Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2 · Bachelor Year 2

10Rijen en reeksen van functies

Wanneer functies naar een functie convergeren, welke eigenschappen overleven dan de overgang naar de limiet? Puntsgewijze convergentie bewaart vrijwel niets; uniforme convergentie — convergentie in de supnorm — bewaart de continuïteit, integralen op segmenten en, met één kanttekening, afgeleiden. Dit hoofdstuk bewijst de drie overdrachtsstellingen, hun versies voor reeksen, en bekroont ze met de benaderingsstelling van Weierstrass, bewezen met de fraaie kansveeltermen van Bernstein.

10.1 Puntsgewijze en uniforme convergentie

Definitie 10.1

Zijn $f_n, f \colon X \to \R$ (of $\C$ , of een genormeerde ruimte) met $X$ een willekeurige verzameling. Dan convergeert $(f_n)$ puntsgewijs naar $f$ wanneer $f_n(x) \to f(x)$ voor elke $x$ , en uniform wanneer

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

Uniform impliceert puntsgewijs; op $C(\intcc{a}{b})$ is uniforme convergentie precies de convergentie in de banachruimte $\bigl(C(\intcc{a}{b}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ van Hoofdstuk 5.

Voorbeeld 10.2

Op $\intcc{0}{1}$ convergeert $f_n(x) = x^n$ puntsgewijs naar de discontinue limiet $f = \mathbf{1}_{\{1\}}$ ; de convergentie is niet uniform: $\norm{f_n - f}_\infty \geq f_n\bigl(1 - \tfrac1n\bigr) = (1 - \tfrac1n)^n \to \eu^{-1} \neq 0$ . Op $\intcc{0}{a}$ met $a < 1$ is zij wel uniform ( $\sup = a^n \to 0$ ): uniformiteit is evenzeer een eigenschap van het domein als van de rij.

De rij xn op [0, 1]: de grafieken zakken naar 0 weg maar moeten alle in x = 1 naar 1 klimmen — de supafstand tot de discontinue puntsgewijze limiet krimpt nooit onder een constante. — De rij $x^n$ op $\intcc{0}{1}$ : de grafieken zakken naar $0$ weg maar moeten alle in $x = 1$ naar $1$ klimmen — de supafstand tot de discontinue puntsgewijze limiet krimpt nooit onder een constante.

Voorbeeld 10.3 (Twee limieten die weigeren te commuteren)

Het hele hoofdstuk gaat over het verwisselen van limieten, dus hier is het kleinst mogelijke falen. Zij $a_{n,m} = \dfrac{n}{n+m}$ voor $n, m \geq 1$ . Dan is

\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 :

beide herhaalde limieten bestaan en zij verschillen. Elke overdrachtsstelling van dit hoofdstuk is een vergunning om twee limieten te verwisselen — $\lim_n$ met $\lim_{x\to a}$ (continuïteit), met $\int$ (integratie), met $\frac{\dd}{\dd x}$ (differentiatie) — en de uniforme convergentie is precies het tarief dat de verwisseling legaal maakt. Het inzicht om te onthouden: zodra een “bewijs” stilzwijgend twee limietbewerkingen omwisselt, is dit tweeregelige rooster het tegenvoorbeeld dat men ertegenover moet zetten; de glijdende bulten van Oefening 10.2 zijn hetzelfde verschijnsel in het kostuum van een integraal.

10.2 De drie overdrachtsstellingen

Stelling 10.4 (Continuïteit)

Is elke $f_n$ continu in $a$ en geldt $f_n \to f$ uniform op een omgeving van $a$ , dan is $f$ continu in $a$ . Een uniforme limiet van continue functies is dus continu.

Bewijs. Het $3\varepsilon$ -argument dat al in Stelling 4.9 is gebruikt: kies $n$ met $\norm{f_n - f}_\infty \leq \varepsilon$ , en daarna $\delta$ uit de continuïteit van $f_n$ in $a$ ; voor $\abs{x - a} \leq \delta$ is

\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

∎

Voorbeeld 10.5 (Uniformiteit faalt precies waar de limiet breekt)

Zij op $\intcc{0}{2}$ de rij $f_n(x) = \dfrac{x^n}{1 + x^n}$ . De puntsgewijze limiet is een functie in drie stukken:

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

discontinu in $1$ , dus kan de convergentie volgens Stelling 10.4 op $\intcc{0}{2}$ niet uniform zijn. Op de gesloten stukken die de drempel vermijden is zij dat wel: voor $0 \leq x \leq a < 1$ is

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

en voor $1 < b \leq x \leq 2$ is

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

beide suprema berekend met de monotonie van $u \mapsto \frac{u}{1+u}$ en van $x \mapsto x^n$ . Het inzicht om te onthouden: het falen van de uniformiteit is gelokaliseerd bij de discontinuïteit van de limiet — dezelfde meetkunde als in Voorbeeld 10.2, en de reden dat de discipline “uniform op elk segment binnenin” het hele hoofdstuk terugkeert.

Stelling 10.6 (Integratie op een segment)

Geldt $f_n \to f$ uniform op $\intcc{a}{b}$ , met $f_n$ stuksgewijs continu (en $f$ eveneens), dan is

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

Bewijs. De lineariteit en de driehoeksongelijkheid voor integralen geven

\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 .

De lengtefactor $(b - a)$ is de plaats waar de compactheid van het segment binnenkomt: op niet-compacte intervallen levert dezelfde schatting de nutteloze grens $\infty\cdot0$ op, en het besluit faalt zonder dominatie werkelijk — de vlakke bulten $f_n = \frac1n\mathbf 1_{\intcc{0}{n}}$ convergeren uniform naar $0$ op $\intco{0}{\infty}$ en houden toch $\int f_n = 1$ vast (zie de opmerking over valkuilen hieronder), en de glijdende bulten uit de opmerking van Hoofdstuk 9 doen hetzelfde met puntsgewijze convergentie; uniforme convergentie beheerst hoogten, nooit breedten. ∎

De bulten g_n(x) = nx\, -nx2 uit : zij convergeren in elk punt naar 0, maar de pieken (hoogte √n/(2 ), opschuivend naar 0) groeien onbegrensd — puntsgewijze convergentie met g_n_∈fty ∈fty, en ∈t_01 g_n 1/2 ≠ 0: de massa verstopt zich onder de bewegende piek. — De bulten $g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2}$ uit Oefening 10.1: zij convergeren in elk punt naar $0$ , maar de pieken (hoogte $\sim\sqrt{n/(2\eu)}$ , opschuivend naar $0$ ) groeien onbegrensd — puntsgewijze convergentie met $\norm{g_n}_\infty \to \infty$ , en $\int_0^1 g_n \to \frac12 \neq 0$ : de massa verstopt zich onder de bewegende piek.

Stelling 10.7 (Differentiatie)

Zij $f_n$ van klasse $C^1$ op een interval $I$ , waarbij $(f_n')$ uniform op $I$ (of op elk segment van $I$ ) naar zekere $g$ convergeert en $(f_n(x_0))$ in één punt $x_0$ convergeert. Dan convergeert $(f_n)$ (uniform op segmenten) naar een $C^1$ -functie $f$ , en geldt $f' = g$ : men mag de limiet differentiëren.

Bewijs. Definieer $f(x) = \lim f_n(x_0) + \int_{x_0}^x g$ : dat is legitiem, want $g$ is continu — zij is immers de uniforme limiet op segmenten van de continue $f_n'$ , zodat Stelling 10.4 van toepassing is, en de integraal van een continue functie is welgedefinieerd met, volgens de hoofdstelling van de integraalrekening,

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

de kandidaat-limiet is dus per constructie $C^1$ met de juiste afgeleide, nog voordat er iets over convergentie is bewezen. Opnieuw met de hoofdstelling is $f_n(x) = f_n(x_0) + \int_{x_0}^x f_n'$ ; aftrekken geeft

\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} ,

wat op elk segment uniform naar $0$ gaat. En $f$ is per constructie $C^1$ met $f' = g$ . ∎

Voorbeeld 10.8 (Waarom de hypothese op de afgeleiden zit)

Zij $F_n(x) = \sqrt{x^2 + \frac1n}$ op $\R$ . Elke $F_n$ is $C^1$ (zelfs $C^\infty$ ), en de convergentie naar $\abs x$ is op heel $\R$ uniform:

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} .

