Matemáticas universitarias — Grado 2 · Bachelor Year 2

10Secuencias y series de funciones

Cuando las funciones convergen en una función, ¿qué propiedades sobreviven a la paso al límite? Convergencia puntual conserva casi nada; uniforme convergencia — convergencia en el sup norma — conserva continuidad, integrales en segmentos y, con un giro, derivados. Este capítulo demuestra los tres teoremas de transferencia, sus versiones de serie y las corona con la Weierstrass teorema de aproximación, demostrado por el hermoso método probabilístico de Bernstein. polinomios.

10.1 Convergencia puntual y uniforme

Definición 10.1

Deje $f_n, f \colon X \to \R$ (o $\C$ , o un espacio normado), $X$ cualquier conjunto. $(f_n)$ converge a $f$ puntualmente cuando $f_n(x) \to f(x)$ por cada $x$ ; uniformemente cuando

\norm{f_n - f}_\infty = \sup_{x \in X}\, \abs{f_n(x) - f(x)} \xrightarrow[n \to \infty]{} 0 .

Uniforme implica puntualmente; en $C(\intcc{a}{b})$ , convergencia uniforme es exactamente convergencia en el espacio banach $\bigl(C(\intcc{a}{b}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ de Capítulo 5.

Ejemplo 10.2

En $\intcc{0}{1}$ , $f_n(x) = x^n$ converge puntualmente con el discontinuo límite $f = \mathbf{1}_{\{1\}}$ ; la convergencia no es uniforme: $\norm{f_n - f}_\infty \geq f_n\bigl(1 - \tfrac1n\bigr) = (1 - \tfrac1n)^n \to \eu^{-1} \neq 0$ . encendido $\intcc{0}{a}$ con $a < 1$ it is uniforme ( $\sup = a^n \to 0$ ): la uniformidad es una propiedad tanto del dominio como del secuencia.

La secuencia xn en [0, 1]: los gráficos se hunden hacia 0 pero todos deben subir a 1 en x = 1 — la distancia de sup hasta el El límite discontinuo puntualmente nunca se reduce por debajo de una constante. — La secuencia $x^n$ en $\intcc{0}{1}$ : los gráficos se hunden hacia $0$ pero todos deben subir a $1$ en $x = 1$ — la distancia de sup hasta el El límite discontinuo puntualmente nunca se reduce por debajo de una constante.

Ejemplo 10.3 (Dos límites que se niegan a conmutar)

Todo el capítulo trata sobre el intercambio de límites, así que aquí está el falla más pequeña posible. Deje $a_{n,m} = \dfrac{n}{n+m}$ para $n, m \geq 1$ . entonces

\lim_{m\to\infty}\Bigl(\lim_{n\to\infty}a_{n,m}\Bigr) = \lim_{m\to\infty} 1 = 1, \qquad \lim_{n\to\infty}\Bigl(\lim_{m\to\infty}a_{n,m}\Bigr) = \lim_{n\to\infty} 0 = 0 :

Ambos límites iterados existen y difieren. Cada transferencia El teorema de este capítulo es una licencia para conmutar dos límites. $\lim_n$ con $\lim_{x\to a}$ (continuidad), con $\int$ (integración), con $\frac{\dd}{\dd x}$ (diferenciación) — y convergencia uniforme es precisamente la tarifa que hace que el conmutación legal. Perspectiva final: siempre que haya una "prueba" intercambia silenciosamente dos operaciones de límite, esta matriz de dos líneas es el contraejemplo para oponerse a ello; los golpes deslizantes de Ejercicio 10.2 son el mismo fenómeno usando un signo integral.

10.2 Los tres teoremas de transferencia

Teorema 10.4 (continuidad)

Si cada $f_n$ es continuo en $a$ y $f_n \to f$ uniformemente en un entorno de $a$ , entonces $f$ es continuo en $a$ . Un límite uniforme de funciones continuo es continuo.

Demostración. El argumento $3\varepsilon$ ya utilizado en Teorema 4.9: elija $n$ con $\norm{f_n - f}_\infty \leq \varepsilon$ , luego $\delta$ de continuidad de $f_n$ en $a$ ; para $\abs{x - a} \leq \delta$ ,

\abs{f(x) - f(a)} \leq \abs{f(x) - f_n(x)} + \abs{f_n(x) - f_n(a)} + \abs{f_n(a) - f(a)} \leq 3\varepsilon . \qedhere

∎

Ejemplo 10.5 (La uniformidad falla exactamente donde se rompe el límite.)

En $\intcc{0}{2}$ , deje $f_n(x) = \dfrac{x^n}{1 + x^n}$ . el El límite puntualmente es una función de tres partes:

f(x) = \begin{cases} 0 & 0 \leq x < 1,\\[2pt] \tfrac12 & x = 1,\\[2pt] 1 & 1 < x \leq 2, \end{cases}

discontinuo en $1$ , por lo que por Teorema 10.4 la convergencia no puede ser uniforme en $\intcc{0}{2}$ . en el piezas cerradas evitando el umbral es: para $0 \leq x \leq a < 1$ ,

\sup_{\intcc{0}{a}}\abs{f_n - 0} = \frac{a^n}{1 + a^n} \leq a^n \to 0 ,

y para $1 < b \leq x \leq 2$ ,

\sup_{\intcc{b}{2}}\abs{f_n - 1} = \frac{1}{1 + b^n} \leq b^{-n} \to 0 ,

ambos suprema computados por monotonicidad de $u \mapsto \frac{u}{1+u}$ y de $x \mapsto x^n$ . Perspectiva final: el La falla de uniformidad se localiza en la discontinuidad de la límite — la misma geometría que Ejemplo 10.2, y el Por qué la disciplina "uniforme en cada segmento interior" Se repite durante todo el capítulo.

Teorema 10.6 (Integración en un segmento)

Si $f_n \to f$ uniformemente en $\intcc{a}{b}$ , con $f_n$ por partes continuo ( $f$ igualmente), luego

\int_a^b f_n \longrightarrow \int_a^b f .

Demostración. La linealidad y la desigualdad triangular para integrales dan

\Bigl|\int_a^b f_n - \int_a^b f\Bigr| = \Bigl|\int_a^b (f_n - f)\Bigr| \leq \int_a^b\abs{f_n - f} \leq (b - a)\,\norm{f_n - f}_\infty \longrightarrow 0 .

El factor de longitud $(b - a)$ es donde compacidad del segmento ingresa: en intervalos no compacto la misma estimación produce el inútil cota $\infty\cdot0$ , y la conclusión genuinamente falla sin dominación — los protuberancias planas $f_n = \frac1n\mathbf 1_{\intcc{0}{n}}$ convergen uniformemente a $0$ en $\intco{0}{\infty}$ aún conserva $\int f_n = 1$ (observación de errores abajo), y los golpes deslizantes de Capítulo 9 comentario haga lo mismo con convergencia puntual; uniforme convergencia controla las alturas, nunca los anchos. ∎

Los baches g_n(x) = nx\, -nx2 de : convergen a 0 en cada punto, pero los picos (altura √n/(2 ), desplazándose hacia 0) crecen sin límites — convergencia puntual con g_n_∈fty ∈fty y ∈t_01 g_n 1/2 ≠ 0: la masa se esconde debajo del pico en movimiento. — Los baches $g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2}$ de Ejercicio 10.1: convergen a $0$ en cada punto, pero los picos (altura $\sim\sqrt{n/(2\eu)}$ , desplazándose hacia $0$ ) crecen sin límites — convergencia puntual con $\norm{g_n}_\infty \to \infty$ y $\int_0^1 g_n \to \frac12 \neq 0$ : la masa se esconde debajo del pico en movimiento.

Teorema 10.7 (Diferenciación)

Sea $f_n$ $C^1$ en un intervalo $I$ , con: $(f_n')$ convergiendo uniformemente en $I$ (o en cada segmento de $I$ ) a algún $g$ , y $(f_n(x_0))$ convergiendo en un punto $x_0$ . Entonces $(f_n)$ converge (uniformemente en segmentos) a una función $C^1$ , $f$ y $f' = g$ : se puede diferenciar el límite.

Demostración. Defina $f(x) = \lim f_n(x_0) + \int_{x_0}^x g$ : legítimo, $g$ siendo continuo — de hecho $g$ es el límite uniforme en segmentos del continuo $f_n'$ , por lo que Se aplica Teorema 10.4 y la integral de una función continuo está bien definida con, por la fundamental teorema de cálculo,

f'(x) = g(x) \qquad (x \in I) :

el límite candidato es $C^1$ con la derivada correcta por construcción, antes de que se demuestre cualquier convergencia. Por el teorema fundamental nuevamente, $f_n(x) = f_n(x_0) + \int_{x_0}^x f_n'$ ; restando,

\abs{f_n(x) - f(x)} \leq \abs{f_n(x_0) - \lim f_n(x_0)} + \abs{x - x_0}\,\norm{f_n' - g}_{\infty} ,

que tiende a $0$ uniformemente en cada segmento. Y $f$ es $C^1$ con $f' = g$ por construcción. ∎

Ejemplo 10.8 (¿Por qué la hipótesis se basa en las derivadas?)

Deje $F_n(x) = \sqrt{x^2 + \frac1n}$ en $\R$ . Cada $F_n$ es $C^1$ (de hecho $C^\infty$ ), y la convergencia a $\abs x$ es uniforme en todo $\R$ :

0 \leq F_n(x) - \abs x = \frac{(x^2 + \frac1n) - x^2}{\sqrt{x^2+\frac1n} + \abs x} = \frac{1/n}{\sqrt{x^2 + \frac1n} + \abs x} \leq \frac{1/n}{1/\sqrt n} = \frac{1}{\sqrt n} .

