Matemática universitária — Graduação 2 · स्नातक वर्ष 2

10Sequências e séries de funções

Quando funções convergem para uma função, quais propriedades sobrevivem à passagem ao limite? A convergência pontual preserva quase nada; a convergência uniforme — convergência na norma do sup — preserva a continuidade, as integrais em segmentos e, com uma reviravolta, as derivadas. Este capítulo demonstra os três teoremas de transferência, suas versões para séries, e os coroa com o teorema de aproximação de Weierstrass, demonstrado pelos belíssimos polinômios probabilísticos de Bernstein.

10.1 Convergência pontual e convergência uniforme

Definição 10.1

Sejam $f_n, f \colon X \to \R$ (ou $\C$ , ou um espaço normado) e $X$ um conjunto qualquer. $(f_n)$ converge para $f$ pontualmente quando $f_n(x) \to f(x)$ para todo $x$ ; uniformemente quando

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

Uniforme implica pontual; em $C(\intcc{a}{b})$ , a convergência uniforme é exatamente a convergência no espaço de Banach $\bigl(C(\intcc{a}{b}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ de Capítulo 5.

Exemplo 10.2

Em $\intcc{0}{1}$ , $f_n(x) = x^n$ converge pontualmente para o limite descontínuo $f = \mathbf{1}_{\{1\}}$ ; a convergência não é uniforme: $\norm{f_n - f}_\infty \geq f_n\bigl(1 - \tfrac1n\bigr) = (1 - \tfrac1n)^n \to \eu^{-1} \neq 0$ . Em $\intcc{0}{a}$ com $a < 1$ ela é uniforme ( $\sup = a^n \to 0$ ): a uniformidade é uma propriedade do domínio tanto quanto da sequência.

A sequência xn em [0, 1]: os gráficos afundam rumo a 0 mas todos têm de subir até 1 em x = 1 — a distância do sup ao limite pontual descontínuo nunca fica abaixo de uma constante. — A sequência $x^n$ em $\intcc{0}{1}$ : os gráficos afundam rumo a $0$ mas todos têm de subir até $1$ em $x = 1$ — a distância do sup ao limite pontual descontínuo nunca fica abaixo de uma constante.

Exemplo 10.3 (Dois limites que se recusam a comutar)

O capítulo inteiro trata de trocar limites, então eis o menor fracasso possível. Seja $a_{n,m} = \dfrac{n}{n+m}$ para $n, m \geq 1$ . Então

\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 :

os dois limites iterados existem e diferem. Todo teorema de transferência deste capítulo é uma licença para comutar dois limites — $\lim_n$ com $\lim_{x\to a}$ (continuidade), com $\int$ (integração), com $\frac{\dd}{\dd x}$ (derivação) — e a convergência uniforme é precisamente a taxa que torna a comutação legal. Lição final: sempre que uma “demonstração” troca silenciosamente duas operações de limite, este quadro de duas linhas é o contraexemplo a levantar contra ela; as corcovas deslizantes do Exercício 10.2 são o mesmo fenômeno vestido de sinal de integral.

10.2 Os três teoremas de transferência

Teorema 10.4 (Continuidade)

Se cada $f_n$ é contínua em $a$ e $f_n \to f$ uniformemente numa vizinhança de $a$ , então $f$ é contínua em $a$ . Um limite uniforme de funções contínuas é contínuo.

Demonstração. O argumento dos $3\varepsilon$ já usado no Teorema 4.9: escolha $n$ com $\norm{f_n - f}_\infty \leq \varepsilon$ e depois $\delta$ pela continuidade de $f_n$ em $a$ ; para $\abs{x - a} \leq \delta$ ,

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

∎

Exemplo 10.5 (A uniformidade falha exatamente onde o limite quebra)

Em $\intcc{0}{2}$ , seja $f_n(x) = \dfrac{x^n}{1 + x^n}$ . O limite pontual é uma função de três peças:

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

descontínua em $1$ , de modo que, pelo Teorema 10.4, a convergência não pode ser uniforme em $\intcc{0}{2}$ . Nas peças fechadas que evitam o limiar ela é: para $0 \leq x \leq a < 1$ ,

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

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

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

os dois supremos calculados pela monotonicidade de $u \mapsto \frac{u}{1+u}$ e de $x \mapsto x^n$ . Lição final: o fracasso da uniformidade está localizado na descontinuidade do limite — a mesma geometria do Exemplo 10.2, e a razão pela qual a disciplina do “uniforme em todo segmento interior” volta o capítulo inteiro.

Teorema 10.6 (Integração num segmento)

Se $f_n \to f$ uniformemente em $\intcc{a}{b}$ , com $f_n$ contínuas por partes com continuidade por partes ( $f$ idem), então

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

Demonstração. A linearidade e a desigualdade triangular para integrais dão

\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 .

O fator de comprimento $(b - a)$ é onde entra a compacidade do segmento: em intervalos não compactos a mesma estimativa produz a cota inútil $\infty\cdot0$ , e a conclusão realmente falha sem dominação — as corcovas achatadas $f_n = \frac1n\mathbf 1_{\intcc{0}{n}}$ convergem uniformemente para $0$ em $\intco{0}{\infty}$ e no entanto mantêm $\int f_n = 1$ (observação sobre armadilhas adiante), e as corcovas deslizantes da observação do Capítulo 9 fazem o mesmo com a convergência pontual; a convergência uniforme controla alturas, nunca larguras. ∎

As corcovas g_n(x) = nx\, -nx2 do : elas convergem para 0 em todo ponto, mas os picos (altura √n/(2 ), derivando rumo a 0) crescem sem limite — convergência pontual com g_n_∈fty ∈fty e ∈t_01 g_n 1/2 ≠ 0: a massa se esconde sob o pico móvel. — As corcovas $g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2}$ do Exercício 10.1: elas convergem para $0$ em todo ponto, mas os picos (altura $\sim\sqrt{n/(2\eu)}$ , derivando rumo a $0$ ) crescem sem limite — convergência pontual com $\norm{g_n}_\infty \to \infty$ e $\int_0^1 g_n \to \frac12 \neq 0$ : a massa se esconde sob o pico móvel.

Teorema 10.7 (Derivação)

Sejam $f_n$ de classe $C^1$ num intervalo $I$ , com: $(f_n')$ convergindo uniformemente em $I$ (ou em todo segmento de $I$ ) para alguma $g$ , e $(f_n(x_0))$ convergindo em um ponto $x_0$ . Então $(f_n)$ converge (uniformemente em segmentos) para uma função $f$ de classe $C^1$ , e $f' = g$ : pode-se derivar o limite.

Demonstração. Defina $f(x) = \lim f_n(x_0) + \int_{x_0}^x g$ : legítimo, sendo $g$ contínua — de fato $g$ é o limite uniforme em segmentos das contínuas $f_n'$ , de modo que o Teorema 10.4 se aplica, e a integral de uma função contínua está bem definida com, pelo teorema fundamental do cálculo,

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

o candidato a limite é $C^1$ com a derivada certa por construção, antes de qualquer convergência ser demonstrada. Pelo teorema fundamental de novo, $f_n(x) = f_n(x_0) + \int_{x_0}^x f_n'$ ; subtraindo,

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

que tende a $0$ uniformemente em todo segmento. E $f$ é $C^1$ com $f' = g$ por construção. ∎

Exemplo 10.8 (Por que a hipótese recai sobre as derivadas)

Seja $F_n(x) = \sqrt{x^2 + \frac1n}$ em $\R$ . Cada $F_n$ é $C^1$ (aliás $C^\infty$ ), e a convergência para $\abs x$ é uniforme em todo o $\R$ :

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} .

