Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2 · Bachelor Year 2

10Rijen en reeksen van functies

Wanneer functies naar een functie convergeren, welke eigenschappen overleven de overgang naar de limiet? Puntsgewijze convergentie bewaart bijna niets; uniforme convergentie — convergentie in de sup-norm — bewaart continuïteit, integralen op segmenten en, met één draai, afgeleiden. Dit hoofdstuk bewijst de drie overdrachtsstellingen, hun reeksversies, en kroont ze met de benaderingsstelling van Weierstrass, bewezen via de mooie probabilistische veeltermen van Bernstein.

10.1 Puntsgewijze en uniforme convergentie

Definitie 10.1

Zij $f_n, f \colon X \to \R$ (of $\C$ , of een genormeerde ruimte), $X$ een willekeurige verzameling. $(f_n)$ convergeert naar $f$ puntsgewijs wanneer $f_n(x) \to f(x)$ voor elke $x$ ; 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 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 uniform ( $\sup = a^n \to 0$ ): uniformiteit is een eigenschap van het domein evenzeer als van de rij.

De rij xn op [0, 1]: de grafieken zakken naar 0 maar moeten allen naar 1 klimmen in x = 1 — de sup-afstand tot de discontinue puntsgewijze limiet krimpt nooit onder een constante. — De rij $x^n$ op $\intcc{0}{1}$ : de grafieken zakken naar $0$ maar moeten allen naar $1$ klimmen in $x = 1$ — de sup-afstand 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 de kleinst mogelijke mislukking. Zij $a_{n,m} = \dfrac{n}{n+m}$ voor $n, m \geq 1$ . Dan

\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 geitereerde limieten bestaan en ze 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 uniforme convergentie is precies de prijs die de verwisseling legaal maakt. Slotinzicht: telkens wanneer een “bewijs” stilzwijgend twee limietoperaties verwisselt, is dit twee-regels-schema het tegenvoorbeeld dat men eraan moet houden; de glijdende bulten van Oefening 10.2 zijn hetzelfde fenomeen met een integraalteken.

10.2 De drie overdrachtsstellingen

Stelling 10.4 (Continuïteit)

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

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

\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

∎

Voorbeeld 10.5 (Uniformiteit faalt precies waar de limiet breekt)

Op $\intcc{0}{2}$ , zij $f_n(x) = \dfrac{x^n}{1 + x^n}$ . 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 door Stelling 10.4 kan de convergentie niet uniform zijn op $\intcc{0}{2}$ . Op de gesloten stukken die de drempel vermijden is zij dat wel: voor $0 \leq x \leq a < 1$ ,

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

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

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

beide suprema berekend via de monotonie van $u \mapsto \frac{u}{1+u}$ en van $x \mapsto x^n$ . Slotinzicht: het falen van de uniformiteit is gelokaliseerd bij de discontinuïteit van de limiet — dezelfde geometrie als Voorbeeld 10.2, en de reden waarom de discipline “uniform op elk segment daarbinnen” het hele hoofdstuk lang terugkeert.

Stelling 10.6 (Integratie op een segment)

Als $f_n \to f$ uniform op $\intcc{a}{b}$ , met $f_n$ stuksgewijs continu ( $f$ evenzo), dan

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

Bewijs. 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 waar de compactheid van het segment binnenkomt: op niet-compacte intervallen produceert dezelfde schatting de nutteloze grens $\infty\cdot0$ , en de conclusie faalt werkelijk zonder overheersing — de platte bulten $f_n = \frac1n\mathbf 1_{\intcc{0}{n}}$ convergeren uniform naar $0$ op $\intco{0}{\infty}$ en houden toch $\int f_n = 1$ (zie de valkuilen-opmerking 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 van : zij convergeren naar 0 in elk punt, maar de pieken (hoogte √n/(2 ), drijvend naar 0) groeien onbegrensd — puntsgewijze convergentie met g_n_∈fty ∈fty, en ∈t_01 g_n 1/2 ≠ 0: de massa verbergt zich onder de bewegende piek. — De bulten $g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2}$ van Oefening 10.1: zij convergeren naar $0$ in elk punt, maar de pieken (hoogte $\sim\sqrt{n/(2\eu)}$ , drijvend 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 verbergt zich onder de bewegende piek.

Stelling 10.7 (Differentiatie)

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

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

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

de kandidaat-limiet is $C^1$ met de juiste afgeleide per constructie, vóórdat enige convergentie bewezen is. Opnieuw via de hoofdstelling, $f_n(x) = f_n(x_0) + \int_{x_0}^x f_n'$ ; 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 uniform naar $0$ gaat op elk segment. En $f$ is $C^1$ met $f' = g$ per constructie. ∎

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 uniform op heel $\R$ :

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} .