En toch is de limiet $\abs x$ in $0$ niet differentieerbaar: de uniforme convergentie van de functies, hoe snel ook, draagt geen differentieerbaarheid over. Het falen is aan de afgeleiden zichtbaar:

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

een discontinue puntsgewijze limiet, zodat $(F_n')$ bij $0$ niet uniform kan convergeren (opnieuw Stelling 10.4). Het inzicht om te onthouden: Stelling 10.7 veronderstelt bewust de uniforme convergentie van de $f_n'$ en niet die van de $f_n$ — en dit voorbeeld is de reden.

10.3 Reeksen van functies

Definitie 10.9

Een functiereeks $\sum u_n$ convergeert puntsgewijs of uniform wanneer haar partiële sommen dat doen. Zij convergeert normaal (op $X$ ) wanneer $\sum \norm{u_n}_\infty < \infty$ . Normale convergentie impliceert uniforme convergentie (in de banachruimte van de begrensde functies: Stelling 5.21), die op haar beurt puntsgewijze convergentie impliceert; beide implicaties zijn strikt.

Voorbeeld 10.10 (Eén reeks, drie oordelen)

Neem $u_n(x) = \frac{x^n}{n}$ op $\intco{0}{1}$ . Puntsgewijs: zij convergeert voor elke $x \in \intco01$ (vergelijking met de meetkundige reeks). Normaal op $\intcc{0}{a}$ met $a < 1$ : $\norm{u_n}_{\infty,\intcc0a} = \frac{a^n}{n}$ , sommeerbaar. Niet normaal op $\intco{0}{1}$ : $\norm{u_n}_{\infty,\intco01} = \frac1n$ , en $\sum\frac1n$ divergeert. Zelfs niet uniform op $\intco{0}{1}$ : de restsom verzet zich bij $1$ ,

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 ,

dus $\sup_{\intco01}\abs{R_N} \geq \frac12$ voor elke $N$ . Het inzicht om te onthouden: alle vier de oordelen bestaan vreedzaam naast elkaar — de som $-\ln(1-x)$ is continu op $\intco{0}{1}$ omdat de continuïteit alleen uniformiteit bij elk punt nodig heeft, dat wil zeggen op de segmenten $\intcc0a$ ; aan de rand exploderen is het goed recht van de som.

Stelling 10.11 (Overdracht voor reeksen)

Convergeert $\sum u_n$ uniform (bijvoorbeeld normaal) op de betreffende verzameling, dan gaat de continuïteit van alle $u_n$ in $a$ over op de som; mag de integratie op een segment term voor term worden uitgevoerd; en is, wanneer $\sum u_n(x_0)$ convergeert terwijl $\sum u_n'$ uniform op segmenten convergeert, de som van klasse $C^1$ met afgeleide $\sum u_n'$ .

Bewijs. Alles is de bijbehorende stelling toegepast op de partiële sommen $S_N = \sum_{n\leq N}u_n$ , die eindige sommen van functies met de betreffende regelmaat zijn. Continuïteit: elke $S_N$ is continu in $a$ en $S_N \to \sum u_n$ uniform: Stelling 10.4. Integratie: op het segment is

\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

volgens Stelling 10.6 (eerste gelijkheid) en de lineariteit van de integraal (tweede). Differentiatie: de $S_N$ zijn $C^1$ , $S_N(x_0)$ convergeert, en $S_N' = \sum_{n\leq N}u_n'$ convergeert uniform op segmenten: Stelling 10.7 geeft dan dat de som $C^1$ is met afgeleide $\lim S_N' = \sum u_n'$ . ∎

Opmerking 10.12 (Klassieke valkuilen)

Vier valstrikken, alle in tentamenwerk gezien. (i) Half gecontroleerde suprema: $f_n$ langs een goedgekozen rij $x_n$ evalueren begrenst $\norm{f_n - f}_\infty$ alleen van onderen — genoeg om de uniformiteit te weerleggen (zoals in Voorbeeld 10.2), nooit om haar te bewijzen; om haar te bewijzen moet men het supremum begrenzen met een berekening die voor alle $x$ geldig is. (ii) Uniformiteit op de verkeerde verzameling: normale of uniforme convergentie geldt vaak op elke $\intcc{-a}{a}$ of $\intco\delta\infty$ maar faalt op de open vereniging; dat is geen bezwaar — continuïteit en differentieerbaarheid zijn lokaal, dus levert de discipline segment voor segment uit Voorbeeld 10.13 ze op de hele open verzameling. (iii) Integreren over niet-segmenten: Stelling 10.6 is een uitspraak over segmenten; op $\intco0\infty$ verhindert uniforme convergentie niet dat massa naar oneindig ontsnapt ( $f_n = \frac1n\mathbf 1_{\intcc{0}{n}}$ convergeert uniform naar $0$ terwijl $\int f_n = 1$ ) — gebruik daar de gedomineerde convergentie. (iv) De limiet differentiëren: Voorbeeld 10.8; de hypothese over afgeleiden staat op $(f_n')$ , en geen enkele convergentiesnelheid van $(f_n)$ kan haar vervangen.

Voorbeeld 10.13 (De $\zeta$ -functie van Riemann)

$\zeta(s) = \sum_{n\geq1} n^{-s}$ convergeert normaal op elke halfrechte $\intco{a}{+\infty}$ met $a > 1$ ( $\norm{n^{-s}}_\infty = n^{-a}$ , sommeerbaar): dus is $\zeta$ continu op $\intoo{1}{+\infty}$ ; en termsgewijs differentiëren (ook de afgeleide reeks $\sum -\ln n\; n^{-s}$ convergeert normaal op $\intco{a}{\infty}$ ) maakt $\zeta$ van klasse $C^1$ — en, na itereren, $C^\infty$ — met $\zeta'(s) = -\sum \frac{\ln n}{n^s}$ . Let op de discipline: de normale convergentie wordt op deelhalfrechten nagegaan, nooit op de open $\intoo{1}{\infty}$ zelf, waar zij faalt.

Voorbeeld 10.14 (Een logaritmische reeks, tot het eind uitgewerkt)

Zij $F(x) = \sum_{n\geq1} \frac{\eu^{-nx}}{n}$ op $\intoo{0}{\infty}$ . Elke term is op $\intco{\delta} \infty$ begrensd door $\frac{\eu^{-n\delta}}{n} \leq \eu^{-n\delta}$ , een convergente meetkundige reeks: dus normale convergentie op elke $\intco\delta\infty$ , en $F$ is continu op $\intoo{0}{\infty}$ . De afgeleide reeks $\sum -\eu^{-nx}$ convergeert eveneens normaal op $\intco\delta\infty$ ( $\norm{\eu^{-nx}}_{\infty,\intco\delta\infty} = \eu^{-n\delta}$ ), dus is $F$ van klasse $C^1$ met een meetkundige afgeleide:

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

Itereren maakt $F$ van klasse $C^\infty$ . Het integreren van $F'$ (zowel $F$ als $x \mapsto -\ln(1 - \eu^{-x})$ verdwijnt bij $+\infty$ en beide hebben dezelfde afgeleide op $\intoo0\infty$ ) geeft

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

de logaritmische reeks in $t = \eu^{-x}$ . Het inzicht om te onthouden: als $x \to 0^+$ is $F(x) = -\ln(x + O(x^2)) = \ln\frac1x + O(x)$ — de reeks divergeert logaritmisch aan de rand, precies zoals de harmonische reeks die zij in $x = 0$ wordt; normale convergentie op $\intco\delta\infty$ maar niet op $\intoo0\infty$ is het symptoom.

Methode 10.15 (Uniforme convergentie bewijzen of weerleggen)

Voor $f_n \to f$ puntsgewijs op $X$ :

Bereken of begrens $\norm{f_n - f}_\infty$ : bestudeer de functie $x \mapsto \abs{f_n(x) - f(x)}$ (afgeleide, monotonie) om haar maximum te lokaliseren; een grens die voor alle $x$ geldt en naar $0$ gaat, bewijst de uniformiteit.
Om haar te weerleggen: geef punten $x_n$ met $\abs{f_n(x_n) - f(x_n)} \not\to 0$ (vaak volgt $x_n$ de bewegende bult, zoals in Oefening 10.1); of beroep je in contrapositie op een overdrachtsstelling — een discontinue limiet van continue functies (Voorbeeld 10.5), of $\int f_n \not\to \int f$ op een segment.
Probeer bij reeksen eerst de normale convergentie ( $\sum\sup\abs{u_n} < \infty$ ); faalt zij globaal, test haar dan op de segmenten die ertoe doen (Voorbeeld 10.10); faalt zij overal, dan kan de uniforme convergentie nog steeds gelden via de grens voor de restsom van een alternerende reeks (Oefening 10.4) of via partiële sommatie.