E no entanto o limite $\abs x$ não é derivável em $0$ : a convergência uniforme das funções, por mais rápida que seja, não transfere derivabilidade alguma. O fracasso é visível nas derivadas:

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

um limite pontual descontínuo, de modo que $(F_n')$ não pode convergir uniformemente perto de $0$ (Teorema 10.4 de novo). Lição final: o Teorema 10.7 supõe deliberadamente a convergência uniforme das $f_n'$ , e não das $f_n$ — este exemplo é a razão.

10.3 Séries de funções

Definição 10.9

Uma série de funções $\sum u_n$ converge pontualmente/uniformemente quando suas somas parciais convergem. Ela converge normalmente (em $X$ ) quando $\sum \norm{u_n}_\infty < \infty$ . A convergência normal implica a convergência uniforme (no espaço de Banach das funções limitadas: Teorema 5.21), que implica a pontual; as duas implicações são estritas.

Exemplo 10.10 (Uma série, três veredictos)

Tome $u_n(x) = \frac{x^n}{n}$ em $\intco{0}{1}$ . Pontualmente: converge para todo $x \in \intco01$ (comparação com a série geométrica). Normalmente em $\intcc{0}{a}$ , $a < 1$ : $\norm{u_n}_{\infty,\intcc0a} = \frac{a^n}{n}$ , somável. Não normalmente em $\intco{0}{1}$ : $\norm{u_n}_{\infty,\intco01} = \frac1n$ , e $\sum\frac1n$ diverge. Nem sequer uniformemente em $\intco{0}{1}$ : o resto resiste perto de $1$ ,

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

logo $\sup_{\intco01}\abs{R_N} \geq \frac12$ para todo $N$ . Lição final: os quatro veredictos convivem em paz — a soma $-\ln(1-x)$ é contínua em $\intco{0}{1}$ porque a continuidade só precisa de uniformidade perto de cada ponto, isto é, nos segmentos $\intcc0a$ ; explodir na borda é direito da soma.

Teorema 10.11 (Transferência para séries)

Se $\sum u_n$ converge uniformemente (por exemplo, normalmente) no conjunto relevante: a continuidade de todas as $u_n$ em $a$ passa à soma; a integração num segmento pode ser feita termo a termo; e se $\sum u_n(x_0)$ converge enquanto $\sum u_n'$ converge uniformemente em segmentos, a soma é $C^1$ com derivada $\sum u_n'$ .

Demonstração. Tudo é o teorema correspondente aplicado às somas parciais $S_N = \sum_{n\leq N}u_n$ , que são somas finitas de funções com a regularidade relevante. Continuidade: cada $S_N$ é contínua em $a$ e $S_N \to \sum u_n$ uniformemente: Teorema 10.4. Integração: no segmento,

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

pelo Teorema 10.6 (primeira igualdade) e pela linearidade da integral (segunda). Derivação: as $S_N$ são $C^1$ , $S_N(x_0)$ converge e $S_N' = \sum_{n\leq N}u_n'$ converge uniformemente em segmentos: o Teorema 10.7 dá que a soma é $C^1$ com derivada $\lim S_N' = \sum u_n'$ . ∎

Observação 10.12 (Armadilhas comuns)

Quatro armadilhas, todas vistas em provas. (i) Supremos verificados pela metade: avaliar $f_n$ ao longo de uma sequência $x_n$ bem escolhida só minora $\norm{f_n - f}_\infty$ por baixo — suficiente para refutar a uniformidade (como no Exemplo 10.2), nunca para demonstrá-la; para demonstrá-la, majore o sup por um cálculo válido para todo $x$ . (ii) Uniformidade no conjunto errado: a convergência normal ou uniforme costuma valer em todo $\intcc{-a}{a}$ ou $\intco\delta\infty$ mas falhar na união aberta; isso não é obstáculo — a continuidade e a derivabilidade são locais, de modo que a disciplina segmento a segmento do Exemplo 10.13 as fornece em todo o aberto. (iii) Integrar fora de segmentos: o Teorema 10.6 é um enunciado sobre segmentos; em $\intco0\infty$ , a convergência uniforme não impede a massa de escapar para o infinito ( $f_n = \frac1n\mathbf 1_{\intcc{0}{n}}$ converge uniformemente para $0$ , com $\int f_n = 1$ ) — use a convergência dominada ali. (iv) Derivar o limite: Exemplo 10.8; a hipótese sobre derivadas recai sobre $(f_n')$ , e nenhuma velocidade de convergência de $(f_n)$ pode substituí-la.

Exemplo 10.13 (A função $\zeta$ de Riemann)

$\zeta(s) = \sum_{n\geq1} n^{-s}$ converge normalmente em toda semirreta $\intco{a}{+\infty}$ , $a > 1$ ( $\norm{n^{-s}}_\infty = n^{-a}$ , somável): $\zeta$ é contínua em $\intoo{1}{+\infty}$ ; derivando termo a termo (a série derivada $\sum -\ln n\; n^{-s}$ também converge normalmente em $\intco{a}{\infty}$ ), $\zeta$ é $C^1$ — e, iterando, $C^\infty$ — com $\zeta'(s) = -\sum \frac{\ln n}{n^s}$ . Note a disciplina: a convergência normal é verificada em sub-semirretas, nunca no aberto $\intoo{1}{\infty}$ propriamente dito, onde ela falha.

Exemplo 10.14 (Uma série logarítmica, trabalhada até o fim)

Seja $F(x) = \sum_{n\geq1} \frac{\eu^{-nx}}{n}$ em $\intoo{0}{\infty}$ . Cada termo é majorado em $\intco{\delta} \infty$ por $\frac{\eu^{-n\delta}}{n} \leq \eu^{-n\delta}$ , uma série geométrica convergente: convergência normal em todo $\intco\delta\infty$ , logo $F$ é contínua em $\intoo{0}{\infty}$ . A série derivada $\sum -\eu^{-nx}$ é igualmente normalmente convergente em $\intco\delta\infty$ ( $\norm{\eu^{-nx}}_{\infty,\intco\delta\infty} = \eu^{-n\delta}$ ), de modo que $F$ é $C^1$ com derivada geométrica:

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

Iterando, $F$ é $C^\infty$ . Integrando $F'$ (tanto $F$ quanto $x \mapsto -\ln(1 - \eu^{-x})$ se anulam em $+\infty$ e têm a mesma derivada em $\intoo0\infty$ ):

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

a série logarítmica em $t = \eu^{-x}$ . Lição final: quando $x \to 0^+$ , $F(x) = -\ln(x + O(x^2)) = \ln\frac1x + O(x)$ — a série diverge logaritmicamente na fronteira, exatamente como a série harmônica em que ela se transforma em $x = 0$ ; a convergência normal em $\intco\delta\infty$ mas não em $\intoo0\infty$ é o sintoma.