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

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, dus $(F_n')$ kan niet uniform convergeren bij $0$ (Stelling 10.4 opnieuw). Slotinzicht: Stelling 10.7 neemt opzettelijk uniforme convergentie van de $f_n'$ aan, niet van de $f_n$ — dit voorbeeld is de reden.

10.3 Reeksen van functies

Definitie 10.9

Een reeks van functies $\sum u_n$ convergeert puntsgewijs/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 begrensde functies: Stelling 5.21), die puntsgewijze 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: convergeert voor elke $x \in \intco01$ (vergelijking met de meetkundige reeks). Normaal op $\intcc{0}{a}$ , $a < 1$ : $\norm{u_n}_{\infty,\intcc0a} = \frac{a^n}{n}$ , sommeerbaar. Niet normaal op $\intco{0}{1}$ : $\norm{u_n}_{\infty,\intco01} = \frac1n$ , en $\sum\frac1n$ divergeert. Niet eens uniform op $\intco{0}{1}$ : de restterm 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 $N$ . Slotinzicht: alle vier oordelen bestaan vreedzaam naast elkaar — de som $-\ln(1-x)$ is continu op $\intco{0}{1}$ omdat continuïteit alleen uniformiteit bij elk punt nodig heeft, d.w.z. op de segmenten $\intcc0a$ ; exploderen aan de rand is het recht van de som.

Stelling 10.11 (Overdracht voor reeksen)

Als $\sum u_n$ uniform convergeert (bijv. normaal) op de relevante verzameling: continuïteit van alle $u_n$ in $a$ gaat over op de som; integratie op een segment mag term voor term; en als $\sum u_n(x_0)$ convergeert terwijl $\sum u_n'$ uniform convergeert op segmenten, is de som $C^1$ met afgeleide $\sum u_n'$ .

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

\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

door Stelling 10.6 (eerste gelijkheid) en 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 dat de som $C^1$ is met afgeleide $\lim S_N' = \sum u_n'$ . ∎

Opmerking 10.12 (Veelgemaakte valkuilen)

Vier vallen, alle gezien in tentamenstukken. (i) Half-gecontroleerde suprema: $f_n$ evalueren langs een goedgekozen rij $x_n$ boundeert $\norm{f_n - f}_\infty$ alleen van onderen — genoeg om uniformiteit te weerleggen (als in Voorbeeld 10.2), nooit om haar te bewijzen; om te bewijzen, boundeer het sup door een berekening geldig voor alle $x$ . (ii) Uniformiteit op de verkeerde verzameling: normale of uniforme convergentie geldt vaak op elk $\intcc{-a}{a}$ of $\intco\delta\infty$ maar faalt op de open vereniging; dat is geen obstakel — continuïteit en differentieerbaarheid zijn lokaal, dus de segment-voor-segment-discipline van Voorbeeld 10.13 geeft 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 $0$ , met $\int f_n = 1$ ) — gebruik daar gedomineerde convergentie. (iv) De limiet differentiëren: Voorbeeld 10.8; de afgeleide-hypothese zit op $(f_n')$ , en geen enkele convergentiesnelheid van $(f_n)$ kan haar vervangen.

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

$\zeta(s) = \sum_{n\geq1} n^{-s}$ convergeert normaal op elke halfrechte $\intco{a}{+\infty}$ , $a > 1$ ( $\norm{n^{-s}}_\infty = n^{-a}$ , sommeerbaar): $\zeta$ is continu op $\intoo{1}{+\infty}$ ; termgewijs differentiëren (de afgeleide reeks $\sum -\ln n\; n^{-s}$ convergeert eveneens normaal op $\intco{a}{\infty}$ ), $\zeta$ is $C^1$ — en, itererend, $C^\infty$ — met $\zeta'(s) = -\sum \frac{\ln n}{n^s}$ . Let op de discipline: normale convergentie wordt gecontroleerd op sub-halfrechten, 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 begrensd op $\intco{\delta} \infty$ door $\frac{\eu^{-n\delta}}{n} \leq \eu^{-n\delta}$ , een convergente meetkundige reeks: normale convergentie op elke $\intco\delta\infty$ , dus $F$ is continu op $\intoo{0}{\infty}$ . De afgeleide reeks $\sum -\eu^{-nx}$ is eveneens normaal convergent op $\intco\delta\infty$ ( $\norm{\eu^{-nx}}_{\infty,\intco\delta\infty} = \eu^{-n\delta}$ ), dus $F$ is $C^1$ met een meetkundige afgeleide:

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

Itererend is $F$ van klasse $C^\infty$ . Integreren van $F'$ (zowel $F$ als $x \mapsto -\ln(1 - \eu^{-x})$ verdwijnen in $+\infty$ en hebben dezelfde afgeleide op $\intoo0\infty$ ):