Sin embargo, el límite $\abs x$ no es diferenciable en $0$ : uniforme convergencia del funciones, por rápido que sea, no transfiere diferenciabilidad. El fallo es visible en los derivados:

F_n'(x) = \frac{x}{\sqrt{x^2 + \frac1n}} \longrightarrow \begin{cases} 1 & x > 0,\\ 0 & x = 0,\\ -1 & x < 0, \end{cases}

un límite discontinuo puntualmente, por lo que $(F_n')$ no puede converger uniformemente cerca de $0$ (Teorema 10.4 nuevamente). Información final: Teorema 10.7 asume deliberadamente convergencia uniforme del $f_n'$ , no del $f_n$ — este ejemplo es la razón.

10.3 Serie de funciones

Definición 10.9

Una serie de funciones $\sum u_n$ converge puntualmente/uniformemente cuando sus sumas parciales sí lo hacen. converge normalmente (en $X$ ) cuando $\sum \norm{u_n}_\infty < \infty$ . La convergencia normal implica uniforme convergencia (en el espacio banach de funciones acotadas: Teorema 5.21), lo que implica puntualmente; Ambas implicaciones son estrictas.

Ejemplo 10.10 (Una serie, tres sentencias)

Tome $u_n(x) = \frac{x^n}{n}$ en $\intco{0}{1}$ . Puntualmente: converge para cada $x \in \intco01$ (comparación con el serie geométrica). Normal on $\intcc{0}{a}$ , $a < 1$ : $\norm{u_n}_{\infty,\intcc0a} = \frac{a^n}{n}$ , sumable. Not normal on $\intco{0}{1}$ : $\norm{u_n}_{\infty,\intco01} = \frac1n$ y $\sum\frac1n$ diverge. Not even uniform on $\intco{0}{1}$ : el el resto resiste cerca de $1$ ,

R_N(x) = \sum_{n>N}\frac{x^n}{n} \geq \sum_{n=N+1}^{2N}\frac{x^n}{n} \geq \frac{N\,x^{2N}}{2N} = \frac{x^{2N}}{2} \xrightarrow[x\to1^-]{} \frac12 ,

entonces $\sup_{\intco01}\abs{R_N} \geq \frac12$ por cada $N$ . Perspectiva final: los cuatro veredictos coexisten pacíficamente — el la suma $-\ln(1-x)$ es continuo en $\intco{0}{1}$ porque continuidad solo necesita uniformidad cerca de cada punto, es decir en los segmentos $\intcc0a$ ; explotar en el borde es el La suma es correcta.

Teorema 10.11 (Transferir para serie)

Si $\sum u_n$ converge con uniformemente (por ejemplo, normalmente) en el set: continuidad de todos los $u_n$ en $a$ pasa a la suma; integración en un segmento se puede hacer término por término; y si $\sum u_n(x_0)$ converge mientras que $\sum u_n'$ converge uniformemente en segmentos, el la suma es $C^1$ con derivada $\sum u_n'$ .

Demostración. Todo es el teorema correspondiente aplicado al parcial. sumas $S_N = \sum_{n\leq N}u_n$ , que son sumas finitas de funciones con la regularidad pertinente. Continuidad: cada $S_N$ es continuo en $a$ y $S_N \to \sum u_n$ uniformemente: Teorema 10.4. Integración: en el segmento,

\int_a^b \sum_{n\geq0} u_n = \lim_N \int_a^b S_N = \lim_N \sum_{n=0}^{N}\int_a^b u_n = \sum_{n\geq0}\int_a^b u_n

por Teorema 10.6 (primera igualdad) y linealidad de la integral (segunda). Diferenciación: la $S_N$ son $C^1$ , $S_N(x_0)$ converge y $S_N' = \sum_{n\leq N}u_n'$ converge uniformemente en segmentos: Teorema 10.7 da que la suma es $C^1$ con derivado $\lim S_N' = \sum u_n'$ . ∎

Observación 10.12 (Errores comunes)

Cuatro trampas, todas vistas en copias de examen. (yo) Suprema a medio controlar: evaluando a $f_n$ a lo largo de un programa bien elegido La secuencia $x_n$ solo limita $\norm{f_n - f}_\infty$ desde abajo — suficiente para refutar la uniformidad (como en Ejemplo 10.2), nunca para probarlo; para probarlo, obligado el sup mediante un cálculo válido para todo $x$ . (ii) Uniformidad en el conjunto equivocado: normal o convergencia uniforme a menudo se mantiene en cada $\intcc{-a}{a}$ o $\intco\delta\infty$ pero falla en la unión abierto; eso no es obstáculo — continuidad y la diferenciabilidad son locales, por lo que la diferenciación segmento por segmento la disciplina de Ejemplo 10.13 les da en general abierto configurado. (iii) Integración sobre no segmentos: Teorema 10.6 es una declaración sobre segmentos; en $\intco0\infty$ , convergencia uniforme no evitar que la masa escape al infinito ( $f_n = \frac1n\mathbf 1_{\intcc{0}{n}}$ converge uniformemente con $0$ , con $\int f_n = 1$ ) — utilice la convergencia dominada allí. (iv) Diferenciar el límite: Ejemplo 10.8; la hipótesis derivada está en $(f_n')$ , y ninguna tasa de convergencia de $(f_n)$ puede reemplazar eso.

Ejemplo 10.13 (La función Riemann $\zeta$ )

$\zeta(s) = \sum_{n\geq1} n^{-s}$ converge normalmente en cada media línea $\intco{a}{+\infty}$ , $a > 1$ ( $\norm{n^{-s}}_\infty = n^{-a}$ , sumable): $\zeta$ es continuo en $\intoo{1}{+\infty}$ ; diferenciando término a término (la serie derivada $\sum -\ln n\; n^{-s}$ también converge normalmente en $\intco{a}{\infty}$ ), $\zeta$ es $C^1$ — y, iterando, $C^\infty$ — con $\zeta'(s) = -\sum \frac{\ln n}{n^s}$ . Tenga en cuenta la disciplina: convergencia normal está marcada sub medias líneas, nunca en el abierto $\intoo{1}{\infty}$ mismo, donde falla.

Ejemplo 10.14 (Una serie logarítmica, trabajada hasta el final.)

Deja que $F(x) = \sum_{n\geq1} \frac{\eu^{-nx}}{n}$ encienda $\intoo{0}{\infty}$ . Cada término está acotado en $\intco{\delta} \infty$ por $\frac{\eu^{-n\delta}}{n} \leq \eu^{-n\delta}$ , un serie geométrica convergente: convergencia normal en cada $\intco\delta\infty$ , por lo que $F$ está en continuo. $\intoo{0}{\infty}$ . La serie derivada $\sum -\eu^{-nx}$ es igualmente normalmente convergente en $\intco\delta\infty$ ( $\norm{\eu^{-nx}}_{\infty,\intco\delta\infty} = \eu^{-n\delta}$ ), por lo que $F$ es $C^1$ con una derivada geométrica:

F'(x) = -\sum_{n\geq1}\eu^{-nx} = \frac{-\eu^{-x}}{1 - \eu^{-x}} = \frac{-1}{\eu^{x} - 1} .

Iterando, $F$ es $C^\infty$ . Integrando $F'$ (tanto $F$ como $x \mapsto -\ln(1 - \eu^{-x})$ desaparecen en $+\infty$ y tienen el misma derivada en $\intoo0\infty$ ):

F(x) = -\ln\bigl(1 - \eu^{-x}\bigr),

la serie logarítmica en $t = \eu^{-x}$ . Información final: como $x \to 0^+$ , $F(x) = -\ln(x + O(x^2)) = \ln\frac1x + O(x)$ — el la serie diverge logarítmicamente en el límite, exactamente como la serie armónica pasa a ser $x = 0$ ; convergencia normal en $\intco\delta\infty$ pero no en $\intoo0\infty$ es el síntoma.

Método 10.15 (Probando o refutando la convergencia uniforme)

Para $f_n \to f$ puntualmente en $X$ :

Calcular o encuadernar $\norm{f_n - f}_\infty$ : estudiar el función $x \mapsto \abs{f_n(x) - f(x)}$ (derivada, monotonicidad) para localizar su máximo; un límite válido para todo $x$ que tiende a $0$ demuestra uniformidad.
A refutar: puntos de exhibición $x_n$ con $\abs{f_n(x_n) - f(x_n)} \not\to 0$ (a menudo pistas $x_n$ el tope en movimiento, como en Ejercicio 10.1); o invocar un teorema de transferencia en contrapositivo — a límite discontinuo de funciones continuo (Ejemplo 10.5) o $\int f_n \not\to \int f$ en un segmento.
Para series, pruebe primero convergencia normal ( $\sum\sup\abs{u_n} < \infty$ ); si falla globalmente, pruébelo en los subsegmentos que importan (Ejemplo 10.10); si falla en todas partes, convergencia uniforme aún puede mantenerse a través del límite de resto alterno (Ejercicio 10.4) o sumatoria por partes.

10.4 El teorema de aproximación de Weierstrass

Teorema 10.16 (Weierstrass, vía Bernstein)

Cada continuo $f \colon \intcc{0}{1} \to \R$ es un límite uniforme de polinomios — explícitamente, de su bernstein polinomios

B_n(f)(x) = \sum_{k=0}^{n} f\Bigl(\frac kn\Bigr)\binom nk x^k (1-x)^{n-k} .

