2025年大学《数理基础科学》专业题库-大学数理基础科学的函数逼近理论

2025年大学《数理基础科学》专业题库——大学数理基础科学的函数逼近理论考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、填空题（每空4分，共20分）1.函数f(x)在区间[a,b]上关于权函数w(x)的L²逼近是指寻找函数g(x)∈V，使得∫[a,b]|f(x)-g(x)|²w(x)dx为V中f(x)到g(x)的距离。2.Weierstrass逼近定理表明，任何在闭区间[a,b]上的连续函数都可以用多项式在该区间上一致收敛地逼近。3.若f(x)在[a,b]上具有n阶连续导数，则其n次Bernstein多项式B_n(f,x)在[a,b]上n次连续可微。4.切比雪夫多项式T_n(x)在区间[-1,1]上的n个零点正是n次切比雪夫多项式T_n(x)=cos(n*arccos(x))的根，它们位于开区间(0,1)内。5.在最佳逼近理论中，函数f(x)在区间[a,b]上的最佳逼近多项式P*是在所有次数不高于n的多项式中，使得||f-P||_{∞}最小的那个多项式。二、选择题（每题5分，共20分，请将正确选项的字母填在括号内）1.下列函数类中，在闭区间[0,1]上不可能一致逼近任一连续函数的是（）。A.所有在[0,1]上连续的函数B.所有在[0,1]上具有连续导数的函数C.所有在[0,1]上具有连续二阶导数的函数D.所有在[0,1]上分段常数函数2.设f(x)=sin(x)，则其在[0,π]上的n次Bernstein多项式B_n(sin(x),x)当n趋于无穷大时，收敛于f(x)的方式是（）。A.L²逼近收敛B.L¹逼近收敛C.一致逼近收敛D.不收敛3.对于定义在[a,b]上的连续函数f(x)，其最佳逼近多项式P*的存在性保证（）。A.P*是唯一的B.P*的次数一定小于或等于f(x)的次数C.P*可以用直接计算方法得到D.P*一定在[a,b]上取到最大值和最小值4.下列关于Jackson定理的叙述中，正确的是（）。A.任何在闭区间[a,b]上连续的函数都可以用多项式在该区间上一致收敛地逼近，误差的阶由函数的导数决定。B.若f(x)在[a,b]上具有连续n阶导数，则其n次Bernstein多项式B_n(f,x)与f(x)的偏差||f-B_n(f,x)||_{∞}可以用f(x)的n阶导数的界来控制。C.Jackson定理只适用于三角多项式的一致逼近。D.Jackson定理表明，任何在闭区间[a,b]上的连续函数都可以用多项式在该区间上L²逼近，误差的阶由函数的变差决定。三、计算题（每题10分，共30分）1.设f(x)=x^2在区间[0,1]上，计算其一次Bernstein多项式B_1(x^2,x)。2.在区间[-1,1]上，求函数f(x)=|x|的最佳二次逼近多项式P_2(x)，并给出其偏差||f-P_2||_{∞}。3.利用切比雪夫多项式的性质，构造一个在区间[-1,1]上以x=0为中心的二次多项式g(x)，使得||f(x)-g(x)||_{∞}最小，其中f(x)=x^3。四、证明题（每题15分，共45分）1.证明：在区间[a,b]上，如果f(x)是n次多项式，那么f(x)的最佳一致逼近多项式P*与f(x)本身相等。2.证明Jackson定理的一个推论：若f(x)在闭区间[a,b]上一致连续，则存在一个多项式P(x)，使得||f(x)-P(x)||_{∞}≤C*ε，其中ε>0是任意给定的，C是一个只依赖于[a,b]、n和f(x)的连续性阶的常数。3.设{P_n(x)}是在区间[a,b]上关于权函数w(x)≥0的一个多项式序列，如果对任意f(x)∈C[a,b]，都有||f-P_n||_{w}→0(n→∞)，其中||f||_{w}=∫[a,b]|f(x)|²w(x)dx，证明：{P_n(x)}在C[a,b]中强收敛于唯一的函数g(x)。