10.4 De benaderingsstelling van Weierstrass

Stelling 10.16 (Weierstrass, via Bernstein)

Elke continue $f \colon \intcc{0}{1} \to \R$ is een uniforme limiet van veeltermen — expliciet: van haar Bernsteinveeltermen

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

Bewijs. Leg $x \in \intcc{0}{1}$ vast en zet $p_k(x) = \binom nk x^k(1 - x)^{n-k}$ . Drie binomiale identiteiten, verkregen door $(x + y)^n$ en haar twee afgeleiden naar $x$ in $y = 1 - x$ te evalueren:

\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 .

In detail: $(x+y)^n = \sum_k\binom nk x^ky^{n-k}$ in $y = 1-x$ is de eerste; differentiëren naar $x$ geeft

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

en daarna met $x$ vermenigvuldigen en $y = 1 - x$ zetten geeft de tweede; twee keer differentiëren en met $x^2$ vermenigvuldigen geeft de derde. Werk $(k - nx)^2 = k(k-1) + k(1 - 2nx) + n^2x^2$ uit en combineer de drie:

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

de variantie-identiteit.

Schat nu af, met $\sum p_k = 1$ :

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

gesplitst naargelang $\abs{\frac kn - x} \leq \delta$ of niet. Bij gegeven $\varepsilon > 0$ levert de uniforme continuïteit van $f$ (Heine) een $\delta$ met $\Sigma_{\text{dichtbij}} \leq \varepsilon$ . Voor de verre som, met $M = \norm f_\infty$ : met de variantie-identiteit en de teltruc van Chebyshev is

\Sigma_{\text{veraf}} \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 ,

uniform in $x$ . Dus $\norm{B_n(f) - f}_\infty \leq \varepsilon + \frac{M}{2n\delta^2} \leq 2\varepsilon$ voor grote $n$ . ∎

Opmerking 10.17

Met een affiene substitutie geldt de stelling op elk segment $\intcc{a}{b}$ . Zij faalt op $\R$ (een uniforme limiet van veeltermen op $\R$ is een veelterm: Oefening 10.8). De kanstheoretische lezing — $B_n(f)(x)$ is de verwachtingswaarde van $f$ in een binomiaal gemiddelde, en de variantiegrens is de ongelijkheid van Chebyshev — wordt in Hoofdstuk 23 eerlijk gemaakt.

Benadering volgens Bernstein van f(x) = x2 (rood), met de exacte formule B_nf = x2 + x(1-x)/n uit : B_1f is de koorde, en elke verdubbeling van n halveert de kloof. Betrouwbaar maar traag — de verzadiging bij 1n die de stelling van Voronovskaja (weekendopgave) exact maakt. — Benadering volgens Bernstein van $f(x) = x^2$ (rood), met de exacte formule $B_nf = x^2 + \frac{x(1-x)}{n}$ uit Oefening 10.7: $B_1f$ is de koorde, en elke verdubbeling van $n$ halveert de kloof. Betrouwbaar maar traag — de verzadiging bij $\frac1n$ die de stelling van Voronovskaja (weekendopgave) exact maakt.

Opmerking 10.18 (Waar dit wordt gebruikt)

De benaderingsstelling van Weierstrass is de dichtheidsstelling van de klassieke analyse: zij maakt $C(\intcc ab)$ separabel, laat toe integraalidentiteiten alleen op veeltermen te controleren (momentenproblemen), en ligt onder de goniometrische versie die in het fourierhoofdstuk met de kern van Fejér wordt bewezen. De weekendopgave van dit hoofdstuk haalt de kwantitatieve inhoud uit het bewijs van Bernstein — convergentiesnelheden bestuurd door de continuïteitsmodulus — en isoleert daarna wat het bewijs werkelijk deed werken, in de stelling van Korovkin: positiviteit plus drie testfuncties. Het volume van bachelorjaar 3 veralgemeent de dichtheidsuitspraak tot willekeurige deelalgebra’s (Stone–Weierstrass) en tot compacte ruimten.

Voorbeeld 10.19 (Veelhoekige benadering, met een snelheid)

Zij $f$ $L$ -Lipschitz op $\intcc{0}{1}$ en $I_nf$ de stuksgewijs affiene interpolant in de knooppunten $\frac kn$ . Op een cel $\intcc{\frac kn}{\frac{k+1}n}$ liggen zowel $f(x)$ als $I_nf(x)$ tussen de extreme waarden die een $L$ -Lipschitz-functie bij de twee knoopwaarden kan aannemen, dus voor $x$ in de cel geldt met $x_k = \frac kn$

\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}

(de interpolant is op de cel zelf $L$ -Lipschitz: haar helling is een differentiequotiënt van $f$ ). Bijgevolg is $\norm{I_nf - f}_\infty \leq \frac{2L}{n}$ : de veelhoekige benadering van Lipschitz-functies convergeert met snelheid $\frac1n$ — sneller dan de $\frac{1}{\sqrt n}$ van Bernstein voor dezelfde klasse (weekendopgave, Deel II). Het inzicht om te onthouden: de veelhoek interpoleert maar is niet glad, Bernstein is glad maar traag; tussen de regelmaat van de benadering en haar snelheid bestaat geen gratis lunch — een afweging die de verzadigingsresultaten van de weekendopgave precies maken.

Opmerking 10.20 (Vooruitblik binnen dit volume)

De uniforme convergentie is vanaf hier het werkpaard van dit boek. Het hoofdstuk over machtreeksen draait volledig op normale convergentie op compacte deelschijven — elke termsgewijze stelling daar is een bijzonder geval van de overdrachtsstellingen van dit hoofdstuk. Het fourierhoofdstuk woont één verdieping hoger: zijn partiële sommen $S_N$ falen precies waar dit hoofdstuk waarschuwt dat zij dat kunnen (puntsgewijs maar niet uniform bij sprongen), en zijn Fejér-middelen slagen dankzij dezelfde $3\varepsilon$ -mechaniek die Stelling 10.4 bewees. Het hoofdstuk over differentiaalvergelijkingen definieert $\eu^{tA}$ met een normaal convergente reeks en differentieert haar termsgewijs — letterlijk Stelling 10.11 toegepast op de matrixelementen. Twijfelt men verderop in het boek over “waarom mag dit”, dan is het antwoord meestal een stelling van dit hoofdstuk.

10.5 Oefeningen

Oefening 10.1 ★

Onderzoek de puntsgewijze en de uniforme convergentie op $\intcc{0}{1}$ , en daarna op $\intcc{0}{a}$ ( $a < 1$ ) of $\intco{\delta}{1}$ waar dat van belang is, van

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).

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.1.

$f_n(x) = \frac{x}{1 + nx}$ : puntsgewijze limiet $0$ op $\intcc{0}{1}$ . Uniform: $f_n$ stijgt op $\intcc{0}{1}$ (afgeleide $\frac{1}{(1+nx)^2} > 0$ ), dus $\norm{f_n}_\infty = f_n(1) = \frac{1}{1+n} \to 0$ : uniform op $\intcc{0}{1}$ .

$g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2}$ : puntsgewijze limiet $0$ (de exponentiële wint). Supremum: $g_n' = n\eu^{-nx^2}(1 - 2nx^2)$ verdwijnt in $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}}$ , waar $g_n(x_n) = \sqrt{\frac n2}\,\eu^{-1/2} \to \infty$ : dus niet uniform op $\intcc{0}{1}$ — wel uniform op $\intco{\delta}{1}$ , want daar is $g_n(x) \leq n\,\eu^{-n\delta^2} \to 0$ .