Demostración. Repare $x \in \intcc{0}{1}$ y configure $p_k(x) = \binom nk x^k(1 - x)^{n-k}$ . Tres identidades binomiales, obtenidas evaluando $(x + y)^n$ y sus dos derivados $x$ en $y = 1 - x$ :

\sum_k p_k = 1, \qquad \sum_k k\,p_k = nx, \qquad \sum_k k(k-1) p_k = n(n-1)x^2 .

En detalle: $(x+y)^n = \sum_k\binom nk x^ky^{n-k}$ en $y = 1-x$ es el primero; diferenciando en $x$ ,

n(x+y)^{n-1} = \sum_k k\binom nk x^{k-1}y^{n-k} ,

luego multiplicar por $x$ y configurar $y = 1 - x$ da el segundo; derivando dos veces y multiplicando por $x^2$ da el tercero. Expandiendo $(k - nx)^2 = k(k-1) + k(1 - 2nx) + n^2x^2$ y combinando los tres:

\sum_k (k - nx)^2 p_k = n(n-1)x^2 + nx(1 - 2nx) + n^2x^2 = nx(1 - x) \leq \frac n4 ,

el identidad de varianza.

Ahora calcule, usando $\sum p_k = 1$ :

\abs{B_n(f)(x) - f(x)} \leq \sum_{k} \Bigl| f\Bigl(\frac kn\Bigr) - f(x)\Bigr|\, p_k(x) = \Sigma_{\text{near}} + \Sigma_{\text{far}} ,

dividir según $\abs{\frac kn - x} \leq \delta$ o no. Dado $\varepsilon > 0$ , el uniforme continuidad de $f$ (Heine) proporciona $\delta$ con $\Sigma_{\text{near}} \leq \varepsilon$ . para lo lejos suma, con $M = \norm f_\infty$ : por la identidad de la varianza y El truco de contar de Chebyshev

\Sigma_{\text{far}} \leq 2M \sum_{\abs{k - nx} > n\delta} p_k \leq 2M\,\frac{\sum_k (k - nx)^2 p_k}{n^2\delta^2} \leq \frac{2M}{4 n \delta^2} \cdot 1 = \frac{M}{2n\delta^2} \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 ,

uniformemente en $x$ . Entonces $\norm{B_n(f) - f}_\infty \leq \varepsilon + \frac{M}{2n\delta^2} \leq 2\varepsilon$ para $n$ grande. ∎

Observación 10.17

Por sustitución afín el teorema se cumple en cualquier segmento $\intcc{a}{b}$ . Falla en $\R$ (un límite uniforme de polinomios en $\R$ es un polinomio: Ejercicio 10.8). El probabilístico lectura — $B_n(f)(x)$ es el valor esperado de $f$ en un binomio promedio, y el límite de la varianza es la desigualdad de Chebyshev — es hecho honesto en Capítulo 23.

Aproximación de Bernstein de f(x) = x2 (rojo), usando la fórmula exacta B_nf = x2 + x(1-x)/n de : B_1f es la cuerda, y cada duplicación de n reduce a la mitad la brecha. Fiable pero lento — el 1n saturación que genera el teorema de Voronovskaya (problema del fin de semana) exacto. — Aproximación de Bernstein de $f(x) = x^2$ (rojo), usando la fórmula exacta $B_nf = x^2 + \frac{x(1-x)}{n}$ de Ejercicio 10.7: $B_1f$ es la cuerda, y cada duplicación de $n$ reduce a la mitad la brecha. Fiable pero lento — el $\frac1n$ saturación que genera el teorema de Voronovskaya (problema del fin de semana) exacto.

Observación 10.18 (donde se utiliza)

La aproximación de Weierstrass es el teorema de densidad del clásico. análisis: hace que $C(\intcc ab)$ sea separable, permitamos verificar identidades integrales solo en polinomios (problemas de momentos), y subyace a la versión trigonométrica demostrada en Fourier capítulo a través del kernel de Fejér. El problema del fin de semana de este El capítulo extrae el contenido cuantitativo de la prueba de Bernstein. — tasas de convergencia regidas por el módulo de continuidad — y luego aísla lo que realmente hizo que funcionara, en el sentido de Korovkin. teorema: positividad más tres funciones de prueba. El año 3 El volumen generaliza la declaración de densidad a arbitraria. subálgebras (Stone–Weierstrass) y a espacios compacto.

Ejemplo 10.19 (Aproximación poligonal, con tasa)

Para $L$ -Lipschitz $f$ en $\intcc{0}{1}$ , sea $I_nf$ el interpolante afín por partes en los nodos $\frac kn$ . en un celda $\intcc{\frac kn}{\frac{k+1}n}$ , tanto $f(x)$ como $I_nf(x)$ se encuentran entre los valores extremos que un $L$ -Lipschitz La función puede tomar dados los dos valores nodales, por lo que para $x$ en el celular, escribiendo $x_k = \frac kn$ :

\abs{I_nf(x) - f(x)} \leq \abs{I_nf(x) - f(x_k)} + \abs{f(x_k) - f(x)} \leq L\,\abs{x - x_k} + L\,\abs{x - x_k} \leq \frac{2L}{n}

(el interpolante es en sí mismo $L$ -Lipschitz en la celda: su la pendiente es un cociente de diferencias de $f$ ). Por lo tanto $\norm{I_nf - f}_\infty \leq \frac{2L}{n}$ : aproximación poligonal de Las funciones Lipschitz convergen a la velocidad $\frac1n$ — más rápido que el $\frac{1}{\sqrt n}$ de Bernstein para el misma clase (problema de fin de semana, Parte II). Perspectiva final: el el polígono se interpola pero no es suave, Bernstein es suave pero lento; no hay almuerzo gratis entre la regularidad del aproximante y velocidad — una compensación precisada por el Resultados de saturación del problema del fin de semana.

Observación 10.20 (Perspectivas dentro de este volumen)

Convergencia uniforme es el caballo de batalla de este libro de aquí en adelante. el El capítulo de la serie de potencia se ejecuta completamente en convergencia normal en Subdiscos compacto — en cada teorema término por término hay un Caso especial de los teoremas de transferencia de este capítulo. El Fourier el capítulo vive un piso arriba: sus sumas parciales $S_N$ fallan exactamente donde este capítulo advierte que podrían (puntualmente pero no uniforme en los saltos), y su Fejér significa tener éxito por el mismo $3\varepsilon$ mecánicas que demostraron Teorema 10.4. Las ecuaciones diferenciales El capítulo define $\eu^{tA}$ mediante una serie convergente normalmente y lo diferencia terminológicamente — literalmente Teorema 10.11 aplicado a la matriz entradas. Cuando más adelante en el libro tengamos dudas sobre "¿por qué podemos haz esto”, la respuesta suele ser un teorema de este capítulo.

10.5 Ceremonias

Ejercicio 10.1 ★

Estudie puntualmente y convergencia uniforme en $\intcc{0}{1}$ , luego en $\intcc{0}{a}$ ( $a < 1$ ) o $\intco{\delta}{1}$ según corresponda, de:

f_n(x) = \frac{x}{1 + nx}, \qquad g_n(x) = n x\,\eu^{-n x^2}, \qquad h_n(x) = x^n(1 - x^n).

Solución

Solución de Ejercicio 10.1.

$f_n(x) = \frac{x}{1 + nx}$ : puntualmente límite $0$ en $\intcc{0}{1}$ . uniformemente: $f_n$ aumenta en $\intcc{0}{1}$ (derivado $\frac{1}{(1+nx)^2} > 0$ ), entonces $\norm{f_n}_\infty = f_n(1) = \frac{1}{1+n} \to 0$ : uniforme en $\intcc{0}{1}$ .

$g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2}$ : límite puntualmente $0$ (exponencial latidos). Sup: $g_n' = n\eu^{-nx^2}(1 - 2nx^2)$ desaparece en $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}}$ , donde $g_n(x_n) = \sqrt{\frac n2}\,\eu^{-1/2} \to \infty$ : no uniforme en $\intcc{0}{1}$ — pero sí uniforme en $\intco{\delta}{1}$ , ya que allí $g_n(x) \leq n\,\eu^{-n\delta^2} \to 0$ .

$h_n(x) = x^n(1 - x^n)$ : puntualmente límite $0$ en $\intcc{0}{1}$ (ambos factores; en $x = 1$ , $h_n = 0$ ). Sup: con $u = x^n \in \intcc{0}{1}$ , $u(1-u) \leq \frac14$ alcanzado en $u = \frac12$ , es decir, $x = 2^{-1/n} \in \intoo{0}{1}$ : $\norm{h_n}_\infty = \frac14 \not\to 0$ : no uniforme en $\intcc{0}{1}$ ; uniforme en $\intcc{0}{a}$ ( $\sup \leq a^n \to 0$ ).

Ejercicio 10.2 ★

Demuestre que $\displaystyle\int_0^1 g_n \not\to \int_0^1 \lim g_n$ para el $g_n$ de Ejercicio 10.1, y conciliar con Teorema 10.6.

Solución

Solución de Ejercicio 10.2.

$\int_0^1 nx\,\eu^{-nx^2}\dd x = \bigl[-\tfrac12 \eu^{-nx^2}\bigr]_0^1 = \frac{1 - \eu^{-n}}{2} \to \frac12$ , mientras $\int_0^1 \lim g_n = 0$ . Sin contradicción: Teorema 10.6 requiere uniforme convergencia en el segmento, que falla aquí (el golpe de altura $\sim\sqrt n$ se desliza hacia $0$ ).

