一类广义的Bezier算子的保形性质

Shape Preserving Properties of Generalized Bezier Type Operators

摘要: 本文对一种以广义二项分布的概率密度函数作为基函数构造的广义Bezier型算子性质进行研究，得到了这类算子在单调性、凸性、星形性、半可加性和光滑性等方面的保形性质。最后，通过具体数值实例验证新方法的有效性及灵活性。

Abstract: In this paper, we study the properties of a kind of Bezier type operators constructed with the probability density function of a generalized binomial distribution as the basis functions, and obtain the shape preserving properties of this kind of operator concerning monotonicity, convexity, starlikeness, semi-additivity, and smoothness. Finally, through specific numerical examples, we verify the effectiveness and flexibility of the new method.

1. 引言

用Bernstein基函数构造Bezier曲线是计算机辅助几何设计中经典的方法 [1] - [8] ，其原因是Bernstein基函数具有良好的保形性质，而这些基函数与来自二项分布的概率密度函数密不可分，所以，概率密度函数在曲线曲面设计中得到重要运用。文献 [9] 中，Goldman研究了负二项分布所构建的Bezier曲线的性质，在文献 [10] 中，Goldman和Morin将泊松分布用于解析函数的几何重构。所以，CAGD领域的一些学者将二项分布进行推广，得到了新的基函数，从而得到了具有特别重要实用价值的算子。在众多广义分布中寻找合适的且计算量不大的概率密度函数具有重大意义。1993年，Madsen引入了一种具有用于CAGD几何造型潜力的密度函数 [11] 。2020年，杨军等人在此基础上又将密度函数的形式进行变形，进而得到了一种广义Bezier算子，该算子定义如下 [12] ：

$B_{n,\alpha }\left(f;x\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}f\left(\frac{k}{n}\right)b_{k,n}\left(\alpha ,x\right)}$ ，

其中基函数定义为：

$b_{k,n}\left(\alpha ,x\right)=\alpha \left[\left(\begin{array}{c}k\\ n\end{array}\right)x+\left(\begin{array}{c}0\\ k\end{array}\right)\left(1-x\right)\right]+\left(1-\alpha \right)\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)x^k{\left(1-x\right)}^{n-k}$ ，

$\alpha$ 为参数， $0\le \alpha <1$ ， $k=0,1,2,\cdots ,n$ ， $\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)=\frac{n!}{k!\left(n-k\right)!}$ 。

注1. 当 $n<k$ 时，规定 $\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)=0$ ；当 $k>n$ 或 $k<0$ 时，规定 $b_{k,n}\left(\alpha ,x\right)=0$ 。

注2. 当 $\alpha =0$ 时，该算子退化为经典Bernstein算子 $B_{n,0}\left(f;x\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}f\left(\frac{k}{n}\right)}\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)x^k{\left(1-x\right)}^{n-k}$ 。

该算子也可以表示为：

$B_{n,\alpha }\left(f;x\right)=\alpha \left[f\left(1\right)x+f\left(0\right)\left(1-x\right)\right]+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}f\left(\frac{k}{n}\right)}\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)x^k{\left(1-x\right)}^{n-k}$ 。 (1)

在文献 [12] 中，杨军等人证明了该广义Bezier曲线具有经典Bezier曲线的几何不变性，通过分析导出了该类曲线的广义de Casteljau算法，从而得出可用于离散造型的细分算法。在此基础上，我们将研究该广义Bezier算子的保形性质。本文结构如下：首先在第二节中，我们介绍有关定理证明所需的一些引理，即引理2.1~2.3。第三节，证明该算子在单调性、凸性、星形性和半可加性等方面的保形性质。第四节，给出了有关光滑性定理的证明。第五节，通过具体函数给出数值实验，进一步验证新方法的有效性。

2. 所需引理

引理2.1.