Método 10.15 (Demonstrar ou refutar a convergência uniforme)

Para $f_n \to f$ pontualmente em $X$ :

Calcule ou majore $\norm{f_n - f}_\infty$ : estude a função $x \mapsto \abs{f_n(x) - f(x)}$ (derivada, monotonicidade) para localizar seu máximo; uma cota válida para todo $x$ que tenda a $0$ demonstra a uniformidade.
Para refutar: exiba pontos $x_n$ com $\abs{f_n(x_n) - f(x_n)} \not\to 0$ (muitas vezes $x_n$ acompanha a corcova móvel, como no Exercício 10.1); ou invoque um teorema de transferência na contrapositiva — um limite descontínuo de funções contínuas (Exemplo 10.5), ou $\int f_n \not\to \int f$ num segmento.
Para séries, tente primeiro a convergência normal ( $\sum\sup\abs{u_n} < \infty$ ); se ela falhar globalmente, teste-a nos subsegmentos que importam (Exemplo 10.10); se falhar em toda parte, a convergência uniforme ainda pode valer pela cota do resto alternado (Exercício 10.4) ou por somação por partes.

10.4 O teorema de aproximação de Weierstrass

Teorema 10.16 (Weierstrass, via Bernstein)

Toda $f \colon \intcc{0}{1} \to \R$ contínua é limite uniforme de polinômios — explicitamente, de seus polinômios de Bernstein

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

Demonstração. Fixe $x \in \intcc{0}{1}$ e ponha $p_k(x) = \binom nk x^k(1 - x)^{n-k}$ . Três identidades binomiais, obtidas avaliando $(x + y)^n$ e suas duas derivadas em $x$ em $y = 1 - x$ :

\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 .

Em detalhe: $(x+y)^n = \sum_k\binom nk x^ky^{n-k}$ em $y = 1-x$ é a primeira; derivando em $x$ ,

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

depois multiplicando por $x$ e pondo $y = 1 - x$ obtém-se a segunda; derivando duas vezes e multiplicando por $x^2$ obtém-se a terceira. Desenvolvendo $(k - nx)^2 = k(k-1) + k(1 - 2nx) + n^2x^2$ e combinando as três:

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

a identidade da variância.

Agora estime, usando $\sum p_k = 1$ :

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

separando conforme $\abs{\frac kn - x} \leq \delta$ ou não. Dado $\varepsilon > 0$ , a continuidade uniforme de $f$ (Heine) fornece $\delta$ com $\Sigma_{\text{perto}} \leq \varepsilon$ . Para a soma distante, com $M = \norm f_\infty$ : pela identidade da variância e pelo truque de contagem de Chebyshev,

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

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

Observação 10.17

Por substituição afim o teorema vale em qualquer segmento $\intcc{a}{b}$ . Ele falha em $\R$ (um limite uniforme de polinômios em $\R$ é um polinômio: Exercício 10.8). A leitura probabilística — $B_n(f)(x)$ é o valor esperado de $f$ numa média binomial, e a cota da variância é a desigualdade de Chebyshev — é tornada honesta no Capítulo 23.

Aproximação de Bernstein de f(x) = x2 (em vermelho), usando a fórmula exata B_nf = x2 + x(1-x)/n do : B_1f é a corda, e cada duplicação de n divide o vão pela metade. Confiável mas lento — a saturação em 1n que o teorema de Voronovskaya (problema de fim de semana) torna exata. — Aproximação de Bernstein de $f(x) = x^2$ (em vermelho), usando a fórmula exata $B_nf = x^2 + \frac{x(1-x)}{n}$ do Exercício 10.7: $B_1f$ é a corda, e cada duplicação de $n$ divide o vão pela metade. Confiável mas lento — a saturação em $\frac1n$ que o teorema de Voronovskaya (problema de fim de semana) torna exata.

Observação 10.18 (Onde isso é usado)

A aproximação de Weierstrass é o teorema de densidade da análise clássica: ele torna $C(\intcc ab)$ separável, permite verificar identidades integrais apenas em polinômios (problemas de momentos) e sustenta a versão trigonométrica demonstrada no capítulo de Fourier pelo núcleo de Fejér. O problema de fim de semana deste capítulo extrai o conteúdo quantitativo da demonstração de Bernstein — taxas de convergência governadas pelo módulo de continuidade — e depois isola o que realmente a fez funcionar, no teorema de Korovkin: positividade mais três funções de teste. O volume do terceiro ano de graduação generaliza o enunciado de densidade a subálgebras arbitrárias (Stone–Weierstrass) e a espaços compactos.

Exemplo 10.19 (Aproximação poligonal, com uma taxa)

Para $f$ $L$ -lipschitziana em $\intcc{0}{1}$ , seja $I_nf$ a interpolante afim por partes nos nós $\frac kn$ . Numa célula $\intcc{\frac kn}{\frac{k+1}n}$ , tanto $f(x)$ quanto $I_nf(x)$ ficam entre os valores extremos que uma função $L$ -lipschitziana pode assumir dados os dois valores nodais, de modo que, para $x$ na célula, escrevendo $x_k = \frac kn$ :

\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}

(a interpolante é ela própria $L$ -lipschitziana na célula: sua inclinação é um quociente de diferenças de $f$ ). Logo $\norm{I_nf - f}_\infty \leq \frac{2L}{n}$ : a aproximação poligonal de funções lipschitzianas converge com velocidade $\frac1n$ — mais rápido que o $\frac{1}{\sqrt n}$ de Bernstein para a mesma classe (problema de fim de semana, Parte II). Lição final: o polígono interpola mas não é suave, Bernstein é suave mas lento; não há almoço grátis entre a regularidade do aproximante e a velocidade — um compromisso precisado pelos resultados de saturação do problema de fim de semana.

Observação 10.20 (Perspectivas dentro deste volume)

A convergência uniforme é o cavalo de batalha deste livro daqui em diante. O capítulo de séries de potências roda inteiramente sobre a convergência normal em subdiscos compactos — todo teorema termo a termo lá é um caso particular dos teoremas de transferência deste capítulo. O capítulo de Fourier mora um andar acima: suas somas parciais $S_N$ falham exatamente onde este capítulo avisa que poderiam (pontualmente mas não uniformemente nos saltos), e suas médias de Fejér têm êxito pela mesma mecânica dos $3\varepsilon$ que demonstrou o Teorema 10.4. O capítulo de equações diferenciais define $\eu^{tA}$ por uma série normalmente convergente e a deriva termo a termo — literalmente o Teorema 10.11 aplicado às entradas das matrizes. Quando, mais adiante no livro, restar dúvida sobre “por que podemos fazer isso”, a resposta costuma ser um teorema deste capítulo.

10.5 Exercícios

Exercício 10.1 ★

Estude a convergência pontual e a convergência uniforme em $\intcc{0}{1}$ , e depois em $\intcc{0}{a}$ ( $a < 1$ ) ou $\intco{\delta}{1}$ conforme o caso, de:

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

Solução

Solução de Exercício 10.1.

$f_n(x) = \frac{x}{1 + nx}$ : limite pontual $0$ em $\intcc{0}{1}$ . Uniformemente: $f_n$ cresce em $\intcc{0}{1}$ (derivada $\frac{1}{(1+nx)^2} > 0$ ), logo $\norm{f_n}_\infty = f_n(1) = \frac{1}{1+n} \to 0$ : uniforme em $\intcc{0}{1}$ .

$g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2}$ : limite pontual $0$ (a exponencial vence). Sup: $g_n' = n\eu^{-nx^2}(1 - 2nx^2)$ anula-se em $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}}$ , onde $g_n(x_n) = \sqrt{\frac n2}\,\eu^{-1/2} \to \infty$ : não uniforme em $\intcc{0}{1}$ — mas uniforme em $\intco{\delta}{1}$ , pois aí $g_n(x) \leq n\,\eu^{-n\delta^2} \to 0$ .

