Dada \(f\in C[a,b]\) y \(\varepsilon >0\) existe un polinomio \(p\) tal que \(\|f-p\|_\infty < \varepsilon\).
Como consecuencia existe una sucesión de polinomios \((p_n)_{n=1}^\infty\) tal que \(\lim_{n\to \infty}\|f-p_n\|_\infty =0\).
Existe una isometría lineal entre \(C[a,b]\) y \(C[0,1]\) que manda polinomios en polinomios.
Nota: este lema nos dice que, para demostrar el Teorema de Weierstrass, es suficiente probarlo para el caso \(C[0,1]\).
Dada una función \(f:[0,1]\to \mathbb{R}\) definimos su \(n\)-ésimo polinomio de Bernstein como \[ B_n(f)(x)=\sum_{k=0}^n f\left(\frac{k}{n} \right)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \]
Dada \(x\in [0,1]\) vamos a considerarla como la probabilidad de éxito en un experimento (juego). Es decir dada una variable aleatoria (v.a.) Bernoulli \(X:\Omega \to \{0,1\}\), \(\mathbb{P}(X=1)=x, \mathbb{P}(X=0)=1-x\).
Sean \(X_1,\dots, X_n\) v.a. Bernoulli, independientes idénticamente distribuidas. Si \(Pr(k)\) es la probabilidad de observar exáctamente \(k\) victorias en \(n\) juegos entonces \begin{eqnarray*} Pr(K)&=&\sum_{i_1,\dots, i_k \in \{1,\dots, n\}}\mathbb{P}(X_{i_1}=\cdots=X_{i_k}=1,\mathbb{P}(X_i)=0, j\notin \{i_1,\dots, i_k\}) \\ &=& \binom{n}{k}\mathbb{P}(X_1=\cdots = X_k=1, X_{k+1}=\cdots = X_n=0) \\ &=& \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \end{eqnarray*}
Dada una función \(f:[0,1]\to \mathbb{R}\) interpretamos \(f(x)\) como la ganancia, con la probabilidad de ganar siendo \(x\). Por lo tanto \(f(k/n)Pr(k)\) es la ganancia en exáctamente \(k\)-victorias. Por lo tanto el valor esperado de la gancia es \[ \mathbb{E}(f)=\sum_{k=0}^n f\left( \frac{k}{n}\right)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}. \]
Por simplicidad vamos a denotar \[ f_0(x)=1, \quad f_1(x)=x, \quad f_2(x)=x^2 \]
Directamente de la definición y utilizando el Teorema del Binomio obtenemos \begin{eqnarray*} B_n(f_0)(x)&=& \sum_{k=0}^n f_0\left(\frac{k}{n} \right)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \\ &=& \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \\ &=& (x+1-x)^n \\ &=& 1 \end{eqnarray*}
Para \(f_1\) primero notamos que, para \( k \geq 1\): \[ \frac{k}{n}\binom{n}{k}=\frac{(n-1)!}{(k-1)!((n-1)-(k-1))!}=\binom{n-1}{k-1} \]
Por lo tanto \begin{eqnarray*} B_n(f_1)(x)&=& \sum_{k=0}^n f_1\left(\frac{k}{n} \right)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \\ &=& \sum_{k=0}^n \frac{k}{n}\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \\ &=& \sum_{k=1}^n \frac{k}{n}\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \\ &=& x \sum_{k=1}^n \binom{n-1}{k-1}x^{k-1}(1-x)^{n-k} \\ &=& x \sum_{k=1}^n \binom{n-1}{k-1}x^{k-1}(1-x)^{(n-1)-(k-1)} \\ &=& x \sum_{j=0}^{n-1} \binom{n-1}{j}x^{j}(1-x)^{(n-1)-j} \\ &=& x(x+1-x)^{n-1} \\ &=& x \end{eqnarray*}
Para \(B_n(f_2)\) primero notamos que, para \(k\geq 2\): \begin{eqnarray*} \frac{k-1}{n}\binom{n-1}{k-1}&=&\frac{k-1}{n}\frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}\\ &=&\frac{(n-1)}{n}\frac{(n-2)!}{(k-2)!(n-k)!}\\ &=& \frac{(n-1)}{n}\binom{n-2}{k-2}\\ \end{eqnarray*}
