Approximationstheorie

3.3 Haar–Räume und Alternanten 57
die den maximalen Rang n hat, weil Φ ein Haar–Raum ist. Also gibt es einen eindimensionalen
Lösungsraum des Problems Ay = 0 und wir können eine Lösung y ∗ so normieren 70 , daß y ∗ 0 =
σ ′ 0. Setzen wir nun y ∗ j = µj σj, j = 0, . . . , n, dann ist
n
j=0
µj σj φk
′
x j =
n
j=0
y ∗ j φk
′
x j = 0, k = 1, . . . , n,
also ist das dadurch definierte σ eine extremale Signatur der Länge n + 1 und wegen obiger
Überlegung muß σj = −σj−1 sein, wegen σ0 = σ ′ 0 und (3.21) also σj = σ ′ j. Setzt man also
µ ′ j = µj, dann ist σ ′ tatsächlich eine extremale Signatur.
Übung 3.9 Zeigen Sie: Ist Φ ein n–dimensionaler Haar–Raum auf dem kompakten Intervall I,
dann gibt es für jedes kompakte Intervall J ⊂ I, eine Folge von Teilräumen
Φ1 ⊂ Φ2 ⊂ · · · ⊂ Φn = Φ, dim Φj = j, j = 1, . . . , n,
die Haar–Räume auf J sind. ♦
Beispiel 3.27 Man kann den Alternantensatz 3.24 bereits nutzen, um Bestapproximationen zu
“raten” und dann die Bestapproximationseigenschaft über die Existenz einer Alternante, das
heißt, via Proposition 3.25, nachzuweisen. Der Einfachheit halber interessieren wir uns hier für
lineare Approximation, das heißt für Approximation mit Π1.
1. Sei X = [0, π] und f(x) = sin x. Die Bestapproximation hier ist offenbar φ(x) = 1,
denn 2
es ist
1
2 =
1
sin (·) −
2
= − sin 0 − 1
= sin
2
π
1
− = − sin π −
2 2
1
.
2
2. Mit X = [−π, π] und f(x) = sin x wird es ein bißchen interessanter. Wir können uns aber
das Leben leichtmachen, indem wir zuerst einmal bemerken, daß die Bestapproximation
eine ungerade Funktion sein muß, siehe Übung 3.10, dann können wir zuerst mal nur
auf [0, π] mit dem eindimensionalen Haar–Raum von solchen φ ∈ Π1 approximieren, die
x, denn für
φ(0) = 0 erfüllen und diese Bestapproximation ist offensichtlich φ∗ (x) = 2
3π
diese Funktion ist
2
3 = sin −φ [0,π] = (sin −φ∗
π
) = − (sin −φ
2
∗ ) (π).
Die symmetrische Fortsetzung auf [−π, π] hat dann sogar die vier potentiellen Alternantenpunkte
±π, ± π
2 .
Die beiden Approximationen sind in Abb. 3.4 dargestellt.
Aus Punkt 2) von Beispiel 3.27 sehen wir auch, daß sowohl die Punkte −π, − π π , als auch die
2 2
, π eine Alternante bilden, was wir auf alle Fälle mal festhalten wollen.
Punkte − π π , 2 2
70 Eventuell müssen wir zuerst einige Nulleinträge von y löschen, aber diese tauchen in der extremalen Signatur
ja dann auch nicht auf.