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

de logaritmische reeks in $t = \eu^{-x}$ . Slotinzicht: als $x \to 0^+$ , $F(x) = -\ln(x + O(x^2)) = \ln\frac1x + O(x)$ — de reeks divergeert logaritmisch aan de rand, precies zoals de harmonische reeks die zij wordt in $x = 0$ ; 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 boundeer $\norm{f_n - f}_\infty$ : bestudeer de functie $x \mapsto \abs{f_n(x) - f(x)}$ (afgeleide, monotonie) om haar maximum te lokaliseren; een grens geldig voor alle $x$ die naar $0$ gaat, bewijst uniformiteit.
Om te weerleggen: vertoon punten $x_n$ met $\abs{f_n(x_n) - f(x_n)} \not\to 0$ (vaak volgt $x_n$ de bewegende bult, als in Oefening 10.1); of roep een overdrachtsstelling in contrappositie aan — een discontinue limiet van continue functies (Voorbeeld 10.5), of $\int f_n \not\to \int f$ op een segment.
Voor reeksen, probeer eerst normale convergentie ( $\sum\sup\abs{u_n} < \infty$ ); als zij globaal faalt, test haar op de subsegmenten die ertoe doen (Voorbeeld 10.10); als zij overal faalt, kan uniforme convergentie nog gelden via de resttermgrens van de alternerende reeks (Oefening 10.4) of 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. Fixeer $x \in \intcc{0}{1}$ en zet $p_k(x) = \binom nk x^k(1 - x)^{n-k}$ . Drie binomiale identiteiten, verkregen door $(x + y)^n$ en haar twee $x$ -afgeleiden te evalueren in $y = 1 - x$ :

\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 .

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

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

dan vermenigvuldigen met $x$ en $y = 1 - x$ zetten geeft de tweede; tweemaal differentiëren en vermenigvuldigen met $x^2$ geeft de derde. Ontwikkelen van $(k - nx)^2 = k(k-1) + k(1 - 2nx) + n^2x^2$ en combineren van 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.

Nu schatten, 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{ver}},

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

\Sigma_{\text{ver}} \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

Door 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 probabilistische lezing — $B_n(f)(x)$ is de verwachte waarde van $f$ in een binomiaal gemiddelde, en de variantiegrens is de ongelijkheid van Chebyshev — wordt eerlijk gemaakt in Hoofdstuk 23.

Bernsteinbenadering van f(x) = x2 (rood), via de exacte formule B_nf = x2 + x(1-x)/n van : B_1f is de koorde, en elke verdubbeling van n halveert de kloof. Betrouwbaar maar traag — de 1n-verzadiging die de stelling van Voronovskaya (weekendprobleem) exact maakt. — Bernsteinbenadering van $f(x) = x^2$ (rood), via de exacte formule $B_nf = x^2 + \frac{x(1-x)}{n}$ van Oefening 10.7: $B_1f$ is de koorde, en elke verdubbeling van $n$ halveert de kloof. Betrouwbaar maar traag — de $\frac1n$ -verzadiging die de stelling van Voronovskaya (weekendprobleem) exact maakt.

Opmerking 10.18 (Waar dit gebruikt wordt)

De Weierstrassbenadering is de dichtheidsstelling van de klassieke analyse: zij maakt $C(\intcc ab)$ separabel, laat integraalidentiteiten alleen op veeltermen controleren (momentproblemen), en ligt ten grondslag aan de trigonometrische versie bewezen in het Fourierhoofdstuk via de kern van Fejér. Het weekendprobleem van dit hoofdstuk haalt de kwantitatieve inhoud van Bernsteins bewijs naar boven — convergentiesnelheden beheerst door de modulus van continuïteit — en isoleert vervolgens wat het echt liet werken, in de stelling van Korovkin: positiviteit plus drie testfuncties. Het boekdeel van Jaar 3 generaliseert de dichtheidsuitspraak naar willekeurige subalgebra’s (Stone–Weierstrass) en naar compacte ruimten.

Voorbeeld 10.19 (Polygonale benadering, met een snelheid)

Voor $L$ -Lipschitz $f$ op $\intcc{0}{1}$ , zij $I_nf$ de stuksgewijs-affiene interpolant in de knopen $\frac kn$ . 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 kan aannemen gegeven de twee knoopwaarden, dus voor $x$ in de cel, 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 zelf $L$ -Lipschitz op de cel: haar helling is een differentiequotiënt van $f$ ). Dus $\norm{I_nf - f}_\infty \leq \frac{2L}{n}$ : polygonale benadering van Lipschitzfuncties convergeert met snelheid $\frac1n$ — sneller dan Bernsteins $\frac{1}{\sqrt n}$ voor dezelfde klasse (weekendprobleem, Deel II). Slotinzicht: de polygoon interpoleert maar is niet glad, Bernstein is glad maar traag; er is geen gratis lunch tussen regulariteit van de benaderende en snelheid — een afweging die de verzadigingsresultaten van het weekendprobleem precies maken.

