$\mathit{\text{MATERIAL EN REVISIÓN}}$

Introducción

En esta entrada conoceremos dos lemas más previos a la demostración del teorema de Stone-Weierstrass. Las hipótesis a usar serán las mismas que se mencionaron en la entrada anterior: $K$ es un espacio métrico compacto, $A\subset {\mathcal{C}}^0(K,\mathbb{R}),$ es decir, $A$ es un conjunto de funciones continuas que transforma valores en $K$ en valores reales. Supondremos también que $A$ satisface las propiedades:

a) Para cada $\lambda ,\mu \in \mathbb{R}$ y $f,g\in A$ se cumple que $$\lambda f+\mu g\in A.$$ Esto es, $A$ es cerrado bajo combinaciones lineales.

b) Para cada $f,g\in A$ se cumple que $$f\cdot g\in A.$$ Esto es, $A$ es cerrado bajo producto de funciones.

c) $1\in A,$ donde $1$ es la función constante que para cada $x\in K$ asigna el valor $1.$

d) Para cualesquiera $x_1,x_2\in K$ tales que $x_1\ne x_2$ existe una función $\phi \in A$ tal que $\phi (x_1)\ne \phi (x_2).$

Entonces se satisface el siguiente:

Lema 3. Si $\phi \in \bar{A}$ entonces $|\phi |\in \bar{A}.$

Demostración:
Sabemos que $\phi :K\to \mathbb{R}$ es continua. Dado que $K$ es compacto, la imagen $\phi (K)$ es compacta en $\mathbb{R}$, y por tanto es acotada, así $\phi (K)\subset [a,b]$ para algún $a,b\in \mathbb{R}.$ Como la función valor absoluto restringida en $[a,b],$ que denotamos con $h:[a,b]\to \mathbb{R}$ tal que $\mathrm{\forall }y\in \mathbb{R},h(y)=|y|$ también es continua en su dominio, se sigue que la composición

$$h\circ \phi (x)=|\phi (x)|$$

es continua en $K$.

El siguiente diagrama muestra el comportamiento de las funciones.

Por lo visto en la entrada tal podemos aproximar la función $h:[a,b]\to \mathbb{R}$ con polinomios de Bernstein. Sea

$$B_n(h,y)=a_0+a_{1}y+\dots +a_n{y}^n$$

el polinomio de Bernstein de grado a lo más $n$ de $h$ con $y\in [a,b].$ Entonces

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\Vert B_n(h,y)–h\Vert }_{\mathrm{\infty }}=0.$$

Si $x\in K,$ $\phi (x)\in [a,b].$ Evaluando el polinomio en $\phi (x)$ tenemos:

$$B_n(h,\phi (x))=a_0+a_1\phi (x)+\dots +a_n\phi (x{)}^n.$$

De modo que la sucesión de polinomios $(B_n(h,\phi (x)){)}_{n\in \mathbb{N}}$ converge a $h\circ \phi =|\phi |$ en ${\mathcal{C}}^0(K,\mathbb{R}).$

Veamos que cada sumando del polinomio está en $\bar{A}.$ Para ello usaremos los resultados del lema 2 visto en link.

La función constante $1\in \bar{A},$ como $a_0\in \mathbb{R}$ se sigue que el producto $1\cdot a_0=a_0\in \bar{A}.$

Como $\phi \in A\subset \bar{A}$ y $a_1\in \mathbb{R}$ se sigue que el producto $a_1\phi \in \bar{A}.$

Como $\phi \in A\subset \bar{A}$ entonces el producto $\phi \cdot \phi ={\phi }^2\in \bar{A}.$ Como $a_2\in \mathbb{R}$ se sigue que también $a_2{\phi }^2\in \bar{A}.$
.
.
.
Como ${\phi }^{n-1}\in A\subset \bar{A}$ entonces el producto ${\phi }^{n-1}\cdot \phi ={\phi }^n\in \bar{A}.$ Como $a_n\in \mathbb{R}$ se sigue que el producto $a_n{\phi }^n\in \bar{A}.$

Ya que cada sumando está en $\bar{A}$ concluimos que para cada $n\in \mathbb{N},B_n(h,\phi (x))\in \bar{A}.$ Por lo tanto $|\phi |\in \bar{A}.$

Para finalizar esta sección veamos otro resultado.