$h_n(x) = x^n(1 - x^n)$ : puntsgewijze limiet $0$ op $\intcc{0}{1}$ (beide factoren; in $x = 1$ is $h_n = 0$ ). Supremum: met $u = x^n \in \intcc{0}{1}$ is $u(1-u) \leq \frac14$ , aangenomen in $u = \frac12$ , dat wil zeggen $x = 2^{-1/n} \in \intoo{0}{1}$ : $\norm{h_n}_\infty = \frac14 \not\to 0$ , dus niet uniform op $\intcc{0}{1}$ ; wel uniform op $\intcc{0}{a}$ ( $\sup \leq a^n \to 0$ ).

Oefening 10.2 ★

Bewijs dat $\displaystyle\int_0^1 g_n \not\to \int_0^1 \lim g_n$ voor de $g_n$ uit Oefening 10.1, en breng dit in overeenstemming met Stelling 10.6.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.2.

Er geldt $\int_0^1 nx\,\eu^{-nx^2}\dd x = \bigl[-\tfrac12 \eu^{-nx^2}\bigr]_0^1 = \frac{1 - \eu^{-n}}{2} \to \frac12$ , terwijl $\int_0^1 \lim g_n = 0$ . Geen tegenspraak: Stelling 10.6 vraagt uniforme convergentie op het segment, en die faalt hier (de bult van hoogte $\sim\sqrt n$ schuift naar $0$ ).

Oefening 10.3 ★

Bewijs dat $S(x) = \sum_{n\geq1} \dfrac{x^n}{n^2}$ continu is op $\intcc{-1}{1}$ , en dat $S$ van klasse $C^1$ is op $\intoo{-1}{1}$ met $S'(x) = -\frac{\ln(1-x)}{x}$ voor $0 < \abs x < 1$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.3.

Normale convergentie op $\intcc{-1}{1}$ : $\norm{x^n/n^2}_\infty = \frac{1}{n^2}$ , sommeerbaar: dus is $S$ daar continu (Stelling 10.11).

Afgeleide: de afgeleide reeks $\sum \frac{x^{n-1}}{n}$ convergeert normaal op elke $\intcc{-a}{a}$ met $a < 1$ ( $\sup = \frac{a^{n-1}}{n}$ ): dus is $S$ van klasse $C^1$ op $\intoo{-1}{1}$ met

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),

waarbij de laatste identiteit de logaritmische reeks uit bachelorjaar 1 is (in Hoofdstuk 11 eerlijk opnieuw afgeleid).

Oefening 10.4 ★★

Zij $F(x) = \sum_{n \geq 0} \dfrac{(-1)^n}{n + x}$ op $\intoo{0}{+\infty}$ . Bewijs de uniforme (niet normale) convergentie op $\intco{\delta}{\infty}$ met de grens voor de restsom van een alternerende reeks, de continuïteit, en de functionaalvergelijking $F(x) + F(x + 1) = \frac1x$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.4.

Bij vaste $x > 0$ is de reeks alternerend met $\frac{1}{n + x} \downarrow 0$ : dus puntsgewijze convergentie, en de grens voor de restsom $\abs{R_N(x)} \leq \frac{1}{N + 1 + x} \leq \frac{1}{N+1}$ is uniform op $\intco{\delta}{\infty}$ (zelfs op $\intoo{0}{\infty}$ ): uniforme convergentie. (Niet normaal: $\norm{\frac{(-1)^n}{n+x}}_\infty = \frac{1}{n + \delta}$ , divergent.) De continuïteit volgt uit Stelling 10.11.

Functionaalvergelijking: herindexeer $F(x + 1)$ met $m = n + 1$ :

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

dus, na de term $m = 0$ van $F(x)$ af te zonderen,

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

Oefening 10.5 ★★

(Dini) Zijn $f_n \colon K \to \R$ continu op een compacte metrische ruimte, met $f_n \to f$ puntsgewijs, $f$ continu, en $(f_n(x))$ voor elke $x$ dalend in $n$ . Bewijs dat de convergentie uniform is. (Bij gegeven $\varepsilon$ stijgen de open verzamelingen $U_n = \{x : f_n(x) - f(x) < \varepsilon\}$ en overdekken zij $K$ ; extraheer een eindige deeloverdekking — Stelling 4.20.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.5.

Zet $g_n = f_n - f \geq 0$ (per hypothese dalend in $n$ ; de limiet is puntsgewijs $0$ ); elke $g_n$ is continu. Leg $\varepsilon > 0$ vast en zij $U_n = \{x : g_n(x) < \varepsilon\}$ : open (origineel van een open verzameling), stijgend ( $g_{n+1} \leq g_n$ ) en $K$ overdekkend (puntsgewijze convergentie). Volgens Borel–Lebesgue (Stelling 4.20) overdekken eindig veel $U_{n_1} \subseteq \dots \subseteq U_{n_k}$ de ruimte $K$ : dus $K = U_{n_k}$ , dat wil zeggen $\norm{g_{n_k}}_\infty \leq \varepsilon$ , en wegens de monotonie $\norm{g_n}_\infty \leq \varepsilon$ voor alle $n \geq n_k$ : uniforme convergentie. (De monotonie is onmisbaar: de glijdende bulten van Oefening 10.2 convergeren puntsgewijs op een compacte verzameling zonder uniformiteit.)

Oefening 10.6 ★★

Bewijs dat $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \int_0^1 \frac{n\,f(x)}{1 + n^2x^2}\,\dd x = \frac{\pi}{2} f(0)$ voor elke continue $f$ op $\intcc{0}{1}$ . (Substitueer $u = nx$ ; splits $f(0)$ af; domineer.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.6.

Substitueer $u = nx$ :

\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 .

De integranden $h_n(u) = \frac{f(u/n)}{1+u^2}\mathbf{1}_{u \leq n}$ convergeren puntsgewijs naar $\frac{f(0)}{1+u^2}$ (continuïteit van $f$ in $0$ ) en worden gedomineerd door $\frac{\norm f_\infty}{1 + u^2}$ , integreerbaar op $\intco{0}{\infty}$ : de gedomineerde convergentie (Stelling 9.6) geeft als limiet

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

(De kernen concentreren zich bij $0$ : een benaderende eenheid.)

Oefening 10.7 ★★

Bereken de Bernsteinveeltermen van $f(x) = x^2$ expliciet en ga de uniforme fout $\norm{B_n f - f}_\infty = O\bigl(\frac1n\bigr)$ na die het bewijs van Stelling 10.16 voorspelt — hier in elk punt precies $\frac{x(1 - x)}{n}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.7.

Gebruik voor $f(x) = x^2$ de tweede familie binomiale identiteiten uit het bewijs: $\sum_k k^2 p_k = n(n-1)x^2 + nx$ . Bijgevolg is

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} :

dus $B_n(f) - f = \frac{x(1-x)}{n}$ , met supnorm $\frac{1}{4n} = O\bigl(\frac1n\bigr)$ , zoals voorspeld.

Oefening 10.8 ★★

Bewijs dat als veeltermen $P_n$ op heel $\R$ uniform naar $f$ convergeren, $f$ een veelterm is. (Voor grote $m, n$ is $P_n - P_m$ een begrensde veelterm op $\R$ en dus constant; de rij stabiliseert dus op constanten na.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.8.

Voor $\varepsilon = 1$ is er een $N$ met $\norm{P_n - P_m}_{\infty, \R} \leq 1$ voor $m, n \geq N$ . Een veelterm die op $\R$ begrensd is, is constant (een niet-constante gaat naar $\pm\infty$ ): dus $P_n - P_m = c_{n,m}$ , constanten. Voor $n \geq N$ is dus $P_n = P_N + c_n$ met $c_n = P_n(0) - P_N(0)$ convergent (puntsgewijze convergentie in $0$ ). Bijgevolg is $f = \lim P_n = P_N + \lim c_n$ : een veelterm.

Oefening 10.9 ★★★

(Een continue, nergens differentieerbare functie — begeleid) Zij $\varphi$ de afstand tot het dichtstbijzijnde gehele getal ( $1$ -periodiek, $\norm{\varphi}_\infty = \frac12$ , $1$ -Lipschitz) en

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

Bewijs: (a) $W$ is continu op $\R$ (normale convergentie); (b) voor elke $x$ en elke $m$ voldoet het differentiequotiënt, met $h_m = \pm\frac12\cdot 4^{-m}$ waarbij het teken zo wordt gekozen dat $\varphi$ affien is op het segment van $4^m x$ tot $4^m(x + h_m)$ , aan

\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

(de termen $n > m$ verdwijnen wegens de periodiciteit; de term $n = m$ draagt precies $3^m$ bij; de termen $n < m$ worden door de Lipschitz-eigenschap begrensd). Besluit dat $W$ nergens differentieerbaar is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.9.