Por lo tanto \begin{eqnarray*} B_n(f_2)(x)&=&\sum_{k=0}^n \frac{k^2}{n^2}\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \\ &=&\sum_{k=1}^n \frac{k^2}{n^2}\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \\ &=&\sum_{k=1}^n \frac{k}{n}\binom{n-1}{k-1}x^k(1-x)^{n-k} \\ &=&\sum_{k=1}^n \frac{k-1}{n}\binom{n-1}{k-1}x^k(1-x)^{n-k} \\ &+&\sum_{k=1}^n \frac{1}{n}\binom{n-1}{k-1}x^k(1-x)^{n-k} \\ &=&\sum_{k=2}^{n} \frac{k-1}{n}\binom{n-1}{k-1}x^{k}(1-x)^{n-k} \\ &+&\frac{1}{n} \sum_{j=0}^{n-1} \binom{n-1}{j}x^{j+1}(1-x)^{n-1-j} \\ &=&\sum_{k=2}^{n} \frac{n-1}{n}\binom{n-2}{k-2}x^{k}(1-x)^{n-k} \\ &+&\frac{x}{n} \sum_{j=0}^{n-1} \binom{n-1}{j}x^{j}(1-x)^{n-1-j} \\ &=&\frac{n-1}{n} \sum_{j=0}^{n-2} \binom{n-2}{j}x^{j+2}(1-x)^{n-2-j} \\ &+&\frac{x}{n} \\ &=&\left( \frac{n-1}{n}\right)x^2 \sum_{j=0}^{n-2} \binom{n-2}{j}x^{j}(1-x)^{n-2-j} \\ &+&\frac{x}{n} \\ &=&\left( 1- \frac{1}{n}\right)x^2 \\ &+&\frac{x}{n} \\ \end{eqnarray*}
Fija \(\delta > 0\) y \(x\in [0,1]\). Considera el conjunto \[ F=\{k\in \{0,\dots, n\}: |k/n - x| \geq \delta \} \]
Entonces \[ \sum_{k\in F} \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \leq \frac{1}{4n\delta^2} \]
Notamos que si \(k\in F\) entonces \(\delta^2 \leq (k/n -x)^2 \) por lo que \(1\leq (k/n-x)^2/\delta^2\) por lo tanto \begin{eqnarray*} \sum_{k\in F} \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} & \leq & \frac{1}{\delta^2}\sum_{k\in F} \left(\frac{k}{n} -x \right)^2\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \\ &\leq &\frac{1}{\delta^2}\sum_{k=0}^n \left(\frac{k}{n} -x \right)^2\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \end{eqnarray*}
La prueba se termina si logramos probar que \[ \sum_{k=0}^n \left(\frac{k}{n} -x \right)^2\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \leq \frac{1}{4n}. \]
Para lo anterior desarrollando el cuadrado tenemos \begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n \left(\frac{k}{n} -x \right)^2\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} &=& \sum_{k=0}^n \left(\frac{k}{n}\right)^2\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \\ &-&2x \sum_{k=0}^n \left( \frac{k}{n}\right) \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \\ &+& x^2 \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \\ \end{eqnarray*} y usando los polinomios de Bernstein para \(f_0,f_1,f_2\) y el Lema 12.4 podemos escribir \begin{eqnarray*} & & \sum_{k=0}^n \left(\frac{k}{n}\right)^2\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \\ &-&2x \sum_{k=0}^n \left( \frac{k}{n}\right) \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \\ &+& x^2 \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \\ &=& B_n(f_2)(x)-2xB_n(f_1)(x)+x^2 B_n(f_0)(x)\\ &=& \left(1-\frac{1}{n} \right)x^2+\frac{1}{n}x- 2x^2+x^2 \\ &=& \left(1-\frac{1}{n} \right)x^2+\frac{1}{n}x- x^2 \\ &=& \frac{1}{n}x(1-x) \\ &\leq & \frac{1}{4n} \end{eqnarray*} donde en la última desigualdad usamos \(\max_{x\in [0,1]}\{x(1-x)\}=\frac{1}{4}\).