Lema 4. Sean $\phi ,\gamma \in \bar{A}.$ Entonces las funciones

$$\text{máx}\{\phi ,\gamma \}(x):=\text{máx}\{\phi (x),\gamma (x)\}\text{ y }$$

$$\text{mín}\{\phi ,\gamma \}(x):=\text{mín}\{\phi (x),\gamma (x)\}$$

también están en $\bar{A}.$

Demostración:
Probemos que $\text{máx}\{\phi ,\gamma \}(x)\in \bar{A}.$ Nota que

$$\text{máx}\{\phi (x),\gamma (x)\}={\displaystyle \frac{\phi (x)+\gamma (x)+|\phi (x)–\gamma (x)|}{2}},$$

Ya que ${\displaystyle \frac{\phi (x)+\gamma (x)+|\phi (x)–\gamma (x)|}{2}}$ puede verse como combinación lineal de funciones en $\bar{A}$ (por lo visto en lema 2 y lema 3) se sigue que

${\displaystyle \frac{\phi (x)+\gamma (x)+|\phi (x)–\gamma (x)|}{2}}=\text{máx}\{\phi (x),\gamma (x)\}\in \bar{A}.$

Análogamente se puede probar que se satisface la igualdad

$\text{mín}\{\phi (x),\gamma (x)\}={\displaystyle \frac{\phi (x)+\gamma (x)-|\phi (x)–\gamma (x)|}{2}}$

Y así la función $\text{mín}\{\phi (x),\gamma (x)\}\in \bar{A}.$ La prueba de este hecho se dejará como ejercicio.

Más adelante…

Terminaremos con la demostración del teorema prometido. Por lo pronto sugerimos algunos ejercicios.

Tarea moral

1. Demuestra que $\text{mín}\{\phi (x),\gamma (x)\}={\displaystyle \frac{\phi (x)+\gamma (x)-|\phi (x)–\gamma (x)|}{2}}.$
2. Identifica bajo qué condiciones las siguientes familias de funciones satisfacen las hipótesis del teorema de Stone-Weierstrass:
   a) Las poligonales.
   b) Las funciones infinitamente diferenciables en $\mathbb{R}.$
   c) Las funciones Lipschitz continuas.

Enlaces

• Análisis Matemático.
• Enlace a entrada anterior.
• Enlace a entrada siguiente.

$\mathit{\text{MATERIAL EN REVISIÓN}}$

Introducción

En la entrada anterior link aprendimos que es posible acercarnos a funciones continuas que tienen su dominio en un intervalo cerrado en $\mathbb{R}.$ En esta sección probaremos que esta idea puede generalizarse en funciones cuyo dominio es un espacio métrico compacto. Presentamos el teorema y la demostración de dos lemas que usaremos para probarlo.

Teorema. Stone-Weierstrass: Sea $K$ un espacio métrico compacto. Sea $A\subset {\mathcal{C}}^0(K,\mathbb{R}),$ es decir, $A$ es un conjunto de funciones continuas de $K$ en $\mathbb{R}.$ Si $A$ satisface las siguientes propiedades:

a) Para cada $\lambda ,\mu \in \mathbb{R}$ y $f,g\in A$ se cumple que $$\lambda f+\mu g\in A.$$ Esto es, $A$ es cerrado bajo combinaciones lineales.

b) Para cada $f,g\in A$ se cumple que $$f\cdot g\in A.$$ Esto es, $A$ es cerrado bajo producto de funciones.

c) $1\in A,$ donde $1$ es la función constante que para cada $x\in K$ asigna el valor $1.$

d) Para cualesquiera $x_1,x_2\in K$ tales que $x_1\ne x_2$ existe una función $\phi \in A$ tal que $\phi (x_1)\ne \phi (x_2).$

Entonces $A$ es denso en ${\mathcal{C}}^0(K,\mathbb{R}),$ es decir, $\bar{A}={\mathcal{C}}^0(K,\mathbb{R}).$

Nota que esto significa que toda función continua $f:K\to \mathbb{R}$ está en la cerradura de $A$ y por lo visto en la entrada Convergencia, tenemos que $f$ puede aproximarse con funciones en $A$ según la métrica uniforme $d_{\mathrm{\infty }}.$

La demostración de este teorema se hará a través de cuatro lemas. En el primero garantizaremos la existencia de una función que tome dos valores específicos en dos puntos específicos.

Lema 1: Sean $K$ y $A$ como en las hipótesis del teorema. Dados $x_1\ne x_2\in K$ y $c_1,c_2\in \mathbb{R}$ existe $f\in A$ tal que $f(x_1)=c_1$ y $f(x_2)=c_2.$

Demostración:
De acuerdo con el inciso d), existe $\phi \in A$ tal que $\phi (x_1)\ne \phi (x_2).$

Sin embargo buscamos $f$ que en $x_1$ vale específicamente $c_1$ y en $x_2$ vale $c_2.$

Veamos si dicha $f$ puede obtenerse como combinación lineal de $\phi$ y la función constante $1,$ es decir que $f(x)=\lambda \phi (x)+\mu 1$ para algunos $\lambda ,\mu \in \mathbb{R}.$

Encontrar $\lambda$ y $\mu$ que satisfacen lo deseado equivale a resolver el sistema de ecuaciones

$$\{\begin{array}{ll}\lambda \phi (x_1)+\mu & =c_1\\ \lambda \phi (x_2)+\mu & =c_2\end{array}$$

