En esta sección nos enfocaremos en espacios de funciones continuas sobre intervalos compactos. Si el intervalo es \([a,b]\) por \(C[a,b]\) denotaremos al conjunto de funciones continuas sobre el intervaloe \([a,b]\),
El Teorema de Weierestrass asegura que toda función continua definida en un intervalos compacto puede aproximarse uniformemente con polinomios. Aproximar funciones con polinomios no es nuevo, es lo que se hace con polinomios de Taylor sólo que las hipótesis son totalmente distintas. En los polinomios de Taylor se pide que la función sea diferenciable mientras que en el de Weierestrass sólo se le pide continuidad. Otra diferencial fundamental es que en Taylor tenemos series de polinomios (es decir la aproimaxión \(n+1\)-ésima se obtiene de la \(n\)-ésima al agregar un sumando) mientras que en Weierestrass no se obtienen series.
Dada \(f\in C[a,b]\) y \(\varepsilon >0\) existe un polinomio \(p\) tal que \(\|f-p\|_{[a,b]} < \varepsilon\).
Como consecuencia existe una sucesión de polinomios \((p_n)_{n=1}^\infty\) tal que \(\lim_{n\to \infty}\|f-p_n\|_{[a,b]} =0\).
Existe una biyecciónn entre \(C[a,b]\) y \(C[0,1]\) que satisface:
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 lanzar una moneda (es decir un experimento con dos posibles resultados). En leguaje de probabilidad tenemos una variable aleatoria (abreviado v.a.) Bernoulli \(X:\Omega \to \{0,1\}\) con \(\mathbb{P}(X=1)=x, \mathbb{P}(X=0)=1-x\).
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 \(f:[0,1]\to \mathbb{R}\) y un natural \(n\), vamos a tomar muestras de \(f\) en la partición uniforme \(\{k/n\}_{n=0}^{n}\) para después tomar su promedio en estos puntos pero tomando cada punto \(k/n\) con peso (o dicho de otro modo, con probabilidad) de \(Pr(k)\). Dicho promedio arroja \[ \mathbb{E}[f]:=\sum_{k=0}^n f\left( \frac{k}{n}\right)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}. \] (donde el lado derecho es la notación para el valor esperado de la función).
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 \(\|f-q\|_\infty < \varepsilon \).
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:
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 \[ \lim_{n\to \infty}\|A_nf - f \|_{[0,1]}=0 \]
El su tesina, Osvaldo Aparicio Hernández, da una prueba (muy parecida) a la prueba original de Weierestrass (la prueba original no es tán práctica de dar pues para empezar la notación es algo enticuada). El link a la tesina está abajo, la prueba está en la primera sección.