¿Es imposible ajustar perfectamente un polinomio a una función trigonométrica en un intervalo cerrado?

Question

En un intervalo cerrado (por ejemplo $[-\pi, \pi]$ ), $\cos{x}$ tiene un número finito de ceros. Por lo tanto, me pregunto si podríamos ajustar un polinomio de grado finito $p:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ perfectamente a $\cos{x}$ en un intervalo cerrado como $[-\pi, \pi]$ .

La serie Taylor es

$$\cos{x} = \sum_{i=0}^{\infty} (-1)^i\frac{x^{2i}}{(2i)!} = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \frac{x^8}{8!}-\dots$$

Utilizar Desmos para hacer gráficos $\cos{x}$ y $1-\frac{x^2}{2}$ rendimientos:

que es claramente imperfecto en $[-\pi,\pi]$ . El uso de un polinomio de grado 8 (los 5 primeros términos de la serie de Taylor anterior) parece más prometedor:

Pero al acercarse mucho, la aproximación sigue siendo imperfecta:

No hay ningún polinomio de grado finito que sea igual a $\cos{x}$ en todos los $\mathbb{R}$ (aunque tampoco sé cómo demostrarlo), pero ¿podemos demostrar que ningún polinomio de grado finito puede ser perfectamente igual a $\cos{x}$ en cualquier cerrado intervalo $[a,b]\subseteq \mathbb{R}$ ? ¿Sería tan sencillo como demostrar que el término del resto en el Teorema de Taylor no puede ser igual a 0? Pero esto sólo demostraría que no Taylor polinomio puede ajustarse perfectamente a $\cos{x}$ en un intervalo cerrado...

Answer 1

Sí, es imposible.

Elige cualquier punto del interior del intervalo y cualquier polinomio. Si diferenciamos el polinomio repetidamente en ese punto, al final sólo obtendremos ceros. Esto no ocurre con la función coseno, que se repite en un ciclo infinito de longitud $4$ . Por tanto, la función coseno no puede ser un polinomio en un dominio con interior no vacío.

Answer 2

Ni siquiera es necesario diferenciar muchas veces. Basta con observar que $f'' = -f$ se satisface con $f = \cos$ pero no si $f$ es una función polinómica no nula porque $f''$ tiene menor grado que $f$ . (Esto utiliza implícitamente el hecho de que dos polinomios que son iguales en infinitos puntos deben ser idénticos). $ \def\lfrac#1#2{{\large\frac{#1}{#2}}} $

Para responder un comentario sobre el post de Claude Aquí hay una prueba clara. Definir $\deg(\lfrac{g}{h}) = \deg(g)-\deg(h)$ para cualquier función polinómica $g,h$ . Dada cualquier función $f = \lfrac{g}{h}$ donde $g,h$ son funciones polinómicas en algún intervalo no trivial, tenemos $f' = \lfrac{g'}{h}-\lfrac{g·h'}{h^2} = f·\lfrac{g'·h-g·h'}{g·h}$ y por lo tanto $\deg(f') < \deg(f) $ desde $\deg(g'·h-g·h') < \deg(g·h)$ . Así, $\deg(f'') < \deg(f)$ y por lo tanto $f'' != -f$ . Así que ni siquiera las aproximaciones de Padé son suficientes para ajustar perfectamente cualquier cosa excepto las funciones racionales, en cualquier intervalo no trivial.

Answer 3

Aquí hay una prueba que sólo utiliza trigonometría y álgebra básicas, sin necesidad de cálculo o series infinitas.

Haremos una prueba por contradicción. Supongamos que $\cos(x)$ es un polinomio en algún intervalo cerrado $[a,b]$ con $a\ne b$ . Lo dividiremos en dos casos, dependiendo de si $0\in [a,b]$ .

Caso 1. Suponga que su intervalo contiene el origen, es decir $a \le 0 \le b$ . Si $\cos(x)$ es una función polinómica sobre $[a,b]$ entonces $2\cos^2(\frac x 2) - 1$ es también una función polinómica sobre $[a,b]$ ya que $x\in[a,b]$ implica $x/2 \in [a,b]$ . Ahora, recordemos la fórmula del medio ángulo para $\cos(x)$ : $$ \cos(x) = 2\cos^2(\frac x 2) - 1 $$ La fórmula del medio ángulo nos dice que estos dos polinomios son en realidad lo mismo polinomio. Pero si $\cos(x)$ tiene grado $n$ entonces $2\cos^2(\frac x 2) - 1$ debe tener un título $2n$ . Dado que dos polinomios de distinto grado no pueden ser iguales en ningún intervalo, esto implica $2n = n$ o $n=0$ . Desde $\cos(x)$ no es constante, tenemos una contradicción, por lo que $\cos(x)$ no es un polinomio en ningún intervalo que contenga $0$ .

Caso 2. Ahora bien, ¿qué pasa si el intervalo no contiene el origen? Esto requiere algunos pasos más, pero podemos demostrar que si $\cos(x)$ es un polinomio en $[a,b]$ entonces también debe ser un polinomio (potencialmente un polinomio diferente) en $[0,b-a]$ , que contiene el origen por lo que es imposible por el argumento anterior.