Según las fórmulas de Cramer para sistemas cuadrados, que pueden consultarse en Álgebra Lineal I: Determinantes en sistemas de ecuaciones lineales y regla de Cramer la solución existe y es única si y solo sí el determinante de la matriz de coeficientes dada por

$$\left|\begin{array}{cc}\phi (x_1)& 1\\ \phi (x_2)& 1\end{array}\right|$$

satisface:

$$\left|\begin{array}{cc}\phi (x_1)& 1\\ \phi (x_2)& 1\end{array}\right|=\phi (x_1)–\phi (x_2)\ne 0$$

Lo cual sí ocurre, pues $\phi (x_1)\ne \phi (x_2)\Rightarrow \phi (x_1)–\phi (x_2)\ne 0.$

Por lo tanto existe la solución única al sistema de ecuaciones y así existe $f\in A$ con $f(x)=\lambda \phi (x)+\mu$ tal que $f(x_1)=c_1$ y $f(x_2)=c_2.$

Lema 2: Si $A\subset {\mathcal{C}}^0(K,\mathbb{R})$ es tal que tiene las propiedades a), b), c) del teorema, entonces $\bar{A}$ también las tiene.

Demostración:
a) Sean $\lambda ,\mu \in \mathbb{R}$ y $\phi ,\gamma \in \bar{A},$ queremos probar que $\lambda \phi +\mu \gamma$ también está en $\bar{A}.$

Como $\phi \in \bar{A}$ entonces, por lo visto en Convergencia sabemos que existe una sucesión $(f_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ de elementos de $A$ tales que $f_n\to \phi ,$ es decir

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n=\phi .\end{array}$$

De igual manera existe una sucesión $(g_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ de elementos de $A$ tales que $g_n\to \gamma ,$ es decir

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{g}_n=\gamma .\end{array}$$

Ya que para cada $n\in \mathbb{N}$ se cumple que $\lambda f_n+\mu g_n\in A.$ Si demostramos que la sucesión $(\lambda f_n+\mu g_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ converge a $\lambda \phi +\mu \gamma$ esto probaría que $\lambda \phi +\mu \gamma \in \bar{A}.$ Probemos que $d_{\mathrm{\infty }}(\lambda f_n+\mu g_n,\lambda \phi +\mu \gamma )=0.$ Sea $\epsilon >0.$ Por 1) y 2) sabemos que existen $N_1$ y $N_2\in \mathbb{N}$ tales que para cada $n\ge N_1,$

$$d_{\mathrm{\infty }}(f_n,\phi )<\frac{\epsilon }{2|\lambda |}$$

Y así

$$\begin{array}{r}|\lambda |d_{\mathrm{\infty }}(f_n,\phi )<\frac{\epsilon }{2}\end{array}$$

Y para cada $n\ge N_2,$

$$d_{\mathrm{\infty }}(g_n,\gamma )<\frac{\epsilon }{2|\mu |}$$

Y así

$$\begin{array}{r}|\mu |d_{\mathrm{\infty }}(g_n,\gamma )<\frac{\epsilon }{2}.\end{array}$$

Entonces para cada $n\ge \text{máx}\{N_1,N_2\}$ y para cada $x\in K$ tenemos:
$$\begin{array}{rl}d(\lambda f_n(x)+\mu g_n(x),\lambda \phi (x)+\mu \gamma (x))& =|\lambda f_n(x)+\mu g_n(x)–\lambda \phi (x)–\mu \gamma (x)|\\ & =|\lambda f_n(x)–\lambda \phi (x)+\mu g_n(x)–\mu \gamma (x)|\\ & \le |\lambda f_n(x)–\lambda \phi (x)|+|\mu g_n(x)–\mu \gamma (x)|\\ & =|\lambda ||f_n(x)–\phi (x)|+|\mu ||g_n(x)–\gamma (x)|\\ & \le |\lambda |d_{\mathrm{\infty }}(f_n,f)+|\mu |d_{\mathrm{\infty }}(g_n,\gamma )\\ & <\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}\\ & =\epsilon .\end{array}$$

Por lo tanto $d_{\mathrm{\infty }}(\lambda f_n+\mu g_n,\lambda \phi +\mu \gamma )=0$ y así $(\lambda f_n+\mu g_n{)}_{n\in \mathbb{N}}\to \lambda \phi +\mu \gamma$ lo que demuestra que $\lambda \phi +\mu \gamma \in \bar{A}.$

b) Buscamos demostrar que para cualesquiera $\phi ,\gamma \in \bar{A}$ también se cumple que $\phi \cdot \gamma \in \bar{A}.$

Ya que para cada $n\in \mathbb{N}$ se cumple que $f_n\cdot g_n\in A.$ Si demostramos que la sucesión $(f_n\cdot g_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ converge a $\phi \cdot \gamma$ esto probaría que $\phi \cdot \gamma \in \bar{A}.$