$h_n(x) = x^n(1 - x^n)$ : limite pontual $0$ em $\intcc{0}{1}$ (os dois fatores; em $x = 1$ , $h_n = 0$ ). Sup: com $u = x^n \in \intcc{0}{1}$ , $u(1-u) \leq \frac14$ atingido em $u = \frac12$ , isto é, $x = 2^{-1/n} \in \intoo{0}{1}$ : $\norm{h_n}_\infty = \frac14 \not\to 0$ : não uniforme em $\intcc{0}{1}$ ; uniforme em $\intcc{0}{a}$ ( $\sup \leq a^n \to 0$ ).

Exercício 10.2 ★

Prove que $\displaystyle\int_0^1 g_n \not\to \int_0^1 \lim g_n$ para as $g_n$ do Exercício 10.1, e concilie com o Teorema 10.6.

Solução

Solução de Exercício 10.2.

$\int_0^1 nx\,\eu^{-nx^2}\dd x = \bigl[-\tfrac12 \eu^{-nx^2}\bigr]_0^1 = \frac{1 - \eu^{-n}}{2} \to \frac12$ , enquanto $\int_0^1 \lim g_n = 0$ . Não há contradição: o Teorema 10.6 exige convergência uniforme no segmento, o que aqui falha (a corcova de altura $\sim\sqrt n$ desliza rumo a $0$ ).

Exercício 10.3 ★

Prove que $S(x) = \sum_{n\geq1} \dfrac{x^n}{n^2}$ é contínua em $\intcc{-1}{1}$ e que $S$ é $C^1$ em $\intoo{-1}{1}$ com $S'(x) = -\frac{\ln(1-x)}{x}$ para $0 < \abs x < 1$ .

Solução

Solução de Exercício 10.3.

Convergência normal em $\intcc{-1}{1}$ : $\norm{x^n/n^2}_\infty = \frac{1}{n^2}$ , somável: $S$ é contínua aí (Teorema 10.11).

Derivada: a série derivada $\sum \frac{x^{n-1}}{n}$ converge normalmente em todo $\intcc{-a}{a}$ , $a < 1$ ( $\sup = \frac{a^{n-1}}{n}$ ): $S$ é $C^1$ em $\intoo{-1}{1}$ com

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),

sendo a última identidade a série logarítmica do primeiro ano (redemonstrada honestamente no Capítulo 11).

Exercício 10.4 ★★

Seja $F(x) = \sum_{n \geq 0} \dfrac{(-1)^n}{n + x}$ em $\intoo{0}{+\infty}$ . Prove a convergência uniforme (não normal) em $\intco{\delta}{\infty}$ pela cota do resto de série alternada, a continuidade e a equação funcional $F(x) + F(x + 1) = \frac1x$ .

Solução

Solução de Exercício 10.4.

Para $x > 0$ fixo a série é alternada com $\frac{1}{n + x} \downarrow 0$ : convergência pontual, e a cota do resto $\abs{R_N(x)} \leq \frac{1}{N + 1 + x} \leq \frac{1}{N+1}$ é uniforme em $\intco{\delta}{\infty}$ (de fato, em $\intoo{0}{\infty}$ ): convergência uniforme. (Não normal: $\norm{\frac{(-1)^n}{n+x}}_\infty = \frac{1}{n + \delta}$ , divergente.) A continuidade decorre do Teorema 10.11.

Equação funcional: reindexe $F(x + 1)$ com $m = n + 1$ :

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

de modo que, isolando o termo $m = 0$ de $F(x)$ ,

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

Exercício 10.5 ★★

(Dini) Sejam $f_n \colon K \to \R$ contínuas num espaço métrico compacto, com $f_n \to f$ pontualmente, $f$ contínua e $(f_n(x))$ decrescente em $n$ para cada $x$ . Prove que a convergência é uniforme. (Dado $\varepsilon$ , os abertos $U_n = \{x : f_n(x) - f(x) < \varepsilon\}$ crescem e cobrem $K$ ; extraia uma subcobertura finita — Teorema 4.20.)

Solução

Solução de Exercício 10.5.

Ponha $g_n = f_n - f \geq 0$ (decrescente em $n$ , por hipótese; o limite é $0$ pontualmente); cada $g_n$ é contínua. Fixe $\varepsilon > 0$ e ponha $U_n = \{x : g_n(x) < \varepsilon\}$ : aberto (imagem inversa de um aberto), crescente ( $g_{n+1} \leq g_n$ ) e cobrindo $K$ (convergência pontual). Por Borel–Lebesgue (Teorema 4.20), um número finito de $U_{n_1} \subseteq \dots \subseteq U_{n_k}$ cobre $K$ : logo $K = U_{n_k}$ , isto é, $\norm{g_{n_k}}_\infty \leq \varepsilon$ e, pela monotonicidade, $\norm{g_n}_\infty \leq \varepsilon$ para todo $n \geq n_k$ : convergência uniforme. (A monotonicidade é essencial: as corcovas deslizantes do Exercício 10.2 convergem pontualmente num compacto sem uniformidade.)

Exercício 10.6 ★★

Prove que $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \int_0^1 \frac{n\,f(x)}{1 + n^2x^2}\,\dd x = \frac{\pi}{2} f(0)$ para toda $f$ contínua em $\intcc{0}{1}$ . (Substitua $u = nx$ ; separe $f(0)$ ; domine.)

Solução

Solução de Exercício 10.6.

Substitua $u = nx$ :

\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 .

Os integrandos $h_n(u) = \frac{f(u/n)}{1+u^2}\mathbf{1}_{u \leq n}$ convergem pontualmente para $\frac{f(0)}{1+u^2}$ (continuidade de $f$ em $0$ ) e são dominados por $\frac{\norm f_\infty}{1 + u^2}$ , integrável em $\intco{0}{\infty}$ : a convergência dominada (Teorema 9.6) dá o limite

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

(Os núcleos se concentram em $0$ : uma identidade aproximada.)

Exercício 10.7 ★★

Calcule explicitamente os polinômios de Bernstein de $f(x) = x^2$ e verifique o erro uniforme $\norm{B_n f - f}_\infty = O\bigl(\frac1n\bigr)$ previsto pela demonstração do Teorema 10.16 — aqui exatamente $\frac{x(1 - x)}{n}$ em cada ponto.

Solução

Solução de Exercício 10.7.

Para $f(x) = x^2$ , use a segunda família de identidades binomiais da demonstração: $\sum_k k^2 p_k = n(n-1)x^2 + nx$ . Logo

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

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

Exercício 10.8 ★★

Prove que, se polinômios $P_n$ convergem uniformemente em todo o $\R$ para $f$ , então $f$ é um polinômio. (Para $m, n$ grande, $P_n - P_m$ é um polinômio limitado em $\R$ , logo constante; assim a sequência se estabiliza a menos de constantes.)

Solução

Solução de Exercício 10.8.

Para $\varepsilon = 1$ existe $N$ com $\norm{P_n - P_m}_{\infty, \R} \leq 1$ para $m, n \geq N$ . Um polinômio limitado em $\R$ é constante (um não constante tende a $\pm\infty$ ): $P_n - P_m = c_{n,m}$ , constantes. Logo, para $n \geq N$ : $P_n = P_N + c_n$ com $c_n = P_n(0) - P_N(0)$ convergente (convergência pontual em $0$ ). Portanto $f = \lim P_n = P_N + \lim c_n$ : um polinômio.