Ejercicio 10.3 ★

Demuestre que $S(x) = \sum_{n\geq1} \dfrac{x^n}{n^2}$ es continuo en $\intcc{-1}{1}$ , y que $S$ es $C^1$ en $\intoo{-1}{1}$ con $S'(x) = -\frac{\ln(1-x)}{x}$ para $0 < \abs x < 1$ .

Solución

Solución de Ejercicio 10.3.

Convergencia normal en $\intcc{-1}{1}$ : $\norm{x^n/n^2}_\infty = \frac{1}{n^2}$ , sumable: $S$ es continuo allí (Teorema 10.11).

Derivada: la serie derivada $\sum \frac{x^{n-1}}{n}$ converge normalmente en cada $\intcc{-a}{a}$ , $a < 1$ ( $\sup = \frac{a^{n-1}}{n}$ ): $S$ es $C^1$ en $\intoo{-1}{1}$ con

S'(x) = \sum_{n\geq1} \frac{x^{n-1}}{n} = \frac1x \sum_{n\geq1} \frac{x^n}{n} = -\frac{\ln(1 - x)}{x} \qquad (0 < \abs x < 1),

siendo la última identidad la serie logarítmica del año 1 (rederivada sinceramente en Capítulo 11).

Ejercicio 10.4 ★★

Deja que $F(x) = \sum_{n \geq 0} \dfrac{(-1)^n}{n + x}$ encienda $\intoo{0}{+\infty}$ . Demostrar una convergencia uniforme (no normal) en $\intco{\delta}{\infty}$ a través del resto de la serie alterna enlazado, continuidad, y la ecuación funcional $F(x) + F(x + 1) = \frac1x$ .

Solución

Solución de Ejercicio 10.4.

Para $x > 0$ fijo la serie se alterna con $\frac{1}{n + x} \downarrow 0$ : convergencia puntual, y el resto cota $\abs{R_N(x)} \leq \frac{1}{N + 1 + x} \leq \frac{1}{N+1}$ es uniforme en $\intco{\delta}{\infty}$ (de hecho en $\intoo{0}{\infty}$ ): convergencia uniforme. (No es normal: $\norm{\frac{(-1)^n}{n+x}}_\infty = \frac{1}{n + \delta}$ , divergente.) Continuidad se sigue de Teorema 10.11.

Ecuación funcional: reindexar $F(x + 1)$ con $m = n + 1$ :

F(x+1) = \sum_{n\geq0} \frac{(-1)^n}{n + 1 + x} = \sum_{m\geq1}\frac{(-1)^{m-1}}{m+x} ,

entonces, aislando el término $m = 0$ de $F(x)$ ,

F(x) + F(x+1) = \frac{1}{x} + \sum_{m\geq1} \frac{(-1)^m + (-1)^{m-1}}{m+x} = \frac1x .

Ejercicio 10.5 ★★

(Dini) Sea $f_n \colon K \to \R$ continuo en un compacto espacio métrico, con $f_n \to f$ puntualmente, $f$ continuo, y $(f_n(x))$ decreciente en $n$ para cada $x$ . demostrar que la convergencia es uniforme. (Given $\varepsilon$ , the abierto sets $U_n = \{x : f_n(x) - f(x) < \varepsilon\}$ increase and cover $K$ ; extract a finite subcover — Teorema 4.20.)

Solución

Solución de Ejercicio 10.5.

Establecer $g_n = f_n - f \geq 0$ (decreciente en $n$ , por hipótesis; el el límite es $0$ puntualmente); cada $g_n$ es continuo. Arregle $\varepsilon > 0$ y deje que $U_n = \{x : g_n(x) < \varepsilon\}$ : abierto (imagen previa de un conjunto abierto), aumentando ( $g_{n+1} \leq g_n$ ) y cubriendo $K$ (convergencia puntual). Por Borel–Lebesgue (Teorema 4.20), un número finito de $U_{n_1} \subseteq \dots \subseteq U_{n_k}$ cubren $K$ : entonces $K = U_{n_k}$ , es decir, $\norm{g_{n_k}}_\infty \leq \varepsilon$ , y por monotonicidad $\norm{g_n}_\infty \leq \varepsilon$ para todos los $n \geq n_k$ : uniforme convergencia. (La monotonicidad es esencial: las protuberancias deslizantes de Ejercicio 10.2 converge puntualmente en un compacto sin uniformidad.)

Ejercicio 10.6 ★★

Demuestre que $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \int_0^1 \frac{n\,f(x)}{1 + n^2x^2}\,\dd x = \frac{\pi}{2} f(0)$ para cada continuo $f$ en $\intcc{0}{1}$ . (Sustituir $u = nx$ ; dividir apagado $f(0)$ ; dominar.)

Solución

Solución de Ejercicio 10.6.

Sustituir $u = nx$ :

\int_0^1 \frac{n f(x)}{1 + n^2x^2}\dd x = \int_0^n \frac{f(u/n)}{1 + u^2}\,\dd u .

Los integrandos $h_n(u) = \frac{f(u/n)}{1+u^2}\mathbf{1}_{u \leq n}$ convergen puntualmente a $\frac{f(0)}{1+u^2}$ (continuidad de $f$ en $0$ ) y están dominados por $\frac{\norm f_\infty}{1 + u^2}$ , integrable en $\intco{0}{\infty}$ : convergencia dominada (Teorema 9.6) da el límite

\int_0^\infty \frac{f(0)}{1 + u^2}\dd u = \frac{\pi}{2} f(0) .

(Los granos se concentran en $0$ : una identidad aproximada).

Ejercicio 10.7 ★★

Calcule el polinomios de Bernstein de $f(x) = x^2$ explícitamente y verificar el error uniforme $\norm{B_n f - f}_\infty = O\bigl(\frac1n\bigr)$ predicho por la prueba de Teorema 10.16 — aquí exactamente $\frac{x(1 - x)}{n}$ en cada punto.

Solución

Solución de Ejercicio 10.7.

Para $f(x) = x^2$ , utilice la segunda familia de identidad binomial de la prueba: $\sum_k k^2 p_k = n(n-1)x^2 + nx$ . Por lo tanto

B_n(f)(x) = \sum_k \frac{k^2}{n^2}\,p_k = \frac{n(n-1)x^2 + nx}{n^2} = x^2 + \frac{x(1 - x)}{n} :

$B_n(f) - f = \frac{x(1-x)}{n}$ , de sup norma $\frac{1}{4n} = O\bigl(\frac1n\bigr)$ , como se predijo.

Ejercicio 10.8 ★★

Demuestre que si los polinomios $P_n$ convergen uniformemente on all of $\R$ con $f$ , entonces $f$ es un polinomio. (For large $m, n$ , $P_n - P_m$ is a bounded polynomial on $\R$ , hence constant; so the sequence stabilizes modulo constants.)

Solución

Solución de Ejercicio 10.8.

Para $\varepsilon = 1$ existe $N$ con $\norm{P_n - P_m}_{\infty, \R} \leq 1$ para $m, n \geq N$ . Un polinomio acotado en $\R$ es constante (una no constante tiende a $\pm\infty$ ): $P_n - P_m = c_{n,m}$ , constantes. Entonces para $n \geq N$ : $P_n = P_N + c_n$ con $c_n = P_n(0) - P_N(0)$ convergente (convergencia puntual en $0$ ). Por tanto $f = \lim P_n = P_N + \lim c_n$ : un polinomio.

Ejercicio 10.9 ★★★

(A continuo, función no diferenciable en ninguna parte — guiada) Dejemos $\varphi$ sea la distancia al número entero más cercano ( $1$ -periódico, $\norm{\varphi}_\infty = \frac12$ , $1$ -Lipschitz) y

W(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \Bigl(\frac{3}{4}\Bigr)^{\!n} \varphi(4^n x) .

Demuestre: (a) $W$ es continuo en $\R$ (convergencia normal); (b) para cada $x$ y cada $m$ , eligiendo $h_m = \pm\frac12\cdot 4^{-m}$ con el signo haciendo afín $\varphi$ al segmento de $4^m x$ a $4^m(x + h_m)$ , el cociente de diferencias satisface

\Bigl|\frac{W(x + h_m) - W(x)}{h_m}\Bigr| \geq 3^m - \sum_{n<m} 3^n \geq \frac{3^m + 1}{2} \xrightarrow[m\to\infty]{} \infty

(los términos $n > m$ desaparecen por periodicidad; el término $n = m$ contribuye exactamente $3^m$ ; Los términos $n < m$ están limitados por la propiedad Lipschitz). Concluya que $W$ no es diferenciable en ninguna parte.

Solución

Solución de Ejercicio 10.9.

(a) $\norm{(3/4)^n\varphi(4^n\cdot)}_\infty = \frac12 (3/4)^n$ : convergencia normal, so $W$ is continuo (Teorema 10.11).

(b) Corrección $x$ , $m$ ; elige el signo de $h_m = \pm\frac12 4^{-m}$ para que que el segmento $\intcc{4^mx}{4^m(x + h_m)}$ (de longitud $\frac12$ ) no contiene ningún medio entero, lo que hace que $\varphi$ sea afín a la pendiente $\pm1$ en él (posible: un intervalo de longitud $\frac12$ coincide como máximo con un punto medio entero; elige el lado que lo evita).

Para $n > m$ : $4^n h_m = \pm\frac12 4^{n-m}$ es un número entero y $\varphi$ es $1$ -periódico: el $n$ -ésimo término de la diferencia desaparece.

