Segunda parte de la demostración del teorema de Stone-Weierstrass

Por Lizbeth Fernández Villegas

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, AC0(K,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 λ,μR y f,gA se cumple que λf+μgA. Esto es, A es cerrado bajo combinaciones lineales.

b) Para cada f,gA se cumple que fgA. Esto es, A es cerrado bajo producto de funciones.

c) 1A, donde 1 es la función constante que para cada xK asigna el valor 1.

d) Para cualesquiera x1,x2K tales que x1x2 existe una función φA tal que φ(x1)φ(x2).

Entonces se satisface el siguiente:

Lema 3. Si φA entonces |φ|A.

Demostración:
Sabemos que φ:KR es continua. Dado que K es compacto, la imagen φ(K) es compacta en R, y por tanto es acotada, así φ(K)[a,b] para algún a,bR. Como la función valor absoluto restringida en [a,b], que denotamos con h:[a,b]R tal que yR,h(y)=|y| también es continua en su dominio, se sigue que la composición

hφ(x)=|φ(x)|

es continua en K.

El siguiente diagrama muestra el comportamiento de las funciones.

Representación composición hφ.

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

Bn(h,y)=a0+a1y++anyn

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

limnBn(h,y)h=0.

Si xK, φ(x)[a,b]. Evaluando el polinomio en φ(x) tenemos:

Bn(h,φ(x))=a0+a1φ(x)++anφ(x)n.

De modo que la sucesión de polinomios (Bn(h,φ(x)))nN converge a hφ=|φ| en C0(K,R).

Veamos que cada sumando del polinomio está en A. Para ello usaremos los resultados del lema 2 visto en link.

La función constante 1A, como a0R se sigue que el producto 1a0=a0A.

Como φAA y a1R se sigue que el producto a1φA.

Como φAA entonces el producto φφ=φ2A. Como a2R se sigue que también a2φ2A.
.
.
.
Como φn1AA entonces el producto φn1φ=φnA. Como anR se sigue que el producto anφnA.

Ya que cada sumando está en A concluimos que para cada nN,Bn(h,φ(x))A. Por lo tanto |φ|A.

Para finalizar esta sección veamos otro resultado.

Lema 4. Sean φ,γA. Entonces las funciones

máx{φ,γ}(x):=máx{φ(x),γ(x)} y 

mín{φ,γ}(x):=mín{φ(x),γ(x)}

también están en A.

Demostración:
Probemos que máx{φ,γ}(x)A. Nota que

máx{φ(x),γ(x)}=φ(x)+γ(x)+|φ(x)γ(x)|2,

pues en el caso en que φ(x)γ(x)

φ(x)+γ(x)+|φ(x)γ(x)|2=φ(x)+γ(x)+(φ(x)γ(x))2=2φ(x)2=φ(x)

Caso φ(x)γ(x).

Por otro lado, si γ(x)φ(x)

φ(x)+γ(x)+|φ(x)γ(x)|2=φ(x)+γ(x)+(γ(x)φ(x))2=2γ(x)2=γ(x)

Ya que φ(x)+γ(x)+|φ(x)γ(x)|2 puede verse como combinación lineal de funciones en A (por lo visto en lema 2 y lema 3) se sigue que

φ(x)+γ(x)+|φ(x)γ(x)|2=máx{φ(x),γ(x)}A.

Análogamente se puede probar que se satisface la igualdad

mín{φ(x),γ(x)}=φ(x)+γ(x)|φ(x)γ(x)|2

Y así la función mín{φ(x),γ(x)}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 mín{φ(x),γ(x)}=φ(x)+γ(x)|φ(x)γ(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 R.
    c) Las funciones Lipschitz continuas.

Enlaces

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