物理 切比雪夫最佳逼近的应用
形如 $F(x)=\min_{P(x)} \left[ \max_{x \in [a, b]} |f(x) - P(x)| \right]$
的函数，当$f(x)$为多项式函数,$P(x)=0$时可以应用此方法。
首先得到$cos(nx)$。
引理 2.1 (余弦倍角展开系数)
$T_n(x) = \cos(n \arccos x)$ 是一个 $n$ 次多项式，其首项系数为 $2^{n-1}$。
【证明过程】
利用De Moivre定理 ：
$$(\cos\theta + i\sin\theta)^n = \cos(n\theta) + i\sin(n\theta)$$
根据二项式定理展开左边：
$$\cos(n\theta) + i\sin(n\theta) = \sum_{k=0}^n C_n^k \cos^{n-k}\theta \cdot (i\sin\theta)^k$$
$$\cos(n\theta) = \cos^n\theta - C_n^2 \cos^{n-2}\theta \sin^2\theta + C_n^4 \cos^{n-4}\theta \sin^4\theta - \dots$$
将 $\sin^2\theta = 1-\cos^2\theta$ 代入：
$$\cos(n\theta) = \cos^n\theta - C_n^2 \cos^{n-2}\theta (1-\cos^2\theta) + \dots$$
最高次项 $\cos^n\theta$ 的系数为 $1 + C_n^2 + C_n^4 + \dots$
根据二项式系数性质，奇数项之和等于偶数项之和等于 $2^{n-1}$。
即：$T_n(x)$ 的首项系数为 $2^{n-1}$。 证毕。
定理 2.1 3 (切比雪夫最佳逼近)
在区间 $[-1, 1]$ 上，所有首项系数为 1 的 $n$ 次多项式 $f_n(x)$ 中，与零函数的最小偏差为 $\frac{1}{2^{n-1}}$。该最小偏差当且仅当 $f_n(x) = \frac{1}{2^{n-1}}T_n(x)$ 时取到。
【证明过程】（反证法）
假设：存在另一个首项系数为 1 的 $n$ 次多项式 $P_n(x)$，其最大偏差比切比雪夫多项式的偏差更小。即：
$$\max |P_n(x)| < \max \left| \frac{1}{2^{n-1}}T_n(x) \right| = \frac{1}{2^{n-1}}$$构造交错点：
切比雪夫多项式 $\frac{1}{2^{n-1}}T_n(x)$ 在区间 $[-1, 1]$ 上有 $n+1$ 个极值点 $x_k = \cos(\frac{k\pi}{n})$ ($k=0, 1, \dots, n$)。
在这些点上，函数值依次为 $\frac{1}{2^{n-1}}, -\frac{1}{2^{n-1}}, \frac{1}{2^{n-1}}, \dots$。
构造差函数：
令 $Q(x) = \frac{1}{2^{n-1}}T_n(x) - P_n(x)$。
由于 $P_n(x)$ 的绝对值恒小于 $\frac{1}{2^{n-1}}$，所以在上述极值点 $x_k$ 处，$Q(x)$ 的符号完全由 $T_n(x)$ 决定：
$$Q(x_0) > 0, \quad Q(x_1) < 0, \quad Q(x_2) > 0, \quad \dots$$计数零点：
$Q(x)$ 在这 $n+1$ 个点之间符号轮流改变 $n$ 次。根据零点存在定理，$Q(x)$ 至少有 $n$ 个零点。
导出矛盾：
$Q(x)$ 是两个首项系数均为 1 的 $n$ 次多项式之差，故 $Q(x)$ 的次数至多是 $n-1$ 次。
一个非零的 $n-1$ 次多项式不可能有 $n$ 个零点。
$\therefore Q(x) \equiv 0$，即 $P_n(x)$ 必须等于 $\frac{1}{2^{n-1}}T_n(x)$。 Q.E.D
对于一般区间：
若 $f_n(x) = ax^n + \dots$ ($a \ne 0$)，则在 $[r, s]$ 上 $|f_n(x)|$ 的最大值的最小值为：
$$M = \frac{|a|(s-r)^n}{2^{2n-1}}$$
证明：
$x \in [r, s]$ 换元为$\xi \in [-1, 1]$。
令 $x = k\xi + b$。
当 $\xi=-1$ 时 $x=r$，当 $\xi=1$ 时 $x=s$。解得：
$$k = \frac{s-r}{2}, \quad b = \frac{s+r}{2} \quad \Rightarrow \quad x = \frac{s-r}{2}\xi + \frac{s+r}{2}$$
代入多项式：
$$f_n(x) = a\left( \frac{s-r}{2}\xi + \frac{s+r}{2} \right)^n + \dots$$
展开，
$$A = a \cdot \left( \frac{s-r}{2} \right)^n$$
将问题转化为求关于 $\xi$ 的多项式 $g(\xi)$ 在 $[-1, 1]$ 上的最小偏差。
