对于实函数$f:[0, \infty)\rightarrow \mathbb{R}, $著名的Baskakov算子定义如下^[1]

$ V_{n}(f, x)=\sum\limits_{j=0}^{\infty}v_{n, j}(x)f \Big(\frac{j}{n}\Big), $

其中$v_{n, j}(x)={n+j-1 \choose j}x^{j}(1+x)^{-n-j}.$

关于该算子已经有了许多逼近结果^[1-4].在文献[5, 9]中, Gal给出了该算子对具有指数增长的复函数在闭圆盘上逼近误差的定量估计.下面将进一步证明一类改进的Baskakov-Kantorovich算子对解析函数逼近误差的量化估计.改进的Baskakov-Kantorovich算子定义如下

$ V_{n}^{\ast}(f, z)=\sum\limits_{j=0}^{\infty}v_{n, j}(z)\int_{0}^{1}f \Big(\frac{j+t}{n+1}\Big){\rm d}t, $

其中$v_{n, j}(z)={n+j-1 \choose j}z^{j}(1+z)^{-n-j}.$

在复空间${\Bbb C}$上, 令${\Bbb D}_{R}:=\{z\in{\Bbb C}:|z|<R\}, $ $H({\Bbb D}_{R})$表示${\Bbb D}_{R}$上解析函数空间.若$f\in H({\Bbb D}_{R}), $有$f(z)=\sum\limits_{m=0}^{^{\infty}}a_{m}z^{m}.$本文中将得到改进的Baskakov-Kantorovich算子在紧圆盘上的逼近定理.

定理1.1 设$f\in H({\Bbb D}_{R})$且有界于$[0, \infty)$, 若$1\leq r<\frac{R}{2}, $ $\forall |z|\leq r$, $z\neq-1$及$n\in N$, 有

$ |V_{n}^{\ast}(f, z)-f(z)|\leq\frac{3}{2n}\sum\limits_{m=1}^{\infty}|a_{m} |m(m+1)(m+1)!(2r)^{m}. $

下面给出了紧圆盘上的一个Voronovskaja型结果.

定理1.2 在定理1.1的条件下, 若$1\leq r<\frac{R}{2}, $ $\forall|z|\leq r$, $z\neq-1$及$n\in N$, 有

$ \bigg|V_{n}^{\ast}(f, z)-f(z)-\frac{1-2z}{2(n+1)}f'(z)-\frac{z(1+z)}{2(n+1)} f''(z)\bigg|\leq\frac{11}{n^{2}}\sum\limits_{m=2}^{\infty} |a_{m}|m(m-1)^{2}(m+1)!(2r)^{m}. $

应用定理1.2, 可以得到Baskakov-Kantorovich型算子在复空间的逼近阶.

定理1.3 在定理1.1的条件下, 当定理1.2中的级数收敛, 对于$f$在${\Bbb D}_R$上不是0阶多项式, 有

$ \|V_{n}^{\ast}(f)-f\|_{r}\geq\frac{1}{n}C_{r}(f), n\in {\Bbb N}, $

其中$C_{r}(f)$依赖于$f$和$r$, 但与$n$无关.

定理1.4 设$f\in H({\Bbb D}_{R})$, 即$\forall z\in {\Bbb D}_{R}, $有$f(z)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}c_{k}z^{k}.$对所有的$k=0, 1, \cdots, $存在$M>0$和$A\in(\frac{1}{R}, 1)$使得$|c_{k}|\leq M\frac{A^{k}}{k!}$ (这反映了对所有$z\in {\Bbb D}_{R}, $有$|f(z)|\leq M{\rm e}^{A|z|}$).

(1) 若$R=+\infty, \frac{1}{R}=0, $即$f$是整函数, 当$|z|\leq r$时, $V_{n}^{\ast}(f, z)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}c_{k}V_{n}^{\ast}(e_{k}, z)$.如果$f$不是阶小于等于0的多项式, 则

$ \|V_{n}^{\ast}(f, z)-f\|_{r}\sim \frac{1}{n}C_{r}(f), $

其中等价关系中常数$C_{r}(f)$取决于$f, r$.