Opmerking 10.20 (Perspectieven binnen dit boekdeel)

Uniforme convergentie is vanaf hier het werkpaard van dit boek. Het machtreeksenhoofdstuk loopt volledig op normale convergentie op compacte subschijven — elke term-voor-term stelling daar is een speciaal geval van de overdrachtsstellingen van dit hoofdstuk. Het Fourierhoofdstuk leeft één verdieping hoger: zijn partiële sommen $S_N$ falen precies waar dit hoofdstuk waarschuwt dat zij kunnen (puntsgewijs maar niet uniform bij sprongen), en zijn Fejérgemiddelden slagen door dezelfde $3\varepsilon$ -mechanica die Stelling 10.4 bewees. Het differentiaalvergelijkingenhoofdstuk definieert $\eu^{tA}$ door een normaal convergente reeks en differentieert haar termgewijs — letterlijk Stelling 10.11 toegepast op matrixcoëfficiënten. Wanneer later in het boek twijfel rijst over “waarom mogen we dit doen”, is het antwoord meestal een stelling van dit hoofdstuk.

10.5 Oefeningen

Oefening 10.1 ★

Bestudeer de puntsgewijze en uniforme convergentie op $\intcc{0}{1}$ , daarna op $\intcc{0}{a}$ ( $a < 1$ ) of $\intco{\delta}{1}$ al naargelang relevant, 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 $0$ (exponentieel wint). Sup: $g_n' = n\eu^{-nx^2}(1 - 2nx^2)$ verdwijnt in $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}}$ , waar $g_n(x_n) = \sqrt{\frac n2}\,\eu^{-1/2} \to \infty$ : niet uniform op $\intcc{0}{1}$ — maar uniform op $\intco{\delta}{1}$ , want daar $g_n(x) \leq n\,\eu^{-n\delta^2} \to 0$ .

$h_n(x) = x^n(1 - x^n)$ : puntsgewijze limiet $0$ op $\intcc{0}{1}$ (beide factoren; in $x = 1$ , $h_n = 0$ ). Sup: met $u = x^n \in \intcc{0}{1}$ , $u(1-u) \leq \frac14$ bereikt in $u = \frac12$ , d.w.z. $x = 2^{-1/n} \in \intoo{0}{1}$ : $\norm{h_n}_\infty = \frac14 \not\to 0$ : niet uniform op $\intcc{0}{1}$ ; 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 $g_n$ van Oefening 10.1, en verzoen dit met Stelling 10.6.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.2.

$\int_0^1 nx\,\eu^{-nx^2}\dd x = \bigl[-\tfrac12 \eu^{-nx^2}\bigr]_0^1 = \frac{1 - \eu^{-n}}{2} \to \frac12$ , terwijl $\int_0^1 \lim g_n = 0$ . Geen tegenspraak: Stelling 10.6 eist uniforme convergentie op het segment, die hier faalt (de bult van hoogte $\sim\sqrt n$ glijdt 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: $S$ is daar continu (Stelling 10.11).

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

de laatste identiteit zijnde de logaritmische reeks van Jaar 1 (eerlijk herleid in Hoofdstuk 11).

Oefening 10.4 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.4.

Voor vaste $x > 0$ is de reeks alternerend met $\frac{1}{n + x} \downarrow 0$ : puntsgewijze convergentie, en de resttermgrens $\abs{R_N(x)} \leq \frac{1}{N + 1 + x} \leq \frac{1}{N+1}$ 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.) 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, isolerend de $m = 0$ -term van $F(x)$ ,

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

Oefening 10.5 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.5.

Zet $g_n = f_n - f \geq 0$ (dalend in $n$ , per hypothese; de limiet is $0$ puntsgewijs); elke $g_n$ is continu. Fixeer $\varepsilon > 0$ en zij $U_n = \{x : g_n(x) < \varepsilon\}$ : open (origineel van een open verzameling), stijgend ( $g_{n+1} \leq g_n$ ), en overdekkend $K$ (puntsgewijze convergentie). Via Borel–Lebesgue (Stelling 4.20) overdekken eindig veel $U_{n_1} \subseteq \dots \subseteq U_{n_k}$ de $K$ : dus $K = U_{n_k}$ , d.w.z. $\norm{g_{n_k}}_\infty \leq \varepsilon$ , en door monotonie $\norm{g_n}_\infty \leq \varepsilon$ voor alle $n \geq n_k$ : uniforme convergentie. (Monotonie is essentieel: de glijdende bulten van Oefening 10.2 convergeren puntsgewijs op een compact 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; overheers.)

