而a”却接近于零先 来证明估计式 ≤e"(n≥5)(1.15) 事实上利用数学分析中的典型方法不难证明 1-t 从而 Xp 又当n≥5时, 对于所有t≥0还有 所以 是故估计式(1.15)成立 现在设 p(x)=∏(x+a)c:(x) x[p(x)-p(x)I )+p(-x) 显然rn(x)是n阶有理函数我们来证明
理: 定理 4 当 n 5 时恒有 ( ) n n P x e − 3 . (1.14) 证明 设 n a e −1 = .则当 n 充分大时,a 接近于 1,而 n−1 a 却接近于零,先 来证明估计式 n n j j j e a a − − = + − 1 1 1 1 ( n 5 ) (1.15) 事实上,利用数学分析中的典型方法不难证明 t e t t 2 1 1 − + − , 当 t 0. 从而 − − = − − + − − = − = a a a a a a n n j j n j j j 1 exp 2 exp 2 1 1 1 1 1 1 . 又,当 n 5 时, 2( ) 2( ) 1 1 5 5 − − − − a a e e n . 对于所有 t 0,还有 e t t − − 1 , 所以 n a 1− 1 . 是故估计式(1.15)成立. 现在设 ( ) ( ) − = = + 1 1 n k k p x x a , ( ) ( ) ( ) p(x) p( x) x p x p x r x n + − − − = . (1.16) 显然 n r (x) 是 n 阶有理函数.我们来证明
7) 因为x与r(x)都是偶函数为了证明(17)只需考虑的情形对于满足条件 0≤x≤a=exp(m)的x由于p(x)≥0.从而 故有 即当0≤x≤a”时(1.17式成立 当a”≤x≤1时,必存在某个j0≤j≤n-1),使得 a/≤x≤a′.于是由(1.15),有 +a fia a na-a +a m=n-y m=lI+am a 因此当a"≤x≤1时由于下述不等式成立(0≤x≤1) p(x)+ p( p(x) p( 所以 x-r(x) 2 (n 定理4证完 Newman还证明了
( ) n n x r x e − − 3 ( n 5, −1 x 1 ) (1.17) 因为 x 与 r (x) n 都是偶函数,为了证明(1.17)只需考虑的情形.对于满足条件 x a ( n) n 0 = exp − 的 x,由于 p(− x) 0 .从而 r (x) x 0 n . 故有 ( ) n n n x r x x e e − − − 3 , 即当 n 0 x a 时(1.17)式成立. 当 a x 1 n 时 , 必存在某个 j( 0 j n −1 ), 使 得 j j a x a +1 .于是由(1.15),有 ( ) ( ) − = = + + − + − = − 1 1 1 n k j k j k k k k x a x a a x a x p x p x − = = + + − + − 1 1 1 n k j j k j j k k k n k n a a a a a a a a − − = − = − + − + − = 1 1 1 1 1 1 1 n j m m n m m n j m m a a a a n n m m m e a a − − = + − = 1 1 1 1 . 因此当 a x 1 n 时,由于下述不等式成立( 0 x 1 ): ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 − − + − − − = p x p x p x p x p x x r x x n , 所以 ( ) n n n e e x r x − − − 3 1 2 ( n 5 ). 定理 4 证完. Newman 还证明了
(n≥5) 综合(1.14)与(118,可知 (1.19) 它比f(x)=|在[1,1上的最佳n次多项式逼近的误差阶Olm)要优越 得多 D. newman的不等式(1.19)还可以用来估计某些函数的有理逼近的误差阶 §2.有理函数插值 给定m+n+1个互异的点 x 和相应的函数值 f(x),f(x;) 希望构造一个有理分式函数 R D(x)bnx"+…+bx+b (21) 使之满足插值条件 Rm()=f(x )u +n+1)(2.2) 这种问题就是所谓有理函数插值问题 显然当分母次数n=0时,Rn(x)是一个m次的多项式从而插值问题 (2)的解存在并且唯一但是当n>0即(21)所示的Rn(x)真正是一个有理 分式函数时插值间题2是否对任何右端/(x影皆有唯一解存在呢? 且看下述几个例子 例1设m=0,/(x)=0,f(x)
( ) n n x e 9 2 1 − ( n 5 ). (1.18) 综合(1.14)与(1.18),可知 ( ) n n n e x e − − 3 2 1 9 ( n 5 ). (1.19) 它比 f (x) = x 在 −1 , 1 上的最佳 n 次多项式逼近的误差阶 O( 1 n )要优越 得多. D.newman 的不等式(1.19)还可以用来估计某些函数的有理逼近的误差阶. §2. 有理函数插值 给定 m+n+1 个互异的点 m n x x x + , , , 0 1 和相应的函数值 ( ) ( ) ( ) m n f x f x f x + , , , 0 1 , 希望构造一个有理分式函数 ( ) ( ) ( ) 1 0 1 0 , b x b x b a x a x a D x N x R x n n m m n m m n + + + + + + = = , (2.1) 使之满足插值条件 ( ) ( ) m n j j R x = f x , ( j = 0 , 1 , , m+ n +1 ) (2.2) 这种问题就是所谓有理函数插值问题. 显然,当分母次数 n = 0 时, R (x) m,n 是一个 m 次的多项式,从而插值问题 (2.2)的解存在并且唯一.但是,当 n 0,即(2.1)所示的 R (x) m,n 真正是一个有理 分式函数时,插值问题(2.2)是否对任何右端 f (x j ) 皆有唯一解存在呢? 且看下述几个例子. 例 1 设 m = 0 , f (x j ) = 0, f (xk ) 0