Probemos entonces que $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{d}_{\mathrm{\infty }}(f_n\cdot g_n,\phi \cdot \gamma )=0.$ Esto se logrará si conseguimos acotar el valor de $d(f_n(x)\cdot g_n(x),\phi (x)\cdot \gamma (x))\in \mathbb{R}$ para cada $x\in K.$

Dado que $\phi ,\gamma$ son continuas en un compacto, concluimos que son acotadas en el dominio. Así existen reales mayores que cero $M_1$ y $M_2$ tales que para cada $x\in K:$

$$\begin{array}{}\text{(3)}& |\phi (x)|& \le M_1\text{ y }\text{(4)}& |\gamma (x)|& \le M_2.\end{array}$$

Por otro lado, como $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{g}_n=\gamma ,$ existe $N_3\in \mathbb{N}$ tal que para cada $n\ge N_3,|g_n(x)–\gamma (x)|\le 1.$ Entonces

$$\begin{array}{rlrlrlrl}& & -1& \le & & g_n(x)–\gamma (x)& & \le 1\\ & \Rightarrow & -1+\gamma (x)& \le & & g_n(x)& & \le 1+\gamma (x)\\ & \Rightarrow & -1-M_2\le -1+\gamma (x)& \le & & g_n(x)& & \le 1+\gamma (x)\le 1+M_2\end{array}$$

Por lo tanto si $n\ge N_3,$

$$\begin{array}{}\text{(5)}& |g_n(x)|\le M_2+1.\end{array}$$

Además, por 1) y 2) sabemos que para cada $\epsilon >0$ existen $N_4$ y $N_5\in \mathbb{N}$ tal que para cada $n\ge N_4$

$$d_{\mathrm{\infty }}(f_n,\phi )<\frac{\epsilon }{2(M_2+1)},$$

y para $n\ge N_5,$

$$d_{\mathrm{\infty }}(g_n,\gamma )<\frac{\epsilon }{2M_1}.$$

De lo anterior se sigue que para cada $n\ge \text{máx}\{N_3,N_4,N_5\}$

$$\begin{array}{rl}|f_n(x)\cdot g_n(x)–\phi (x)\cdot \gamma (x)|& =|f_n(x)\cdot g_n(x)-\phi (x)\cdot g_n(x)+\phi (x)\cdot g_n(x)-\phi (x)\cdot \gamma (x)|\\ & \le |f_n(x)\cdot g_n(x)–\phi (x)\cdot g_n(x)|+|\phi (x)\cdot g_n(x)-\phi (x)\cdot \gamma (x)|\\ & =|g_n(x)|\cdot |f_n(x)–\phi (x)|+|\phi (x)|\cdot |g_n(x)-\gamma (x)|\\ & \le (M_2+1)|f_n(x)–\phi (x)|+M_1|g_n(x)-\gamma (x)|\\ & <(M_2+1)\frac{\epsilon }{2(M_2+1)}+M_1\frac{\epsilon }{2M_1}\\ & =\epsilon \end{array}$$

Por lo tanto $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{d}_{\mathrm{\infty }}(f_n\cdot g_n,\phi \cdot \gamma )=0$ y así $(f_n\cdot g_n{)}_{n\in \mathbb{N}}\to \phi \cdot \gamma$ lo que demuestra que $\phi \cdot \gamma \in \bar{A}.$

c) Dado que la función $1\in A$ se sigue que $1\in \bar{A}$ pues $A\subset \bar{A}.$

Más adelante…

Veremos dos lemas más que necesitamos en la demostración del teorema de Stone-Weierstrass. Por el momento sugerimos trabajar con los siguientes ejercicios para desarrollar más la idea de densidad.

Tarea moral

1. Sea $X$ un espacio métrico y sean $Z$ y $Y$ tales que $Z\subset Y\subset X$ y $Z$ es denso en $X.$ Demuestra que $Y$ es denso en $X.$
2. Sea $\varphi :X\to Y$ continua y suprayectiva. Demuestra que si $A$ es denso en $X,$ entonces $\varphi (A)$ es denso en $Y.$
3. Antes dos definiciones:
   Un conjunto $A$ es a lo más numerable si existe una función inyectiva $f:A\to \mathbb{N}.$
   Un espacio métrico es separable si contiene un subconjunto que es a lo más numerable y denso en $X.$
   Demuestra que todo espacio métrico compacto es separable. Se recomienda tomar un conjunto finito de bolas de radio $\frac{1}{k}$ para cada $k\in \mathbb{N}$ cuya unión es $X.$

Enlaces

• Análisis Matemático.
• Enlace a entrada anterior.
• Enlace a entrada siguiente.