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 overheerst door $\frac{\norm f_\infty}{1 + u^2}$ , integreerbaar op $\intco{0}{\infty}$ : gedomineerde convergentie (Stelling 9.6) geeft de limiet

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

(De kernen concentreren in $0$ : een benaderde identiteit.)

Oefening 10.7 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.7.

Voor $f(x) = x^2$ , gebruik de tweede binomiale-identiteitenfamilie uit het bewijs: $\sum_k k^2 p_k = n(n-1)x^2 + nx$ . Dus

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} :

$B_n(f) - f = \frac{x(1-x)}{n}$ , van sup-norm $\frac{1}{4n} = O\bigl(\frac1n\bigr)$ , zoals voorspeld.

Oefening 10.8 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.8.

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

Oefening 10.9 ★★★

(Een continue, nergens differentieerbare functie — geleid) 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 $m$ , kiezend $h_m = \pm\frac12\cdot 4^{-m}$ met het teken dat $\varphi$ affien maakt op het segment van $4^m x$ tot $4^m(x + h_m)$ , voldoet het differentiequotiënt 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

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.9.

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

(b) Fixeer $x$ , $m$ ; kies het teken van $h_m = \pm\frac12 4^{-m}$ zodat het segment $\intcc{4^mx}{4^m(x + h_m)}$ (van lengte $\frac12$ ) geen halfgeheel getal bevat, waardoor $\varphi$ affien van helling $\pm1$ is erop (mogelijk: een interval van lengte $\frac12$ ontmoet hoogstens één halfgeheel punt; kies de kant die het vermijdt).

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

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

Voor $n < m$ : de $1$ -Lipschitz $\varphi$ 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 hoogstens $3^n$ bij aan het quotiënt.

Dus

\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 .

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

Oefening 10.10 ★

Zij $u_n(x) = (-1)^n x^n(1 - x)$ op $\intcc{0}{1}$ . Toon dat $\sum u_n$ puntsgewijs convergeert op $\intcc{0}{1}$ en bereken haar som; toon dat de convergentie uniform is op $\intcc{0}{1}$ (boundeer de restterm $R_N(x) = \sum_{n > N} u_n(x)$ , 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. Contrasteer met $\sum x^n(1-x)$ , waarvan de som discontinu is in $1$ : daar faalt zelfs de uniformiteit.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.10.

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

\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 restterm 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. Contrast: $\sum x^n(1-x)$ heeft partiële sommen $1 - x^{N+1}$ , convergerend puntsgewijs naar de discontinue $\mathbf 1_{\intco01}$ : door Stelling 10.4 kan die convergentie niet uniform zijn op $\intcc{0}{1}$ .

Oefening 10.11 ★★

Zij $f_n \to f$ uniform op een metrische ruimte $X$ , elke $f_n$ continu, en zij $x_n \to x$ in $X$ . Bewijs $f_n(x_n) \to f(x)$ . Toon met een voorbeeld op $X = \intcc{0}{1}$ dat puntsgewijze convergentie niet volstaat, zelfs met $f$ continu (gebruik de bulten $g_n$ van 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

\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 onder louter puntsgewijze convergentie: $g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2} \to 0$ puntsgewijs op $\intcc{0}{1}$ met $g_n$ en de limiet continu, toch 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 Volterra-integraalvergelijking via reeksen) Voor $f \in C(\intcc{0}{1})$ definieer $Tf(x) = \int_0^x f(t)\,\dd t$ .

Toon door inductie 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.
Verifieer dat $S(x) = f(x) + \int_0^x \eu^{x-t}f(t)\,\dd t$ dezelfde vergelijking oplost, en bewijs uniciteit van continue oplossingen (als $S = TS$ dan $\norm{S}_\infty \leq \norm{T^nS}_\infty \to 0$ ): concludeer de gesloten vorm van de som.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.12.

Inductie. $n = 1$ is de definitie. Neem de formule aan voor $n$ en zet $g(x) = \int_0^x \frac{(x-t)^n}{n!} f(t)\dd t$ . Voor een integrand continu 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 met de integrand die in $t = x$ als $h^n$ verdwijnt, en de vaste integraal van de $x$ -toename, behandeld via de middelwaarde-ongelijkheid en continuïteit). Ook $(T^{n+1}f)' = T^nf$ (hoofdstelling) 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:

$\abs{T^nf(x)} \leq \norm f_\infty \int_0^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}\dd t = \norm f_\infty\,\frac{x^n}{n!} \leq \frac{\norm f_\infty}{n!} .$
$\sum_n \norm{T^nf}_\infty \leq \eu\,\norm f_\infty$ : normale, dus uniforme, convergentie; $S$ is continu. De partiële sommen voldoen aan $S_N = f + T S_{N-1}$ , en $T$ is $1$ -Lipschitz voor $\norm\cdot_\infty$ ( $\abs{Tg(x)} \leq x\norm g_\infty$ ): $N \to \infty$ in beide zijden geeft $S = f + TS$ .
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 $V - f = TV$ , d.w.z. $V$ lost de vergelijking op. Uniciteit: als $S_1, S_2$ continue oplossingen zijn, voldoet $D = S_1 - S_2$ aan $D = TD$ , dus $D = T^nD$ voor alle $n$ en $\norm D_\infty \leq \frac{\norm D_\infty}{n!} \to 0$ : $D = 0$ . Daarom

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

(De reeks $\sum T^n$ is een meetkundige reeks van operatoren: een eerste voorproef van de resolvente $(\mathrm{Id} - T)^{-1}$ , ontwikkeld in het boekdeel van Jaar 3.)

10.6 Probleem: Benaderingssnelheden en de stelling van Korovkin

Probleem 10.1

Het Bernsteinbewijs van Stelling 10.16 verbergt twee schatten. Ten eerste is het kwantitatief: hoe snel $B_nf \to f$ wordt beheerst door de modulus van continuïteit van $f$ , met de scherpe snelheid bereikt door $\abs{x - \frac12}$ . Ten tweede is het structureel: al wat ertoe deed was dat $B_n$ een positieve lineaire operator is die zich goed gedraagt op $1$ , $x$ , $x^2$ — die observatie, geïsoleerd, is de stelling van Korovkin. Dit probleem bewijst beide, en sluit af met de exacte asymptotiek van Voronovskaya. Doorheen, $f \in C(\intcc{0}{1})$ , $M = \norm f_\infty$ , $p_k(x) = \binom nk x^k(1-x)^{n-k}$ , en $e_j$ duidt $x \mapsto x^j$ aan.

Deel I — De Bernsteinoperator.

Toon dat $B_n$ lineair is, positief ( $f \geq 0 \Rightarrow B_nf \geq 0$ ), dus monotoon ( $f \leq g \Rightarrow B_nf \leq B_ng$ ), met $\norm{B_nf}_\infty \leq \norm f_\infty$ , en dat $B_nf$ $f$ interpoleert in beide eindpunten.
Herleid de identiteiten $B_n e_0 = e_0$ , $B_n e_1 = e_1$ en $B_n e_2 = e_2 + \frac{e_1 - e_2}{n}$ (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, via Cauchy–Schwarz, de eerste-moment-grens

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

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

en geef de probabilistische lezing: $B_nf(x)$ middeleert $f$ over een binomiaal steekproefgemiddelde dat in $x$ concentreert.

Deel II — Snelheden: de modulus van continuïteit. Voor $\delta > 0$ zet $\omega(\delta) = \sup\{\abs{f(s) - f(t)} : s, t \in \intcc{0}{1},\ \abs{s - t} \leq \delta\}$ .

Toon: $\omega$ is eindig, niet-dalend, $\omega(\delta) \to 0$ als $\delta \to 0^+$ (Heine), 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 meesterschatting, 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 concludeer de kwantitatieve Weierstrassstelling:

$\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac32\,\omega\Bigl(\frac{1}{\sqrt n}\Bigr) \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 .$
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 $\alpha$ -Hölder $f$ ( $\abs{f(s) - f(t)} \leq C\abs{s-t}^\alpha$ ).
(Het scherpe voorbeeld — een binomiale identiteit) Voor $m \geq 1$ bewijs

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

(gebruik $k\binom{2m}k = 2m\binom{2m-1}{k-1}$ en de symmetrie van de binomiale lijn, die $\sum_{j=m}^{2m-1}\binom{2m-1}{j} = 2^{2m-2}$ geeft).
Voor $f(t) = \abs{t - \frac12}$ leid de exacte waarde en haar asymptotiek af (centraal binomiaal, 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 $\omega(n^{-1/2})$ van vraag 8 wordt bereikt (tot op een constante) — voor slechts continue $f$ is Bernsteins $n^{-1/2}$ eerlijk.

Deel III — De stelling van Korovkin. Zij $(L_n)$ een rij van 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 dat een positieve lineaire $L$ monotoon is en $\abs{Lf} \leq L\abs f$ puntsgewijs vervult.
Toon: voor elke $\varepsilon > 0$ is er $\delta > 0$ 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 $\abs{s - x} \leq \delta$ via Heine en $\abs{s-x} > \delta$ via de ruwe grens $2M$ ).
Fixeer $x$ , pas $L_n$ toe op de ongelijkheid van vraag 13 in de variabele $s$ , en leid af

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

Deel IV — Dividenden: dichtheid, momenten, afgeleiden.