(2) 若$R<\infty, $则复算子

$ V_{n}^{\ast}(f, z)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}c_{k}V_{n}^{\ast}(e_{k}, z), z\in\overline{{\Bbb D}_{R}} $

也满足上述等价关系.

通过直接计算, 可以得到如下递推公式.

引理2.1 设$n\in{\Bbb N}, m\in{\Bbb N}\cup\{0\}, z\in{\Bbb C}, $ $e_{m}=z^{m}, $则

$ \begin{equation} V_{n}^{\ast}(e_{m}, z)=\frac{1}{(n+1)^{m}}\sum\limits_{k=0}^{m}{m \choose k}\frac{n^{k}}{m-k+1}V_{n}(e_{k}, z). \end{equation} $

(2.1)

引理2.2 设$z\in{\Bbb C}, $则

$ |V_{n}^{\ast}(e_{m}, z)|\leq(m+1)!(2r)^{m}, ~~m\in{\Bbb N}. $

证 利用不等关系[5, p127]

$ |V_{n}(e_{k}, z)|\leq\sum\limits_{j=0}^{k}\frac{n(n+1)\cdots(n+j-1)}{n^{j}} \Big[0, \frac{1}{n}, \cdots\frac{j}{n}; e_{k}\Big]|z|^{j} \leq (k+1)!r^{k}, $

结合引理2.1, 可以得到

$ \begin{eqnarray*}|V_{n}^{\ast}(e_{m}, z)|&\leq&\frac{1}{(n+1)^{m}}\sum\limits_{j=0}^{m}{m \choose j}\frac{n^{j}}{m-j+1}|V_{n}(e_{j}, z)|\\ &\leq&\sum\limits_{j=0}^{m}{m \choose j}\cdot|V_{n}(e_{j}, z)|\leq (m+1)!(2r)^{m}. \end{eqnarray*} $

证毕.

引理2.3 设$n, m\in{\Bbb N}, z\in{\Bbb C}, $则

$ V_{n}^{\ast}(e_{m+1}, z)=\frac{z(1+z)}{n}V_{n}^{\ast'}(e_{m}, z)+zV_{n}^{\ast}(e_{m}, z)\\ +\frac{1}{(n+1)^{m}}\sum\limits_{j=0}^{m+1}{m+1 \choose j}\frac{n^{j}}{m-j+2} \Big(\frac{1}{n+1}-\frac{j}{n(m+1)}\Big)V_{n}(e_{j}, z). $

(2.2)

证 注意到^{[9, p11; 5, p126]}

$ V_{n}^{'}(e_{j}, z)=\frac{n}{z(1+z)}V_{n}(e_{j+1}, z)-\frac{n}{1+z}V_{n}(e_{j}, z), $

对(2.1)式求导, 有

$ \begin{eqnarray*} V_{n}^{\ast'}(e_{m}, z)&=&\frac{n}{z(1+z)}\cdot\frac{1}{(n+1)^{m}}\sum\limits_{j=0}^{m}{m \choose j}\frac{n^{j}}{m-j+1}V_{n}(e_{j+1}, z)\\ &&-\frac{n}{1+z}\cdot\frac{1}{(n+1)^{m}}\sum\limits_{j=0}^{m}{m \choose j}\frac{n^{j}}{m-j+1}V_{n}(e_{j}, z), \end{eqnarray*} $

$ \frac{z(1+z)}{n}V_{n}^{\ast'}(e_{m}, z)=\frac{1}{(n+1)^{m}}\cdot\sum\limits_{j=1}^{m+1}{m \choose j-1}\frac{n^{j-1}}{m-j+2}V_{n}(e_{j}, z)-zV_{n}^{\ast}(e_{m}, z). $

进而

$ \begin{eqnarray*} V_{n}^{\ast}(e_{m+1}, z)&=&\frac{z(1+z)}{n}V_{n}^{\ast'}(e_{m}, z)+zV_{n}^{\ast}(e_{m}, z)\\ &&+\frac{1}{(n+1)^{m}}\sum\limits_{j=0}^{m+1}{m+1 \choose j}\frac{n^{j}}{m-j+2} \Big\{\frac{1}{n+1}-\frac{j}{n(m+1)}\Big\}V_{n}(e_{j}, z), \end{eqnarray*} $

这里我们用到了

$ {m \choose j-1}={m+1 \choose j}\frac{j}{(m+1)}. $

证毕.

为了叙述方便, 下面引入一个符号.

定义

$ E_{n, m}(z):=V_{n}^{\ast}(e_{m}, z)-e_{m}(z)-\frac{(m^{2}+(m^{2}-3m)z)z^{m-1}}{2(n+1)}. $

引理2.4 设$n, m\in{\Bbb N}, $我们有下面的递推公式

$ \begin{eqnarray*}E_{n, m}(z)&=&\frac{z(1+z)}{n}(V_{n}^{\ast}(e_{m-1}, z)-e_{m-1}(z))'+zE_{n, m-1}(z)\\ &&+\frac{m-1}{n(n+1)}z^{m-1}-\frac{1}{2(n+1)}z^{m-1}+\frac{1}{n+1}z^{m}+\frac{m-1}{n(n+1)}z^{m}\\ &&+\frac{1}{(n+1)^{m}}\sum\limits_{j=0}^{m}{m \choose j}\frac{n^{j}}{m-j+1} \Big\{1-\frac{j}{m}-\frac{j}{mn}\Big\}V_{n}(e_{j}, z). \end{eqnarray*} $

证 利用引理2.3 (2), 可以得到

$ \begin{eqnarray*} E_{n, m}(z)&=&\frac{z(1+z)}{n}\{(V_{n}^{\ast}(e_{m-1}, z)-e_{m-1}(z))'+(z^{m-1})'\}\\ &&+z\Big\{E_{n, m-1}(z)+z^{m-1}+\frac{(m-1)^{2}+(m-1)^{2}z-3(m-1)z}{2(n+1)}z^{m-2}\Big\}\\ &&+\frac{1}{(n+1)^{m-1}}\sum\limits_{j=0}^{m}{m \choose j}\frac{n^{j}}{m-j+1} \Big\{\frac{1}{n+1}-\frac{j}{mn}\Big\}V_{n}(e_{j}, z)\\ &&-z^{m}-\frac{m^{2}+m^{2}z-3mz}{2(n+1)}z^{m-1}\\ &=&\frac{z(1+z)}{n}(V_{n}^{\ast}(e_{m-1}, z)-e_{m-1}(z))'+zE_{n, m-1}(z)\\ &&+\frac{m-1}{n(n+1)}z^{m-1}-\frac{1}{2(n+1)}z^{m-1}+\frac{1}{n+1}z^{m}+\frac{m-1}{n(n+1)}z^{m}\\ &&+\frac{1}{(n+1)^{m}}\sum\limits_{j=0}^{m}{m \choose j}\frac{n^{j}}{m-j+1} \Big\{1-\frac{j}{m}-\frac{j}{mn}\Big\}V_{n}(e_{j}, z). \end{eqnarray*} $

证毕.

定理1.1的证明 由引理2.3 (2), 得到

$ \begin{eqnarray} V_{n}^{\ast}(e_{m}, z)-e_{m}(z) &=&\frac{z(1+z)}{n}V_{n}^{\ast'}(e_{m-1}, z)+z(V_{n}^{\ast}(e_{m-1}, z)-e_{m-1}(z)) \\ && +\frac{1}{(n+1)^{m}}\sum\limits_{j=0}^{m}{m \choose j}\frac{n^{j}}{m-j+1} \Big\{1-\frac{j}{m}-\frac{j}{mn}\Big\}V_{n}(e_{j}, z). \end{eqnarray} $

(3.1)

下面估计上式中的和如下

$ \begin{eqnarray*} && \bigg|\frac{1}{(n+1)^{m}}\sum\limits_{j=0}^{m}{m \choose j}\frac{n^{j}}{m-j+1} \bigg\{1-\frac{j}{m}-\frac{j}{mn}\bigg\}V_{n}(e_{j}, z) \bigg| \\ &\leq&\frac{1}{(n+1)^{m}} \bigg\{\sum\limits_{j=0}^{m-1}{m-1 \choose j}\frac{m}{m-j}\frac{n^{j}}{m-j+1} \bigg|1-\frac{j}{m}-\frac{j}{mn}\bigg||V_{n}(e_{j}, z)|\bigg\} \\ &&+\frac{n^{m-1}}{(n+1)^{m}}|V_{n}(e_{m}, z)| \\ &\leq&\frac{2m(n+1)^{m-1}+n^{m-1}}{(n+1)^{m}}(m+1)!(2r)^{m}\leq\frac{2m+1}{n+1}(m+1)!(2r)^{m}. \end{eqnarray*} $