$\mathit{\text{MATERIAL EN REVISIÓN}}$

Introducción

Es sabido que existen funciones que no es tan sencillo evaluar en todos los puntos de su dominio. Sin embargo, cuando la función $f$ es $n-$veces derivable en un punto $a$ podemos definir polinomios de Taylor $T_{n,a}$ (ver entrada Cálculo Diferencial e Integral I: Polinomios de Taylor (Parte 1)). Conforme aumentamos el grado del polinomio más nos acercamos al valor real de $f,$ incluso tenemos resultados en relación al residuo de Taylor (ver Cálculo Diferencial e Integral I: Polinomios de Taylor (Parte 2). Pero, ¿qué podemos hacer ante una función que no es derivable en ningún punto? En esta sección presentaremos una forma alternativa de estimar funciones continuas, útil para aquellas en las que no podemos identificar los polinomios de Taylor, pues recordemos que la continuidad no es una condición suficiente para que una función sea derivable. Por ejemplo, la función de Weierstrass dada por $f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{a}^n\cos (b^n\pi x)\text{con }0<a<1\text{ y }ab>1+\frac{3}{2}\pi ,b>1\text{ entero impar},$
es continua en $\mathbb{R}$ pero no es diferenciable en ningún punto.

Las funciones con las que nos vamos a aproximar son conocidas como polinomios de Bernstein. Una forma de entenderlos es a través de la probabilidad. A continuación presentamos ideas tomadas del artículo de la Dra. Ana Meda cuya lectura sugerimos:
Meda A. (2005) Interpolar con volados, o los Polinomios de Bernstein. Miscelánea Matemática, 41, 1-12.

Sea $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ una función continua y $n\in \mathbb{N}$. Supón además que conocemos los valores que toma esta función en los puntos $\frac{0}{n},\frac{1}{n},\frac{2}{n},\frac{3}{n},\dots$ y sea $x\in [0,1].$ Para saber cuánto vale $f$ en $x$ vamos a tomar una moneda cuya probabilidad de arrojar águila al lanzarse sea precisamente $x.$ Ahora la vamos a lanzar $n$ veces mientras registramos las veces en que salió águila. Sea $k$ ese número de resultados. Identifiquemos el valor

$$\begin{array}{}\text{(6)}& f\left(\frac{k}{n}\right).\end{array}$$

Definimos ${\phi }_k:[0,1]\to \mathbb{R},$ como
$$\begin{array}{}\text{(7)}& {\phi }_k(x)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}.\end{array}$$

Con
$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=\frac{n!}{k!(n-k)!}.$$

Corresponde a la probabilidad de que $k$ de los lanzamientos sean águila con esa moneda cargada de probabilidad $x$.

Con (1) y (2) definimos

$$\begin{array}{}\text{(8)}& B_n(f,x)=\sum _{k=0}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k},\end{array}$$

que es la esperanza de la variable aleatoria que acabamos de describir, debido a que corresponde a la suma de los valores que toma esta variable ponderada por la probabilidad de que los tome.

A lo largo de esta entrada mostraremos formalmente que esta estimación funciona. Comenzamos diciendo qué es «acercarse mucho» a una función continua. Presentamos la definición con polinomios, pues son funciones continuas y derivables, lo cual facilita su manejo.

Definición. Función continua aproximada por polinomios. Sea $f\in {\mathcal{C}}^0([0,1],\mathbb{R}).$ Si para cada $\epsilon >0$ existe un polinomio $P_{\epsilon }:[0,1]\to \mathbb{R}$ tal que

$${\Vert f-P_{\epsilon }\Vert }_{\mathrm{\infty }}=\underset{x\in [0,1]}{Sup}\{|f(x)-P_{\epsilon }(x)|\}<\epsilon ,$$

diremos que la función $f$ puede aproximarse por polinomios. Demostraremos que toda función continua en ${\mathcal{C}}^0([0,1],\mathbb{R})$ tiene esta propiedad. Específicamente, los polinomios que usaremos en esa aproximación están dados por la siguiente:

Definición. El $n-$ésimo polinomio de Bernstein. Sea $f\in {\mathcal{C}}^0([0,1],\mathbb{R}).$ El $n-$ésimo polinomio de Bernstein de $f$ de grado a lo más $n$ es:
$$B_n(f,x)=\sum _{k=0}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}.$$

Que es la igualdad (3) definida arriba.

Mostremos el $n-$ésimo polinomio de Bernstein para tres funciones particulares.