Exercício 10.9 ★★★

(Uma função contínua em nenhum ponto derivável — guiado) Seja $\varphi$ a distância ao inteiro mais próximo ( $1$ -periódica, $\norm{\varphi}_\infty = \frac12$ , $1$ -lipschitziana) e

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

Prove: (a) $W$ é contínua em $\R$ (convergência normal); (b) para todo $x$ e todo $m$ , escolhendo $h_m = \pm\frac12\cdot 4^{-m}$ com o sinal que torna $\varphi$ afim no segmento de $4^m x$ a $4^m(x + h_m)$ , o quociente de diferenças satisfaz

\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

(os termos $n > m$ se anulam por periodicidade; o termo $n = m$ contribui exatamente com $3^m$ ; os termos $n < m$ são majorados pela propriedade lipschitziana). Conclua que $W$ não é derivável em ponto algum.

Solução

Solução de Exercício 10.9.

(a) $\norm{(3/4)^n\varphi(4^n\cdot)}_\infty = \frac12 (3/4)^n$ : convergência normal, logo $W$ é contínua (Teorema 10.11).

(b) Fixe $x$ , $m$ ; escolha o sinal de $h_m = \pm\frac12 4^{-m}$ de modo que o segmento $\intcc{4^mx}{4^m(x + h_m)}$ (de comprimento $\frac12$ ) não contenha semi-inteiro algum, tornando $\varphi$ afim de inclinação $\pm1$ nele (possível: um intervalo de comprimento $\frac12$ encontra no máximo um ponto semi-inteiro; escolha o lado que o evita).

Para $n > m$ : $4^n h_m = \pm\frac12 4^{n-m}$ é inteiro, e $\varphi$ é $1$ -periódica: o $n$ -ésimo termo da diferença se anula.

Para $n = m$ : $\abs{\varphi(4^m x + 4^m h_m) - \varphi(4^m x)} = \abs{4^m h_m} = \frac12$ ( $\varphi$ afim de inclinação $\pm 1$ no segmento), de modo que o termo contribui exatamente com $(3/4)^m \cdot \frac{1/2}{\abs{h_m}} = (3/4)^m\,4^m = 3^m$ no quociente.

Para $n < m$ : a $1$ -lipschitziana $\varphi$ dá $\bigl|(3/4)^n\bigl(\varphi(4^nx + 4^nh_m) - \varphi(4^nx)\bigr)\bigr| \leq (3/4)^n 4^n\abs{h_m} = 3^n\abs{h_m}$ : cada um contribui no máximo com $3^n$ para o quociente.

Logo

\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 .

Se $W$ fosse derivável em $x$ , todo quociente de diferenças ao longo de $h_m \to 0$ convergiria para $W'(x)$ : contradição. $W$ é contínua em toda parte e derivável em nenhuma.

Exercício 10.10 ★

Seja $u_n(x) = (-1)^n x^n(1 - x)$ em $\intcc{0}{1}$ . Mostre que $\sum u_n$ converge pontualmente em $\intcc{0}{1}$ e calcule sua soma; mostre que a convergência é uniforme em $\intcc{0}{1}$ (majore o resto $R_N(x) = \sum_{n > N} u_n(x)$ , uma cauda geométrica, por seu primeiro termo e maximize $x^{N+1}(1-x)$ ) mas não normal (calcule $\norm{u_n}_\infty$ ): a convergência uniforme é estritamente mais fraca que a convergência normal. Contraste com $\sum x^n(1-x)$ , cuja soma é descontínua em $1$ : ali até a uniformidade falha.

Solução

Solução de Exercício 10.10.

Pontualmente: para $x \in \intco{0}{1}$ a série é geométrica de razão $-x$ ,

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

e em $x = 1$ todo termo se anula: soma $0 = \frac{1-1}{2}$ , coerente — a soma é contínua em $\intcc{0}{1}$ . Uniformidade: o resto é uma cauda geométrica,

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

uniformemente em $x$ . Não normal: $\norm{u_n}_\infty = \max x^n(1-x) = \frac{1}{n+1}\bigl(\frac{n}{n+1}\bigr)^n \sim \frac{1}{\eu\,n}$ , e $\sum \frac1{\eu n}$ diverge. Contraste: $\sum x^n(1-x)$ tem somas parciais $1 - x^{N+1}$ , convergindo pontualmente para a descontínua $\mathbf 1_{\intco01}$ : pelo Teorema 10.4, essa convergência não pode ser uniforme em $\intcc{0}{1}$ .

Exercício 10.11 ★★

Seja $f_n \to f$ uniformemente num espaço métrico $X$ , cada $f_n$ contínua, e seja $x_n \to x$ em $X$ . Prove que $f_n(x_n) \to f(x)$ . Mostre, por um exemplo em $X = \intcc{0}{1}$ , que a convergência pontual não basta, mesmo com $f$ contínua (use as corcovas $g_n$ do Exercício 10.1 e $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}}$ ).

Solução

Solução de Exercício 10.11.

O limite $f$ é contínuo (Teorema 10.4). Então

\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)} ,

e os dois termos tendem a $0$ (convergência uniforme; continuidade de $f$ em $x$ ). Contraexemplo sob mera convergência pontual: $g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2} \to 0$ pontualmente em $\intcc{0}{1}$ com $g_n$ e o limite contínuo, e no entanto, em $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}} \to 0$ :

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

Exercício 10.12 ★★★

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

Mostre por indução que, para $n \geq 1$ :

$T^n f(x) = \int_0^x \frac{(x - t)^{n-1}}{(n-1)!}\,f(t)\,\dd t, \qquad \norm{T^n f}_\infty \leq \frac{\norm f_\infty}{n!} .$
Deduza que $S = \sum_{n\geq0} T^n f$ converge normalmente em $\intcc{0}{1}$ e resolve a equação integral $S = f + TS$ .
Verifique que $S(x) = f(x) + \int_0^x \eu^{x-t}f(t)\,\dd t$ resolve a mesma equação e demonstre a unicidade das soluções contínuas (se $S = TS$ então $\norm{S}_\infty \leq \norm{T^nS}_\infty \to 0$ ): conclua a forma fechada da soma.

Solução

Solução de Exercício 10.12.

Indução. $n = 1$ é a definição. Suponha a fórmula para $n$ e ponha $g(x) = \int_0^x \frac{(x-t)^n}{n!} f(t)\dd t$ . Para um integrando contínuo em $(x,t)$ e $C^1$ em $x$ , a integral com parâmetro de limite variável deriva-se como

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

(separe $g(x+h) - g(x)$ na faixa $\int_x^{x+h}$ , que é $O(h\cdot\sup)$ com o integrando anulando-se em $t = x$ como $h^n$ , e na integral fixa do incremento em $x$ , tratada pela desigualdade do valor médio e pela continuidade). Além disso, $(T^{n+1}f)' = T^nf$ (teorema fundamental do cálculo) e $g(0) = T^{n+1}f(0) = 0$ : duas primitivas de $T^nf$ que se anulam em $0$ coincidem, logo $T^{n+1}f = g$ . A cota:

$\abs{T^nf(x)} \leq \norm f_\infty \int_0^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}\dd t = \norm f_\infty\,\frac{x^n}{n!} \leq \frac{\norm f_\infty}{n!} .$
$\sum_n \norm{T^nf}_\infty \leq \eu\,\norm f_\infty$ : convergência normal, logo uniforme; $S$ é contínua. As somas parciais satisfazem $S_N = f + T S_{N-1}$ , e $T$ é $1$ -lipschitziana para $\norm\cdot_\infty$ ( $\abs{Tg(x)} \leq x\norm g_\infty$ ): fazendo $N \to \infty$ nos dois lados obtém-se $S = f + TS$ .
Ponha $V(x) = f(x) + \eu^x\int_0^x \eu^{-t}f(t)\dd t$ . Então $V - f$ é $C^1$ com $(V-f)'(x) = \eu^x\int_0^x\eu^{-t}f + f(x) = V(x)$ , e $(TV)' = V$ com $(V - f)(0) = TV(0) = 0$ : logo $V - f = TV$ , isto é, $V$ resolve a equação. Unicidade: se $S_1, S_2$ são soluções contínuas, $D = S_1 - S_2$ satisfaz $D = TD$ , logo $D = T^nD$ para todo $n$ e $\norm D_\infty \leq \frac{\norm D_\infty}{n!} \to 0$ : $D = 0$ . Portanto

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

(A série $\sum T^n$ é uma série geométrica de operadores: um primeiro gostinho do resolvente $(\mathrm{Id} - T)^{-1}$ , desenvolvido no volume do terceiro ano de graduação.)