Sea \(f:[0,1]\to \mathbb{R}\) una función continua en \([0,1]\). Entonces la sucesión de polinomios de Bernstein, \((B_n(f))_{n=1}^\infty\), converge uniformemente a \(f\) en \([0,1]\).
Sea \(\varepsilon >0\).
El primer paso es usar la continuidad uniforme de \(f\) en \([0,1]\) para asegurar la existencia de un \(\delta >0\) tal que para \(x,y\in [0,1]\) con \(|x-y|<\delta \) entonces \(|f(x)-f(y)|< \varepsilon\).
Es segundo paso es estimar \[ \left| f(x) - B_n(f)(x) \right|. \] Por el Teorema del binomio, \(1=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}\), por lo que \(f(x)=\sum_{k=0}^n f(x)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}\) por lo que \begin{eqnarray*} \left| f(x) - B_n(f)(x) \right| &=& \left| \sum_{k=0}^n f(x)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} - \sum_{k=0}^n f\left(\frac{k}{n} \right)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \right| \\ &\leq & \sum_{k=0}^n \left| f(x) -f\left( \frac{k}{n}\right)\right| \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \end{eqnarray*} Ahora, en la suma anterior dividimos los sumandos que están \(\delta\)-cercanos a \(x\) y los que no. Es decir consideramos el conjunto \[ F=\{ k\in\{1,\dots, n\}: |k/n-x| \geq \delta \} \] Entonces \begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n \left| f(x) -f\left( \frac{k}{n}\right)\right| \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} &=& \sum_{k\notin F} \left| f(x)- f\left( \frac{k}{n}\right) \right|x^k(1-x)^{n-k}\\ &+& \sum_{k\in F}\left| f(x)- f\left( \frac{k}{n}\right) \right|x^k(1-x)^{n-k} \\ & \leq & \varepsilon \left( \sum_{k\notin F} x^k(1-x)^{n-k} \right) \\ &+& 2\|f\|_\infty \left( \sum_{k\in F} x^k(1-x)^{n-k} \right) \\ & \leq & \varepsilon + 2\|f\|_\infty \left( \sum_{k\in F} x^k(1-x)^{n-k} \right) \end{eqnarray*}
Ahora, por el Lema 12.5 podemos concluir \[ |f(x)-B_n(f)(x)|\leq \varepsilon +2\|f\|_\infty \frac{1}{4n\delta^2} \] Finalmente si pedimos que \(n > \frac{\|f\|_\infty}{2\delta^2 \varepsilon}\) concluimos que, para todo \(x\in [0,1]\): \[ |f(x)-B_n(f)(x)|< 2\varepsilon \] Nota que \(\frac{\|f\|_\infty}{2\delta^2 \varepsilon}\) NO depende de \(x\), sólo de \(\varepsilon\).
Al ser \(\varepsilon\) arbitraria concluimos que \((B_n(f))_{n=1}^\infty\) converge uniformemente a \(f\) en \([0,1]\).
Si \(f\in C[a,b]\) satisface \(\int_a^b x^nf(x)dx=0\) para toda \(n=0,1,2,\dots\) entonces \(f=0\).
Usando la isometría lineal de \(C[a,b]\) a \(C[0,1]\) inducida por la función \(\beta:[a,b]\to [0,1]\) dada por \(\beta(x)=\frac{x-a}{b-a}\) prueba que la definición de los polinomios de Bernstein en \([a,b]\) está dada por \[ B_n(f)(x)=\frac{1}{(b-a)^n}\sum_{k=0}^n f\left( \frac{k(b-a)}{n}+a\right)(x-a)^k(b-x)^{n-k} \] Prueba que con esta definición de polinomios de Bernstein en \([a,b]\) se cumple que \((B_n(f))_{n=1}^\infty\) converge uniformemente a \(f\) en \([a,b]\).
Sugerencia: usa en caso \([0,1]\) y los cambios de variable \(\alpha(t)=t(b-a)+a, \beta(x)=\frac{x-a}{b-a}\).