Toon dat veeltermen met rationale coëfficiënten dicht liggen in $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ : deze Banachruimte is separabel.
(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 $\int_0^1 f P = 0$ voor elke veelterm, dan $\int_0^1 f^2 = 0$ , dan $f = 0$ .
Bewijs de afgeleide-identiteit

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

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

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

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

Deel V — Verzadiging: de stelling van Voronovskaya.

Bewijs de vierde-moment-identiteit

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

(ontwikkel $k^4$ in dalende factorialen $k(k-1)\cdots$ en gebruik de differentiatietruc van vraag 2 nog tweemaal).
(Voronovskaya) Zij $f$ van klasse $C^2$ en $x \in \intcc{0}{1}$ . Schrijvend $f(t) = f(x) + f'(x)(t-x) + \frac{f''(x)}2(t-x)^2 + \eta(t)(t-x)^2$ met $\eta$ begrensd en $\eta(t) \to 0$ als $t \to x$ , bewijs

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

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

Oplossing

Oplossing van Probleem 10.1.

1. Lineariteit is duidelijk uit de formule. Positiviteit: de gewichten $p_k(x) \geq 0$ , dus $f \geq 0$ forceert $B_nf \geq 0$ ; monotonie volgt toegepast op $g - f$ . Grens: $\pm f \leq \norm f_\infty$ geeft $\pm B_nf \leq \norm f_\infty B_ne_0 = \norm f_\infty$ . Eindpunten: $p_k(0) = \mathbf 1_{k=0}$ en $p_k(1) = \mathbf 1_{k=n}$ , dus $B_nf(0) = f(0)$ , $B_nf(1) = f(1)$ .

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) ;

tweemaal, vermenigvuldigend met $x^2$ : $n(n-1)x^2 = \sum_k k(k-1)p_k(x)$ . Dus $B_ne_0 = 1$ (binomiaalstelling), $B_ne_1(x) = \frac{nx}{n} = x$ , 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. Ontwikkel:

\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},

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

4. De gewichten $p_k(x)$ zijn niet-negatief met som $1$ en barycentrum $\sum_k \frac kn p_k(x) = x$ (vraag 2). De eindige ongelijkheid van Jensen voor de convexe $f$ (inductie vanuit de twee-puntsdefinitie, boekdeel van Jaar 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 $\{k : \abs{k/n - x} > \delta\}$ heeft men $\bigl(\frac{k/n - x}{\delta}\bigr)^2 > 1$ , 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 wet van een steekproeffrequentie $S_n/n$ van $n$ muntworpen van bias $x$ ; haar gemiddelde is $x$ , haar variantie $\frac{x(1-x)}n \to 0$ , en de display is de ongelijkheid van Chebyshev: de massa concentreert in $x$ , dus middelen van $f$ ertegen reproduceert $f(x)$ in de limiet (Hoofdstuk 23 maakt de vocabulaire officieel).

6. $\omega \leq 2M < \infty$ ; monotonie is duidelijk (sup over een grotere verzameling). Heine: $f$ continu op een compact is uniform continu, wat precies $\omega(\delta) \to 0$ als $\delta \to 0^+$ zegt. Subadditiviteit: als $\abs{s - t} \leq \delta_1 + \delta_2$ , voldoet het punt $u$ op het segment $\intcc st$ op afstand $\min(\delta_1, \abs{s-t})$ van $s$ aan $\abs{s-u} \leq \delta_1$ , $\abs{u-t} \leq \delta_2$ , en $\abs{f(s)-f(t)} \leq \abs{f(s)-f(u)} + \abs{f(u)-f(t)}$ . Itererend, $\omega(p\delta) \leq p\,\omega(\delta)$ 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. Aangezien $\sum p_k = 1$ :

\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 meesterschatting.

8. Voeg 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 $\frac32$ : $\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac32\omega(n^{-1/2}) \to 0$ door vraag 6 (Heine). Dit herbewijst Stelling 10.16 met een snelheid.

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

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

\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 $j \mapsto 2m-1-j$ bijecteert $\{m,\dots,2m-1\}$ op $\{0,\dots,m-1\}$ , dus de som is de helft van $2^{2m-1}$ . Ook $\sum_{k=m+1}^{2m}\binom{2m}k = \frac{2^{2m} - \binom{2m}m}{2}$ (zelfde symmetrie). Dus

\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 binomialen, gelijke $\abs{k-m}$ ): de absolute som is tweemaal de eenzijdige som, $m\binom{2m}m$ .

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

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}}

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

12. $f \leq g$ geeft $g - f \geq 0$ , dus $L(g-f) \geq 0$ , d.w.z. $Lf \leq Lg$ . Uit $-\abs f \leq f \leq \abs f$ : $-L\abs f \leq Lf \leq L\abs f$ , d.w.z. $\abs{Lf} \leq L\abs f$ .