根据定理 2.1，首项系数为 $A$ 的 $n$ 次多项式的最小偏差为$\frac{|A|}{2^{n-1}}$
计算结果：
$$\min_{P(x)} \left[ \max_{x \in [a, b]} |f(x) - P(x)| \right]= \frac{|a| \cdot (\frac{s-r}{2})^n}{2^{n-1}} = \frac{|a|(s-r)^n}{2^n \cdot 2^{n-1}} = \frac{|a|(s-r)^n}{2^{2n-1}}$$
证毕。
例题
E.g.1 已知 $a \ge -\frac{3}{4}, b \ge 0$，函数 $f(x) = x^3 + ax + b, -1 \le x \le 1$，设 $|f(x)|$ 的最大值为 $M$，且对任意的实数 $a, b$ 恒有 $M \ge K$ 成立，则实数 $K$ 的最大值为
解 由切比雪夫最值基本定理知
\[ K_{\max} = \min_{a, b \in \mathbb{R}} \left[ \max_{-1 \le x \le 1} |x^3 + ax + b - 0| \right] = \frac{1}{4} \]
当且仅当 $a = -\frac{3}{4}$ 且 $b=0$ 时取等。
E.g.2 函数 $f(x) = |5x^4 + ax^3 + bx^2 + cx + d|$ ($-1 \le x \le 1$) 的最大值为 $M$，$\forall a, b, c, d \in \mathbb{R}$，$M \ge k$ 恒成立，则 $k$ 的最大值为
解析 由上述推论知
\[ k_{\max} = \min_{a,b,c,d \in \mathbb{R}} \left[ \max_{-1 \le x \le 1} |5x^4 + ax^3 + bx^2 + cx + d - 0| \right] = \frac{5}{2^{4-1}} = \frac{5}{8} \]
E.g.3 设函数 $f(x) = ax^3 - 3x + 1$，对任意 $x \in [-1, 1]$，总有 $f(x) \ge 0$ 恒成立，则 $a$ 的值为
解析： 由题知 $ax^3 - 3x \ge -1$，又因 $y = ax^3 - 3x$ 是奇函数，故而有
\[ |ax^3 - 3x| \le 1 \]
显而易见的是当 $a=4$ 且 $x = \cos \alpha$ 时有 $|4x^3 - 3x| = |\cos 3\alpha| \le 1$，故而所求 $a$ 的值为 4。
第三部分：最佳一次逼近（直线逼近）定理与证明
对于非多项式函数（如 $1/x, e^x$）有
定理 4.1 (一次最佳逼近)
若 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上二阶导数不变号（即函数是凸的或凹的），则其最佳逼近直线 $L(x) = kx+m$ 满足：
平行割线：$k = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$。
极大偏差等值：最大偏差发生在切点 $x_0$ 和端点 $a, b$ 处，且符号交错。
证明：
利用交错点性质：
根据最佳逼近的存在性定理，误差函数 $e(x) = L(x) - f(x)$ 必须在区间上有至少 3 个交错点（例如 $+ - +$）。
设这三个点为 $a \le x_1 < x_2 < x_3 \le b$。
对于二阶导数不变号的函数，误差最大点必然包含两个端点（如果不包含端点，利用单调性可推出矛盾）。
所以 $x_1=a, x_3=b$，中间还有一个点 $x_2$。
导数分析：
$e(x) = (kx+m) - f(x)$。
$e'(x) = k - f'(x)$。
因为 $f''(x)$ 不变号，所以 $f'(x)$ 单调，这意味着 $e'(x)$ 也单调。
单调函数在 $(a, b)$ 内至多有一个零点。这个零点就是极值点 $x_2$。
$$e'(x_2) = 0 \quad \Rightarrow \quad f'(x_2) = k$$
这说明直线斜率等于切线斜率。
在最佳逼近中，三个点的偏差绝对值相等，符号相反：
$$e(a) = -e(x_2) = e(b)$$
即：
$$(ka+m) - f(a) = (kb+m) - f(b)$$
整理得：
$$k(b-a) = f(b) - f(a) \quad \Rightarrow \quad k = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$
这证明了最佳直线平行于端点连线。
推论 4.1 (最小偏差公式)
最小偏差 $$\rho = \frac{1}{2} |f(x_2) - L_(x_2)|$$。
证：
由 $e(a) = -e(x_2)$，得：
$L(a) - f(a) = -(L(x_2) - f(x_2))$
$L(a) + L(x_2) - 2L_{\text{mid}} = f(a) + f(x_2) - 2f_{\text{mid}}$