1) $B_{n,\alpha }\left(1;x\right)=1$ ；

2) $B_{n,\alpha }\left(t;x\right)=x$ 。

证明：由(1)式，

1) $B_{n,\alpha }\left(1;x\right)=\alpha \left[x+\left(1-x\right)\right]+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)x^k{\left(1-x\right)}^{n-k}}=\alpha +\left(1-\alpha \right)=1$ ；

2) $B_{n,\alpha }\left(t;x\right)=\alpha \left[x+0\cdot \left(1-x\right)\right]+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}\frac{k}{n}\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)x^k{\left(1-x\right)}^{n-k}}=\alpha x+\left(1-\alpha \right)x=x$ 。

引理2.2. [13] 对任何连续模 $\omega \left(t\right)\cancel{\equiv }0$ ，存在上凸连续模 $\tilde{\omega }\left(t\right)$ ，使得对 $t>0$ ，有 $\omega \left(t\right)\le \tilde{\omega }\left(t\right)<2\omega \left(t\right)$ ，其中常数2不能再减小，其中 $\omega \left(t\right)$ 定义如下：如果 $\omega \left(t\right)$ 是连续的，非减的，下半可加的，且 $\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\omega \left(t\right)=\omega \left(0\right)=0$ ，则称 $\omega \left(t\right)$ 是连续模。

引理2.3. [1] 设 $\left\{L_n\left(f;x\right)\right\}$ 是 $C\left(I\right)$ 到自身的线性正算子列，I是有限或无穷区间，且 $L_n\left(1;x\right)=1$ ， $L_n\left(t;x\right)=C_{n}x$ ， $0\le C_n\le 1$ ，若 $g\left(x\right)$ 是I上的上凸、单调递增、连续函数，则有 $L_n\left(g;x\right)\le g\left(x\right)$ 。

3. 有关保形的定理

首先，我们给出函数有关的几何性质的概念。

设函数 $f\left(x\right)$ 的定义域为 $I=\left[0,1\right]$ 。

定义3.1. (单调性) $\forall x_1,x_2\in I$ ， $x_1<x_2$ ，若 $f\left(x_1\right)\le f\left(x_2\right)$ ，则称 $f\left(x\right)$ 在I上单调递增；若 $f\left(x_1\right)\ge f\left(x_2\right)$ ，则称 $f\left(x\right)$ 在I上单调递减。

注3. 若 $f^{\prime }\left(x\right)$ 存在，则 $f\left(x\right)$ 单调递增 $\iff f^{\prime }\left(x\right)\ge 0$ ； $f\left(x\right)$ 单调递减 $\iff f^{\prime }\left(x\right)\le 0$ 。

函数的单调性在理论上可以解决不等式的证明，求最值，方程解的唯一性等问题。

定义3.2. (凸性) $\forall 0\le \lambda \le 1$ ， $x_1,x_2\in I$ ，若 $f\left(\lambda x_1+\left(1-\lambda \right)x_2\right)\le \lambda f\left(x_1\right)+\left(1-\lambda \right)f\left(x_2\right)$ ，则称 $f\left(x\right)$ 在I上为下凸函数；若 $f\left(\lambda x_1+\left(1-\lambda \right)x_2\right)\ge \lambda f\left(x_1\right)+\left(1-\lambda \right)f\left(x_2\right)$ ，则称 $f\left(x\right)$ 在I上为上凸函数。

注4. 若 $f^{″}\left(x\right)$ 存在，则 $f\left(x\right)$ 为I上为下凸函数 $\iff f^{″}\left(x\right)\ge 0$ ； $f\left(x\right)$ 为I上为上凸函数 $\iff f^{″}\left(x\right)\le 0$ 。

函数的凸性在解决极值，经济学，博弈论，运筹学，优化理论等领域的问题方面发挥了广泛而重要的作用。

定义3.3. (星形性)若 $f\left(x\right)$ 非负连续， $x^{-1}f\left(x\right)$ 是 $\left(0,1\right]$ 上不增(或不减)函数且 $f\left(0\right)=0$ ，则称 $f\left(x\right)$ 是关于原点的星形函数。

注5. 星形的定义也可为：设 $f\left(x\right)$ 非负连续， $\forall x\in \left(0,1\right]$ ， $0\le \lambda \le 1$ ，有 $f\left(\lambda x\right)\ge (或\le )\lambda f\left(x\right)$ 。

定义3.4. (半可加性) $\forall x_1,x_2\in I$ ，若 $f\left(x_1+x_2\right)\le f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)$ ，则称 $f\left(x\right)$ 是下半可加的；若 $f\left(x_1+x_2\right)\ge f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)$ ，则称 $f\left(x\right)$ 是上半可加的。

函数这些保形性质，彼此之间相互独立，它们对曲线曲面保形重构拟合至关重要。

定理3.1. (单调性)若 $f\left(x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上单调递增(或减)，则对一切 $n\in N$ ， $B_{n,\alpha }\left(f;x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上也单调递增(或减)。