Para $x\in [0,b-a]$ utilizamos la fórmula de la suma de ángulos para encontrar $$ \cos(x) = \cos(x+a -a) = \cos(x+a)\cos(a) + \sin(x+a)\sin(a) $$ Desde $\cos(x+a)$ es un polinomio de $x$ y $\sin(x+a)^2 + \cos(x+a)^2= 1$ esto significa que en el intervalo $[0,b-a]$ el coseno de $x$ tiene la propiedad de que $$ \left(\cos(x) - p(x)\right)^2 = q(x) $$ para algunos polinomios $p$ y $q$ . En particular $p(x) = \cos(a+x)\cos(a)$ y $q(x) = \sin^2(a) \left(1-\cos^2(x+a)\right)$ . Equivalentemente, $\cos(x) = p(x) \pm \sqrt{q(x)}$ . De nuevo, la fórmula del medio ángulo nos dice $\cos x = 2\cos^2(\frac x 2) - 1$ (para $x\in[0,b-a]$ ). Sustituyendo en lo anterior, obtenemos un álgebra muy complicada: \begin {eqnarray} \left (2 \cos ^2 \left ( \frac x 2 \right ) - 1 - p(x) \right )^2 &=& q(x) \\ \left (2p( \frac x 2)^2 \pm 4 p( \frac x 2) \sqrt {q( \frac x 2)} + 2q( \frac x 2) - 1 - p(x) \right )^2 &=& q(x) \end {eqnarray} ampliando el lado izquierdo, obtenemos: $$ q(x) = \left(2p(\frac x 2)^2+ 2q(\frac x 2) - 1 - p(x)\right)^2 + 16 p(\frac x 2)^2q(\frac x 2) \pm 8\left(2p(\frac x 2)^2+ 2q(\frac x 2) - 1 - p(x)\right)p(\frac x 2)\sqrt{q(\frac x 2)} $$ lo que implica $\pm\sqrt{q(x/2)}$ es en realidad una función racional. Como su cuadrado es un polinomio, esto significa $\pm\sqrt{q(x/2)}$ es un polinomio en sí mismo, por lo que $\pm\sqrt{q(x)}$ también es un polinomio. Por lo tanto, $\cos(x) = p(x) \pm \sqrt{q(x)}$ es un polinomio para $x\in[0,b-a]$ . Como este intervalo contiene el origen, tenemos de nuevo una contradicción, por lo que $\cos(x)$ no puede ser un polinomio en $[a,b]$ .

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Como adición: Todos estos argumentos se pueden generalizar para demostrar que $\cos(x)$ tampoco es una función racional en ningún intervalo, y que las otras funciones trigonométricas tampoco son polinomios ni funciones racionales.

Answer 4

Si $p$ es un polinomio la función $f(z) = p(z)-\cos z$ es entera, y el teorema de la unicidad muestra que si $f(z) = 0$ en cualquier segmento de línea, entonces $f= 0$ .

(El teorema de la unicidad es más fuerte que eso, sólo necesita $f$ a ser cero en cualquier secuencia con un punto de acumulación).

Anexo :

Para aclarar, ya que un polinomio no nulo tiene como máximo $\partial p$ ceros y $\cos$ tiene un número contable entonces no podemos tener $f=0$ .

Answer 5

No sé si tiene alguna razón específica para requerir un polinomio.

Sin embargo, para las aproximaciones de funciones, los aproximantes de Padé son mucho mejores que las expansiones de Taylor, aunque, hasta cierto punto, se parezcan. Por ejemplo $$\cos(x) \sim \frac {1-\frac{115 }{252}x^2+\frac{313 }{15120}x^4 } {1+\frac{11 }{252}x^2+\frac{13 }{15120}x^4 }$$ es mejor que la serie de Taylor para $O(x^{9})$ que consideró

Para comparar $$\int_{-\pi}^\pi \Big[ \frac {1-\frac{115 }{252}x^2+\frac{313 }{15120}x^4 } {1+\frac{11 }{252}x^2+\frac{13 }{15120}x^4 }-\cos(x)\Big]^2\,dx=0.000108$$ $$\int_{-\pi}^\pi \Big[1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\frac{x^6}{720}+\frac{x^8}{40320}-\cos(x)\Big]^2\,dx=0.000174$$ pero nada es absolutamente perfecto.

Si añado un término más al aproximante de Padé, los valores de la integral correspondiente pasan a ser $1.25\times 10^{-9}$ y para $x=\frac \pi 2$ el valor de la función aproximada es $-6.57\times 10^{-9}$ .

Ahora, echa un vistazo a una aproximación que he construido para ti $$\cos(x)=\frac{1-\frac{399 }{881}x^2+\frac{20 }{1037}x^4 } {1+\frac{58 }{1237}x^2+\frac{1}{756}x^4 }$$ que da para la integral $1.49\times 10^{-8}$ .