(a) Er geldt $\norm{(3/4)^n\varphi(4^n\cdot)}_\infty = \frac12 (3/4)^n$ : normale convergentie, dus is $W$ continu (Stelling 10.11).

(b) Leg $x$ en $m$ vast; kies het teken van $h_m = \pm\frac12 4^{-m}$ zo dat het segment $\intcc{4^mx}{4^m(x + h_m)}$ (van lengte $\frac12$ ) geen half geheel getal bevat, zodat $\varphi$ er affien is met helling $\pm1$ (mogelijk: een interval van lengte $\frac12$ ontmoet hoogstens één half geheel getal; kies de kant die het vermijdt).

Voor $n > m$ : $4^n h_m = \pm\frac12 4^{n-m}$ is een geheel getal en $\varphi$ is $1$ -periodiek: de $n$ -de term van het verschil verdwijnt dus.

Voor $n = m$ : $\abs{\varphi(4^m x + 4^m h_m) - \varphi(4^m x)} = \abs{4^m h_m} = \frac12$ ( $\varphi$ is op het segment affien met helling $\pm 1$ ), dus draagt die term precies $(3/4)^m \cdot \frac{1/2}{\abs{h_m}} = (3/4)^m\,4^m = 3^m$ bij aan het quotiënt.

Voor $n < m$ : de $1$ -Lipschitz-eigenschap van $\varphi$ geeft $\bigl|(3/4)^n\bigl(\varphi(4^nx + 4^nh_m) - \varphi(4^nx)\bigr)\bigr| \leq (3/4)^n 4^n\abs{h_m} = 3^n\abs{h_m}$ : elk draagt dus hoogstens $3^n$ bij aan het quotiënt.

Bijgevolg is

\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 .

Was $W$ in $x$ differentieerbaar, dan zou elk differentiequotiënt langs $h_m \to 0$ naar $W'(x)$ convergeren: tegenspraak. $W$ is dus overal continu en nergens differentieerbaar.

Oefening 10.10 ★

Zij $u_n(x) = (-1)^n x^n(1 - x)$ op $\intcc{0}{1}$ . Toon aan dat $\sum u_n$ puntsgewijs convergeert op $\intcc{0}{1}$ en bereken haar som; toon aan dat de convergentie uniform is op $\intcc{0}{1}$ (begrens de restsom $R_N(x) = \sum_{n > N} u_n(x)$ , een meetkundige staart, door haar eerste term en maximaliseer $x^{N+1}(1-x)$ ) maar niet normaal (bereken $\norm{u_n}_\infty$ ): uniforme convergentie is strikt zwakker dan normale convergentie. Zet dit af tegen $\sum x^n(1-x)$ , waarvan de som in $1$ discontinu is: daar faalt zelfs de uniformiteit.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.10.

Puntsgewijs: voor $x \in \intco{0}{1}$ is de reeks meetkundig met reden $-x$ ,

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

en in $x = 1$ verdwijnt elke term: som $0 = \frac{1-1}{2}$ , consistent — de som is continu op $\intcc{0}{1}$ . Uniformiteit: de restsom is een meetkundige staart,

\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 ,

uniform in $x$ . Niet normaal: $\norm{u_n}_\infty = \max x^n(1-x) = \frac{1}{n+1}\bigl(\frac{n}{n+1}\bigr)^n \sim \frac{1}{\eu\,n}$ , en $\sum \frac1{\eu n}$ divergeert. Ter vergelijking: $\sum x^n(1-x)$ heeft partiële sommen $1 - x^{N+1}$ , die puntsgewijs naar de discontinue $\mathbf 1_{\intco01}$ convergeren; volgens Stelling 10.4 kan die convergentie op $\intcc{0}{1}$ niet uniform zijn.

Oefening 10.11 ★★

Geldt $f_n \to f$ uniform op een metrische ruimte $X$ met elke $f_n$ continu, en $x_n \to x$ in $X$ . Bewijs dat $f_n(x_n) \to f(x)$ . Toon met een voorbeeld op $X = \intcc{0}{1}$ aan dat puntsgewijze convergentie niet volstaat, zelfs niet met $f$ continu (gebruik de bulten $g_n$ uit Oefening 10.1 en $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}}$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.11.

De limiet $f$ is continu (Stelling 10.4). Dan is

\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)} ,

en beide termen gaan naar $0$ (uniforme convergentie; continuïteit van $f$ in $x$ ). Tegenvoorbeeld bij louter puntsgewijze convergentie: $g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2} \to 0$ puntsgewijs op $\intcc{0}{1}$ met $g_n$ en de limiet continu, en toch is in $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}} \to 0$

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

Oefening 10.12 ★★★

(Een integraalvergelijking van Volterra met reeksen) Definieer voor $f \in C(\intcc{0}{1})$ de afbeelding $Tf(x) = \int_0^x f(t)\,\dd t$ .

Toon met inductie aan dat voor $n \geq 1$

$T^n f(x) = \int_0^x \frac{(x - t)^{n-1}}{(n-1)!}\,f(t)\,\dd t, \qquad \norm{T^n f}_\infty \leq \frac{\norm f_\infty}{n!} .$
Leid af dat $S = \sum_{n\geq0} T^n f$ normaal convergeert op $\intcc{0}{1}$ en de integraalvergelijking $S = f + TS$ oplost.
Ga na dat $S(x) = f(x) + \int_0^x \eu^{x-t}f(t)\,\dd t$ dezelfde vergelijking oplost, en bewijs de eenduidigheid van de continue oplossingen (is $S = TS$ , dan $\norm{S}_\infty \leq \norm{T^nS}_\infty \to 0$ ): besluit tot de gesloten vorm van de som.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.12.

Inductie. Het geval $n = 1$ is de definitie. Neem de formule voor $n$ aan en zet $g(x) = \int_0^x \frac{(x-t)^n}{n!} f(t)\dd t$ . Voor een integrand die continu is in $(x,t)$ en $C^1$ in $x$ , differentieert de parameterintegraal met variabele grens als

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

(splits $g(x+h) - g(x)$ in de strook $\int_x^{x+h}$ , die $O(h\cdot\sup)$ is omdat de integrand in $t = x$ als $h^n$ verdwijnt, en de vaste integraal van de toename in $x$ , die met de middelwaardeongelijkheid en de continuïteit wordt behandeld). Bovendien is $(T^{n+1}f)' = T^nf$ (hoofdstelling van de integraalrekening) en $g(0) = T^{n+1}f(0) = 0$ : twee primitieven van $T^nf$ die in $0$ verdwijnen vallen samen, dus $T^{n+1}f = g$ . De grens:

$\abs{T^nf(x)} \leq \norm f_\infty \int_0^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}\dd t = \norm f_\infty\,\frac{x^n}{n!} \leq \frac{\norm f_\infty}{n!} .$
Er geldt $\sum_n \norm{T^nf}_\infty \leq \eu\,\norm f_\infty$ : normale en dus uniforme convergentie; $S$ is continu. De partiële sommen voldoen aan $S_N = f + T S_{N-1}$ , en $T$ is $1$ -Lipschitz voor $\norm\cdot_\infty$ (want $\abs{Tg(x)} \leq x\norm g_\infty$ ): met $N \to \infty$ in beide leden volgt $S = f + TS$ .
Zet $V(x) = f(x) + \eu^x\int_0^x \eu^{-t}f(t)\dd t$ . Dan is $V - f$ van klasse $C^1$ met $(V-f)'(x) = \eu^x\int_0^x\eu^{-t}f + f(x) = V(x)$ , en $(TV)' = V$ met $(V - f)(0) = TV(0) = 0$ : dus $V - f = TV$ , dat wil zeggen $V$ lost de vergelijking op. Eenduidigheid: zijn $S_1, S_2$ continue oplossingen, dan voldoet $D = S_1 - S_2$ aan $D = TD$ , dus $D = T^nD$ voor alle $n$ en $\norm D_\infty \leq \frac{\norm D_\infty}{n!} \to 0$ : dus $D = 0$ . Bijgevolg is

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

(De reeks $\sum T^n$ is een meetkundige reeks van operatoren: een eerste voorproefje van de resolvente $(\mathrm{Id} - T)^{-1}$ , uitgewerkt in het volume van bachelorjaar 3.)