Para $n = m$ : $\abs{\varphi(4^m x + 4^m h_m) - \varphi(4^m x)} = \abs{4^m h_m} = \frac12$ ( $\varphi$ afín a la pendiente $\pm 1$ en el segmento), por lo que el término contribuye exactamente $(3/4)^m \cdot \frac{1/2}{\abs{h_m}} = (3/4)^m\,4^m = 3^m$ en el cociente.

Para $n < m$ : el $1$ -Lipschitz $\varphi$ proporciona $\bigl|(3/4)^n\bigl(\varphi(4^nx + 4^nh_m) - \varphi(4^nx)\bigr)\bigr| \leq (3/4)^n 4^n\abs{h_m} = 3^n\abs{h_m}$ : cada uno contribuye como máximo $3^n$ al cociente.

Por lo tanto

\Bigl|\frac{W(x + h_m) - W(x)}{h_m}\Bigr| \geq 3^m - \sum_{n=0}^{m-1} 3^n = 3^m - \frac{3^m - 1}{2} = \frac{3^m + 1}{2} \longrightarrow \infty .

Si $W$ fuera diferenciable en $x$ , cada cociente de diferencias a lo largo $h_m \to 0$ convergería a $W'(x)$ : contradicción. $W$ es continuo en todas partes, diferenciable en ninguna parte.

Ejercicio 10.10 ★

Deje $u_n(x) = (-1)^n x^n(1 - x)$ en $\intcc{0}{1}$ . mostrar eso $\sum u_n$ converge puntualmente en $\intcc{0}{1}$ y calcula su suma; mostrar que la convergencia es uniforme en $\intcc{0}{1}$ (bound the remainder $R_N(x) = \sum_{n > N} u_n(x)$ , a geometric tail, by its first term and maximize $x^{N+1}(1-x)$ ) pero no normal (compute $\norm{u_n}_\infty$ ): convergencia uniforme es estrictamente más débil que convergencia normal. En contraste con $\sum x^n(1-x)$ , cuya suma es discontinua en $1$ : allí falla incluso la uniformidad.

Solución

Solución de Ejercicio 10.10.

Puntualmente: para $x \in \intco{0}{1}$ la serie es geométrica de relación $-x$ ,

\sum_{n\geq0}(-1)^n x^n(1-x) = \frac{1-x}{1+x},

y en $x = 1$ todos los términos desaparecen: suma $0 = \frac{1-1}{2}$ , consistente — la suma es continuo en $\intcc{0}{1}$ . Uniformidad: el resto es una cola geométrica,

\abs{R_N(x)} = \frac{x^{N+1}(1-x)}{1+x} \leq x^{N+1}(1 - x) \leq \max_{\intcc01} t^{N+1}(1-t) = \frac{1}{N+2}\Bigl(\frac{N+1}{N+2}\Bigr)^{\!N+1} \leq \frac{1}{N+2} \to 0 ,

uniformemente en $x$ . No es normal: $\norm{u_n}_\infty = \max x^n(1-x) = \frac{1}{n+1}\bigl(\frac{n}{n+1}\bigr)^n \sim \frac{1}{\eu\,n}$ y $\sum \frac1{\eu n}$ divergen. Contraste: $\sum x^n(1-x)$ tiene sumas parciales $1 - x^{N+1}$ , convergentes puntualmente al discontinuo $\mathbf 1_{\intco01}$ : por Teorema 10.4, esa convergencia no puede ser uniforme en $\intcc{0}{1}$ .

Ejercicio 10.11 ★★

Deje $f_n \to f$ uniformemente en un espacio métrico $X$ , cada $f_n$ continuo, y deje $x_n \to x$ en $X$ . Prueba $f_n(x_n) \to f(x)$ . Muestre con un ejemplo sobre $X = \intcc{0}{1}$ que puntualmente convergencia no es suficiente, incluso con $f$ continuo (use the bumps $g_n$ of Ejercicio 10.1 and $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}}$ ).

Solución

Solución de Ejercicio 10.11.

El límite $f$ es continuo (Teorema 10.4). entonces

\abs{f_n(x_n) - f(x)} \leq \abs{f_n(x_n) - f(x_n)} + \abs{f(x_n) - f(x)} \leq \norm{f_n - f}_\infty + \abs{f(x_n) - f(x)} ,

y ambos términos tienden a $0$ (convergencia uniforme; continuidad de $f$ y $x$ ). Contraejemplo bajo el mero convergencia puntual: $g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2} \to 0$ puntualmente en $\intcc{0}{1}$ con $g_n$ y el límite continuo, aún en $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}} \to 0$ :

g_n(x_n) = \sqrt{\frac n2}\,\eu^{-1/2} \longrightarrow +\infty \neq 0 = f(0) .

Ejercicio 10.12 ★★★

(Una ecuación integral de Volterra por serie) Para $f \in C(\intcc{0}{1})$ defina $Tf(x) = \int_0^x f(t)\,\dd t$ .

Muestre por inducción que para $n \geq 1$ :

$T^n f(x) = \int_0^x \frac{(x - t)^{n-1}}{(n-1)!}\,f(t)\,\dd t, \qquad \norm{T^n f}_\infty \leq \frac{\norm f_\infty}{n!} .$
Deduzca que $S = \sum_{n\geq0} T^n f$ converge normalmente en $\intcc{0}{1}$ y resuelve la ecuación integral $S = f + TS$ .
Verifique que $S(x) = f(x) + \int_0^x \eu^{x-t}f(t)\,\dd t$ resuelva la misma ecuación y demuestre la unicidad de continuo soluciones (if $S = TS$ then $\norm{S}_\infty \leq \norm{T^nS}_\infty \to 0$ ): concluir la forma cerrada de la suma.

Solución

Solución de Ejercicio 10.12.

Inducción. $n = 1$ es la definición. Supongamos la fórmula para $n$ y configure $g(x) = \int_0^x \frac{(x-t)^n}{n!} f(t)\dd t$ . Para un integrando continuo en $(x,t)$ y $C^1$ en $x$ , el límite variable integral de parámetros se diferencia como

$g'(x) = \frac{(x-x)^n}{n!}f(x) + \int_0^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}f(t)\dd t = T^nf(x)$

(divida $g(x+h) - g(x)$ en la tira $\int_x^{x+h}$ , que es $O(h\cdot\sup)$ con el integrando que desaparece en $t = x$ como $h^n$ , y el fijo Integral del incremento $x$ , manejada por el valor medio. desigualdad y continuidad). También $(T^{n+1}f)' = T^nf$ (teorema fundamental del cálculo) y $g(0) = T^{n+1}f(0) = 0$ : dos primitivas de $T^nf$ que desaparecen en $0$ coinciden, por lo que $T^{n+1}f = g$ . El límite:

$\abs{T^nf(x)} \leq \norm f_\infty \int_0^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}\dd t = \norm f_\infty\,\frac{x^n}{n!} \leq \frac{\norm f_\infty}{n!} .$
$\sum_n \norm{T^nf}_\infty \leq \eu\,\norm f_\infty$ : convergencia normal, por tanto uniforme; $S$ es continuo. Las sumas parciales satisfacen $S_N = f + T S_{N-1}$ y $T$ . es $1$ -Lipschitz para $\norm\cdot_\infty$ ( $\abs{Tg(x)} \leq x\norm g_\infty$ ): dejar $N \to \infty$ en ambos lados da $S = f + TS$ .
Establecer $V(x) = f(x) + \eu^x\int_0^x \eu^{-t}f(t)\dd t$ . Entonces $V - f$ es $C^1$ con $(V-f)'(x) = \eu^x\int_0^x\eu^{-t}f + f(x) = V(x)$ y $(TV)' = V$ . con $(V - f)(0) = TV(0) = 0$ : entonces $V - f = TV$ , es decir $V$ resuelve la ecuación. Unicidad: si $S_1, S_2$ son Soluciones continuo, $D = S_1 - S_2$ satisface $D = TD$ , por lo tanto $D = T^nD$ para todos $n$ y $\norm D_\infty \leq \frac{\norm D_\infty}{n!} \to 0$ : $D = 0$ . Por lo tanto

$\sum_{n\geq0} T^nf(x) = f(x) + \int_0^x \eu^{x-t}f(t)\,\dd t .$

(La serie $\sum T^n$ es una serie geométrica de operadores: una primera muestra del solvente $(\mathrm{Id} - T)^{-1}$ , desarrollado en el Año 3 volumen.)

10.6 Problema: Tasas de aproximación y teorema de Korovkin

Problema 10.1

La prueba de Bernstein de Teorema 10.16 se esconde dos tesoros. Primero, es cuantitativo: qué tan rápido $B_nf \to f$ se rige por el módulo de continuidad de $f$ , con el fuerte tasa alcanzada por $\abs{x - \frac12}$ . En segundo lugar, es estructural: lo único que importaba era que $B_n$ es un operador lineal positivo que se comporta bien en $1$ , $x$ , $x^2$ — esa observación, aislada, es Korovkin teorema. Este problema prueba ambos, y cierra con la asintótica exacta de Voronovskaya. A lo largo, $f \in C(\intcc{0}{1})$ , $M = \norm f_\infty$ , $p_k(x) = \binom nk x^k(1-x)^{n-k}$ y $e_j$ indican $x \mapsto x^j$ .

Parte I — The Bernstein operator.