注意到$|P_{m}^{'}(z)|\leq\frac{m}{r}\|P_{m}\|_{r}, $ $\forall |z|\leq r, $ $r\geq1, $$z\not= -1, $其中$P_{m}(z)$是次数小于$m$的复多项式.从上述递推式(3.1)中, 有

$ \begin{eqnarray*} |V_{n}^{\ast}(e_{m}, z)-e_{m}(z)|&\leq&\frac{m-1}{n}(m+1)!(2r)^{m}+r|V_{n}^{\ast}(e_{m-1}, z)-e_{m-1}(z)| \\ &&+\frac{2m+1}{n+1}(m+1)!(2r)^{m}\\ &\leq&r|V_{n}^{\ast}(e_{m-1}, z)-e_{m-1}(z)|+\frac{3m}{n}(m+1)!(2r)^{m}. \end{eqnarray*} $

当$k=1, 2, \cdots$时, 有

$ \begin{eqnarray} |V_{n}^{\ast}(e_{m}, z)-e_{m}(z)| &\leq&\frac{(2r)^{m}}{n}3m(m+1)!+r\cdot\frac{(2r)^{m-1}}{n}3(m-1)m!+\cdots+r^{m-1}\frac{2r}{n}3\cdot2 \\ & \leq&\frac{3(2r)^{m}}{n}\cdot(m+1)!(m+m-1+\cdots+2)\\ &\leq&\frac{3m(m+1)}{2n}(m+1)!(2r)^{m}. \end{eqnarray} $

(3.2)

由于$V_{n}^{\ast}(f, z)$在${\Bbb D}_{R}$上解析, 结合(3.2)式, 对所有$|z|\leq r$, $z\not= -1, $有

$ \begin{eqnarray*} |V_{n}^{\ast}(f, z)-f(z)|&\leq&\sum\limits_{m=0}^{\infty}|a_{m}||V_{n}^{\ast} (e_{m}, z)-e_{m}(z)|\\ &\leq&\frac{3}{2n}\sum\limits_{m=1}^{\infty}|a_{m}|m(m+1)(m+1)!(2r)^{m}. \end{eqnarray*} $

定理1.1证毕.

定理1.2的证明 由(2.2)式和引理2.4, 可以得到

$ \begin{eqnarray*} E_{n, m}(z)&=&\frac{z(1+z)}{n}(V_{n}^{\ast}(e_{m-1}, z)-e_{m-1}(z))'+zE_{n, m-1}(z)\\ &&+\bigg[\frac{m-1}{n(n+1)}z^{m-1}+\frac{m-1}{n(n+1)}z^{m}\bigg]\\ &&+\frac{1}{n+1}(z^{m}-V_{n}(e_{m}, z))+\frac{1}{n+1} \bigg(1-\frac{n^{m-1}}{(n+1)^{m-1}}\bigg)V_{n}(e_{m}, z)\\ &&-\frac{n^{m-2}}{2(n+1)^{m}}(m-1)V_{n}(e_{m-1}, z)+\frac{1}{2(n+1)}(V_{n}(e_{m-1}, z)-z^{m-1})\\ &&-\frac{1}{2(n+1)}\bigg(1-\frac{n^{m-1}}{(n+1)^{m-1}}\bigg)V_{n}(e_{m-1}, z)\\ &&+\frac{1}{(n+1)^{m}}\sum\limits_{j=0}^{m-2}{m \choose j}\frac{n^{j}}{m-j+1} \bigg\{1-\frac{j}{m}-\frac{j}{mn}\bigg\}V_{n}(e_{j}, z)\\ &:=&\sum\limits_{k=1}^{9}I_{k}. \end{eqnarray*} $