试卷答案一、填空题1.最小2.一致3.[a,b]4.n5.范数二、选择题1.D2.C3.A4.B三、计算题1.解：B_1(x^2,x)=∑_{k=0}^1C(n,k)(x^2)^k(1-x)^(n-k)=C(1,0)(x^2)^0(1-x)^(1-0)+C(1,1)(x^2)^1(1-x)^(1-1)=(1-x)(1)+x^2(1)=1-x+x^2思路：利用Bernstein多项式的定义B_n(f,x)=∑_{k=0}^nC(n,k)f(a+k(b-a)/(n))[x-(a+k(b-a)/(n))]^(n-k)[1-(x-(a+k(b-a)/(n)))/(b-a)]^(k)。对于[0,1]区间和f(x)=x^2，代入计算即可。2.解：设P_2(x)=ax^2+bx+c。要求||f-P_2||_{∞}=max_{x∈[-1,1]}|x^2-(ax^2+bx+c)|。令g(x)=x^2-ax^2-bx-c=(1-a)x^2-bx-c。g'(x)=2(1-a)x-b。令g'(x)=0，得x=b/[2(1-a)]。由于f(x)=|x|在[-1,1]上的最大值和最小值出现在端点和零点，所以P_2(x)的最小偏差出现在x=0,x=±1或极值点x=b/[2(1-a)]。考虑g(x)在端点的值：g(0)=-c,g(1)=1-a-b-c,g(-1)=1-a+b-c。要使||f-P_2||_{∞}最小，P_2(x)必须在[0,1]或[-1,0]内的某个点取到极小值，并且等于|x^2|在该点的值。若a≠1，则极值点x=b/[2(1-a)]可能在(0,1)内。此时需满足g(b/[2(1-a)])=0，即(1-a)(b/[2(1-a)])^2-b(b/[2(1-a)])-c=0。此方程复杂，通常不采用此方法。若a=1，则P_2(x)=x^2+bx+c。此时g(x)=-bx-c。最小偏差在端点取得。令g(0)=0得c=0；令g(1)=0得b=-1。此时P_2(x)=x^2-x。此时||f-P_2||_{∞}=max{|0^2-0|,|1^2-1|,|-1^2-(-1)|}=max{0,0,0}=0。但这意味着P_2(x)就是f(x)。正确的思路是利用切比雪夫交错点组。最佳逼近多项式P_2(x)=1/2*[(x+1)^2-3x]=1/2*(x^2+2x+1-3x)=1/2*(x^2-x)=1/2*x*(x-1)。偏差||f-P_2||_{∞}=max_{x∈[-1,1]}|x^2-1/2*x*(x-1)|=max_{x∈[-1,1]}|x^2-1/2*(x^2-x)|=max_{x∈[-1,1]}|1/2*x|=1/2。思路：最佳逼近多项式的系数可以通过解线性方程组得到，或者利用切比雪夫交错点组性质得到。这里使用后者，P_2(x)=1/2*[(x+1)^2-3x]。3.解：要找以x=0为中心的二次多项式g(x)=ax^2+bx，使得||f(x)-g(x)||_{∞}=max_{x∈[-1,1]}|x^3-(ax^2+bx)|最小。令h(x)=x^3-ax^2-bx。h'(x)=3x^2-2ax-b。令h'(x)=0，得3x^2-2ax-b=0。判别式Δ=(2a)^2-4*3*(-b)=4a^2+12b。由于a,b可以任意取值，Δ总是≥0，所以方程可能有实根。h(x)在端点x=±1处的值为h(1)=1-a-b,h(-1)=-1+a+b。h(x)的极值点（如果存在）满足3x^2-2ax-b=0。要使||f-g||_{∞}最小，g(x)必须在[0,1]或[-1,0]内的某个极值点（如果存在）处取到极小值，且该极小值等于|x^3|在该点的值。考虑h(x)在端点的值。若a=0，则h(x)=x^3-bx。偏差||f-g||_{∞}=max{|0^3-0|,|1^3-b|,|-1^3-b|}=max{0,|1-b|,|-1-b|}。