证明：因为 $\left(k+1\right)\left(\begin{array}{c}n\\ k+1\end{array}\right)=n\left(\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right)=\left(n-k\right)\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)$ ，由(1)式，我们可以得到

$\begin{array}{c}{B^{\prime }}_{n,\alpha }\left(f;x\right)=\alpha \left[f\left(1\right)-f\left(0\right)\right]+\left(1-\alpha \right)\left[{\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}f\left(\frac{k}{n}\right)}\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)k{x}^{k-1}{\left(1-x\right)}^{n-k}-{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n-1}{\sum }}f\left(\frac{k}{n}\right)}\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)\left(n-k\right)x^k{\left(1-x\right)}^{n-k-1}\right]\\ =\alpha \left[f\left(1\right)-f\left(0\right)\right]+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n-1}{\sum }}\left[\left(\begin{array}{c}n\\ k+1\end{array}\right)\left(k+1\right)f\left(\frac{k+1}{n}\right)-\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)\left(n-k\right)f\left(\frac{k}{n}\right)\right]x^k{\left(1-x\right)}^{n-k-1}},\end{array}$ (2)

若 $f\left(x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上单调递增，由(2)式知 ${B^{\prime }}_{n,\alpha }\left(f;x\right)\ge 0$ ，所以 $B_{n,\alpha }\left(f;x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上单调递增；

若 $f\left(x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上单调递减，由(2)式知 ${B^{\prime }}_{n,\alpha }\left(f;x\right)\le 0$ ，所以 $B_{n,\alpha }\left(f;x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上单调递减。

定理3.2. (凸性)若 $f\left(x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上下凸(或上凸)，则对一切 $n\in N$ ， $B_{n,\alpha }\left(f;x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上也下凸(或上凸)。

证明：由于

$\left(k+1\right)\left(\begin{array}{c}n-1\\ k+1\end{array}\right)=\left(n-1\right)\left(\begin{array}{c}n-2\\ k\end{array}\right)=\left(n-1-k\right)\left(\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right)$ ，

在(2)式基础上继续求导，

$\begin{array}{c}{B^{″}}_{n,\alpha }\left(f;x\right)=\left(1-\alpha \right)n\{{\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}\left(\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right)f\left(\frac{k+1}{n}\right)k{x}^{k-1}{\left(1-x\right)}^{n-k-1}-}{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n-2}{\sum }}\left(\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right)f\left(\frac{k+1}{n}\right)\left(n-k-1\right)x^k{\left(1-x\right)}^{n-k-2}}\\ -{\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}\left(\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right)f\left(\frac{k}{n}\right)k{x}^{k-1}{\left(1-x\right)}^{n-k-1}+}{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n-2}{\sum }}\left(\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right)f\left(\frac{k}{n}\right)\left(n-k-1\right)x^k{\left(1-x\right)}^{n-k-2}}\}\\ =\left(1-\alpha \right)n\left(n-1\right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n-2}{\sum }}\left(\begin{array}{c}n-2\\ k\end{array}\right)}\left[f\left(\frac{k+2}{n}\right)-2f\left(\frac{k+1}{n}\right)+f\left(\frac{k}{n}\right)\right]x^k{\left(1-x\right)}^{n-k-2}.\end{array}$

若 $f\left(x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上下凸，则 ${B^{″}}_{n,\alpha }\left(f;x\right)\ge 0$ ，所以 $B_{n,\alpha }\left(f;x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上下凸；

若 $f\left(x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上上凸，则 ${B^{″}}_{n,\alpha }\left(f;x\right)\le 0$ ，所以 $B_{n,\alpha }\left(f;x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上上凸。

定理3.3. (星形性)若 $f\left(x\right)$ 是关于原点的星形函数，则对一切 $n\in N$ ， $B_{n,\alpha }\left(f;x\right)$ 也是关于原点的星形函数。

证明：

$x^{-1}{B}_{n,\alpha }\left(f;x\right)=\alpha \left[f\left(1\right)+x^{-1}f\left(0\right)-f\left(0\right)\right]+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}f\left(\frac{k}{n}\right)\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)x^{k-1}}{\left(1-x\right)}^{n-k}$ ，