10.6 Problema: taxas de aproximação e o teorema de Korovkin

Problema 10.1

A demonstração de Bernstein do Teorema 10.16 esconde dois tesouros. Primeiro, ela é quantitativa: quão rápido $B_nf \to f$ é governado pelo módulo de continuidade de $f$ , com a taxa ótima atingida por $\abs{x - \frac12}$ . Segundo, ela é estrutural: tudo o que importou foi que $B_n$ é um operador linear positivo que se comporta bem em $1$ , $x$ , $x^2$ — essa observação, isolada, é o teorema de Korovkin. Este problema demonstra os dois e fecha com a assintótica exata de Voronovskaya. Em todo o problema, $f \in C(\intcc{0}{1})$ , $M = \norm f_\infty$ , $p_k(x) = \binom nk x^k(1-x)^{n-k}$ e $e_j$ denota $x \mapsto x^j$ .

Parte I — O operador de Bernstein.

Mostre que $B_n$ é linear, positivo ( $f \geq 0 \Rightarrow B_nf \geq 0$ ), logo monótono ( $f \leq g \Rightarrow B_nf \leq B_ng$ ), com $\norm{B_nf}_\infty \leq \norm f_\infty$ , e que $B_nf$ interpola $f$ nas duas extremidades.
Redemonstre as identidades $B_n e_0 = e_0$ , $B_n e_1 = e_1$ e $B_n e_2 = e_2 + \frac{e_1 - e_2}{n}$ (derive $(x + y)^n$ duas vezes e ponha $y = 1 - x$ ).
Deduza a identidade da variância $\sum_k \bigl(\frac kn - x\bigr)^2 p_k(x) = \frac{x(1-x)}{n}$ e, por Cauchy–Schwarz, a cota do primeiro momento

$\sum_{k=0}^{n}\Bigl|\frac kn - x\Bigr|\,p_k(x) \leq \sqrt{\frac{x(1-x)}{n}} \leq \frac{1}{2\sqrt n} .$
Mostre que, se $f$ é convexa, então $B_nf \geq f$ em $\intcc{0}{1}$ (desigualdade de Jensen finita para os pesos $p_k(x)$ ).
(A cota de contagem de Chebyshev, reformulada) Para $\delta > 0$ mostre que

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

e dê a leitura probabilística: $B_nf(x)$ promedia $f$ sobre uma média amostral binomial que se concentra em $x$ .

Parte II — Taxas: o módulo de continuidade. Para $\delta > 0$ ponha $\omega(\delta) = \sup\{\abs{f(s) - f(t)} : s, t \in \intcc{0}{1},\ \abs{s - t} \leq \delta\}$ .

Mostre: $\omega$ é finito, não decrescente, $\omega(\delta) \to 0$ quando $\delta \to 0^+$ (Heine), subaditivo ( $\omega(\delta_1 + \delta_2) \leq \omega(\delta_1) + \omega(\delta_2)$ ) e $\omega(\lambda\delta) \leq (1 + \lambda)\,\omega(\delta)$ para todos $\lambda > 0$ .
Demonstre a estimativa mestra, para todo $\delta > 0$ :

$\abs{B_nf(x) - f(x)} \leq \sum_k \omega\Bigl(\Bigl|\frac kn - x\Bigr|\Bigr)p_k(x) \leq \Bigl(1 + \frac1\delta\sum_k\Bigl|\frac kn - x\Bigr|p_k(x)\Bigr)\,\omega(\delta) .$
Escolha $\delta = n^{-1/2}$ e conclua o teorema de Weierstrass quantitativo:

$\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac32\,\omega\Bigl(\frac{1}{\sqrt n}\Bigr) \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 .$
Deduza as taxas: $\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac{3L}{2\sqrt n}$ para $f$ $L$ -lipschitziana, e $\leq \frac32 C n^{-\alpha/2}$ para $f$ $\alpha$ -hölderiana ( $\abs{f(s) - f(t)} \leq C\abs{s-t}^\alpha$ ).
(O exemplo ótimo — uma identidade binomial) Para $m \geq 1$ prove

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

(use $k\binom{2m}k = 2m\binom{2m-1}{k-1}$ e a simetria da linha binomial, que dá $\sum_{j=m}^{2m-1}\binom{2m-1}{j} = 2^{2m-2}$ ).
Para $f(t) = \abs{t - \frac12}$ deduza o valor exato e sua assintótica (binomial central, Exemplo 6.14):

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

a taxa $\omega(n^{-1/2})$ da questão 8 é atingida (a menos de uma constante) — para $f$ apenas contínua, o $n^{-1/2}$ de Bernstein é honesto.

Parte III — O teorema de Korovkin. Seja $(L_n)$ uma sequência de operadores lineares positivos de $C(\intcc{0}{1})$ em si mesmo tal que $L_ne_j \to e_j$ uniformemente para $j = 0, 1, 2$ .

Mostre que um $L$ linear positivo é monótono e satisfaz $\abs{Lf} \leq L\abs f$ pontualmente.
Mostre: para todo $\varepsilon > 0$ existe $\delta > 0$ tal que, para todos $s, x \in \intcc{0}{1}$ :

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

(trate $\abs{s - x} \leq \delta$ por Heine e $\abs{s-x} > \delta$ pela cota bruta $2M$ ).
Fixe $x$ , aplique $L_n$ à desigualdade da questão 13 na variável $s$ e deduza

$\abs{L_nf(x) - f(x)\,L_ne_0(x)} \leq \varepsilon\,L_ne_0(x) + \frac{2M}{\delta^2} \bigl(L_ne_2(x) - 2x\,L_ne_1(x) + x^2 L_ne_0(x)\bigr).$
Mostre que $\sup_x \bigl(L_ne_2(x) - 2x\,L_ne_1(x) + x^2 L_ne_0(x)\bigr) \to 0$ e depois monte o teorema de Korovkin: $L_nf \to f$ uniformemente para toda $f \in C(\intcc{0}{1})$ .
Verifique que $(B_n)$ satisfaz as hipóteses de Korovkin: Weierstrass pela terceira vez, a partir de três monômios.
Seja $I_n$ o operador de interpolação afim por partes nos nós $\frac kn$ . Mostre que $I_n$ é linear positivo, $I_ne_0 = e_0$ , $I_ne_1 = e_1$ , e $\norm{I_ne_2 - e_2}_\infty = \frac{1}{4n^2}$ (em cada célula o erro da interpolação afim de $t^2$ é $(t - a)(b - t)$ ). Conclua por Korovkin: as interpolantes poligonais convergem uniformemente para toda $f$ contínua.