Demuestre que $B_n$ es lineal, positivo ( $f \geq 0 \Rightarrow B_nf \geq 0$ ), por lo tanto monótono ( $f \leq g \Rightarrow B_nf \leq B_ng$ ), con $\norm{B_nf}_\infty \leq \norm f_\infty$ , y que $B_nf$ interpola $f$ en ambos puntos finales.
Redirigir las identidades $B_n e_0 = e_0$ , $B_n e_1 = e_1$ y $B_n e_2 = e_2 + \frac{e_1 - e_2}{n}$ (diferencia $(x + y)^n$ dos veces y establece $y = 1 - x$ ).
Deduzca la identidad de la varianza $\sum_k \bigl(\frac kn - x\bigr)^2 p_k(x) = \frac{x(1-x)}{n}$ y, por Cauchy–Schwarz, el primer momento obligado

$\sum_{k=0}^{n}\Bigl|\frac kn - x\Bigr|\,p_k(x) \leq \sqrt{\frac{x(1-x)}{n}} \leq \frac{1}{2\sqrt n} .$
Demuestre que si $f$ es convexo, entonces $B_nf \geq f$ en $\intcc{0}{1}$ (desigualdad finita de Jensen para el pesos $p_k(x)$ ).
(Conteo de Chebyshev cota, reformulado) Para $\delta > 0$ mostrar

$\sum_{\abs{k/n - x} > \delta} p_k(x) \leq \frac{x(1-x)}{n\delta^2} \leq \frac{1}{4n\delta^2} ,$

y dar la lectura probabilística: $B_nf(x)$ promedios $f$ sobre una muestra binomial media concentrándose en $x$ .

Parte II — Rates: the modulus of continuidad. Para $\delta > 0$ establezca $\omega(\delta) = \sup\{\abs{f(s) - f(t)} : s, t \in \intcc{0}{1},\ \abs{s - t} \leq \delta\}$ .

Mostrar: $\omega$ es finito, no decreciente, $\omega(\delta) \to 0$ como $\delta \to 0^+$ (Heine), subaditivo ( $\omega(\delta_1 + \delta_2) \leq \omega(\delta_1) + \omega(\delta_2)$ ), y $\omega(\lambda\delta) \leq (1 + \lambda)\,\omega(\delta)$ para todos los $\lambda > 0$ .
Demuestre el presupuesto maestro, para cada $\delta > 0$ :

$\abs{B_nf(x) - f(x)} \leq \sum_k \omega\Bigl(\Bigl|\frac kn - x\Bigr|\Bigr)p_k(x) \leq \Bigl(1 + \frac1\delta\sum_k\Bigl|\frac kn - x\Bigr|p_k(x)\Bigr)\,\omega(\delta) .$
Elija $\delta = n^{-1/2}$ y concluya el teorema cuantitativo de Weierstrass:

$\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac32\,\omega\Bigl(\frac{1}{\sqrt n}\Bigr) \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 .$
Deduce las tarifas: $\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac{3L}{2\sqrt n}$ para $L$ -Lipschitz $f$ , y $\leq \frac32 C n^{-\alpha/2}$ para $\alpha$ -Hölder $f$ ( $\abs{f(s) - f(t)} \leq C\abs{s-t}^\alpha$ ).
(El ejemplo claro — una identidad binomial) Para $m \geq 1$ demuestre

$\sum_{k=m+1}^{2m} (k - m)\binom{2m}{k} = \frac{m}{2}\binom{2m}{m}, \qquad\text{hence}\qquad \sum_{k=0}^{2m}\abs{k - m}\binom{2m}{k} = m\binom{2m}{m}$

(use $k\binom{2m}k = 2m\binom{2m-1}{k-1}$ and the symmetry of the binomial line, which gives $\sum_{j=m}^{2m-1}\binom{2m-1}{j} = 2^{2m-2}$ ).
Para $f(t) = \abs{t - \frac12}$ deducir el valor exacto y sus asintóticas (binomial central, Ejemplo 6.14):

$B_{2m}f\Bigl(\frac12\Bigr) - f\Bigl(\frac12\Bigr) = \frac{\binom{2m}{m}}{2\cdot4^{m}} \;\sim\; \frac{1}{2\sqrt{\pi m}} :$

se alcanza la tasa $\omega(n^{-1/2})$ de la pregunta 8 (hasta una constante) — por simplemente continuo $f$ , El $n^{-1/2}$ de Bernstein es honesto.

Parte III — Korovkin’s theorem. Deja $(L_n)$ ser una secuencia de operadores lineal positivo de $C(\intcc{0}{1})$ a sí mismo de modo que $L_ne_j \to e_j$ uniformemente para $j = 0, 1, 2$ .

Demuestre que un $L$ lineal positivo es monótono y satisface $\abs{Lf} \leq L\abs f$ puntualmente.
Mostrar: por cada $\varepsilon > 0$ hay $\delta > 0$ tal que para todo $s, x \in \intcc{0}{1}$ :

$\abs{f(s) - f(x)} \leq \varepsilon + \frac{2M}{\delta^2}(s - x)^2$

(treat $\abs{s - x} \leq \delta$ by Heine and $\abs{s-x} > \delta$ by the crude bound $2M$ ).
Arreglar $x$ , aplicar $L_n$ a la desigualdad de la pregunta 13 en la variable $s$ y derivar

$\abs{L_nf(x) - f(x)\,L_ne_0(x)} \leq \varepsilon\,L_ne_0(x) + \frac{2M}{\delta^2} \bigl(L_ne_2(x) - 2x\,L_ne_1(x) + x^2 L_ne_0(x)\bigr).$
Muestre que $\sup_x \bigl(L_ne_2(x) - 2x\,L_ne_1(x) + x^2 L_ne_0(x)\bigr) \to 0$ , luego ensamble teorema de korovkin: $L_nf \to f$ uniformemente para cada $f \in C(\intcc{0}{1})$ .
Compruebe que $(B_n)$ satisface las hipótesis de Korovkin: Weierstrass por tercera vez, a partir de tres monomios.
Sea $I_n$ la interpolación afín por partes operador en los nodos $\frac kn$ . Mostrar $I_n$ es lineal positivo, $I_ne_0 = e_0$ , $I_ne_1 = e_1$ y $\norm{I_ne_2 - e_2}_\infty = \frac{1}{4n^2}$ (en cada celda el error de interpolación afín de $t^2$ es $(t - a)(b - t)$ ). Conclusión de Korovkin: Los interpolantes poligonales convergen uniformemente para cada continuo $f$ .

Parte IV — Dividends: density, moments, derivatives.

Demuestre que los polinomios con coeficientes racional son densos en $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ : este espacio banach es separable.
(Los momentos determinan la función) Deje $f \in C(\intcc{0}{1})$ con $\int_0^1 f(t)\,t^n \dd t = 0$ por cada $n \in \N$ . Mostrar $\int_0^1 f P = 0$ para cada polinomio, luego $\int_0^1 f^2 = 0$ , luego $f = 0$ .
Demostrar la identidad derivada

$(B_nf)'(x) = n\sum_{k=0}^{n-1}\Bigl( f\Bigl(\frac{k+1}{n}\Bigr) - f\Bigl(\frac kn\Bigr)\Bigr)\, \binom{n-1}{k}x^k(1-x)^{n-1-k}$

(differentiate $p_k$ and reindex — an abel sumatoria).
Supongamos que $f$ es $C^1$ . Usando el teorema del valor medio en cada incremento y comparando con $B_{n-1}(f')$ , muestra $(B_nf)' \to f'$ uniformemente en $\intcc{0}{1}$ . Deducir: para $f \in C^1$ hay polinomios que convergen a $f$ junto con sus derivados.
Supongamos que $f$ es $C^2$ . Por Taylor–Lagrange en el show $x$

$\abs{B_nf(x) - f(x)} \leq \frac{\norm{f''}_\infty}{2}\cdot\frac{x(1-x)}{n} \leq \frac{\norm{f''}_\infty}{8n} :$

La suavidad actualiza la velocidad de $n^{-1/2}$ a $n^{-1}$ .

Part V — Saturation: Voronovskaya’s theorem.

Demostrar la identidad del cuarto momento.

$\sum_k (k - nx)^4 p_k(x) = nx(1-x)\bigl(1 + 3(n-2)x(1-x)\bigr) \leq n^2 \quad (n \geq 1)$

(expand $k^4$ in falling factorials $k(k-1)\cdots$ and use the differentiation trick of question 2 twice more).
(Voronovskaya) Sea $f$ $C^2$ y $x \in \intcc{0}{1}$ . Escribiendo $f(t) = f(x) + f'(x)(t-x) + \frac{f''(x)}2(t-x)^2 + \eta(t)(t-x)^2$ con $\eta$ acotado y $\eta(t) \to 0$ como $t \to x$ , probar

$n\bigl(B_nf(x) - f(x)\bigr) \xrightarrow[n\to\infty]{} \frac{x(1-x)}{2}\,f''(x)$

(split the $\eta$ sum at $\abs{t - x} \leq \delta$ ; control the far part with question 23). entonces el error de la pregunta 22 es exacto en orden y constante: $B_n$ satura en $\frac1n$ , sin embargo suave $f$ puede ser — comparar Ejercicio 10.7.
Síntesis. En una frase cada uno: (i) ¿qué positividad comprado solo (Partes I y III); (ii) donde compacidad de $\intcc{0}{1}$ ingresó cada parte; (iii) por qué tres las funciones de prueba son suficientes en el teorema de Korovkin; (iv) el compensación que hace Bernstein (robusto $n^{-1/2}$ por áspero $f$ , pero un techo $\frac1n$ para $f$ liso), y que El capítulo de este libro jugará el mismo juego con polinomios trigonométricos.

Solución

Solución de Problema 10.1.

