La aproximación de $1/z$ por polinomios

Question

Deje $C=\{\mathrm e^{\mathrm it}, 0\le t\le 3\pi/2\}$$f(z)=1/z$. Por Runge del teorema, hay una secuencia de polinomios $p_n(z)$ tal que $$\lim_n p_n(z)=f(z)$$ uniformly on $C$. ¿Alguien sabe de una secuencia?

Answer 1

Permítanme mostrarles cómo en primer lugar, construir una secuencia de polinomios $p_n$ tal que $p_n(z)\to1/z$ uniformemente en $C=\{e^{it}\colon \theta\le t\le 2\pi-\theta\}$, para todas las $\theta\in(0,\pi)$.

La elección de los números reales $0 < a < b < 1$, $$ u(z)=\frac{1-az}{1-bz}. $$ Para $z=e^{i\phi}$ esto da $$ 1-\lVert u(z)\rVert^2 = \frac{(b-a)\left(a+b-2\cos\phi\right)}{1-2b\cos\phi+b^2}. $$ Por eso, $\lVert u\rVert < 1$ $C$ mientras $(a+b)/2 > \cos\theta$. Ahora expande como una potencia de la serie y truncar después de un cierto número $m$ términos. $$ \begin{align} v(z)&=(1-az)\left(1+bz+b^2z^2+\cdots+b^mz^m\right)\\ &=u(z)(1-b^{m+1}z^{m+1}) \end{align}. $$ En $C$, este está delimitado por $\lVert u(z)\rVert(1+b^{m+1})$, por tanto, lo suficientemente grande como para $m$, $\lVert v\rVert < 1$ en $C$. Como $v(0)=1$, la siguiente es una secuencia de polinomios, $$ p_n(z)=z^{-1}\left(1-v(z)^n\right). $$ Como $\lVert v\rVert < 1$ tenemos $p_n(z)\to z^{-1}$ uniformemente en $C$. De acuerdo con el rango de $\{e^{it}\colon0\le t\le3\pi/2\}$, podemos tomar $\theta=\pi/4$ arriba y gire el conjunto de $C$ por un ángulo de $\pi/4$. Es decir, $$ p_n(z)=z^{-1}\left(1-v(e^{\pi i/4}z)^n\right). $$ Para el estado de algunos números concretos, teniendo $a=1/\sqrt2$, $b=0.78$ y $m=21$ obras, de modo que $\lVert v\rVert < 0.999$$C$.

Answer 2

Esta solución es una empresa especializada para el problema en particular. Como en mi otra solución, estoy trabajando con el arc $C = \{ e^{i \theta} : \pi/4 < \theta < 7 \pi/4 \}$. Deje $T_n(z)$ $n$- ésimo polinomio de Chebyshev, por lo que es el polinomio con el líder plazo $2^{n-1} z^n$ ha $|T_n(z)|\leq 1$$-1 \leq z \leq 1$.

Conjunto $$g_n(z) = z^{-1} - \frac{(1 + 1/\sqrt{2})^n z^{n - 1}}{2^{n-1}} T_n\left(\frac{z + z^{-1} +1-1/\sqrt{2}}{1 + 1/\sqrt{2}} \right)$$

Bueno, ¿qué está pasando aquí? El mapa de $z \mapsto z + z^{-1}$ es de $C$$[-2, \sqrt{2}]$. La función lineal en el interior del polinomio de Chebyshev se lleva a $[-2, \sqrt{2}]$$[-1,1]$, por lo que el $T_n$ plazo es $\leq 1$. Así que el segundo término tiene valor absoluto en la mayoría de las $(1+1/\sqrt{2})^n/2^{n-1} \approx 2 \cdot 0.853^n$. Este será mucho menor que $z^{-1}$ $n$ grandes, por lo $g_n(z) \approx z^{-1}$.

Por otro lado, $T_n\left( \mbox{stuff} \right)$ será un polinomio de Laurent con más negativo plazo $\frac{2^{n-1} z^{-n} }{(1+1/\sqrt{2})^n}$. Después de multiplicar por $\frac{(1 + 1/\sqrt{2})^n z^{n - 1}}{2^{n-1}}$, el segundo término será de la forma $z^{-1} + \mbox{polynomial}$. Por lo $g_n(z)$ es un polinomio.

En esta imagen, el negro arco es$e^{i \theta}$$\pi/4 \leq \theta \leq \pi$. El rojo, el azul y el verde de los arcos $g_{10}$, $g_{20}$ y $g_{30}$ evaluados en el negro de arco.

¿Cómo llegué a esto? Aproximadamente: quiero $z^{-1} \approx p(z)$ para un polinomio $p$. Quiero $z^{-1} - p(z) \approx 0$. Quiero $z^{-n} + \cdots + z^n \approx 0$. Quiero Laurent polinomios con líderes plazo $1$ y valores muy pequeños en $C$. Yo conozco a una familia de polinomios con líderes plazo $1$ y valores muy pequeños en $[-1, 1]$: es decir, $2^{-n+1} T_n(z)$. ¿Cómo puedo convertir uno en el otro?

Tenga en cuenta que estos tienen mucho menor grado de los polinomios en mi otra solución. La cosa que me llama $f_N$ en mi otra solución tiene grado $N^3$, $g_n$ tiene el grado $2n-1$.

Answer 3

Voy a poner dos respuestas a este problema. Me parece que es más conveniente para rotar la curva de $C$$\{ e^{i \theta} : \pi/4 \leq \theta \leq 7 \pi /4 \}$. El primero es el estándar de la prueba de Runge del teorema, hecho de hormigón.

Observe que $$\frac{1}{z} = - \sum_{k=0}^{\infty} 0.6^k \left( \frac{1}{0.6 - z} \right)^{k+1}$$ $$\frac{1}{0.6-z} = \sum_{\ell=0}^{\infty} 0.6^{\ell} \left( \frac{1}{1.2-z} \right)^{\ell}$$ $$\frac{1}{1.2-z} = \sum_{m=0}^{\infty} (1.2)^{-m-1} z^m$$ son todos convergentes en $C$. El punto clave es que el $0.6$ está más cerca de a $0$ que está a punto de $C$; $1.2$ está más cerca de a $0.6$ que para cualquier punto en $C$ $1.2$ está fuera del círculo de $C$. Conectar la tercera ecuación en la segunda en la primera da $$\frac{1}{z} = - \sum_{k=0}^{\infty} 0.6^k \left( \sum_{\ell=0}^{\infty} 0.6^{\ell} \left( \sum_{m=0}^{\infty} 1.2^{-m-1} z^m \right)^{\ell+1} \right)^{k+1}$$

Definir $$f_N(z) = - \sum_{k=0}^{N} 0.6^k \left( \sum_{\ell=0}^{N} 0.6^{\ell} \left( \sum_{m=0}^{N} 1.2^{-m-1} z^m \right)^{\ell+1} \right)^{k+1}$$ A continuación,$f_N(z) \to z^{-1}$$C$.

En la imagen, el arco rojo es$z$$\pi/4 \leq \theta \leq \pi$. El arco verde es $f_{20}(z)$ $z$ en el mismo rango; el arco azul es $f_{50}(z)$. Como se puede ver, el arco azul es casi indistinguible de la de un verdadero círculo.

Este método debe ser claramente adaptable a tomar cualquier función en $C$ con un polo en $0$ y escribo como un límite de polinomios. Para otras curvas y otras ubicaciones de polo, tendría que reemplazar a $(0.6, 1.2)$ con una secuencia diferente de los números complejos, pero la idea sigue siendo la misma.