El $n-$ésimo polinomio de Bernstein para la función constante, $f(x)=1.$

Del teorema del binomio sabemos que
$$(s+t{)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})s^k{t}^{n-k}$$

Haciendo $s=x$ y $t=1-x$ tenemos que
$$1=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}$$

Si consideramos $f(x)=1$ entonces $f\left(\frac{k}{n}\right)=1$ y así
$$\begin{array}{rl}1& =\sum _{k=0}^{n}1(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & =\sum _{k=0}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

Por lo tanto
$$B_n(f(x)=1,x)=1.$$

El $n-$ésimo polinomio de Bernstein para la función identidad, $f(x)=x.$

Partiendo de
$$1=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}$$

Reemplacemos $n$ por $n-1$ y $k$ por $j$ para obtener
$$\begin{array}{}\text{(9)}& 1=\sum _{j=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{j})x^j(1-x{)}^{n-(1+j)}\end{array}$$

El siguiente resultado será usado en el cálculo del polinomio:

$$\begin{array}{rl}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})& =\frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}\\ & =\frac{n}{n}\frac{k}{k}\frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}\\ & =\frac{k}{n}\frac{n(n-1)!}{k(k-1)!(n-k)!}\\ & =\frac{k}{n}\frac{n!}{k!(n-k)!}\\ & =\frac{k}{n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\end{array}$$

Por lo tanto

$$\begin{array}{}\text{(10)}& (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})=\frac{k}{n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\end{array}$$

Multipliquemos por $x$ ambos lados de la igualdad (4) y apliquemos la igualdad (5) en el coeficiente para tener

$$x=\sum _{j=0}^{n-1}\frac{j+1}{n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j+1})x^{j+1}(1-x{)}^{n-(1+j)}$$
Haciendo $k=j+1$ y usando que $f(x)=x$ entonces $f(\frac{k}{n})=\frac{k}{n}.$ Se sigue:
$$\begin{array}{rl}\text{(11)}& x& =\sum _{k=1}^n\frac{k}{n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}& =\sum _{k=0}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

Por lo tanto
$$B_n(f(x)=x,x)=x.$$

El $n-$ésimo polinomio de Bernstein para la función identidad, $f(x)=x^2.$

Partiendo de
$$1=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}$$

Reemplacemos $n$ por $n-2$ y $k$ por $j$ para obtener

$$\begin{array}{}\text{(12)}& 1=\sum _{j=0}^{n-2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{j})x^j(1-x{)}^{n-(2+j)}\end{array}$$

El siguiente resultado será usado en el cálculo del polinomio:

$$\begin{array}{rl}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{k-2})& =\frac{(n-2)!}{(k-2)!(n-k)!}\\ & =\frac{n}{n}\frac{n-1}{n-1}\frac{k}{k}\frac{k-1}{k-1}\frac{(n-2)!}{(k-2)!(n-k)!}\\ & =\frac{k(k-1)}{n(n-1)}\frac{n(n-1)(n-2)!}{k(k-1)(k-2)!(n-k)!}\\ & =\frac{k(k-1)}{n(n-1)}\frac{n!}{k!(n-k)!}\\ & =\frac{k(k-1)}{n(n-1)}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\end{array}$$

Por lo tanto

$$\begin{array}{}\text{(13)}& (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{k-2})=\frac{k(k-1)}{n(n-1)}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\end{array}$$

Multipliquemos por $x^2$ ambos lados de la igualdad (7) y apliquemos la igualdad (8) en el coeficiente para tener
$$x^2=\sum _{j=0}^{n-2}\frac{(j+2)(j+1)}{n(n-1)}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j+2})x^{j+2}(1-x{)}^{n-(j+2)}$$
Haciendo $k=j+2$ se sigue que:
$$\begin{array}{rl}{x}^2& =\sum _{k=2}^n\frac{k(k-1)}{n(n-1)}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & =\sum _{k=0}^n\frac{k(k-1)}{n(n-1)}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

Entonces
$$\begin{array}{}\text{(14)}& x^2(n^2-n)=\sum _{k=0}^{n}k(k-1)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

Al dividir ambos lados de la igualdad por $n^2$ se obtiene:
$$\begin{array}{rl}\left(1–\frac{1}{n}\right)x^2& =\sum _{k=0}^n\frac{k(k-1)}{n^2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & =\sum _{k=0}^n(\frac{k^2}{n^2}-\frac{k}{n^2})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & =\sum _{k=0}^n\frac{k^2}{n^2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}–\sum _{k=0}^n\frac{k}{n^2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & =\sum _{k=0}^n{\left(\frac{k}{n}\right)}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}–\frac{1}{n}\sum _{k=0}^n\frac{k}{n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & =\sum _{k=0}^n{\left(\frac{k}{n}\right)}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}–\frac{1}{n}x\end{array}$$

De modo que
$$\begin{array}{rl}\left(1–\frac{1}{n}\right)x^2+\frac{1}{n}x& =\sum _{k=0}^n{\left(\frac{k}{n}\right)}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & =\sum _{k=0}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

Por lo tanto
$$B_n(x,f(x)=x^2)=\left(1–\frac{1}{n}\right)x^2+\frac{1}{n}x.$$

Ahora daremos paso al

Teorema de aproximación de Bernstein. Sea $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ continua. Entonces la sucesión de polinomios de Bernstein para $f$ converge uniformemente a $f$ en $[0,1].$