10.6 Probleem: Benaderingssnelheden en de stelling van Korovkin

Probleem 10.1

Het bewijs van Bernstein van Stelling 10.16 verbergt twee schatten. Ten eerste is het kwantitatief: hoe snel $B_nf \to f$ gaat, wordt bestuurd door de continuïteitsmodulus van $f$ , met de scherpe snelheid aangenomen door $\abs{x - \frac12}$ . Ten tweede is het structureel: het enige wat ertoe deed, was dat $B_n$ een positieve lineaire operator is die zich netjes gedraagt op $1$ , $x$ en $x^2$ — die waarneming, geïsoleerd, is de stelling van Korovkin. Deze opgave bewijst beide, en sluit af met de exacte asymptotiek van Voronovskaja. Overal is $f \in C(\intcc{0}{1})$ , $M = \norm f_\infty$ , $p_k(x) = \binom nk x^k(1-x)^{n-k}$ , en staat $e_j$ voor $x \mapsto x^j$ .

Deel I — De operator van Bernstein.

Toon aan dat $B_n$ lineair en positief is ( $f \geq 0 \Rightarrow B_nf \geq 0$ ), dus monotoon ( $f \leq g \Rightarrow B_nf \leq B_ng$ ), met $\norm{B_nf}_\infty \leq \norm f_\infty$ , en dat $B_nf$ in beide eindpunten met $f$ samenvalt.
Leid de identiteiten $B_n e_0 = e_0$ , $B_n e_1 = e_1$ en $B_n e_2 = e_2 + \frac{e_1 - e_2}{n}$ opnieuw af (differentieer $(x + y)^n$ tweemaal en zet $y = 1 - x$ ).
Leid de variantie-identiteit $\sum_k \bigl(\frac kn - x\bigr)^2 p_k(x) = \frac{x(1-x)}{n}$ af, en met Cauchy–Schwarz de grens voor het eerste moment

$\sum_{k=0}^{n}\Bigl|\frac kn - x\Bigr|\,p_k(x) \leq \sqrt{\frac{x(1-x)}{n}} \leq \frac{1}{2\sqrt n} .$
Toon aan dat $B_nf \geq f$ op $\intcc{0}{1}$ zodra $f$ convex is (de eindige ongelijkheid van Jensen voor de gewichten $p_k(x)$ ).
(De telgrens van Chebyshev, herformuleerd) Toon voor $\delta > 0$ aan dat

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

en geef de kanstheoretische lezing: $B_nf(x)$ middelt $f$ over een binomiaal steekproefgemiddelde dat zich rond $x$ concentreert.

Deel II — Snelheden: de continuïteitsmodulus. Zet voor $\delta > 0$ de waarde $\omega(\delta) = \sup\{\abs{f(s) - f(t)} : s, t \in \intcc{0}{1},\ \abs{s - t} \leq \delta\}$ .

Toon aan: $\omega$ is eindig en niet-dalend, $\omega(\delta) \to 0$ als $\delta \to 0^+$ (Heine), $\omega$ is subadditief ( $\omega(\delta_1 + \delta_2) \leq \omega(\delta_1) + \omega(\delta_2)$ ), en $\omega(\lambda\delta) \leq (1 + \lambda)\,\omega(\delta)$ voor alle $\lambda > 0$ .
Bewijs de hoofdschatting, voor elke $\delta > 0$ :

$\abs{B_nf(x) - f(x)} \leq \sum_k \omega\Bigl(\Bigl|\frac kn - x\Bigr|\Bigr)p_k(x) \leq \Bigl(1 + \frac1\delta\sum_k\Bigl|\frac kn - x\Bigr|p_k(x)\Bigr)\,\omega(\delta) .$
Kies $\delta = n^{-1/2}$ en besluit tot de kwantitatieve stelling van Weierstrass:

$\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac32\,\omega\Bigl(\frac{1}{\sqrt n}\Bigr) \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 .$
Leid de snelheden af: $\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac{3L}{2\sqrt n}$ voor $L$ -Lipschitz $f$ , en $\leq \frac32 C n^{-\alpha/2}$ voor $\alpha$ -höldercontinue $f$ ( $\abs{f(s) - f(t)} \leq C\abs{s-t}^\alpha$ ).
(Het scherpe voorbeeld — een binomiale identiteit) Bewijs voor $m \geq 1$ dat

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

(gebruik $k\binom{2m}k = 2m\binom{2m-1}{k-1}$ en de symmetrie van de binomiaalrij, die $\sum_{j=m}^{2m-1} \binom{2m-1}{j} = 2^{2m-2}$ geeft).
Leid voor $f(t) = \abs{t - \frac12}$ de exacte waarde en haar asymptotiek af (centrale binomiaalcoëfficiënt, Voorbeeld 6.14):

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

de snelheid $\omega(n^{-1/2})$ uit vraag 8 wordt (op een constante na) aangenomen — voor louter continue $f$ is de $n^{-1/2}$ van Bernstein eerlijk.

Deel III — De stelling van Korovkin. Zij $(L_n)$ een rij positieve lineaire operatoren van $C(\intcc{0}{1})$ naar zichzelf zodanig dat $L_ne_j \to e_j$ uniform voor $j = 0, 1, 2$ .

Toon aan dat een positieve lineaire $L$ monotoon is en puntsgewijs aan $\abs{Lf} \leq L\abs f$ voldoet.
Toon aan: bij elke $\varepsilon > 0$ is er een $\delta > 0$ zodanig dat voor alle $s, x \in \intcc{0}{1}$

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

(behandel $\abs{s - x} \leq \delta$ met Heine en $\abs{s-x} > \delta$ met de grove grens $2M$ ).
Leg $x$ vast, pas $L_n$ toe op de ongelijkheid van vraag 13 in de veranderlijke $s$ , en leid af dat

$\abs{L_nf(x) - f(x)\,L_ne_0(x)} \leq \varepsilon\,L_ne_0(x) + \frac{2M}{\delta^2} \bigl(L_ne_2(x) - 2x\,L_ne_1(x) + x^2 L_ne_0(x)\bigr).$
Toon aan dat $\sup_x \bigl(L_ne_2(x) - 2x\,L_ne_1(x) + x^2 L_ne_0(x)\bigr) \to 0$ , en stel daarna de stelling van Korovkin samen: $L_nf \to f$ uniform voor elke $f \in C(\intcc{0}{1})$ .
Ga na dat $(B_n)$ aan de hypothesen van Korovkin voldoet: Weierstrass voor de derde keer, uit drie monomen.
Zij $I_n$ de operator van de stuksgewijs affiene interpolatie in de knooppunten $\frac kn$ . Toon aan dat $I_n$ positief en lineair is, dat $I_ne_0 = e_0$ en $I_ne_1 = e_1$ , en dat $\norm{I_ne_2 - e_2}_\infty = \frac{1}{4n^2}$ (op elke cel is de fout van de affiene interpolatie van $t^2$ gelijk aan $(t - a)(b - t)$ ). Besluit met Korovkin: de veelhoekige interpolanten convergeren uniform voor elke continue $f$ .

Deel IV — Opbrengsten: dichtheid, momenten, afgeleiden.

Toon aan dat de veeltermen met rationale coëfficiënten dicht liggen in $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ : deze banachruimte is dus separabel.
(De momenten bepalen de functie) Zij $f \in C(\intcc{0}{1})$ met $\int_0^1 f(t)\,t^n \dd t = 0$ voor elke $n \in \N$ . Toon aan dat $\int_0^1 f P = 0$ voor elke veelterm, daarna dat $\int_0^1 f^2 = 0$ , en ten slotte dat $f = 0$ .
Bewijs de identiteit voor de afgeleide

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

(differentieer $p_k$ en herindexeer — een Abelsommatie).
Neem aan dat $f$ van klasse $C^1$ is. Toon met de middelwaardestelling in elke toename en een vergelijking met $B_{n-1}(f')$ aan dat $(B_nf)' \to f'$ uniform op $\intcc{0}{1}$ . Leid af: voor $f \in C^1$ bestaan er veeltermen die naar $f$ convergeren samen met hun afgeleiden.
Neem aan dat $f$ van klasse $C^2$ is. Toon met Taylor–Lagrange in $x$ aan dat

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

gladheid tilt de snelheid op van $n^{-1/2}$ naar $n^{-1}$ .