由文献[5, p127]知

$ |z^{m}-V_{n}(e_{m}, z)|\leq\frac{6(m-1)}{n}(m+1)!r^{m}, $

$ |I_{4}|\leq\frac{1}{n+1}|z^{m}-V_{n}(e_{m}, z)|\leq\frac{6(m-1)}{n(n+1)}(m+1)!r^{m}, $

$ |I_{7}|\leq\frac{1}{2(n+1)}|z^{m-1}-V_{n}(e_{m-1}, z)|\leq\frac{3(m-2)}{n(n+1)}m!r^{m-1}. $

应用不等关系

$ 1-\prod\limits_{j=2}^{k}{{}}x_{j}\leq\sum\limits_{j=1}^{k}(1-x_{j}), ~~0\leq x_{j}\leq1, ~~ j=1, \cdots, k, $

可知

$|I_{5}|\leq\frac{1}{n+1}\bigg(1-\frac{n^{m-1}}{(n+1)^{m-1}}\bigg)|V_{n}(e_{m}, z)|\leq\frac{m-1}{(n+1)^{2}}(m+1)!r^{m}, $

$ |I_{8}|\leq\frac{1}{2(n+1)}\bigg(1-\frac{n^{m-1}}{(n+1)^{m-1}}\bigg)|V_{n}(e_{m}, z)|\leq\frac{m-1}{2(n+1)^{2}}(m+1)!r^{m}. $

下面估计$I_{9}$

$ \begin{eqnarray*} |I_{9}|&\leq&\frac{1}{(n+1)^{m}}\sum\limits_{j=0}^{m-2}{m-2 \choose j} \frac{m(m-1)}{(m-j)(m-j-1)}\cdot\frac{n^{j}}{m-j+1} \bigg|1-\frac{j}{m}-\frac{j}{mn}\bigg||V_{n}(e_{j}, z)|\\ &\leq&\frac{2m(m-1)(n+1)^{m-2}}{(n+1)^{m}}(m-1)!r^{m-2}\leq\frac{2(m-1)m!}{(n+1)^{2}}r^{m-2}. \end{eqnarray*} $

利用(3.2)式及上述各项估计, 当$m\geq 2$时, 有

$ \begin{eqnarray*} |E_{n, m}(z)|&\leq&\frac{r(1+r)}{n}|(V_{n}^{\ast}(e_{m-1}, z)-e_{m-1}(z))'| +r|E_{n, m-1}(z)|\\ &&+\bigg[\frac{m-1}{n(n+1)}r^{m-1}+\frac{m-1}{n(n+1)}r^{m}\bigg]\\ &&+\frac{6(m-1)(m+1)!}{n(n+1)}r^{m}+\frac{m-1}{(n+1)^{2}}(m+1)!r^{m} +\frac{n^{m-2}}{2(n+1)^{m}}(m-1)m!r^{m-1}\\ &&+\frac{3(m-2)m!}{n(n+1)}r^{m-1}+\frac{m-1}{2(n+1)^{2}}(m+1)!r^{m} +\frac{2(m-1)m!}{(n+1)^{2}}r^{m-2}\\ &\leq&\frac{r(1+r)}{n}\cdot\frac{m-1}{r}\cdot\frac{3m(m-1)m!}{2n}(2r)^{m-1} +r|E_{n, m-1}(z)|+\frac{8m(m+1)!}{n^{2}}r^{m}\\ &\leq&r|E_{n, m-1}(z)|+\frac{11m(m-1)}{n^{2}}(m+1)!(2r)^{m}. \end{eqnarray*} $

所以

$ |E_{n, m}(z)|\leq\frac{11m(m-1)^{2}}{n^{2}}(m+1)!(2r)^{m}. $

最后, 可得

$ \begin{eqnarray*} &&\bigg|V_{n}^{\ast}(f, z)-f(z)-\frac{1-2z}{2(n+1)}f'(z)-\frac{z(1+z)}{2(n+1)}f''(z)\bigg| \\ &\leq &\sum\limits_{m=2}^{\infty}|a_{m}||E_{n, m}(z)| \leq\frac{11}{n^{2}}\sum\limits_{m=2}^{\infty}|a_{m}|m(m-1)^{2}(m+1)!(2r)^{m}. \end{eqnarray*} $

定理1.2证毕.

