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数、特に整数に関する記事。

ワイエルシュトラスの多項式近似定理

この記事では、Weierstrassの多項式近似定理の証明を解説します:

定理 (Weierstrass, 1885) \ fを区間[a, b]上で定義された実数値連続関数とする
(a, b \in \mathbb{R}, b > a)。このとき、任意の\varepsilon > 0に対して多項式P_{\varepsilon}(x)が存在して、
\left|f(x)-P_{\varepsilon}(x)\right| < \varepsilon \ \ \ {}^{\forall}x \in [a, b]
が成り立つ。

証明は何通りもありますが、Bernsteinによるものを解説します。これは多項式を具体的に与える証明です。

補題

補題 次の三つの多項式の等式が成立する:

  1. \displaystyle \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}=1
  2. \displaystyle \sum_{k=0}^nk\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} = nx
  3. \displaystyle \sum_{k=0}^nk(k-1)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} = n(n-1)x^2

証明. 一つ目は

\displaystyle \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}=(x+(1-x))^n = 1,

二つ目は

\begin{align}\sum_{k=0}^nk\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} &= \sum_{k=1}^nk\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-1-k} \\ &= nx \sum_{k=1}^n\binom{n-1}{k-1}x^{k-1}(1-x)^{n-1-(k-1)} \\ &= nx\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}{k}x^k(1-x)^{n-1-k} \\ &= nx,\end{align}

三つ目は

\begin{align}\sum_{k=0}^nk(k-1)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} &= \sum_{k=1}^nk(k-1)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}\\ &= nx\sum_{k=1}^n(k-1)\binom{n-1}{k-1}x^{k-1}(1-x)^{n-1-(k-1)} \\ &= nx \sum_{k=0}^{n-1}k\binom{n-1}{k}x^k(1-x)^{n-1-k} \\ &= nx(n-1)x \\ &= n(n-1)x^2\end{align}

と示される。 Q.E.D.

補題より、

\begin{align} \sum_{k=0}^n(k-nx)^2\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} &= n(n-1)x^2+(1-2nx)nx+n^2x^2 \\ &= -nx^2+nx \\ &= nx(1-x)\end{align}

であることがわかります。

帰着

定理のf[0, 1]上定義されている場合に証明すれば十分です。というのも、f[a, b]上で定義されているとき

g(x):=f(a+(b-a)x)

[0, 1]上で定義された連続関数となるので、このg(x)に対する近似多項式P_{\varepsilon}(x)の存在が証明できていれば

\displaystyle \left| f(x) - P_{\varepsilon}\left( \frac{x-a}{b-a} \right) \right| = \left| f\left( a+(b-a)\frac{x-a}{b-a} \right) - P_{\varepsilon}\left( \frac{x-a}{b-a} \right) \right| < \varepsilon

x \in [a, b]に対して成り立ち、f(x)についても近似多項式が存在することがわかります。

Bernstein多項式

f[0, 1]上定義された連続関数としましょう。このとき、fに付随するn次Bernstein多項式B_n(f, x)

\displaystyle B_n(f, x) := \sum_{k=0}^nf\left( \frac{k}{n} \right) \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}

と定義します。

証明

それでは、[0, 1]上定義された連続関数fに対してWeierstrassの近似定理を証明しましょう。

Weierstrassの近似定理の証明 \varepsilon > 0を固定する。x \in [0, 1]において式変形を行っていく。補題の一つ目の式より

\displaystyle f(x) = \sum_{k=0}^{n}f(x)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}

なので、

\displaystyle \left|f(x) - B_n(f, x)\right| \leq \sum_{k=0}^n\left| f(x) - f\left( \frac{k}{n}\right) \right| \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}

を得る。fは閉区間[0, 1]で連続のため、一様連続である。すなわち、\delta > 0が存在して、

\displaystyle \left|x-y\right| \leq \delta \Longrightarrow \left|f(x) - f(y)\right| \leq  \frac{\varepsilon}{2}, \ \ x, y \in [0, 1]

が成り立つ。これを利用して、|x-\frac{k}{n}| \leq \deltaの場合と|x-\frac{k}{n}| > \deltaの場合に和を二つに分解して評価する。M:=\max_{x \in [0, 1]}|f(x)|とすると(fが連続なので存在する)、後者の場合は

\displaystyle \left| f(x)-f\left( \frac{k}{n} \right) \right| \leq \frac{\left|x-\frac{k}{n}\right|^2}{\delta^2}\cdot 2M = \frac{2M(k-nx)^2}{n^2\delta^2}

が成り立つことに注意して、

\begin{align} \left|f(x)-B_n(f, x)\right| &\leq \sum_{\left|x-\frac{k}{n}\right|\leq \delta}\frac{\varepsilon}{2} \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}+\sum_{|x-\frac{k}{n}| > \delta}\left| f(x)-f\left( \frac{k}{n} \right) \right| \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \\ & \leq \frac{\varepsilon}{2} + \frac{2M}{n^2\delta^2}\sum_{k=0}^n(k-nx)^2\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \\ &= \frac{\varepsilon}{2} + \frac{2M}{n^2\delta^2}nx(1-x) \\ &\leq \frac{\varepsilon}{2} + \frac{M}{2n\delta^2}\end{align}

と評価できる。ここで、補題の節の結果および\max_{x \in [0, 1]}x(1-x) = \frac{1}{4}を用いた。

よって、十分大きいnをとれば、

 \left|f(x) - B_{n}(f, x)\right| < \varepsilon

が成り立つことが示された。 Q.E.D.