13. Via Heine kies $\delta$ met $\abs{f(s)-f(x)} \leq \varepsilon$ wanneer $\abs{s-x} \leq \delta$ . Als $\abs{s - x} > \delta$ , dan $\frac{(s-x)^2}{\delta^2} > 1$ en $\abs{f(s)-f(x)} \leq 2M \leq \frac{2M}{\delta^2}(s-x)^2$ . In beide gevallen geldt de gestelde grens.

14. Fixeer $x$ ; 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 $\alpha_j = L_ne_j - e_j$ , dus $\norm{\alpha_j}_\infty \to 0$ . Aangezien $e_2(x) - 2xe_1(x) + x^2e_0(x) = 0$ :

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),

van sup-norm hoogstens $\norm{\alpha_2} + 2\norm{\alpha_1} + \norm{\alpha_0} \to 0$ . Ook $L_ne_0 \to e_0$ uniform, dus $L_ne_0 \leq 2$ voor grote $n$ , en $\abs{f(x)}\abs{L_ne_0(x) - 1} \leq M\norm{\alpha_0} \to 0$ . Assembleren met vraag 14: 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 :

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

16. $B_ne_0 = e_0$ 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 van toepassing, en Weierstrass volgt voor de derde maal.

17. $I_nf$ is lineair in $f$ (knoopwaarden zijn dat), en op elke cel is de affiene interpolant van niet-negatieve knoopwaarden niet-negatief: positief. $I_ne_0 = e_0$ en $I_ne_1 = e_1$ omdat een affiene functie gelijk is aan haar eigen interpolant. Op een cel $\intcc ab$ ( $b - a = \frac1n$ ) 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 maximum in het midden: $\norm{I_ne_2 - e_2}_\infty = \frac{1}{4n^2} \to 0$ . Korovkin: $I_nf \to f$ uniform voor elke continue $f$ — polygonale benadering, zonder verdere schatting.

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

19. Door lineariteit $\int_0^1 fP = 0$ 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 $\int_0^1 f^2 = 0$ . Als $f(x_0) \neq 0$ , geeft continuïteit $f^2 \geq c > 0$ op een subinterval, in tegenspraak met de verdwijnende integraal: $f = 0$ . Bijgevolg vallen twee continue functies met dezelfde momenten $\int f t^n$ samen.

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

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

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

(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. Via de middelwaardestelling, $f(\frac{j+1}n) - f(\frac jn) = \frac1n f'(\xi_j)$ met $\xi_j \in \intoo{j/n}{(j+1)/n}$ , dus $(B_nf)'(x) = \sum_j f'(\xi_j)\,p_{n-1,j}(x)$ . De knoop $\frac{j}{n-1}$ ligt ook in $\intcc{j/n}{(j+1)/n}$ (beide ongelijkheden reduceren 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. Aangezien $B_{n-1}(f') \to f'$ 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 naar $f$ in de $C^1$ -zin.

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 $p_k$ , de lineaire term sterft (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. Nog twee 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 ze om in machtmomenten:

\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 .

Ontwikkelen van $(k - nx)^4$ en verzamelen (een geduldige maar puur mechanische berekening met de vier machtmomenten):

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

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

24. De Peano-vorm 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 $t \neq x$ , $\eta(x) = 0$ : door Taylor–Lagrange is $\eta(t) = \frac12\bigl(f''(\xi) - f''(x)\bigr)$ voor enige $\xi$ tussen $t$ en $x$ , dus $\abs\eta \leq \norm{f''}_\infty$ en $\eta(t) \to 0$ als $t \to x$ (continuïteit van $f''$ ). Sommeren van de ontwikkeling tegen $p_k$ en gebruiken van vragen 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 .

Gegeven $\varepsilon$ , kies $\delta$ met $\abs\eta \leq \varepsilon$ op $\abs{t - x}\leq\delta$ . Dichtbij-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 .

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

25. (i) Positiviteit zette puntsgewijze ongelijkheden om in operatorongelijkheden: zij gaf de normgrens, Jensen, Chebyshev, en heel Korovkin — lineariteit alleen bewijst hier niets. (ii) Compactheid kwam binnen via Heine (vragen 6, 13), via begrensdheid van $f$ , en via de norm $\norm\cdot_\infty$ die eindig is. (iii) Drie testfuncties volstaan omdat positiviteit alles reduceert tot het controleren van $L_n$ op de enige familie $(s-x)^2 = e_2 - 2xe_1 + x^2e_0$ , waarvan de span die van $e_0, e_1, e_2$ is. (iv) Bernstein convergeert met de eerlijke snelheid $\omega(n^{-1/2})$ voor elke continue $f$ (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 — een andere positieve operator met dezelfde deugden en dezelfde bescheidenheid.