对上式求导，得

$\begin{array}{c}\frac{\text{d}}{\text{d}x}\frac{B_{n,\alpha }\left(f;x\right)}{x}=-\alpha f\left(0\right)x^{-2}+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}f\left(\frac{k}{n}\right)\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)\left[\left(k-1\right)x^{k-2}{\left(1-x\right)}^{n-k}-\left(n-k\right)x^{k-1}{\left(1-x\right)}^{n-k-1}\right]}\\ =\left(1-\alpha \right)\left[{\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}f\left(\frac{k}{n}\right)\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)\left(k-1\right)x^{k-2}{\left(1-x\right)}^{n-k}-{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n-1}{\sum }}f\left(\frac{k}{n}\right)\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)\left(n-k\right)x^{k-1}{\left(1-x\right)}^{n-k-1}}}\right]\\ =\left(1-\alpha \right)\left[{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n-1}{\sum }}f\left(\frac{k+1}{n}\right)\left(\begin{array}{c}n\\ k+1\end{array}\right)k{x}^{k-1}{\left(1-x\right)}^{n-k-1}-{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n-1}{\sum }}f\left(\frac{k}{n}\right)\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)\left(n-k\right)x^{k-1}{\left(1-x\right)}^{n-k-1}}}\right]\\ =\left(1-\alpha \right)[{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n-1}{\sum }}f\left(\frac{k+1}{n}\right)\frac{n!}{\left(k+1\right)!\left(n-k-1\right)!}k{x}^{k-1}{\left(1-x\right)}^{n-k-1}}\\ -{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n-1}{\sum }}f\left(\frac{k}{n}\right)\frac{n!}{k!\left(n-k\right)!}\left(n-k\right)x^{k-1}{\left(1-x\right)}^{n-k-1}}]\end{array}$

$\begin{array}{c}=\left(1-\alpha \right)[{\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}f\left(\frac{k+1}{n}\right)\frac{n}{k+1}\cdot \frac{1}{n}\cdot \frac{n!}{\left(k-1\right)!\left(n-k-1\right)!}{x}^{k-1}{\left(1-x\right)}^{n-k-1}}\\ -{\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}f\left(\frac{k}{n}\right)\frac{n}{k}\cdot \frac{1}{n}\cdot \frac{n!}{\left(k-1\right)!\left(n-k-1\right)!}{x}^{k-1}{\left(1-x\right)}^{n-k-1}}]\\ =\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}\left[f\left(\frac{k+1}{n}\right)\frac{n}{k+1}-f\left(\frac{k}{n}\right)\frac{n}{k}\right]\frac{\left(n-1\right)!}{\left(k-1\right)!\left(n-k-1\right)!}{x}^{k-1}{\left(1-x\right)}^{n-k-1}}\\ =\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n-2}{\sum }}\left[f\left(\frac{k+2}{n}\right)\frac{n}{k+2}-f\left(\frac{k+1}{n}\right)\frac{n}{k+1}\right]\frac{\left(n-1\right)!}{k!\left(n-k-2\right)!}{x}^k{\left(1-x\right)}^{n-k-2}}.\end{array}$

若 $x^{-1}f\left(x\right)$ 不增，则 $f\left(\frac{k+2}{n}\right)\frac{n}{k+2}-f\left(\frac{k+1}{n}\right)\frac{n}{k+1}\le 0$ ，即 $\frac{\text{d}}{\text{d}x}\left(x^{-1}{B}_{n,\alpha }\left(f;x\right)\right)\le 0$ ，所以 $x^{-1}{B}_{n,\alpha }\left(f;x\right)$ 不增。

注6. 若 $x^{-1}f\left(x\right)$ 不减时， $x^{-1}{B}_{n,\alpha }\left(f;x\right)$ 也不减的情况同理可证。

定理3.4. (半可加性)若 $f\left(x\right)$ 是下半可加且 $f\left(0\right)=0$ ，则对一切 $n\in N$ ， $B_{n,\alpha }\left(f;x\right)$ 也是下半可加的。