Demostración:
Partimos de
$$1=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}$$
Al multiplicar ambos lados de la igualdad por $f(x)$ obtenemos

$$f(x)=\sum _{k=0}^{n}f(x)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}.$$

Por lo tanto

$$f(x)–B_n(f,x)=\sum _{k=0}^n(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right))(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}.$$

Usando la desigualdad del triángulo y el hecho de que $x\in [0,1]$ implica que $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}>0,$ se sigue que

$$\begin{array}{}\text{(15)}& |f(x)–B_n(f,x)|\le \sum _{k=0}^n\left|(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right))\right|(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

Nuestra intención ahora será mostrar que cuando $n$ tiende a infinito esta distancia se hace muy pequeña.

Sea $\epsilon >0.$ Como $f$ es continua en $[0,1]$ entonces es uniformemente continua, así existe $\delta >0$ tal que
$$\begin{array}{}\text{(16)}& \text{ si }|s-t|<\delta \text{ entonces }|f(s)–f(t)|<\frac{\epsilon }{2}.\end{array}$$

Sea $x\in [0,1].$ Considera $n\in \mathbb{N}$ tal que
$$n\ge \text{ máx }\{\frac{1}{{\delta }^4},\frac{{\Vert f\Vert }_{\mathrm{\infty }}^2}{{\epsilon }^2}\}.$$

Separemos los elementos de $\mathbb{N}\cup \{0\}$ en dos conjuntos como sigue:

$$\begin{array}{}\text{(17)}& I_1& =\{k\in \mathbb{N}\cup \{0\}:0\le k\le n,|\frac{k}{n}-x|<{\left(\frac{1}{n}\right)}^{\frac{1}{4}}\},\text{(18)}& I_2& =\{k\in \mathbb{N}\cup \{0\}:0\le k\le n,k\notin I_1\},\end{array}$$

Como $n\ge \frac{1}{{\delta }^4}$ entonces
$$\begin{array}{rlrl}& & n^{\frac{1}{4}}& \ge \frac{1}{\delta }\\ & \Rightarrow & \delta & \ge {\left(\frac{1}{n}\right)}^{\frac{1}{4}}\end{array}$$

De modo que si $k\in I_1$ satisface $|\frac{k}{n}-x|<{\left(\frac{1}{n}\right)}^{\frac{1}{4}}\le \delta$ y por la desigualdad (11) se cumple que

$$\begin{array}{rl}\sum _{k\in I_1}^{}\left|(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right))\right|(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}& \le \sum _{k\in I_1}^{}\frac{\epsilon }{2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & \le \frac{\epsilon }{2}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ \text{(19)}& & =\frac{\epsilon }{2}.\end{array}$$

En cuanto a los $k^{\prime }s\in I_2$ tenemos lo siguiente:

Si $k\in I_2$ entonces
$$\begin{array}{rlrl}& & {\left(\frac{1}{n}\right)}^{\frac{1}{4}}& \le \left|x–\frac{k}{n}\right|\\ & \Rightarrow & \frac{1}{n}& \le {\left|x–\frac{k}{n}\right|}^4\\ & \Rightarrow & {\left(x–\frac{k}{n}\right)}^{-4}& \le n\\ & \Rightarrow & {\left(x–\frac{k}{n}\right)}^{-2}& \le \sqrt{n}.\end{array}$$

Usaremos la última desigualdad al final del siguiente grupo de ecuaciones.

$$\begin{array}{rl}\sum _{k\in I_2}^{}\left|(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right))\right|(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}& \le \sum _{k\in I_2}^{}2{\Vert f\Vert }_{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & =2{\Vert f\Vert }_{\mathrm{\infty }}\sum _{k\in I_2}^{}\frac{(x–\frac{k}{n}{)}^2}{(x–\frac{k}{n}{)}^2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ \text{(20)}& & \le 2{\Vert f\Vert }_{\mathrm{\infty }}\sqrt{n}\sum _{k\in I_2}^{}{\left(x–\frac{k}{n}\right)}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

Ahora, partiendo de $1=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k},$ tenemos:

$$\begin{array}{rlrl}& & (x^2)1& =\sum _{k=0}^n(x^2)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ \text{(21)}& & \Rightarrow & x^2& =\sum _{k=0}^n{x}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

Por la igualdad (9) tenemos:

$$\begin{array}{}\text{(22)}& x^2(n^2-n)=\sum _{k=0}^{n}k(k-1)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

Partiendo de (6) se sigue:

$$\begin{array}{rlrl}& & (-2x)x& =\sum _{k=0}^n(-2x)\frac{k}{n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ \text{(23)}& & \Rightarrow & -2x^2& =\sum _{k=0}^n-2\frac{k}{n}x(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