Parte IV — Dividendos: densidade, momentos, derivadas.

Mostre que os polinômios com coeficientes racionais são densos em $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ : esse espaço de Banach é separável.
(Os momentos determinam a função) Seja $f \in C(\intcc{0}{1})$ com $\int_0^1 f(t)\,t^n \dd t = 0$ para todo $n \in \N$ . Mostre que $\int_0^1 f P = 0$ para todo polinômio, depois que $\int_0^1 f^2 = 0$ e por fim que $f = 0$ .
Demonstre a identidade da derivada

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

(derive $p_k$ e reindexe — uma transformação de Abel).
Suponha $f$ de classe $C^1$ . Usando o teorema do valor médio em cada incremento e comparando com $B_{n-1}(f')$ , mostre que $(B_nf)' \to f'$ uniformemente em $\intcc{0}{1}$ . Deduza: para $f \in C^1$ existem polinômios que convergem para $f$ junto com suas derivadas.
Suponha $f$ de classe $C^2$ . Por Taylor–Lagrange em $x$ mostre que

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

a suavidade eleva a taxa de $n^{-1/2}$ para $n^{-1}$ .

Parte V — Saturação: o teorema de Voronovskaya.

Demonstre a identidade do quarto momento

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

(desenvolva $k^4$ em fatoriais descendentes $k(k-1)\cdots$ e use o truque de derivação da questão 2 mais duas vezes).
(Voronovskaya) Seja $f$ de classe $C^2$ e $x \in \intcc{0}{1}$ . Escrevendo $f(t) = f(x) + f'(x)(t-x) + \frac{f''(x)}2(t-x)^2 + \eta(t)(t-x)^2$ com $\eta$ limitada e $\eta(t) \to 0$ quando $t \to x$ , prove que

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

(separe a soma em $\eta$ em $\abs{t - x} \leq \delta$ ; controle a parte distante com a questão 23). Assim o erro da questão 22 é exato em ordem e em constante: $B_n$ satura em $\frac1n$ , por mais suave que $f$ seja — compare com o Exercício 10.7.
Síntese. Uma frase para cada: (i) o que só a positividade comprou (Partes I e III); (ii) onde a compacidade de $\intcc{0}{1}$ entrou em todas as partes; (iii) por que três funções de teste bastam no teorema de Korovkin; (iv) o compromisso que Bernstein faz ( $n^{-1/2}$ robusto para $f$ rugosa, mas um teto de $\frac1n$ para $f$ suave), e qual capítulo deste livro jogará o mesmo jogo com polinômios trigonométricos.

Solução

Solução de Problema 10.1.

1. A linearidade é clara pela fórmula. Positividade: os pesos $p_k(x) \geq 0$ , de modo que $f \geq 0$ força $B_nf \geq 0$ ; a monotonicidade segue aplicando isso a $g - f$ . Cota: $\pm f \leq \norm f_\infty$ dá $\pm B_nf \leq \norm f_\infty B_ne_0 = \norm f_\infty$ . Extremidades: $p_k(0) = \mathbf 1_{k=0}$ e $p_k(1) = \mathbf 1_{k=n}$ , logo $B_nf(0) = f(0)$ , $B_nf(1) = f(1)$ .

2. Derive $(x+y)^n = \sum_k\binom nk x^ky^{n-k}$ em $x$ , multiplique por $x$ e ponha $y = 1 - x$ :

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

duas vezes, multiplicando por $x^2$ : $n(n-1)x^2 = \sum_k k(k-1)p_k(x)$ . Logo $B_ne_0 = 1$ (binômio de Newton), $B_ne_1(x) = \frac{nx}{n} = x$ e

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. Desenvolva:

\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 com a decomposição $\abs{k/n - x}\sqrt{p_k} \cdot \sqrt{p_k}$ :

\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},

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

4. Os pesos $p_k(x)$ são não negativos, somam $1$ e têm baricentro $\sum_k \frac kn p_k(x) = x$ (questão 2). A desigualdade de Jensen finita para a convexa $f$ (indução a partir da definição com dois pontos, volume do primeiro ano de graduação) dá

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. Em $\{k : \abs{k/n - x} > \delta\}$ tem-se $\bigl(\frac{k/n - x}{\delta}\bigr)^2 > 1$ , logo

\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} .

Leitura: $p_k(x)$ é a lei de uma frequência amostral $S_n/n$ de $n$ lançamentos de moeda de viés $x$ ; sua média é $x$ , sua variância $\frac{x(1-x)}n \to 0$ , e a fórmula exibida é a desigualdade de Chebyshev: a massa se concentra em $x$ , de modo que promediar $f$ contra ela reproduz $f(x)$ no limite (o Capítulo 23 torna o vocabulário oficial).

6. $\omega \leq 2M < \infty$ ; a monotonicidade é clara (sup sobre um conjunto maior). Heine: $f$ contínua num compacto é uniformemente contínua, o que diz exatamente que $\omega(\delta) \to 0$ quando $\delta \to 0^+$ . Subaditividade: se $\abs{s - t} \leq \delta_1 + \delta_2$ , o ponto $u$ do segmento $\intcc st$ a distância $\min(\delta_1, \abs{s-t})$ de $s$ satisfaz $\abs{s-u} \leq \delta_1$ , $\abs{u-t} \leq \delta_2$ e $\abs{f(s)-f(t)} \leq \abs{f(s)-f(u)} + \abs{f(u)-f(t)}$ . Iterando, $\omega(p\delta) \leq p\,\omega(\delta)$ para $p \in \N^*$ ; para $\lambda > 0$ , com $p = \lceil\lambda\rceil \leq 1 + \lambda$ : $\omega(\lambda\delta) \leq \omega(p\delta) \leq p\,\omega(\delta) \leq (1+\lambda)\omega(\delta)$ .

7. Como $\sum p_k = 1$ :

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

Para cada $k$ , a questão 6 com $\lambda = \abs{k/n - x}/\delta$ dá $\omega(\abs{k/n-x}) \leq \bigl(1 + \frac{\abs{k/n-x}}\delta\bigr)\omega(\delta)$ ; somando contra os $p_k$ obtém-se a estimativa mestra.

8. Insira a cota da questão 3:

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

uniformemente em $x$ ; com $\delta = n^{-1/2}$ o parêntese vale $\frac32$ : $\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac32\omega(n^{-1/2}) \to 0$ pela questão 6 (Heine). Isso redemonstra o Teorema 10.16 com uma taxa.

9. $L$ -lipschitziana significa $\omega(\delta) \leq L\delta$ : taxa $\frac{3L}{2\sqrt n}$ . $\alpha$ -hölderiana significa $\omega(\delta) \leq C\delta^\alpha$ : taxa $\frac{3C}{2} n^{-\alpha/2}$ .

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

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

porque $j \mapsto 2m-1-j$ leva bijetivamente $\{m,\dots,2m-1\}$ em $\{0,\dots,m-1\}$ , de modo que a soma é metade de $2^{2m-1}$ . Além disso, $\sum_{k=m+1}^{2m}\binom{2m}k = \frac{2^{2m} - \binom{2m}m}{2}$ (mesma simetria). Logo

\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 .

A substituição $k \mapsto 2m-k$ leva os termos com $k < m$ nos com $k > m$ (binomiais iguais, $\abs{k-m}$ iguais): a soma absoluta é o dobro da soma de um lado, $m\binom{2m}m$ .