要使此最小，b应取0或±1。若b=0，则g(x)=ax^2。偏差||f-g||_{∞}=max{|x^3-ax^2|}。令k(x)=x^3-ax^2。k'(x)=3x^2-2ax。k'(0)=0。k'(1)=3-2a。k'(-1)=3+2a。为使偏差最小，k(x)应在x=0处取极小值0，且在x=±1处取值相等且为0。k(0)=0。k(1)=1-a。k(-1)=-1-a。若k(1)=k(-1)=0，则1-a=-1-a，a=0。此时k(1)=0,k(-1)=0,k(0)=0。所以a=0时偏差为0，g(x)=0。但这意味着P_2(x)就是f(x)。另一种思路是利用Chebyshev多项式。令g(x)=C_2(x)=2x^2-1。此时h(x)=x^3-(2x^2-1)=x^3-2x^2+1。h'(x)=3x^2-4x。令h'(x)=0，得x(3x-4)=0，即x=0或x=4/3。x=4/3不在[-1,1]内。计算h(0)=1,h(1)=0,h(-1)=0。所以||f-g||_{∞}=max{|0^3-(2*0^2-1)|,|1^3-(2*1^2-1)|,|-1^3-(2*(-1)^2-1)|}=max{|1|,|0|,|-4|}=4。这显然不是最小偏差。最小偏差为1/4，对应的g(x)不是简单的二次多项式。可能题目有误或要求另一种形式的逼近。假设题目意图是求在端点处偏差最小的g(x)。则g(x)应为过(1,1)和(-1,-1)的抛物线。设g(x)=ax^2+bx+c。由g(1)=1,g(-1)=-1得a+b+c=1,a-b+c=-1。由g(0)=0得c=0。代入得a+b=1,a-b=-1。解得a=0,b=1。所以g(x)=x。此时||f-g||_{∞}=max{|0^3-0|,|1^3-1|,|-1^3-(-1)|}=max{0,0,0}=0。但这意味着P_2(x)就是f(x)。思路：利用端点偏差最小的性质。最佳逼近多项式P_2(x)=1/2*[(x+1)^2-3x]=1/2*(x^2+2x+1-3x)=1/2*(x^2-x)=1/2*x*(x-1)。偏差||f-P_2||_{∞}=max_{x∈[-1,1]}|x^3-1/2*x*(x-1)|=max_{x∈[-1,1]}|x^3-1/2*(x^2-x)|=max_{x∈[-1,1]}|1/2*x|=1/2。但要求g(x)以x=0为中心，即g(x)=bx^2+cx。P_2(x)=1/2*x*(x-1)不是这种形式。可能题目描述有误。如果理解为求形如g(x)=bx^2+c的最小偏差，则如上所述，g(x)=x，偏差为0。四、证明题1.证明：设f(x)是n次多项式，记为f(x)=c_nx^n+c_{n-1}x^{n-1}+...+c_1x+c_0。设P_n(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0是f(x)的最佳逼近多项式，即||f-P_n||_{∞}=min_{Q(x)}||f-Q(x)||_{∞}，其中Q(x)是所有次数不高于n的多项式。考虑多项式R(x)=f(x)-P_n(x)。R(x)的次数不超过n。根据最佳逼近的定义，||R(x)||_{∞}=min。假设R(x)不是零多项式，则存在一个非零常数k使得R(x)在某个区间上恒正或恒负。不失一般性，设R(x)≥0在[a,b]上。定义一个新的多项式Q(x)=P_n(x)+k。则Q(x)也是次数不高于n的多项式。||f-Q(x)||_{∞}=||f-P_n(x)-k||_{∞}=||R(x)-k||_{∞}。当k>0时，||R(x)-k||_{∞}≥||R(x)||_{∞}-k>||R(x)||_{∞}。当k<0时，||R(x)-k||_{∞}≥||R(x)||_{∞}-|k|>||R(x)||_{∞}。这与R(x)是最佳逼近多项式矛盾，因此R(x)必须是零多项式。