关于f∈C[a,b]但f∉C²ⁿ[a,b]时高斯求积的误差估计证明问题

问题背景与描述 #

假设$x_1,x_2,\ldots,x_n$是区间$[a,b]$上$n$次正交多项式$Q_n(x)$的根，对应的高斯求积公式为：
$$\int_a^b f(x) dx \approx \sum_{j=1}^n A_j f(x_j)$$
其中$A_j = \int_a^b l_j(x) dx$，$l_j(x)$是与节点$x_1,\ldots,x_n$关联的拉格朗日基多项式。

需要证明的误差估计：

证明：$\left| \int_a^b f(x) dx - \sum_{j=1}^n A_j f(x_j) \right| \leq 2(b-a) \min_{p \in P_{2n-1}} | f-p |_{C[a,b]}$

用户的困惑：已知当$f \in C^{2n}[a,b]$时的误差估计推导方法，但在仅假设$f \in C[a,b]$（无更高光滑性）的情况下，不知道如何入手；猜测需要用到高斯求积对所有$p \in P_{2n-1}$精确的性质，但不清楚具体步骤。

证明步骤 #

我们可以完全利用高斯求积的精确性和连续函数的范数性质来推导，无需$f$的高阶导数假设，具体步骤如下：

1. 利用高斯求积的核心性质 #

高斯求积的关键特性是：对所有次数不超过$2n-1$的多项式$p \in P_{2n-1}$，求积公式是精确的，即：
$$\int_a^b p(x) dx = \sum_{j=1}^n A_j p(x_j)$$
这是我们推导的核心依据。

2. 拆分误差项 #

将原误差拆分为$f$与任意$p \in P_{2n-1}$的差的相关项：
$$
\begin{align*}
\left| \int_a^b f(x) dx - \sum_{j=1}^n A_j f(x_j) \right|
&= \left| \int_a^b \left[(f(x)-p(x)) + p(x)\right] dx - \sum_{j=1}^n A_j \left[(f(x_j)-p(x_j)) + p(x_j)\right] \right| \
&= \left| \int_a^b (f-p)(x) dx - \sum_{j=1}^n A_j (f-p)(x_j) \right|
\end{align*}
$$
这一步的合理性来自于$p$的求积与积分相等，因此$p$的相关项完全抵消。

3. 应用三角不等式放大误差 #

根据三角不等式，上式可以放大为两个项的和：
$$
\left| \int_a^b (f-p)(x) dx \right| + \left| \sum_{j=1}^n A_j (f-p)(x_j) \right|
$$

4. 分别估计两个项 #

我们对这两个项逐一进行上界估计：

项1：积分项的估计

对于连续函数的积分，绝对值的积分不超过区间长度乘以函数的最大绝对值：
$$
\left| \int_a^b (f-p)(x) dx \right| \leq \int_a^b |f(x)-p(x)| dx \leq (b-a) \cdot | f-p |{C[a,b]}
$$
其中$| f-p |{C[a,b]} = \max_{x \in [a,b]} |f(x)-p(x)|$是连续函数空间的上确界范数。

项2：求和项的估计

首先利用绝对值的线性性质，再提取范数：
$$
\left| \sum_{j=1}^n A_j (f-p)(x_j) \right| \leq \sum_{j=1}^n |A_j| \cdot |f(x_j)-p(x_j)| \leq | f-p |{C[a,b]} \cdot \sum{j=1}^n |A_j|
$$
这里需要用到高斯求积的一个关键性质：所有求积系数$A_j > 0$，并且$\sum_{j=1}^n A_j = b-a$（因为常数函数$1 \in P_{2n-1}$，高斯求积精确，所以$\sum_{j=1}^n A_j \cdot 1 = \int_a^b 1 dx = b-a$）。因此：
$$
\sum_{j=1}^n |A_j| = \sum_{j=1}^n A_j = b-a
$$
代入后得到项2的上界：
$$
| f-p |_{C[a,b]} \cdot (b-a)
$$

5. 合并估计并取最小值 #

将两个项的估计结果相加：
$$
\left| \int_a^b f(x) dx - \sum_{j=1}^n A_j f(x_j) \right| \leq (b-a)|f-p|{C[a,b]} + (b-a)|f-p|{C[a,b]} = 2(b-a)|f-p|{C[a,b]}
$$
由于上式对任意$p \in P{2n-1}$都成立，我们可以对所有$p \in P_{2n-1}$取最小值，最终得到：
$$
\left| \int_a^b f(x) dx - \sum_{j=1}^n A_j f(x_j) \right| \leq 2(b-a) \cdot \min_{p \in P_{2n-1}} | f-p |_{C[a,b]}
$$

关键补充：为什么$A_j > 0$？ #

这个性质是保证求和项估计成立的核心，证明如下：
取非负多项式$q(x) = l_j(x)^2$，它属于$P_{2n-2} \subset P_{2n-1}$，因此高斯求积对$q(x)$精确：
$$
\int_a^b l_j(x)^2 dx = \sum_{k=1}^n A_k l_j(x_k)^2 = A_j \cdot 1
$$
因为$l_j(x_k) = 0$当$k \neq j$，$l_j(x_j) = 1$。而$l_j(x)^2$是非负且不恒为0的连续函数，所以积分结果为正，因此$A_j > 0$。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者miyagi_do