Sean \(f,g\in C[a,b]\) y \(c \in \mathbb{R}\). Prueba que:
Si \(f:[0,1]\to \mathbb{R}\) es una función acotada, prueba que \[ \lim_{n\to \infty}B_n(f)(x_0)=f(x_0) \] para todo punto \(x_0\in [0,1]\) donde la función \(f\) sea continua.
Prueba que si \(f:[0,1]\to \mathbb{R}\) es clase \(C^1\) en \([a,b]\) entonces \((B_n(f)')_{n=1}^\infty\) converge uniformemente a \(f'\) en \([0,1]\).
Dada \(f\in C[a,b]\) y \(\varepsilon >0\) prueba que existe un polinomio con coeficientes racionales, \(q(x)\), tal que \(\|f-q\|_\infty < \varepsilon \). Concluye que \(C[a,b]\), con la norma \(\|\cdot \|_\infty\), es separable.
Sea \(f\in C[a,b]\) con la característica de que \(f(a)=0\). Prueba que existe una sucesión de polinomios \((q_n)_{n=1}^\infty\) tal que \(\lim_{n\to \infty}\|q_n-f\|_{[a,b]}=0\) y que además cumple que \(q_n(a)=0\) para toda \(n\).
¿Se puede cambiar \(a\) por cualquier otro punto en \([a,b]\)?
Sea \(f\in C[a,b]\) que no sea un polinomio. Supón que \((p_n)_{n=1}^\infty\) es una sucesión de polinomios tal que \(p_n \to f\) uniformemente en \([a,b]\). Si \(m_n\) es el grado de \(p_n\) prueba que \(\lim_{n\to \infty} m_n=\infty\).
Sea \(f\in C[a,b]\) clase \(C^1\). Prueba que para todo \(\varepsilon >0\) existe un polinomio \(p\) tal que \(\|f-p\|_\infty < \varepsilon\) y \(\|f'-p'\|_\infty< \varepsilon\).
Prueba que existe una sucesión de polinomios \((p_n)_{n=1}^\infty\) tal que:
Por \(C^\infty[a,b]\) denotamos al conjunto de funciones continuas en \([a,b]\) que admiten derivadas de todos los ordenes en \((a,b)\) y dichas derivadas tienen una extensión continua a \([a,b]\).
Prueba que \(C^\infty[a,b]\) es denso en \(C[a,b]\).
Sea \(f:[1,\infty) \to \mathbb{R} \) una función continua con la propiedad de que \(\lim_{x\to \infty} f(x)\) existe. Prueba que para toda \(\varepsilon >0\) existe un polinomio \(p(x)\) tal que \(|f(x)-p(1/x)|< \varepsilon\), para todo \(x\geq 1\).
Este ejercicio prueba, sin usar la Teorema de aproximación de Weierstrass, la existencia de una sucesión de polinomios que aproxima a la función absoluto uniformemente en \([-1,1]\)
Una función \(g:[a,b]\to \mathbb{R}\) se llama poligonal o lineal a trozos si es continua y existe \(\{a=t_0< \cdots < t_n=n\}\), una partición de \([a,b]\), tal que la gráfica de \(g\) restringida a cada \([t_{i-1},t_i]\) es un segmento de recta.
Para \(t\in \mathbb{R}\) define \[ L_t(x)= \left\{ \begin{array} 0 0 & x\leq t \\ x-t & x > t \end{array} \right. \]
Este ejercicio da otra demostración del Teorema de Weierstrass.
Una función lineal \(A:C[0,1]\to C[0,1]\) se llama positiva si manda funciones no negativas a funciones no negativas, es decir, si \(f\geq 0\) entonces \(Af \geq 0\).
Sea \((A_n:C[0,1]\to C[0,1])_{n=1}^\infty\) una sucesión de funciones lineales positivas con la propiedad de que \[ \lim_{n\to \infty}\|A_nf_i - f_i \|_{[0,1]}=0 \] donde \(f_i(x)=x^i\), \(i=0,1,2\).
Entonces para toda \(f\in C[0,1]\) se cumple que \[ \lim_{n\to \infty}\|A_nf - f \|_{[0,1]}=0 \]