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

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

$$\begin{array}{}\text{(1)}& f\left(\frac{k}{n}\right).\end{array}$$

Definimos ${\phi }_k:[0,1]\to \mathbb{R},$ como
$$\begin{array}{}\text{(2)}& {\phi }_k(x)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}.\end{array}$$

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

$$\begin{array}{}\text{(3)}& B_n(f,x)=\sum _{k=0}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k},\end{array}$$

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
$$\begin{array}{}\text{(4)}& 1=\sum _{j=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{j})x^j(1-x{)}^{n-(1+j)}\end{array}$$

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

$$\begin{array}{}\text{(5)}& (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})=\frac{k}{n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\end{array}$$

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:
$$\begin{array}{rl}\text{(6)}& x& =\sum _{k=1}^n\frac{k}{n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}& =\sum _{k=0}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

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

$$\begin{array}{}\text{(7)}& 1=\sum _{j=0}^{n-2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{j})x^j(1-x{)}^{n-(2+j)}\end{array}$$

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

$$\begin{array}{}\text{(8)}& (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{k-2})=\frac{k(k-1)}{n(n-1)}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\end{array}$$

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
$$\begin{array}{}\text{(9)}& x^2(n^2-n)=\sum _{k=0}^{n}k(k-1)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

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

$$\begin{array}{}\text{(10)}& |f(x)–B_n(f,x)|\le \sum _{k=0}^n\left|(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right))\right|(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

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
$$\begin{array}{}\text{(11)}& \text{ si }|s-t|<\delta \text{ entonces }|f(s)–f(t)|<\frac{\epsilon }{2}.\end{array}$$

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:

$$\begin{array}{}\text{(12)}& I_1& =\{k\in \mathbb{N}\cup \{0\}:0\le k\le n,|\frac{k}{n}-x|<{\left(\frac{1}{n}\right)}^{\frac{1}{4}}\},\text{(13)}& I_2& =\{k\in \mathbb{N}\cup \{0\}:0\le k\le n,k\notin I_1\},\end{array}$$

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

$$\begin{array}{rl}\sum _{k\in I_1}^{}\left|(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right))\right|(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}& \le \sum _{k\in I_1}^{}\frac{\epsilon }{2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & \le \frac{\epsilon }{2}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ \text{(14)}& & =\frac{\epsilon }{2}.\end{array}$$

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.

$$\begin{array}{rl}\sum _{k\in I_2}^{}\left|(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right))\right|(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}& \le \sum _{k\in I_2}^{}2{\Vert f\Vert }_{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & =2{\Vert f\Vert }_{\mathrm{\infty }}\sum _{k\in I_2}^{}\frac{(x–\frac{k}{n}{)}^2}{(x–\frac{k}{n}{)}^2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ \text{(15)}& & \le 2{\Vert f\Vert }_{\mathrm{\infty }}\sqrt{n}\sum _{k\in I_2}^{}{\left(x–\frac{k}{n}\right)}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

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

$$\begin{array}{rlrl}& & (x^2)1& =\sum _{k=0}^n(x^2)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ \text{(16)}& & \Rightarrow & x^2& =\sum _{k=0}^n{x}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

Por la igualdad (9) tenemos:

$$\begin{array}{}\text{(17)}& x^2(n^2-n)=\sum _{k=0}^{n}k(k-1)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

Partiendo de (6) se sigue:

$$\begin{array}{rlrl}& & (-2x)x& =\sum _{k=0}^n(-2x)\frac{k}{n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ \text{(18)}& & \Rightarrow & -2x^2& =\sum _{k=0}^n-2\frac{k}{n}x(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

Y también que

$$\begin{array}{rlrl}& & (n)x& =\sum _{k=0}^n(n)\frac{k}{n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ \text{(19)}& & \Rightarrow & nx& =\sum _{k=0}^{n}k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

Sumando (17) con (19).

$$\begin{array}{rlrl}& & x^2(n^2-n)+nx& =\sum _{k=0}^n(k(k-1)+k)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & \Rightarrow & x^2(n^2-n)+nx& =\sum _{k=0}^n{k}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & \Rightarrow & \left(\frac{1}{n^2}\right)(x^2(n^2-n)+nx)& =\sum _{k=0}^n\left(\frac{1}{n^2}\right)k^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ \text{(20)}& & \Rightarrow & \left(1–\frac{1}{n}\right)x^2+\frac{1}{n}x& =\sum _{k=0}^n\frac{k^2}{n^2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\end{array}$$

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

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

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

$$\begin{array}{}\text{(22)}& \sum _{k=0}^n{\left(x–\frac{k}{n}\right)}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}& =\frac{1}{n}(x–x^2)\le \left(\frac{1}{n}\right)\left(\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{4n}\end{array}$$

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:

$$\begin{array}{rl}\sum _{k\in I_2}^{}\left|(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right))\right|(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}& \le 2{\Vert f\Vert }_{\mathrm{\infty }}\sqrt{n}\sum _{k\in I_2}^{}{\left(x–\frac{k}{n}\right)}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & \le 2\epsilon \sqrt{n}\sqrt{n}\frac{1}{4n}\\ \text{(23)}& & =\frac{\epsilon }{2}.\end{array}$$

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

$$\begin{array}{rl}|f(x)–B_n(f,x)|& \le \sum _{k=0}^n\left|(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right))\right|(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & =\sum _{k\in I_1}^{}\left|(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right))\right|(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}+\sum _{k\in I_2}^{}\left|(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right))\right|(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}\\ & \le \frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}\\ \text{(24)}& & =\epsilon .\end{array}$$

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.
• Enlace a entrada anterior.
• Enlace a entrada siguiente.