1. La linealidad se desprende claramente de la fórmula. Positividad: los pesos $p_k(x) \geq 0$ , por lo que $f \geq 0$ fuerza a $B_nf \geq 0$ ; la monotonicidad sigue aplicada a $g - f$ . Cota: $\pm f \leq \norm f_\infty$ da $\pm B_nf \leq \norm f_\infty B_ne_0 = \norm f_\infty$ . Puntos finales: $p_k(0) = \mathbf 1_{k=0}$ y $p_k(1) = \mathbf 1_{k=n}$ , entonces $B_nf(0) = f(0)$ , $B_nf(1) = f(1)$ .

2. Diferenciar $(x+y)^n = \sum_k\binom nk x^ky^{n-k}$ en $x$ , multiplique por $x$ y configure $y = 1 - x$ :

nx = \sum_k k\,p_k(x) ;

dos veces, multiplicando por $x^2$ : $n(n-1)x^2 = \sum_k k(k-1)p_k(x)$ . Por lo tanto $B_ne_0 = 1$ (teorema del binomio), $B_ne_1(x) = \frac{nx}{n} = x$ y

B_ne_2(x) = \frac{\sum_k k^2p_k}{n^2} = \frac{n(n-1)x^2 + nx}{n^2} = x^2 + \frac{x(1-x)}{n} .

3. Ampliar:

\sum_k\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^{\!2} p_k = B_ne_2(x) - 2x\,B_ne_1(x) + x^2 = \frac{x(1-x)}{n} .

Cauchy–Schwarz con la división $\abs{k/n - x}\sqrt{p_k} \cdot \sqrt{p_k}$ :

\sum_k\Bigl|\frac kn - x\Bigr| p_k \leq \Bigl(\sum_k\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^2 p_k\Bigr)^{\!1/2} = \sqrt{\frac{x(1-x)}{n}} \leq \frac{1}{2\sqrt n},

utilizando $x(1-x) \leq \frac14$ .

4. Los pesos $p_k(x)$ no son negativos con la suma $1$ y baricentro $\sum_k \frac kn p_k(x) = x$ (pregunta 2). el desigualdad finita de Jensen para el convexo $f$ (inducción de la definición de dos puntos, volumen del año 1) da

f(x) = f\Bigl(\sum_k \frac kn\,p_k\Bigr) \leq \sum_k f\Bigl(\frac kn\Bigr)p_k = B_nf(x) .

5. En $\{k : \abs{k/n - x} > \delta\}$ se tiene $\bigl(\frac{k/n - x}{\delta}\bigr)^2 > 1$ , entonces

\sum_{\abs{k/n-x}>\delta} p_k \leq \frac{1}{\delta^2}\sum_k\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^2p_k = \frac{x(1-x)}{n\delta^2} \leq \frac{1}{4n\delta^2} .

Lectura: $p_k(x)$ es la ley de una frecuencia de muestreo $S_n/n$ de $n$ lanzamientos de moneda al aire libre $x$ ; su media es $x$ , su varianza $\frac{x(1-x)}n \to 0$ , y la pantalla es de Chebyshev. desigualdad: la masa se concentra en $x$ , por lo que promedia $f$ en contra reproduce $f(x)$ en el límite (Capítulo 23 oficializa el vocabulario).

6. $\omega \leq 2M < \infty$ ; la monotonicidad es clara (superior a un conjunto más grande). Heine: $f$ continuo en un compacto es uniformemente continuo, que dice exactamente $\omega(\delta) \to 0$ como $\delta \to 0^+$ . Subaditividad: si $\abs{s - t} \leq \delta_1 + \delta_2$ , el punto $u$ en el segmento $\intcc st$ a distancia $\min(\delta_1, \abs{s-t})$ de $s$ satisface $\abs{s-u} \leq \delta_1$ , $\abs{u-t} \leq \delta_2$ y $\abs{f(s)-f(t)} \leq \abs{f(s)-f(u)} + \abs{f(u)-f(t)}$ . Iterando, $\omega(p\delta) \leq p\,\omega(\delta)$ para $p \in \N^*$ ; para $\lambda > 0$ , con $p = \lceil\lambda\rceil \leq 1 + \lambda$ : $\omega(\lambda\delta) \leq \omega(p\delta) \leq p\,\omega(\delta) \leq (1+\lambda)\omega(\delta)$ .

7. Desde $\sum p_k = 1$ :

\abs{B_nf(x) - f(x)} = \Bigl|\sum_k\bigl(f(k/n) - f(x)\bigr)p_k\Bigr| \leq \sum_k\omega\bigl(\abs{k/n - x}\bigr)p_k .

Para cada $k$ , pregunta 6 con $\lambda = \abs{k/n - x}/\delta$ da $\omega(\abs{k/n-x}) \leq \bigl(1 + \frac{\abs{k/n-x}}\delta\bigr)\omega(\delta)$ ; sumando en contra el $p_k$ produce la estimación maestra.

8. Insertar el límite de la pregunta 3:

\abs{B_nf(x) - f(x)} \leq \Bigl(1 + \frac{1}{2\delta\sqrt n}\Bigr)\omega(\delta),

uniformemente en $x$ ; con $\delta = n^{-1/2}$ el paréntesis es $\frac32$ : $\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac32\omega(n^{-1/2}) \to 0$ por pregunta 6 (Heine). esto reprende Teorema 10.16 con una tarifa.

9. $L$ -Lipschitz significa $\omega(\delta) \leq L\delta$ : tasa $\frac{3L}{2\sqrt n}$ . $\alpha$ -Hölder $\omega(\delta) \leq C\delta^\alpha$ : tarifa $\frac{3C}{2} n^{-\alpha/2}$ .

10. Usando $k\binom{2m}k = 2m\binom{2m-1}{k-1}$ :

\sum_{k=m+1}^{2m}k\binom{2m}k = 2m\sum_{j=m}^{2m-1}\binom{2m-1}{j} = 2m\cdot 2^{2m-2},

porque $j \mapsto 2m-1-j$ biyecta $\{m,\dots,2m-1\}$ en $\{0,\dots,m-1\}$ , por lo que la suma es la mitad de $2^{2m-1}$ . también $\sum_{k=m+1}^{2m}\binom{2m}k = \frac{2^{2m} - \binom{2m}m}{2}$ (misma simetría). Por lo tanto

\sum_{k=m+1}^{2m}(k-m)\binom{2m}k = m\,2^{2m-1} - m\,\frac{2^{2m} - \binom{2m}m}{2} = \frac m2\binom{2m}m .

La sustitución $k \mapsto 2m-k$ asigna los términos con $k < m$ sobre aquellos con $k > m$ (binomios iguales, $\abs{k-m}$ igual): la suma absoluta es el doble de la suma unilateral, $m\binom{2m}m$ .

11. En $x = \frac12$ , $p_k(\tfrac12) = \binom{2m}k2^{-2m}$ y $f(\tfrac12) = 0$ :

B_{2m}f\Bigl(\frac12\Bigr) = \sum_k\Bigl|\frac{k}{2m} - \frac12\Bigr| \binom{2m}k 2^{-2m} = \frac{2^{-2m}}{2m}\,m\binom{2m}m = \frac{\binom{2m}m}{2\cdot4^m} \sim \frac{1}{2\sqrt{\pi m}}

por Ejemplo 6.14. Desde $\omega_f (\delta) = \delta$ aquí (la función es $1$ -Lipschitz y el se alcanza el límite), la pregunta 8 predice como máximo $\frac32(2m)^{-1/2}$ : el verdadero error $\frac{1}{2\sqrt{\pi m}}$ tiene exactamente el orden $n^{-1/2}$ — la tasa es aguda hasta la constante.

12. $f \leq g$ da $g - f \geq 0$ , por lo que $L(g-f) \geq 0$ , es decir, $Lf \leq Lg$ . De $-\abs f \leq f \leq \abs f$ : $-L\abs f \leq Lf \leq L\abs f$ , es decir $\abs{Lf} \leq L\abs f$ .

13. By Heine elige $\delta$ con $\abs{f(s)-f(x)} \leq \varepsilon$ siempre que $\abs{s-x} \leq \delta$ . si $\abs{s - x} > \delta$ , luego $\frac{(s-x)^2}{\delta^2} > 1$ y $\abs{f(s)-f(x)} \leq 2M \leq \frac{2M}{\delta^2}(s-x)^2$ . en En ambos casos se mantiene el límite reclamado.

14. Reparar $x$ ; la pregunta 13 dice, como funciones de $s$ :

-\varepsilon e_0 - \frac{2M}{\delta^2}q_x \;\leq\; f - f(x)e_0 \;\leq\; \varepsilon e_0 + \frac{2M}{\delta^2}q_x, \qquad q_x = e_2 - 2x\,e_1 + x^2e_0 .

Aplicar el lineal monótono $L_n$ (pregunta 12) y evaluar en $x$ :

\abs{L_nf(x) - f(x)L_ne_0(x)} \leq \varepsilon L_ne_0(x) + \frac{2M}{\delta^2}\bigl(L_ne_2(x) - 2xL_ne_1(x) + x^2L_ne_0(x)\bigr) .

15. Escribe $\alpha_j = L_ne_j - e_j$ , entonces $\norm{\alpha_j}_\infty \to 0$ . Desde $e_2(x) - 2xe_1(x) + x^2e_0(x) = 0$ :

L_ne_2(x) - 2xL_ne_1(x) + x^2L_ne_0(x) = \alpha_2(x) - 2x\,\alpha_1(x) + x^2\alpha_0(x),

de sup norma como máximo $\norm{\alpha_2} + 2\norm{\alpha_1} + \norm{\alpha_0} \to 0$ . También $L_ne_0 \to e_0$ uniformemente, entonces $L_ne_0 \leq 2$ para $n$ y $\abs{f(x)}\abs{L_ne_0(x) - 1} \leq M\norm{\alpha_0} \to 0$ grandes. Asamblea con la pregunta 14: para $n$ grande, uniformemente en $x$ ,

\abs{L_nf(x) - f(x)} \leq 2\varepsilon + \frac{2M}{\delta^2}\,o(1) + M\,o(1) \leq 3\varepsilon :

$L_nf \to f$ uniformemente — Teorema de Korovkin.