即f(x)=P_n(x)。证毕。思路：反证法。假设最佳逼近多项式P_n(x)不是f(x)本身，即存在一个非零的次数不超过n的多项式R(x)=f(x)-P_n(x)，使得||R(x)||_{∞}达到最小值。利用||R(x)||_{∞}的最小性，通过在R(x)上加上一个常数k，构造出新的次数不超过n的多项式Q(x)，使得||f-Q(x)||_{∞}更小，从而导出矛盾，说明R(x)必须为零多项式。2.证明：由Weierstrass逼近定理，对任意ε>0，存在多项式P(x)，使得||f(x)-P(x)||_{∞}<ε/2。设Q(x)=f(x)-P(x)。则||Q(x)||_{∞}<ε/2。由Hölder不等式，对于p≥1，有||fg||_{p}≤||f||_{q}||g||_{p}，其中1/p+1/q=1。这里p=1,q=1。所以||Q||_{1}=||f-P||_{1}≤||f-P||_{∞}*(b-a)<ε/2*(b-a)。由Riesz–Saks定理，存在一个多项式序列{P_n(x)}，使得对任意f(x)∈C[a,b]，有||f-P_n||_{∞}→0(n→∞)且||f-P_n||_{1}≤C*||f-P_n||_{∞}^k(对所有n成立，k为某个正数，这里k=1/2，因为ε/2是任意小的)。因此，||f-P_n||_{1}≤C*(ε/2)^{1/2}=C*ε^{1/2}/√2。又||f-P_n||_{∞}≤||f-P||_{∞}+||P-P_n||_{∞}<ε/2+||P-P_n||_{∞}。所以||f-P_n||_{1}≤C*ε^{1/2}/√2≤C*(ε/2+||P-P_n||_{∞})。要使||f-P_n||_{1}≤ε，需要||P-P_n||_{∞}足够小。由Weierstrass，存在P(x)，||f-P||_{∞}<ε/2。对于这个P(x)，存在P'_n(x)，使得||P-P_n||_{∞}→0(n→∞)。因此，存在N，当n>N时，||P-P_n||_{∞}<ε/2。此时，当n>N时，||f-P_n||_{∞}≤||f-P||_{∞}+||P-P_n||_{∞}<ε/2+ε/2=ε。思路：结合Weierstrass逼近定理（保证存在多项式P(x)使||f-P||_∞<ε/2）和Riesz–Saks定理（保证||f-P_n||_∞→0且||f-P_n||_1≤C*||f-P_n||_∞^k）。利用Hölder不等式（此处为算术-几何平均不等式||f-P||_1≤(b-a)*||f-P||_∞）进行放缩，最终结合||f-P_n||_∞的收敛性，证明||f-P_n||_1≤C*ε。这里对Riesz-Saks定理的常数和指数做了调整，实际应用中需根据定理原文精确表述。3.证明：令H_n(x)=||f-P_n(x)||_{w}=∫[a,b]|f(x)-P_n(x)|²w(x)dx。由于{P_n(x)}是一个多项式序列，它显然是C[a,b]的一个子集。C[a,b]是一个Banach空间，范数为||g||_{∞}=max_{x∈[a,b]}|g(x)|。给定一个Cauchy序列{H_n(x)}，根据completenessofC[a,b]，{H_n(x)}必收敛于某个g(x)∈C[a,b]。我们需要证明{P_n(x)}也收敛（在C[a,b]范数下）。对任意ε>0，存在N，当n,m>N时，||H_n-H_m||_{w}<ε²。||H_n-H_m||_{w}=∫[a,b]|(f-P_n)-(f-P_m)|²w(x)dx=∫[a,b]|P_m-P_n|²w(x)dx=||P_n-P_m||_{w}²。所以||P_n-P_m||_{w}<ε。根据Minkowski不等式，||P_n-P_m||_{∞}≤||P_n-P_m||_{w}^{1/2}<ε。因此，{P_n(x)}是C[a,b]中的一个Cauchy序列。由