Deel V — Verzadiging: de stelling van Voronovskaja.

Bewijs de identiteit voor het vierde moment

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

(werk $k^4$ uit in dalende faculteiten $k(k-1)\cdots$ en gebruik de differentiatietruc van vraag 2 nog twee keer).
(Voronovskaja) Zij $f$ van klasse $C^2$ en $x \in \intcc{0}{1}$ . Bewijs, met $f(t) = f(x) + f'(x)(t-x) + \frac{f''(x)}2(t-x)^2 + \eta(t)(t-x)^2$ waarbij $\eta$ begrensd is en $\eta(t) \to 0$ als $t \to x$ , dat

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

(splits de $\eta$ -som bij $\abs{t - x} \leq \delta$ ; beheers het verre deel met vraag 23). De fout van vraag 22 is dus exact in orde én in constante: $B_n$ verzadigt bij $\frac1n$ , hoe glad $f$ ook is — vergelijk Oefening 10.7.
Synthese. In telkens één zin: (i) wat de positiviteit alleen al opleverde (de Delen I en III); (ii) waar de compactheid van $\intcc{0}{1}$ in elk deel binnenkwam; (iii) waarom drie testfuncties in de stelling van Korovkin volstaan; (iv) de afweging die Bernstein maakt (een robuuste $n^{-1/2}$ voor ruwe $f$ , maar een plafond van $\frac1n$ voor gladde $f$ ), en welk hoofdstuk van dit boek hetzelfde spel met goniometrische veeltermen zal spelen.

Oplossing

Oplossing van Probleem 10.1.

1. De lineariteit is uit de formule duidelijk. Positiviteit: de gewichten $p_k(x) \geq 0$ , dus dwingt $f \geq 0$ af dat $B_nf \geq 0$ ; de monotonie volgt door dit op $g - f$ toe te passen. Grens: uit $\pm f \leq \norm f_\infty$ volgt $\pm B_nf \leq \norm f_\infty B_ne_0 = \norm f_\infty$ . Eindpunten: $p_k(0) = \mathbf 1_{k=0}$ en $p_k(1) = \mathbf 1_{k=n}$ , dus $B_nf(0) = f(0)$ en $B_nf(1) = f(1)$ .

2. Differentieer $(x+y)^n = \sum_k\binom nk x^ky^{n-k}$ naar $x$ , vermenigvuldig met $x$ en zet $y = 1 - x$ :

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

twee keer, met vermenigvuldiging met $x^2$ : $n(n-1)x^2 = \sum_k k(k-1)p_k(x)$ . Bijgevolg is $B_ne_0 = 1$ (binomium), $B_ne_1(x) = \frac{nx}{n} = x$ , en

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. Uitwerken geeft

\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 met de splitsing $\abs{k/n - x}\sqrt{p_k} \cdot \sqrt{p_k}$ :

\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},

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

4. De gewichten $p_k(x)$ zijn niet-negatief met som $1$ en zwaartepunt $\sum_k \frac kn p_k(x) = x$ (vraag 2). De eindige ongelijkheid van Jensen voor de convexe $f$ (inductie vanaf de definitie met twee punten, volume van bachelorjaar 1) geeft

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. Op $\{k : \abs{k/n - x} > \delta\}$ is $\bigl(\frac{k/n - x}{\delta}\bigr)^2 > 1$ , dus

\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} .

Lezing: $p_k(x)$ is de verdeling van een steekproeffrequentie $S_n/n$ van $n$ muntworpen met scheefheid $x$ ; haar verwachtingswaarde is $x$ en haar variantie $\frac{x(1-x)}n \to 0$ , en de formule is de ongelijkheid van Chebyshev: de massa concentreert zich bij $x$ , zodat $f$ ertegen middelen in de limiet $f(x)$ reproduceert (Hoofdstuk 23 maakt de woordenschat officieel).

6. Er geldt $\omega \leq 2M < \infty$ ; de monotonie is duidelijk (supremum over een grotere verzameling). Heine: $f$ continu op een compacte verzameling is uniform continu, en dat zegt precies dat $\omega(\delta) \to 0$ als $\delta \to 0^+$ . Subadditiviteit: geldt $\abs{s - t} \leq \delta_1 + \delta_2$ , dan voldoet het punt $u$ op het segment $\intcc st$ op afstand $\min(\delta_1, \abs{s-t})$ van $s$ aan $\abs{s-u} \leq \delta_1$ en $\abs{u-t} \leq \delta_2$ , en is $\abs{f(s)-f(t)} \leq \abs{f(s)-f(u)} + \abs{f(u)-f(t)}$ . Itereren geeft $\omega(p\delta) \leq p\,\omega(\delta)$ voor $p \in \N^*$ ; voor $\lambda > 0$ , met $p = \lceil\lambda\rceil \leq 1 + \lambda$ : $\omega(\lambda\delta) \leq \omega(p\delta) \leq p\,\omega(\delta) \leq (1+\lambda)\omega(\delta)$ .

7. Omdat $\sum p_k = 1$ :

\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 .

Voor elke $k$ geeft vraag 6 met $\lambda = \abs{k/n - x}/\delta$ dat $\omega(\abs{k/n-x}) \leq \bigl(1 + \frac{\abs{k/n-x}}\delta\bigr)\omega(\delta)$ ; sommeren tegen de $p_k$ levert de hoofdschatting.

8. Vul de grens van vraag 3 in:

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

uniform in $x$ ; met $\delta = n^{-1/2}$ is de haak $\frac32$ : dus $\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac32\omega(n^{-1/2}) \to 0$ volgens vraag 6 (Heine). Dit bewijst Stelling 10.16 opnieuw, met een snelheid.

9. $L$ -Lipschitz betekent $\omega(\delta) \leq L\delta$ : snelheid $\frac{3L}{2\sqrt n}$ . $\alpha$ -höldercontinu betekent $\omega(\delta) \leq C\delta^\alpha$ : snelheid $\frac{3C}{2} n^{-\alpha/2}$ .

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

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

omdat $j \mapsto 2m-1-j$ de verzameling $\{m,\dots,2m-1\}$ bijectief op $\{0,\dots,m-1\}$ afbeeldt, zodat de som de helft van $2^{2m-1}$ is. Ook is $\sum_{k=m+1}^{2m}\binom{2m}k = \frac{2^{2m} - \binom{2m}m}{2}$ (dezelfde symmetrie). Bijgevolg

\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 .

De substitutie $k \mapsto 2m-k$ beeldt de termen met $k < m$ af op die met $k > m$ (gelijke binomiaalcoëfficiënten, gelijke $\abs{k-m}$ ): de absolute som is dus twee keer de eenzijdige som, namelijk $m\binom{2m}m$ .

11. In $x = \frac12$ is $p_k(\tfrac12) = \binom{2m}k2^{-2m}$ en $f(\tfrac12) = 0$ , dus

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}}

volgens Voorbeeld 6.14. Omdat hier $\omega_f(\delta) = \delta$ is (de functie is $1$ -Lipschitz en de grens wordt aangenomen), voorspelt vraag 8 hoogstens $\frac32(2m)^{-1/2}$ : de werkelijke fout $\frac{1}{2\sqrt{\pi m}}$ heeft precies de orde $n^{-1/2}$ — de snelheid is dus scherp op de constante na.

12. Uit $f \leq g$ volgt $g - f \geq 0$ , dus $L(g-f) \geq 0$ , dat wil zeggen $Lf \leq Lg$ . Uit $-\abs f \leq f \leq \abs f$ volgt $-L\abs f \leq Lf \leq L\abs f$ , dat wil zeggen $\abs{Lf} \leq L\abs f$ .

13. Kies met Heine een $\delta$ zodanig dat $\abs{f(s)-f(x)} \leq \varepsilon$ zodra $\abs{s-x} \leq \delta$ . Is $\abs{s - x} > \delta$ , dan is $\frac{(s-x)^2}{\delta^2} > 1$ en $\abs{f(s)-f(x)} \leq 2M \leq \frac{2M}{\delta^2}(s-x)^2$ . In beide gevallen geldt de beweerde grens.