证明： $\forall x,y\in \left[0,1\right]$ ，由(1)式，

$\begin{array}{c}{B}_{n,\alpha }\left(f;x+y\right)=\alpha \left[f\left(1\right)\left(x+y\right)+f\left(0\right)\left(1-x-y\right)\right]+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}f\left(\frac{k}{n}\right)\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)}{\left(x+y\right)}^k{\left(1-x-y\right)}^{n-k}\\ =\alpha \left[f\left(1\right)\left(x+y\right)+f\left(0\right)\left(1-x-y\right)\right]+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}f\left(\frac{k}{n}\right)\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right){\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k}{\sum }}\left(\begin{array}{c}k\\ j\end{array}\right)x^j}{y}^{k-j}{\left(1-x-y\right)}^{n-k}}\\ =\alpha \left[f\left(1\right)\left(x+y\right)+f\left(0\right)\left(1-x-y\right)\right]+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k}{\sum }}f\left(\frac{k}{n}\right)\frac{n!}{\left(n-k\right)!j!\left(k-j\right)!}{x}^j}}{y}^{k-j}{\left(1-x-y\right)}^{n-k}\\ =\alpha \left[f\left(1\right)\left(x+y\right)+f\left(0\right)\left(1-x-y\right)\right]+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\sum }}{\displaystyle \underset{k=j}{\overset{n}{\sum }}f\left(\frac{k}{n}\right)\frac{n!}{\left(n-k\right)!j!\left(k-j\right)!}{x}^j}}{y}^{k-j}{\left(1-x-y\right)}^{n-k},\end{array}$

令 $K=k-j$ ，则 $k=K+j$ ，

$\begin{array}{l}{B}_{n,\alpha }\left(f;x+y\right)\\ =\alpha \left[f\left(1\right)\left(x+y\right)+f\left(0\right)\left(1-x-y\right)\right]+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\sum }}{\displaystyle \underset{K=0}{\overset{n-j}{\sum }}f\left(\frac{K+j}{n}\right)\frac{n!}{\left(n-K-j\right)!j!K!}{x}^j}}{y}^K{\left(1-x-y\right)}^{n-K-j}\\ \le \alpha \left[f\left(1\right)\left(x+y\right)+f\left(0\right)\left(1-x-y\right)\right]+\left(1-\alpha \right)[{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\sum }}{\displaystyle \underset{K=0}{\overset{n-j}{\sum }}f\left(\frac{K}{n}\right)\frac{n!}{\left(n-K-j\right)!j!K!}{x}^j}}{y}^K{\left(1-x-y\right)}^{n-K-j}\\ +{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\sum }}{\displaystyle \underset{K=0}{\overset{n-j}{\sum }}f\left(\frac{j}{n}\right)\frac{n!}{\left(n-K-j\right)!j!K!}{x}^j}}{y}^K{\left(1-x-y\right)}^{n-K-j}]\\ =\alpha \left[f\left(1\right)\left(x+y\right)+f\left(0\right)\left(1-x-y\right)\right]+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{K=0}{\overset{n}{\sum }}{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n-K}{\sum }}f\left(\frac{K}{n}\right)\frac{n!}{K!\left(n-K\right)!}\cdot \frac{\left(n-K\right)!}{j!\left(n-K-j\right)!}{x}^j}}{y}^K{\left(1-x-y\right)}^{n-K-j}\end{array}$

$\begin{array}{l}+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\sum }}{\displaystyle \underset{K=0}{\overset{n-j}{\sum }}f\left(\frac{j}{n}\right)\frac{n!}{j!\left(n-j\right)!}\cdot \frac{\left(n-j\right)!}{K!\left(n-j-K\right)!}{x}^j}}{y}^K{\left(1-x-y\right)}^{n-K-j}\\ =\alpha \left[f\left(1\right)\left(x+y\right)+f\left(0\right)\left(1-x-y\right)\right]+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{K=0}{\overset{n}{\sum }}\left(\begin{array}{c}n\\ K\end{array}\right)f\left(\frac{K}{n}\right)y^K}{\left(1-y\right)}^{n-K}+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\sum }}\left(\begin{array}{c}n\\ j\end{array}\right)f\left(\frac{j}{n}\right)x^j}{\left(1-x\right)}^{n-j}\\ =\left\{\alpha \left[f\left(1\right)y+f\left(0\right)\left(1-y\right)\right]+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{K=0}{\overset{n}{\sum }}\left(\begin{array}{c}n\\ K\end{array}\right)f\left(\frac{K}{n}\right)y^K{\left(1-y\right)}^{n-K}}\right\}\\ +\left\{\alpha \left[f\left(1\right)x+f\left(0\right)\left(1-x\right)\right]+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\sum }}\left(\begin{array}{c}n\\ j\end{array}\right)f\left(\frac{j}{n}\right)x^j{\left(1-x\right)}^{n-j}}\right\}\\ =B_{n,\alpha }\left(f;x\right)+B_{n,\alpha }\left(f;y\right),\end{array}$