Y también que

$$\begin{array}{rlrl}& & (n)x& =\sum _{k=0}^n(n)\frac{k}{n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ \text{(24)}& & \Rightarrow & nx& =\sum _{k=0}^{n}k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

Sumando (17) con (19).

$$\begin{array}{rlrl}& & x^2(n^2-n)+nx& =\sum _{k=0}^n(k(k-1)+k)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & \Rightarrow & x^2(n^2-n)+nx& =\sum _{k=0}^n{k}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & \Rightarrow & \left(\frac{1}{n^2}\right)(x^2(n^2-n)+nx)& =\sum _{k=0}^n\left(\frac{1}{n^2}\right)k^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ \text{(25)}& & \Rightarrow & \left(1–\frac{1}{n}\right)x^2+\frac{1}{n}x& =\sum _{k=0}^n\frac{k^2}{n^2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

Ahora sumemos (16), (18) y (20) para obtener:

$$\begin{array}{}\text{(26)}& \frac{1}{n}(x–x^2)& =\sum _{k=0}^n{\left(x–\frac{k}{n}\right)}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

Dado que $\underset{x\in [0,1]}{\text{máx }}(x–x^2)=\frac{1}{4}$ podemos concluir que

$$\begin{array}{}\text{(27)}& \sum _{k=0}^n{\left(x–\frac{k}{n}\right)}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}& =\frac{1}{n}(x–x^2)\le \left(\frac{1}{n}\right)\left(\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{4n}\end{array}$$

Ya que $n\ge \frac{{\Vert f\Vert }_{\mathrm{\infty }}^2}{{\epsilon }^2}$ podemos concluir que $\epsilon \sqrt{n}\ge {\Vert f\Vert }_{\mathrm{\infty }}.$ Se sigue de (15) y (22) que:

$$\begin{array}{rl}\sum _{k\in I_2}^{}\left|(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right))\right|(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}& \le 2{\Vert f\Vert }_{\mathrm{\infty }}\sqrt{n}\sum _{k\in I_2}^{}{\left(x–\frac{k}{n}\right)}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & \le 2\epsilon \sqrt{n}\sqrt{n}\frac{1}{4n}\\ \text{(28)}& & =\frac{\epsilon }{2}.\end{array}$$

Ahora, de (14) y (23) tenemos, finalmente que

$$\begin{array}{rl}|f(x)–B_n(f,x)|& \le \sum _{k=0}^n\left|(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right))\right|(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & =\sum _{k\in I_1}^{}\left|(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right))\right|(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}+\sum _{k\in I_2}^{}\left|(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right))\right|(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & \le \frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}\\ \text{(29)}& & =\epsilon .\end{array}$$

Lo cual demuestra que la sucesión de polinomios de Bernstein converge uniformemente a $f.$

Si bien, el teorema anterior aplica para funciones con dominio en $[0,1]$ se puede generalizar a cualquier intervalo cerrado en $\mathbb{R}$ según enunciamos a continuación.

Teorema. De aproximación de Weierstrass. Sea $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ una función continua. Entonces existe una sucesión de polinomios que converge uniformemente a $f$ en $[a,b].$

Demostración:
Definimos $\rho :[0,1]\to [a,b]$ donde para cada $x\in [0,1],\rho (x):=(1-x)a+xb.$ En consecuencia, la función $g:=f\circ \rho$ es una función continua en $[0,1]$ y por el teorema anterior sabemos que la sucesión de polinomios de Bernstein de $g$ converge en $g,$ es decir, $B_n(g,x)\to g.$

Ahora definimos $p_n:=B_n(g,x)\circ {\rho }^{-1}.$ Nota que es un polinomio. Ocurre que

${\Vert p_n-f\Vert }_{\mathrm{\infty }}:=\underset{t\in [a,b]}{\text{máx}}|p_n(t)-f(t)|=\underset{x\in [0,1]}{\text{máx}}|B_n(g,x)(x)–g(x)|={\Vert B_n(g,x)–g\Vert }_{\mathrm{\infty }}.$

Por lo tanto se da la convergencia uniforme $p_n\to f$ en ${\mathcal{C}}^0[a,b].$

Más adelante…

Conoceremos condiciones bajo las que es posible acercarnos a funciones continuas que tienen su dominio en conjuntos más generales que un intervalo cerrado: los espacios compactos. Lo haremos a través del teorema de Stone-Weierstrass que enunciaremos en la siguiente sección.

Tarea moral

1. Considera la función ${\phi }_k$ definida en (2). Demuestra que ${\phi }_k$ alcanza su máximo en el punto $\frac{k}{n}.$
2. Desarrolla las funciones ${\phi }_k$ para $k=0,1,2$ para $n=2.$
3. Considera la función $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ dada por $f(x)=sen(\pi x).$ Grafica los polinomios de Bernstein de $f$ para $n=1,2,4,8.$ Visualiza la gráfica para $f.$

Enlaces

• Análisis Matemático.
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