14. Leg $x$ vast; vraag 13 zegt, als functies van $s$ :

-\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 .

Pas de monotone lineaire $L_n$ toe (vraag 12) en evalueer in $x$ :

\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. Schrijf $\alpha_j = L_ne_j - e_j$ , zodat $\norm{\alpha_j}_\infty \to 0$ . Omdat $e_2(x) - 2xe_1(x) + x^2e_0(x) = 0$ , is

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),

met supnorm hoogstens $\norm{\alpha_2} + 2\norm{\alpha_1} + \norm{\alpha_0} \to 0$ . Ook geldt $L_ne_0 \to e_0$ uniform, dus $L_ne_0 \leq 2$ voor grote $n$ , en $\abs{f(x)}\abs{L_ne_0(x) - 1} \leq M\norm{\alpha_0} \to 0$ . Samengevoegd met vraag 14 geeft dit voor grote $n$ , uniform in $x$ ,

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

dus $L_nf \to f$ uniform — de stelling van Korovkin.

16. Er geldt $B_ne_0 = e_0$ en $B_ne_1 = e_1$ exact, en $\norm{B_ne_2 - e_2}_\infty = \max_x\frac{x(1-x)}{n} = \frac{1}{4n} \to 0$ (vraag 2): Korovkin is dus van toepassing, en Weierstrass volgt voor de derde keer.

17. $I_nf$ is lineair in $f$ (de knoopwaarden zijn dat), en op elke cel is de affiene interpolant van niet-negatieve knoopwaarden niet-negatief: dus positief. Verder is $I_ne_0 = e_0$ en $I_ne_1 = e_1$ , want een affiene functie is haar eigen interpolant. Op een cel $\intcc ab$ (met $b - a = \frac1n$ ) is de affiene interpolant van $e_2$ gelijk aan $L(t) = (a+b)t - ab$ , en

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

met het maximum in het midden: dus $\norm{I_ne_2 - e_2}_\infty = \frac{1}{4n^2} \to 0$ . Korovkin: $I_nf \to f$ uniform voor elke continue $f$ — veelhoekige benadering, zonder verdere schatting.

18. Bij gegeven $f$ en $\varepsilon$ : Weierstrass levert een veelterm $P = \sum_{j=0}^d a_jx^j$ met $\norm{f - P}_\infty \leq \frac\varepsilon2$ ; elke $a_j$ vervangen door een rationale $b_j$ met $\abs{a_j - b_j} \leq \frac{\varepsilon}{2(d+1)}$ verschuift de supnorm op $\intcc{0}{1}$ hoogstens $\frac\varepsilon2$ . De verzameling veeltermen met rationale coëfficiënten is een aftelbare vereniging (over $d$ ) van aftelbare verzamelingen, dus aftelbaar, en dicht: $C(\intcc{0}{1})$ is dus separabel.

19. Wegens de lineariteit is $\int_0^1 fP = 0$ voor elke veelterm $P$ . Kies veeltermen $P_n \to f$ uniform (Weierstrass):

\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 ,

dus $\int_0^1 f^2 = 0$ . Was $f(x_0) \neq 0$ , dan geeft de continuïteit $f^2 \geq c > 0$ op een deelinterval, in strijd met de verdwijnende integraal: dus $f = 0$ . Bijgevolg vallen twee continue functies met dezelfde momenten $\int f t^n$ samen.

20. Met $p_{n,k}(x) = \binom nk x^k(1-x)^{n-k}$ , de afspraken $p_{n-1,-1} = p_{n-1,n} = 0$ , de productregel en $k\binom nk = n\binom{n-1}{k-1}$ , $(n-k)\binom nk = n\binom{n-1}{k}$ volgt

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

Sommeren tegen $f(k/n)$ en de index in de eerste som verschuiven (Abelsommatie) geeft

(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. Volgens de middelwaardestelling is $f(\frac{j+1}n) - f(\frac jn) = \frac1n f'(\xi_j)$ met $\xi_j \in \intoo{j/n}{(j+1)/n}$ , dus $(B_nf)'(x) = \sum_j f'(\xi_j)\,p_{n-1,j}(x)$ . Ook het knooppunt $\frac{j}{n-1}$ ligt in $\intcc{j/n}{(j+1)/n}$ (beide ongelijkheden herleiden zich tot $j \leq n-1$ ), dus $\abs{\xi_j - \frac j{n-1}} \leq \frac1n$ en

\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

uniform. Omdat $B_{n-1}(f') \to f'$ uniform (Stelling 10.16 toegepast op de continue $f'$ ), geeft de driehoeksongelijkheid $(B_nf)' \to f'$ uniform. De veeltermen $P_n = B_nf$ convergeren dan in $C^1$ -zin naar $f$ .

22. Taylor–Lagrange in $x$ : $f(\frac kn) - f(x) = f'(x)(\frac kn - x) + \frac{f''(\xi_k)}2(\frac kn - x)^2$ . Sommeren tegen $p_k$ doodt de lineaire term (vraag 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. Twee verdere differentiaties van $(x+y)^n$ geven de factoriële momenten, met $n_{(j)} = n(n-1)\cdots(n-j+1)$ :

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

en $k^3 = k_{(3)} + 3k_{(2)} + k$ , $k^4 = k_{(4)} + 6k_{(3)} + 7k_{(2)} + k$ zetten die om in machtsmomenten:

\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 .

Werk $(k - nx)^4$ uit en verzamel (een geduldige maar zuiver mechanische berekening met de vier machtsmomenten):

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

Met $x(1-x) \leq \frac14$ is het rechterlid hoogstens $\frac n4\bigl(1 + \frac{3n}4\bigr) = \frac{3n^2}{16} + \frac n4 \leq n^2$ voor $n \geq 1$ .

24. De vorm van Peano van Taylor in $x$ definieert $\eta(t) = \frac{f(t) - f(x) - f'(x)(t-x) - \frac12f''(x)(t-x)^2} {(t-x)^2}$ voor $t \neq x$ en $\eta(x) = 0$ : volgens Taylor–Lagrange is $\eta(t) = \frac12\bigl(f''(\xi) - f''(x)\bigr)$ voor zekere $\xi$ tussen $t$ en $x$ , dus $\abs\eta \leq \norm{f''}_\infty$ en $\eta(t) \to 0$ als $t \to x$ (continuïteit van $f''$ ). De ontwikkeling tegen $p_k$ sommeren en de vragen 2–3 gebruiken geeft

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 .

Kies bij gegeven $\varepsilon$ een $\delta$ met $\abs\eta \leq \varepsilon$ op $\abs{t - x}\leq\delta$ . Nabij deel: hoogstens $\varepsilon\,n\cdot\frac{x(1-x)}n \leq \varepsilon$ . Ver deel: met $C = \norm{f''}_\infty$ en vraag 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 .

Bijgevolg gaat $n(B_nf(x) - f(x)) \to \frac{x(1-x)}2f''(x)$ — de stelling van Voronovskaja. Voor $f = e_2$ is dit bij elke $n$ exact (Oefening 10.7): het plafond $\frac1n$ is echt.

25. (i) De positiviteit zette puntsgewijze ongelijkheden om in operatorongelijkheden: zij leverde de normgrens, Jensen, Chebyshev en heel Korovkin — lineariteit alleen bewijst hier niets. (ii) De compactheid kwam binnen via Heine (vragen 6 en 13), via de begrensdheid van $f$ , en doordat de norm $\norm\cdot_\infty$ überhaupt eindig is. (iii) Drie testfuncties volstaan omdat de positiviteit alles herleidt tot het beheersen van $L_n$ op de ene familie $(s-x)^2 = e_2 - 2xe_1 + x^2e_0$ , waarvan het opspansel dat van $e_0, e_1, e_2$ is. (iv) Bernstein convergeert voor elke continue $f$ met de eerlijke snelheid $\omega(n^{-1/2})$ (scherp, vraag 11) maar verzadigt bij $\frac1n$ voor gladde $f$ (vraag 24); het fourierhoofdstuk voert hetzelfde programma uit voor periodieke functies met de kern van Fejér — opnieuw een positieve operator met dezelfde deugden en dezelfde bescheidenheid.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst