函数$ |x| $在逼近理论中有着重要应用. 最早于1913年, Bernstein开始研究$ |x| $的逼近问题, 他采用多项式逼近, 得到了逼近阶为$ O(\frac{1}{n}) $. 于是, 关于$ |x| $的逼近逐渐成为逼近论的热点问题. 1964年, Newman D J^[1]采用了一种结点组

$ X = \{-a, -a^{2}, \cdots, -a^{n-1}, 0, a^{n-1}, \cdots, a^2, a\}, $

其中$ a = e^{-\frac{1}{\sqrt{n}}} $, 构建一个有理插值函数$ r_{n}(X;x) = x\frac{p_{n}(x)-p_{n}(-x)}{p_{n}(x)+p_{n}(-x)} $, $ p_{n}(x) = \prod_{k = 1}^{n}(x_{k}+x) $. 并应用$ r_{n}(X;x) $逼近$ |x| $, 证明出逼近定理: 当$ n\geq5 $, $ \frac{1}{2}e^{-9\sqrt{n}}\leq R_{n}(|x|)\leq 3e^{-\sqrt{n}} $成立, 此逼近结论远远优于Bernstein的多项式逼近.

由此, 在前人所构建的有理插值函数基础上, 众多学者们开始尝试在不同的结点组下对$ |x| $逼近, 如第一类Chebyshev结点^[2], 第二类Chebyshev结点^[3], 正切结点组等^[4]. 人们在构建新结点组的同时, 也在已有的节点组的基础上改进使得逼近效果越来越好. 如1998年, Brutman L^[5]改进Chebyshev结点, 并在结点组下证明得到逼近阶数$ O(\frac{1}{n^{2}}) $; 2014年, 张慧明, 李建俊等^[6]同样的改进第二类Chebyshev结点, 得到调整第二类Chebyshev结点, 证明逼近阶为$ O(\frac{1}{n^{2}}) $. 由于$ |x| $的有理插值逼近效果很好, 人们开始研究对$ |x|^{\alpha}(1\leq \alpha <2) $的逼近, 2016年, 张慧明^[7]在等距结点组下构造有理插值函数$ r_{n, \alpha}(X;x) $, 考虑对$ |x|^{\alpha}(1\leq \alpha <2) $进行逼近, 最后得到逼近阶为$ O(\frac{1}{n^{\alpha}\ln n}) $. 于是2017年，查星星, 胡晓敏等^[8]应用调整的正切结点组, 得到相同的逼近阶. 2019年, 程一元, 张永全等^[9]取作调整的正切结点组, 讨论了$ |x|^{\alpha}(1\leq \alpha <2) $有理逼近, 提高逼近阶为$ O(\frac{1}{n^{2\alpha}}) $.

为了进一步提高正切结点的逼近阶, 本文在结点组$ X $取作改进的正切结点组下考虑Newman-$ \alpha $型有理算子逼近$ |x|^{\alpha}(1\leq \alpha <2) $的情况, 证明其逼近阶$ O(\frac{1}{n^{4\alpha}}) $, 且说明在该结点下该逼近阶不可改善.

本文调整的正切结点为$ X = \left\{\tan^{4}\frac{k\pi}{4n}\right\}_{k = 1}^{n} $, Newman-$ \alpha $型有理算子^[9]定义为

$ r_{n, \alpha}(X;x) = x^{\alpha}\frac{p_{n}(x)-p_{n}(-x)}{p_{n}(x)+p_{n}(-x)}, $

其中$ 1\leq \alpha = \frac{p}{q}<2 $, $ p_{n}(x) = \prod_{k = 1}^{n}(x_{k}+x). $并且$ p, q $分别为奇数, 互素.

同时注意到$ r_{n, \alpha}(X;x) $与$ |x|^{\alpha} $都是偶函数, 故研究该结点组下的逼近误差只需考虑$ [0, 1] $即可, 由此可得

$ \begin{eqnarray*} |e_{n, \alpha}(X;x)| = \left||x|^{\alpha}-r_{n, \alpha}(X;x)\right| = \left|\frac{2x^{\alpha}p_{n}(-x)} {p_{n}(x)+p_{n}(-x)}\right| = \frac{2x^{\alpha}\left|\frac{p_{n}(-x)}{p_{n}(x)}\right|}{1+\left|\frac{p_{n}(-x)}{p_{n}(x)}\right|} \leq \frac{2x^{\alpha}|h_{n}(X;x)|}{1-|h_{n}(X;x)|}, \end{eqnarray*} $

其中$ x\in [0, 1]. $为后文研究需要，介绍以下引理.

引理2.1^[8]   设$ S_{1} = \sum_{k = 1}^{n}x_{k} $, 则不等式$ \left|\frac{p_{n}(-x)}{p_{n}(x)}\right|\leq e^{-xS_{1}}, \; 0\leq x\leq1 $成立.

引理2.2^[9]   当$ 0<x<\frac{1}{2} $时, 有$ \frac{1-x}{1+x}>3^{-2x}. $

引理2.3^[6]   当$ x\in \left[0, \frac{\pi}{2}\right] $, 有$ \frac{2x}{\pi}\leq \sin{x}\leq x. $

引理2.4   当$ 0<\beta<\alpha< \frac{\pi}{2} $时, 有$ \frac{\tan^{4}\alpha-\tan^{4}\beta}{\tan^{4}\alpha+\tan^{4}\beta} <4\frac{\tan\alpha-\tan\beta}{\tan\alpha+\tan\beta}. $

证  由于$ 0<\beta<\alpha< \frac{\pi}{2} $, 所以$ 0<\tan\beta<\tan\alpha $, 利用Cauchy不等式, 则有

$ \begin{align*} \frac{\tan^{4}\alpha-\tan^{4}\beta}{\tan^{4}\alpha+\tan^{4}\beta} & = \frac{\tan\alpha-\tan\beta}{\tan\alpha+\tan\beta}\cdot \frac{(\tan\alpha+\tan\beta)^{2}(\tan^{2}\alpha+\tan^{2}\beta)}{\tan^{4}\alpha+\tan^{4}\beta}\\ &\leq\frac{\tan\alpha-\tan\beta}{\tan\alpha+\tan\beta}\cdot \frac{2(\tan^{2}\alpha+\tan^{2}\beta)(\tan^{2}\alpha+\tan^{2}\beta)}{\tan^{4}\alpha+\tan^{4}\beta}\\ &\leq\frac{\tan\alpha-\tan\beta}{\tan\alpha+\tan\beta}\cdot \frac{4(\tan^{4}\alpha+\tan^{4}\beta)}{\tan^{4}\alpha+\tan^{4}\beta}\\ & = 4\frac{\tan\alpha-\tan\beta}{\tan\alpha+\tan\beta}, \end{align*} $

从而引理2.4得证.

定理3.1   取结点组$ X = \left\{\tan^{4}\frac{k\pi}{4n}\right\}_{k = 1}^{n} $, 对于$ \forall x\in[-1, 1] $都有下式成立：

$ |e_{n, \alpha}(X;x)| = \left||x|^{\alpha}-r_{n, \alpha}(X;x)\right| = O\left(\frac{1}{n^{4\alpha}}\right). $

证明   为后文证明需要，记$ A_{n}(X) = \sum\limits_{k = 1}^{n}\frac{1}{x_{k}}. $下面分成三种情形进行说明。

(情形1)   当$ x\in \left[0, \tan^{4}\frac{\pi}{4n}\right] $时, 由于不等式$ x\leq\tan x\leq2x \left(0\leq x\leq \frac {\pi}{4}\right) $成立, 则有$ x^{4}\leq \tan^{4} x\leq 16x^{4} $. 于是

$ \frac{k^{4}\pi^{4}}{256n^{4}}\leq \tan^{4}\frac{k\pi}{4n}\leq \frac{k^{4}\pi^{4}}{16n^{4}},    (k = 1, 2, \cdots, n) $

成立.所以有

$ \sum\limits_{i = 1}^{n}\frac{16n^{4}}{k^{4}\pi^{4}}\leq A_{n}(X) \leq \sum\limits_{i = 1}^{n}\frac{256n^{4}}{k^{4}\pi^{4}}, $

而有不等式

$ \int_{1}^{n+1}\frac{dx}{x^{4}}\leq \sum\limits_{k = 1}^{n}\frac{1}{k^{4}}\leq \int_{1}^{n}\frac{ dx}{x^{4}}+1, $

同时有

$ \int_{1}^{n+1}\frac{dx}{x^{4}} = \frac{1}{3}\left[1-\frac{1}{(n+1)^{3}}\right]\geq\frac{1}{3}\left[1-\frac{1}{(2)^{3}}\right] = \frac{7}{24}, $

$ \int_{1}^{n}\frac{ dx}{x^{4}}+1 = \frac{1}{3}\left[1-\frac{1}{(n)^{3}}\right]+1\leq\frac{4}{3}, $

可以得到

$ \sum\limits_{k = 1}^{n}\frac{14n^{4}}{k^{4}\pi^{4}} = \frac{16n^{4}}{\pi^{4}}\sum\limits_{k = 1}^{n}\frac{1}{k^{4}}\geq\frac{16n^{4}}{\pi^{4}} \int_{1}^{n+1}\frac{dx}{x^{4}}\geq\frac{14n^{4}}{3\pi^{4}}, $

$ \sum\limits_{k = 1}^{n}\frac{256n^{4}}{k^{4}\pi^{4}} = \frac{256n^{4}}{\pi^{4}}\sum\limits_{k = 1}^{n}\frac{1}{k^{4}}\leq\frac{256n^{4}}{\pi^{4}}\left( \int_{1}^{n}\frac{ dx}{x^{4}}+1\right)\leq\frac{1024n^{4}}{3\pi^{4}}, $

从而

$ \frac{14n^{4}}{3\pi^{4}}\leq A_{n}(X) \leq \frac{1024n^{4}}{3\pi^{4}}, $

而

$ \begin{eqnarray*} h_{n}(X;x) = \prod\limits_{k = 1}^{n}\frac{\tan^{4}\frac{k\pi}{4n}-x}{\tan^{4}\frac{k\pi}{4n}+x} = \prod\limits_{k = 1}^{n}\frac{1-\frac{x}{\tan^{4}\frac{k\pi}{4n}}}{1+\frac{x}{\tan^{4}\frac{k\pi}{4n}}} \leq e^{-2x\sum\limits_{k = 1}^{n}\frac{1}{\tan^{4}\frac{k\pi}{4n}}} = e^{-2xA_{n}(X)}, \end{eqnarray*} $

所以

$ \begin{eqnarray*} |e_{n, \alpha}(X;x)| &\leq&\frac{2x^{\alpha}h_{n}(X;x)}{1-h_{n}(X;x)}\leq\frac{2x^{\alpha}e^{-2xA_{n}(X)}}{1-e^{-2xA_{n}(X)}}\\ & = &\frac{2x^{\alpha}}{2xA_{n}(X)-1}\leq\frac{2x^{\alpha}}{2xA_{n}(X)} = \frac{x^{\alpha-1}}{A_{n}(X)}\\ &\leq&\frac{(\tan^{4}\frac{\pi}{4n})^{\alpha-1}}{\frac{14n^{4}}{3\pi^{4}}}\leq\frac{(\frac{\pi^{4}}{4^{4}n^{4}})^{\alpha-1}\cdot3\pi^{4}}{14n^{4}}\leq\frac{C_{\alpha}}{n^{4\alpha}}, \end{eqnarray*} $

其中$ R_{\alpha} = \frac{3\pi^{4\alpha}}{14\cdot16^{(\alpha-1)}} $.

(情形2)   当$ x\in[\tan^{4}\frac{\pi}{4n}, \tan^{4}\frac{(n-6)\pi}{4n}] $时, 则有$ x_{j}\leq x\leq x_{j+1} $即

$ \tan^{4}\frac{j\pi}{4n}\leq x\leq \tan^{4}\frac{(j+1)\pi}{4n}, \quad(j = 1, 2, \cdots, n-7), $

接着借助引理2.4和利用等式$ \frac{\tan\alpha-\tan\beta}{\tan\alpha+\tan\beta} = \frac{\sin(\alpha-\beta)}{\sin(\alpha+\beta)} $从而有

$ \begin{eqnarray*} &&x^{\alpha}|h_{n}(x;x)|\\ & = &x^{\alpha}\prod\limits_{k = 1}^n \left|\frac{x_{k}-x}{x_{k}+x}\right|\leq x^{\alpha}\frac{x-x_{j}}{x+x_{j}}\cdot\frac{x_{j+1}-x}{x_{j+1}+x}\cdot\frac{x_{j+2}-x}{x_{j+2}+x}\cdot\cdots\cdot\frac{x_{j+7}-x}{x_{j+7}+x}\\ &\leq & x^{\alpha}\frac{x_{j+1}-x_{j}}{x_{j+1}+x_{j}}\cdot\frac{x_{j+1}-x_{j}}{x_{j+1}+x_{j}}\cdot\frac{x_{j+2}-x_{j}}{x_{j+2}+x_{j}}\cdot\cdots\cdot\frac{x_{j+7}-x_{j}}{x_{j+7}+x_{j}}\\ & = &x^{\alpha}(\frac{\tan^{4}\frac{(j+1) \pi}{4n}-\tan^{4}\frac{j \pi}{4n}}{\tan^{4}\frac{(j+1) \pi}{4n}+\tan^{4}\frac{j \pi}{4n}})^{2}\cdot \frac{\tan^{4}\frac{(j+2) \pi}{4n}-\tan^{4}\frac{j \pi}{4n}}{\tan^{4}\frac{(j+2) \pi}{4n}+\tan^{4}\frac{j \pi}{4n}}\cdot\cdots\cdot\ \frac{\tan^{4}\frac{(j+7) \pi}{4n}-\tan^{4}\frac{j \pi}{4n}}{\tan^{4}\frac{(j+7) \pi}{4n}+\tan^{4}\frac{j \pi}{4n}}, \end{eqnarray*} $

再结合引理2.3, 从而上式为：

$ \begin{eqnarray*} x^{\alpha}|h_{n}(x;x)| &\leq& 4^{7}(\tan^{8}\frac{(j+1)\pi}{4n})^{\alpha}\cdot (\frac{\sin\frac{\pi}{4n}}{\sin\frac{(2j+1)\pi}{4n}})^{2}\cdot \frac{\sin\frac{2\pi}{4n}}{\sin\frac{(2j+2)\pi}{4n}} \cdot\cdots\cdot\frac{\sin\frac{7\pi}{4n}}{\sin\frac{(2j+7)\pi}{4n}}\\ &\leq&4^{7}\frac{\pi^{4\alpha}(j+1)^{4\alpha}}{16n^{4\alpha}}\cdot\frac{\frac{\pi^{2}}{16n^{2}}}{\frac{(2j+1)^{2}}{4n^{2}}}\cdot \frac{\frac{\pi}{2n}}{\frac{2j+2}{2n}}\cdot\cdots\cdot\frac{\frac{7\pi}{4n}}{\frac{2j+7}{2n}}\\ & = &\frac{4^{7}\pi^{4\alpha}(j+1)^{4\alpha}}{16n^{4\alpha}}\cdot\frac{\pi^{2}}{4(2j+1)^{2}}\cdot \frac{\pi}{2j+2}\cdot\cdots\cdot\frac{7\pi}{2(2j+7)}\\ &\leq&\frac{4^{5}\cdot630\cdot\pi^{4\alpha+8}}{n^{4\alpha}} = \frac{D_{\alpha}}{n^{4\alpha}}. \end{eqnarray*} $

其中$ D_{\alpha} = 4^{5}\cdot630\cdot\pi^{4\alpha+8}. $于是, 可以得到

$ \begin{equation*} |e_{n, \alpha}(X;x)|\leq\frac{2x^{\alpha}|h_{n}(X;x)|}{1-|h_{n}(X;x)|}\leq 3x^{\alpha}|h_{n}(X;x)|\leq\frac{3D_{\alpha}}{n^{8\alpha}}. \end{equation*} $

(情形3)   当$ x\in[\tan^{4} \frac{(n-6)\pi}{4n}, 1] $时, 由于$ S_{1} = \sum\limits_{k = 1}^n x_{k} = \sum\limits_{k = 1}^n\tan^{4} \frac{k\pi}{4n} $, 因为

$ \sum\limits_{k = 1}^n \frac{k^{4}\pi^{4}}{256n^{4}}\leq\sum\limits_{k = 1}^n\tan^{4} \frac{k\pi}{4n}\leq \sum\limits_{k = 1}^n \frac{k^{4}\pi^{4}}{16n^{4}}, \quad (k = 1, 2, \cdots n), $

所以

$ \frac{\pi^{4}}{256n^{4}}\frac{n(n+1)(2n+1)(3n^{2}+3n-1)}{30}\leq S_{1}\leq \frac{\pi^{4}}{16n^{4}}\frac{n(n+1)(2n+1)(3n^{2}+3n-1)}{30}, $

由引理2.1可知

$ \begin{align*} \left|\frac{p_{n}(-x)}{p_{n}(x)}\right| &\leq e^{-xS_{1}}\leq e^{ -x\frac{n(n+1)(2n+1)(3n^{2}+3n-1)\pi^{4}}{7680n^{4}}}\nonumber\\ &\leq e^{- \tan^{4}\frac{(n-6)\pi}{4n}\cdot\frac{n(n+1)(2n+1)(3n^{2}+3n-1)\pi^{4}}{7680n^{4}}}\nonumber\\ &\leq e^{- \frac{(n-6)^{4}\pi^{4}}{256n^{4}}\cdot\frac{n(n+1)(2n+1)(3n^{2}+3n-1)\pi^{4}}{7680n^{4}}}\nonumber\\ & = O\left(\frac{1}{e^{n}}\right), \end{align*} $

所以

$ \begin{equation*} |e_{n, \alpha}(X;x)|\leq\frac{2x^{\alpha}|h_{n}(X;x)|}{1-|h_{n}(X;x)|}\leq 3x^{\alpha}|h_{n}(X;x)|\leq 3|h_{n}(X;x)|\leq O\left(\frac{1}{e^{n}}\right). \end{equation*} $

综合三面情形(1)–(3), 可得

$ |e_{n, \alpha}(X;x)| = \left||x|^{\alpha}-r_{n, \alpha}(X;x)\right| = O\left(\frac{1}{n^{4\alpha}}\right). $

即定理3.1得证.

由上面定理的证明过程中可以得到, 构造的有理函数$ r_{n, \alpha}(X;x) $在情形1中的$ x\in[0, \tan^{4} \frac{(n-6)\pi}{4n}] $上的逼近阶数较低, 仅有$ O\left(\frac{1}{n^{4\alpha}}\right) $. 但在情形3中, $ x\in[\tan^{4} \frac{(n-6)\pi}{4n}, 1] $上的这个区间上的逼近阶数较高, 达到了$ O\left(\frac{1}{e^{n}}\right) $. 于是可以得出$ |x|^{\alpha}(1\leq \alpha<2) $在改进的正切节点组的有理插值在奇异点($ |x|^{\alpha}(1\leq \alpha<2) $的唯一的零点) 附近的逼近阶会比较低. 但从总体区间的逼近效果来看, 本文的逼近效果是要高于等距结点组对于$ |x|^{\alpha} $的逼近效果.

本文定义$ x $的区间是$ [-1, 1] $, 由于是偶函数, 我们只考虑$ [0, 1] $, 同时可通过线性代换: $ t = (b-a)x+a $, 将$ x $的$ [0, 1] $映射到$ t $的$ [a, b] $, 所以在考虑函数逼近问题一般都考虑$ [-1, 1] $区间.

定理3.2   取$ x^{\ast} = \frac{\pi^{4}}{512n^{4}} $, 则有$ |e_{n, \alpha}(X;x^{\ast})|\geq \frac{C^{'}_{\alpha}}{n^{6\alpha}}, $其中$ C^{'}_{\alpha} = \frac{\pi^{4\alpha}}{512^{\alpha}\cdot3^{4/3}}. $

证明   因为$ x^{\ast}\in[0, x_{1}] $, 且$ \frac{x^{\ast}}{x_{k}}\leq\frac{1}{2}, (k = 1, 2, \cdots n) $, 根据引理2.2与不等式有

$ 0\leq h_{n}(X;x^{\ast}) = \frac{p_{n}(-x^{\ast})}{p_{n}(x^{\ast})}\leq1, $

可以得到

$ \begin{align*} h_{n}(X;x^{\ast}) = \prod\limits_{k = 1}^n\left|\frac{x_{k}-x^{\ast}}{x_{k}+x^{\ast}}\right|\geq 3^{-2x^{\ast}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{x_{k}}} \geq 3^{-2x^{\ast}\frac{1024n^{4}}{3\pi^{4}}} = 3^{-4/3}, \end{align*} $

所以有下式：

$ \begin{align*} |e_{n, \alpha}(X;x^{\ast})|& = \frac{2(x^{\ast})^{\alpha}h_{n}(X;x^{\ast})}{1+h_{n}(X;x^{\ast})}\geq (x^{\ast})^{\alpha}h_{n}(X;x^{\ast}) \\ &\geq \frac{\pi^{4\alpha}}{512^{\alpha}\cdot n^{4\alpha}}\cdot3^{-4/3} = \frac{C^{'}_{\alpha}}{n^{4\alpha}}, \end{align*} $

即定理3.2得证.

从定理3.2的证明过程中可以看出, 构造的有理函数$ r_{n, \alpha}(X;x) $在改进的正切节点组下对$ |x|^{\alpha} $的逼近效果是不可提高的, 即该逼近阶是在本文的节点组下的最好效果.

为了从数据上说明本文改进的结点组的逼近效果要优于其他前人构造的结点组, 这里我们选取不同的$ \alpha $和$ n $, 将计算结果与真实值进行比较, 得到如表 1所示的结果.

从实验结果可以看出, 不管$ \alpha $和$ n $怎么变化, 本文结点组下得到的相对误差要优于其他两种结点组, 并且我们还可以看出$ \alpha $和$ n $取得值越大, 逼近的效果会更好, 这与我们理论上的逼近阶$ O\left( \frac{1}{n^{4\alpha}}\right) $是相一致的.

本文主要将正切结点组改进为$ X = \left \{\tan^{4}\frac{k\pi}{4n}\right\}_{k = 1}^{n} $, 通过构造的有理算子$ r_{n, \alpha}(X;x) $来逼近, 最后使其逼近阶提高为$ O(\frac{1}{n^{4\alpha}}) $, 该结果不仅是优于结点组取作正切结点, 而且是好于等距结点组等的情形.