即 $B_{n,\alpha }\left(f;x+y\right)\le B_{n,\alpha }\left(f;x\right)+B_{n,\alpha }\left(f;y\right)$ ，下半可加性得证。

注7. 若 $f\left(x\right)$ 是上半可加且 $f\left(0\right)=0$ 时， $B_{n,\alpha }\left(f;x\right)$ 也是上半可加的情况同理可证。

4. 光滑性

对于 $t>0$ ，记 $\omega \left(f;t\right)=sup\left\{\left|f\left(x\right)-f\left(y\right)\right|:\left|x-y\right|<t,x,y\in \left[0,1\right]\right\}$ 为 $f\left(x\right)$ 的连续模 [13] 。

定理4.1. 对一切 $n\in N$ ， $h>0$ ，若 $f\left(x\right)\in C\left[0,1\right]$ ，则有 $\omega \left(B_{n,\alpha };h\right)\le B_{n,\alpha }\left(\omega ;h\right)$ 。

证明：由于

$\begin{array}{c}{B}_{n,\alpha }\left(f;x+h\right)=\alpha \left[f\left(1\right)\left(x+h\right)+f\left(0\right)\left(1-x-h\right)\right]\\ +\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\sum }}{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n-j}{\sum }}\frac{n!}{\left(n-k-j\right)!j!k!}}}f\left(\frac{k+j}{n}\right)x^j{h}^k{\left(1-x-h\right)}^{n-k-j},\end{array}$

$B_{n,\alpha }\left(f;x\right)=\alpha \left[f\left(1\right)x+f\left(0\right)\left(1-x\right)\right]+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\sum }}{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n-j}{\sum }}\frac{n!}{\left(n-k-j\right)!j!k!}}}f\left(\frac{j}{n}\right)x^j{h}^k{\left(1-x-h\right)}^{n-k-j},$

并注意到 $\omega \left(f;0\right)=0$ ，故

$\begin{array}{c}\left|B_{n,\alpha }\left(f;x+h\right)-B_{n,\alpha }\left(f;x\right)\right|\\ =\left|\alpha \left[f\left(1\right)h-f\left(0\right)h\right]+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\sum }}{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n-j}{\sum }}\frac{n!}{\left(n-k-j\right)!j!k!}}}\left[f\left(\frac{k+j}{n}\right)-f\left(\frac{j}{n}\right)\right]x^j{h}^k{\left(1-x-h\right)}^{n-k-j}\right|\\ \le \alpha h\left|f\left(1\right)-f\left(0\right)\right|+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\sum }}{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n-j}{\sum }}\frac{n!}{\left(n-k-j\right)!j!k!}}}\left|f\left(\frac{k+j}{n}\right)-f\left(\frac{j}{n}\right)\right|x^j{h}^k{\left(1-x-h\right)}^{n-k-j}\\ =\alpha h\omega \left(f;1\right)+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\sum }}{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n-j}{\sum }}\frac{n!}{\left(n-k-j\right)!j!k!}\omega }}\left(f;\frac{k}{n}\right)x^j{h}^k{\left(1-x-h\right)}^{n-k-j}\\ =\alpha \left[h\omega \left(f;1\right)+\left(1-h\right)\omega \left(f;0\right)\right]+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n-k}{\sum }}\frac{n!}{\left(n-k\right)!k!}\cdot \frac{\left(n-k\right)!}{j!\left(n-k-j\right)!}\omega }}\left(f;\frac{k}{n}\right)x^j{h}^k{\left(1-x-h\right)}^{n-k-j}\\ =\alpha \left[h\omega \left(f;1\right)+\left(1-h\right)\omega \left(f;0\right)\right]+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)\omega \left(f;\frac{k}{n}\right)h^k{\left(1-h\right)}^{n-k}}\\ =B_{n,\alpha }\left(\omega ;h\right).\end{array}$

定理4.2. 若 $f\in H_{\omega }\left(A\right)=\left\{f:\omega \left(f;x\right)\le A\omega \left(x\right)\right\}$ ，则 $B_{n,\alpha }\left(f;x\right)\in H_{\omega }\left(2A\right)$ ， $\forall n\in N$ 。

证明： $\forall x_1,x_2\in \left[0,1\right]$ 且 $x_1>x_2$ ， $\forall n\in N$ ，类似于定理4.1证明过程中的讨论，

$\begin{array}{l}\left|B_{n,\alpha }\left(f;x_1\right)-B_{n,\alpha }\left(f;x_2\right)\right|\\ \le \alpha \left(x_1-x_2\right)\omega \left(f;1\right)+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)\omega \left(f;\frac{k}{n}\right){\left(x_1-x_2\right)}^k{\left[1-\left(x_1-x_2\right)\right]}^{n-k}}\\ \le \alpha \left(x_1-x_2\right)A\omega \left(1\right)+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)A\omega }\left(\frac{k}{n}\right){\left(x_1-x_2\right)}^k{\left[1-\left(x_1-x_2\right)\right]}^{n-k}\\ =A\left\{\alpha \left(x_1-x_2\right)\omega \left(1\right)+\alpha \left[1-\left(x_1-x_2\right)\right]\omega \left(0\right)+\left(1-\alpha \right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)\omega \left(\frac{k}{n}\right){\left(x_1-x_2\right)}^k}{\left[1-\left(x_1-x_2\right)\right]}^{n-k}\right\}\\ \le A{B}_{n,\alpha }\left(\omega ;x_1-x_2\right)\le A{B}_{n,\alpha }\left({\omega }^{\ast };x_1-x_2\right)\le A{\omega }^{\ast }\left(x_1-x_2\right)\le 2A\omega \left(x_1-x_2\right).\end{array}$

注8. 这里我们使用了引理2.1~2.3。

定理4.3. 若 $\omega \left(t\right)$ 是连续模函数，则对一切 $n\in N$ ， $B_{n,\alpha }\left(\omega ;x\right)$ 也是 $\left[0,1\right]$ 上的连续模函数。

证明：由 $\omega \left(t\right)$ 是连续模函数可知， $\omega \left(t\right)$ 在原点函数值为零，且具有下半可加性、单调递增性，所以 $B_{n,\alpha }\left(\omega ;x\right)$ 也具有下半可加性、单调递增性、连续性。又 ${\lim }_{t\to 0^{+}}{B}_{n,\alpha }\left(\omega ;t\right)=B_{n,\alpha }\left(\omega ;0\right)=\omega \left(0\right)=0$ 。综上所述， $B_{n,\alpha }\left(\omega ;x\right)$ 也是 $\left[0,1\right]$ 上的连续模函数。

5. 数值实验

由于本文讨论的广义Bezier算子中含有一个参数α，它可以对曲线的形状进行调控，从而使该类算子在CAGD领域具有应用潜力。对一些没有凸包性要求的情况，参数α有更大的取值范围，比如说，α可取负数，我们从模拟图中可以看到逼近的效果(见图1~4)。

下面分别取 $f_1\left(x\right)=x\left(x-1\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)$ (见图1、图2)， $f_2\left(x\right)=1-\sin \left(\pi x\right)$ (见图3、图4)，进行测试。

Figure 1. Estimate of the function $f_1\left(x\right)$ , $\alpha =0.5$ , $n=10,15,100$

图1. $f_1\left(x\right)$ 的逼近情况， $\alpha =0.5$ ， $n=10,15,100$

Figure 2. Estimate of the function $f_1\left(x\right)$ , $n=5$ ,# $\alpha =0,0.5,-0.5,-1$

图2. $f_1\left(x\right)$ 的逼近情况， $n=5$ , $\alpha =0,0.5,-0.5,-1$

Figure 3. Estimate of the function $f_2\left(x\right)$ , $\alpha =0.5$ , $n=10,15,100$

图3. $f_2\left(x\right)$ 的逼近情况， $\alpha =0.5$ ， $n=10,15,100$

Figure 4. Estimate of the function $f_2\left(x\right)$ , $n=5$ , $\alpha =0,0.5,-0.5,-1$

图4. $f_2\left(x\right)$ 的逼近情况, $n=5$ , $\alpha =0,0.5,-0.5,-1$

基金项目

国家自然科学基金(11871191)；河北省教育厅重点基金(ZD2019053)；河北师范大学重点基金(L2020Z03)。

NOTES

^*通讯作者。