16. $B_ne_0 = e_0$ y $B_ne_1 = e_1$ exactamente, y $\norm{B_ne_2 - e_2}_\infty = \max_x\frac{x(1-x)}{n} = \frac{1}{4n} \to 0$ (pregunta 2): Korovkin aplica, y Weierstrass lo sigue por tercera vez.

17. $I_nf$ es lineal en $f$ (los valores nodales lo son), y en cada celda el interpolante afín de valores nodales no negativos es no negativo: positivo. $I_ne_0 = e_0$ y $I_ne_1 = e_1$ porque una función afín es igual a su propio interpolante. en un celda $\intcc ab$ ( $b - a = \frac1n$ ), el interpolante afín de $e_2$ es $L(t) = (a+b)t - ab$ , y

L(t) - t^2 = (t-a)(b-t) \in \intcc{0}{\tfrac{(b-a)^2}{4}} ,

con el máximo en el punto medio: $\norm{I_ne_2 - e_2}_\infty = \frac{1}{4n^2} \to 0$ . Korovkin: $I_nf \to f$ uniformemente para cada continuo $f$ — aproximación poligonal, sin Se necesita una estimación adicional.

18. Dados $f$ y $\varepsilon$ : Weierstrass proporciona un polinomio $P = \sum_{j=0}^d a_jx^j$ con $\norm{f - P}_\infty \leq \frac\varepsilon2$ ; reemplazando cada $a_j$ por un racional $b_j$ con $\abs{a_j - b_j} \leq \frac{\varepsilon}{2(d+1)}$ mueve el sup norma en $\intcc{0}{1}$ por como máximo $\frac\varepsilon2$ . el conjunto de polinomios de coeficiente racional es una unión contable (más de $d$ ) de conjuntos contables, por lo tanto contable, y denso: $C(\intcc{0}{1})$ es separable.

19. Por linealidad $\int_0^1 fP = 0$ para cada polinomio $P$ . Elija polinomios $P_n \to f$ uniformemente (Weierstraße):

\Bigl|\int_0^1 f^2\Bigr| = \Bigl|\int_0^1 f\,(f - P_n)\Bigr| \leq \norm f_\infty\,\norm{f - P_n}_\infty \longrightarrow 0 ,

entonces $\int_0^1 f^2 = 0$ . Si $f(x_0) \neq 0$ , continuidad da $f^2 \geq c > 0$ en un subintervalo, contradiciendo la desaparición Integral: $f = 0$ . En consecuencia dos funciones continuo con coinciden los mismos momentos $\int f t^n$ .

20. Con $p_{n,k}(x) = \binom nk x^k(1-x)^{n-k}$ y las convenciones $p_{n-1,-1} = p_{n-1,n} = 0$ , la regla del producto y $k\binom nk = n\binom{n-1}{k-1}$ , $(n-k)\binom nk = n\binom{n-1}{k}$ dan

p_{n,k}'(x) = n\bigl(p_{n-1,k-1}(x) - p_{n-1,k}(x)\bigr) .

Sumando contra $f(k/n)$ y desplazando el índice en el primero suma (resumen de abel):

(B_nf)'(x) = n\sum_{j=0}^{n-1}\Bigl(f\Bigl(\frac{j+1}n\Bigr) - f\Bigl(\frac jn\Bigr)\Bigr)p_{n-1,j}(x) .

21. Según el teorema del valor medio, $f(\frac{j+1}n) - f(\frac jn) = \frac1n f'(\xi_j)$ con $\xi_j \in \intoo{j/n}{(j+1)/n}$ , entonces $(B_nf)'(x) = \sum_j f'(\xi_j)\,p_{n-1,j}(x)$ . El nodo $\frac{j}{n-1}$ también se encuentra en $\intcc{j/n}{(j+1)/n}$ (ambas desigualdades se reducen a $j \leq n-1$ ), por lo tanto $\abs{\xi_j - \frac j{n-1}} \leq \frac1n$ y

\bigl|(B_nf)'(x) - B_{n-1}(f')(x)\bigr| \leq \sum_j\Bigl|f'(\xi_j) - f'\Bigl(\frac{j}{n-1}\Bigr)\Bigr| p_{n-1,j}(x) \leq \omega_{f'}\Bigl(\frac1n\Bigr) \longrightarrow 0

uniformemente. Desde $B_{n-1}(f') \to f'$ uniformemente (Teorema 10.16 aplicado al continuo $f'$ ), la desigualdad del triángulo da $(B_nf)' \to f'$ uniformemente. Los polinomios $P_n = B_nf$ luego convergen a $f$ en el sentido $C^1$ .

22. Taylor–Lagrange en $x$ : $f(\frac kn) - f(x) = f'(x)(\frac kn - x) + \frac{f''(\xi_k)}2(\frac kn - x)^2$ . Sumando contra $p_k$ , el término lineal muere (pregunta 2):

\abs{B_nf(x) - f(x)} \leq \frac{\norm{f''}_\infty}{2}\sum_k\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^2p_k = \frac{\norm{f''}_\infty}{2}\cdot\frac{x(1-x)}{n} \leq \frac{\norm{f''}_\infty}{8n} .

23. Dos diferenciaciones más de $(x+y)^n$ dan la momentos factoriales, con $n_{(j)} = n(n-1)\cdots(n-j+1)$ :

\sum_k k_{(j)}\,p_k = n_{(j)}\,x^j \qquad (j = 3, 4),

y $k^3 = k_{(3)} + 3k_{(2)} + k$ , $k^4 = k_{(4)} + 6k_{(3)} + 7k_{(2)} + k$ los convierten a momentos de potencia:

\sum_k k^3p_k = n_{(3)}x^3 + 3n_{(2)}x^2 + nx, \qquad \sum_k k^4p_k = n_{(4)}x^4 + 6n_{(3)}x^3 + 7n_{(2)}x^2 + nx .

Expandiendo $(k - nx)^4$ y recogiendo (un paciente pero puramente Cálculo mecánico con los cuatro momentos de potencia):

\sum_k(k-nx)^4p_k = nx(1-x)\bigl(1 + 3(n-2)x(1-x)\bigr) .

Con $x(1-x) \leq \frac14$ : el lado derecho es como máximo $\frac n4\bigl(1 + \frac{3n}4\bigr) = \frac{3n^2}{16} + \frac n4 \leq n^2$ para $n \geq 1$ .

24. La forma Peano de Taylor en $x$ define $\eta(t) = \frac{f(t) - f(x) - f'(x)(t-x) - \frac12f''(x)(t-x)^2} {(t-x)^2}$ para $t \neq x$ , $\eta(x) = 0$ : por Taylor–Lagrange $\eta(t) = \frac12\bigl(f''(\xi) - f''(x)\bigr)$ para algunos $\xi$ entre $t$ y $x$ , por lo que $\abs\eta \leq \norm{f''}_\infty$ y $\eta(t) \to 0$ como $t \to x$ (continuidad de $f''$ ). sumando la expansión contra $p_k$ y usando las preguntas 2–3:

n\bigl(B_nf(x) - f(x)\bigr) = \frac{x(1-x)}{2}f''(x) + n\sum_k\eta\Bigl(\frac kn\Bigr)\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^2p_k .

Dado $\varepsilon$ , elija $\delta$ con $\abs\eta \leq \varepsilon$ en $\abs{t - x}\leq\delta$ . Parte cercana: como máximo $\varepsilon\,n\cdot\frac{x(1-x)}n \leq \varepsilon$ . Parte lejana: con $C = \norm{f''}_\infty$ y la pregunta 23,

n\,C\sum_{\abs{k/n-x}>\delta}\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^2p_k \leq \frac{nC}{\delta^2}\sum_k\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^4p_k = \frac{nC}{\delta^2 n^4}\sum_k(k-nx)^4p_k \leq \frac{C}{\delta^2 n} \longrightarrow 0 .

Por lo tanto $n(B_nf(x) - f(x)) \to \frac{x(1-x)}2f''(x)$ — Teorema de Voronovskaya. Para $f = e_2$ esto es exacto en cada $n$ (Ejercicio 10.7): el techo $\frac1n$ es real.

25. (i) La positividad convirtió las desigualdades puntualmente en desigualdades del operador: dio el límite norma, Jensen, Chebyshev y todo Korovkin: sólo la linealidad prueba nada aquí. (ii) Compacidad ingresado a través de Heine (preguntas 6, 13), a través de la acotación de $f$ , y a través del propio norma $\norm\cdot_\infty$ siendo finito. (iii) Tres funciones de prueba basta porque la positividad lo reduce todo a controlar $L_n$ en la unifamiliar $(s-x)^2 = e_2 - 2xe_1 + x^2e_0$ , cuyo lapso es el de $e_0, e_1, e_2$ . (iv) Bernstein converge al precio honesto $\omega(n^{-1/2})$ por cada continuo $f$ (agudo, pregunta 11) pero se satura en $\frac1n$ para un $f$ fluido (pregunta 24); el capítulo de Fourier ejecuta el mismo programa para funciones periódicas con el núcleo de Fejér — otro positivo operador con las mismas virtudes y la misma modestia.