定理1.3的证明 设$z\in{\Bbb D}_{R}$和$n\in{\Bbb N}$, 则

$ \begin{eqnarray*} V_{n}^{\ast}(f, z)-f(z)&=&\frac{1}{n} \bigg\{\frac{(1-2z)}{2}f'(z)+\frac{z(1+z)}{2}f''(z)+n(V_{n}^{\ast}(f, z)-f(z)\\ &&-\frac{(1-2z)}{2n}f'(z)-\frac{z(1+z)}{2n}f''(z))\bigg\}. \end{eqnarray*} $

应用

$ \|F+G\|_{r}\geq\|F\|_{r}-\|G\|_{r}, $

可以得到

$ \begin{eqnarray*} \|V_{n}^{\ast}(f)-f\|_{r}&\geq&\frac{1}{n} \bigg\{\bigg\|\frac{(1-2z)}{2}f'(z)+\frac{z(1+z)}{2}f''(z)\bigg\|_{r}\\ &&-\bigg\|n(V_{n}^{\ast}(f, z)-f(z)-\frac{(1-2z)}{2n}f'(z)-\frac{z(1+z)}{2n}f''(z)) \bigg\|_{r}\bigg\}. \end{eqnarray*} $

由假设$f$在${\Bbb D}_{R}$上不是0阶多项式, 故$\|z(1+z)f''+(1-2z)f'\|_{r}>0.$事实上, 若否, 对$|z|\leq r, $ $(1-2z)f'(z)+z(1+z)f''(z)=0$.可以得到$(z(1+z)f'(z))'-4zf'(z)=0$.由此知$f'(z)=C\frac{(1+z)^{3}}{z}.$但是因为$f$在$\overline{{\Bbb D}_{r}}$上解析, 故对所有的$z\in\overline{{\Bbb D}_{r}}, $有$C=0, $与假设的矛盾.

由定理1.2, 当级数收敛时, 令$n\rightarrow \infty$, 有

$ \begin{eqnarray*} &&n\bigg|(V_{n}^{\ast}(f, z)-f(z)-\frac{(1-2z)}{2n}f'(z)-\frac{z(1+z)}{2n}f''(z))\bigg| \\ &\leq&\frac{11}{n}\sum\limits_{m=2}^{\infty}|a_{m}|m(m-1)^{2}(m+1)!(2r)^{m}\rightarrow 0, \end{eqnarray*} $

所以, 存在$n_{1}$ (取决于$f$和$r$), 使得对所有的$n\geq n_{1}$, 有

$ \begin{eqnarray*} &&\bigg\|\frac{(1-2z)}{2}f'(z)+\frac{z(1+z)}{2}f''(z)\bigg\|_{r}\\ &&- \bigg\|n(V_{n}^{\ast}(f, z)-f(z)-\frac{(1-2z)}{2n}f'(z)-\frac{z(1+z)}{2n}f''(z)) \bigg\|_{r} \\ &\geq&\frac{1}{2}\bigg\|\frac{(1-2z)}{2}f'(z)+\frac{z(1+z)}{2}f''(z)\|_{r}, \end{eqnarray*} $

这意味着当$n\geq n_{1}$时, 有

$ \|V_{n}^{\ast}(f)-f\|_{r}\geq\frac{1}{2n} \bigg\|\frac{(1-2z)}{2}f'(z)+\frac{z(1+z)}{2}f''(z)\bigg\|_{r}. $

而当$1\leq n\leq n_{1}-1$时, 有

$ \|V_{n}^{\ast}(f)-f\|_{r}\geq\frac{1}{n}(n\|V_{n}^{\ast}(f)-f\|_{r})=\frac{1}{n}M_{r, n}(f)>0. $

最后对所有$n$, 有

$ \|V_{n}^{\ast}(f)-f\|_{r}\geq\frac{1}{n}C_{r}(f), $

其中 $C_{r}(f)=\min\{M_{r, 1}(f), \cdots, M_{r, n_{1}-1}(f), \frac{1}{2}\|\frac{(1-2z)}{2}f'(z)+\frac{z(1+z)}{2}f''(z)\|_{r}\}$.证毕.