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

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}}

pelo Exemplo 6.14. Como aqui $\omega_f (\delta) = \delta$ (a função é $1$ -lipschitziana e a cota é atingida), a questão 8 prevê no máximo $\frac32(2m)^{-1/2}$ : o erro verdadeiro $\frac{1}{2\sqrt{\pi m}}$ tem exatamente a ordem $n^{-1/2}$ — a taxa é ótima a menos da constante.

12. $f \leq g$ dá $g - f \geq 0$ , logo $L(g-f) \geq 0$ , isto é, $Lf \leq Lg$ . De $-\abs f \leq f \leq \abs f$ : $-L\abs f \leq Lf \leq L\abs f$ , isto é, $\abs{Lf} \leq L\abs f$ .

13. Por Heine escolha $\delta$ com $\abs{f(s)-f(x)} \leq \varepsilon$ sempre que $\abs{s-x} \leq \delta$ . Se $\abs{s - x} > \delta$ , então $\frac{(s-x)^2}{\delta^2} > 1$ e $\abs{f(s)-f(x)} \leq 2M \leq \frac{2M}{\delta^2}(s-x)^2$ . Nos dois casos a cota afirmada vale.

14. Fixe $x$ ; a questão 13 diz, como funções de $s$ :

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

Aplique o $L_n$ monótono linear (questão 12) e avalie em $x$ :

\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. Escreva $\alpha_j = L_ne_j - e_j$ , de modo que $\norm{\alpha_j}_\infty \to 0$ . Como $e_2(x) - 2xe_1(x) + x^2e_0(x) = 0$ :

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

de norma do sup no máximo $\norm{\alpha_2} + 2\norm{\alpha_1} + \norm{\alpha_0} \to 0$ . Além disso, $L_ne_0 \to e_0$ uniformemente, logo $L_ne_0 \leq 2$ para $n$ grande, e $\abs{f(x)}\abs{L_ne_0(x) - 1} \leq M\norm{\alpha_0} \to 0$ . Juntando com a questão 14: para $n$ grande, uniformemente em $x$ ,

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

$L_nf \to f$ uniformemente — o teorema de Korovkin.

16. $B_ne_0 = e_0$ e $B_ne_1 = e_1$ exatamente, e $\norm{B_ne_2 - e_2}_\infty = \max_x\frac{x(1-x)}{n} = \frac{1}{4n} \to 0$ (questão 2): Korovkin se aplica, e Weierstrass segue pela terceira vez.

17. $I_nf$ é linear em $f$ (os valores nodais o são) e, em cada célula, a interpolante afim de valores nodais não negativos é não negativa: positivo. $I_ne_0 = e_0$ e $I_ne_1 = e_1$ porque uma função afim é igual à própria interpolante. Numa célula $\intcc ab$ ( $b - a = \frac1n$ ), a interpolante afim de $e_2$ é $L(t) = (a+b)t - ab$ , e

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

com o máximo no ponto médio: $\norm{I_ne_2 - e_2}_\infty = \frac{1}{4n^2} \to 0$ . Korovkin: $I_nf \to f$ uniformemente para toda $f$ contínua — aproximação poligonal, sem necessidade de mais nenhuma estimativa.

18. Dados $f$ e $\varepsilon$ : Weierstrass fornece um polinômio $P = \sum_{j=0}^d a_jx^j$ com $\norm{f - P}_\infty \leq \frac\varepsilon2$ ; substituir cada $a_j$ por um racional $b_j$ com $\abs{a_j - b_j} \leq \frac{\varepsilon}{2(d+1)}$ move a norma do sup em $\intcc{0}{1}$ em no máximo $\frac\varepsilon2$ . O conjunto dos polinômios de coeficientes racionais é uma união enumerável (sobre $d$ ) de conjuntos enumeráveis, logo é enumerável, e é denso: $C(\intcc{0}{1})$ é separável.

19. Por linearidade, $\int_0^1 fP = 0$ para todo polinômio $P$ . Escolha polinômios $P_n \to f$ uniformemente (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 ,

logo $\int_0^1 f^2 = 0$ . Se $f(x_0) \neq 0$ , a continuidade dá $f^2 \geq c > 0$ num subintervalo, contradizendo a integral nula: $f = 0$ . Por consequência, duas funções contínuas com os mesmos momentos $\int f t^n$ coincidem.

20. Com $p_{n,k}(x) = \binom nk x^k(1-x)^{n-k}$ e as convenções $p_{n-1,-1} = p_{n-1,n} = 0$ , a regra do produto e $k\binom nk = n\binom{n-1}{k-1}$ , $(n-k)\binom nk = n\binom{n-1}{k}$ dão

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

Somando contra $f(k/n)$ e deslocando o índice na primeira soma (transformação de Abel):

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

21. Pelo teorema do valor médio, $f(\frac{j+1}n) - f(\frac jn) = \frac1n f'(\xi_j)$ com $\xi_j \in \intoo{j/n}{(j+1)/n}$ , logo $(B_nf)'(x) = \sum_j f'(\xi_j)\,p_{n-1,j}(x)$ . O nó $\frac{j}{n-1}$ também está em $\intcc{j/n}{(j+1)/n}$ (as duas desigualdades se reduzem a $j \leq n-1$ ), logo $\abs{\xi_j - \frac j{n-1}} \leq \frac1n$ e

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

uniformemente. Como $B_{n-1}(f') \to f'$ uniformemente (Teorema 10.16 aplicado à contínua $f'$ ), a desigualdade triangular dá $(B_nf)' \to f'$ uniformemente. Os polinômios $P_n = B_nf$ convergem então para $f$ no sentido $C^1$ .

22. Taylor–Lagrange em $x$ : $f(\frac kn) - f(x) = f'(x)(\frac kn - x) + \frac{f''(\xi_k)}2(\frac kn - x)^2$ . Somando contra $p_k$ , o termo linear morre (questão 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. Mais duas derivações de $(x+y)^n$ dão os momentos fatoriais, com $n_{(j)} = n(n-1)\cdots(n-j+1)$ :

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

e $k^3 = k_{(3)} + 3k_{(2)} + k$ , $k^4 = k_{(4)} + 6k_{(3)} + 7k_{(2)} + k$ os convertem em momentos de potências:

\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 .

Desenvolvendo $(k - nx)^4$ e reunindo (um cálculo paciente mas puramente mecânico com os quatro momentos de potências):

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

Com $x(1-x) \leq \frac14$ : o membro da direita é no máximo $\frac n4\bigl(1 + \frac{3n}4\bigr) = \frac{3n^2}{16} + \frac n4 \leq n^2$ para $n \geq 1$ .

24. A forma de Peano de Taylor em $x$ define $\eta(t) = \frac{f(t) - f(x) - f'(x)(t-x) - \frac12f''(x)(t-x)^2} {(t-x)^2}$ para $t \neq x$ , $\eta(x) = 0$ : por Taylor–Lagrange $\eta(t) = \frac12\bigl(f''(\xi) - f''(x)\bigr)$ para algum $\xi$ entre $t$ e $x$ , logo $\abs\eta \leq \norm{f''}_\infty$ e $\eta(t) \to 0$ quando $t \to x$ (continuidade de $f''$ ). Somando o desenvolvimento contra $p_k$ e usando as questões 2–3:

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

Dado $\varepsilon$ , escolha $\delta$ com $\abs\eta \leq \varepsilon$ em $\abs{t - x}\leq\delta$ . Parte próxima: no máximo $\varepsilon\,n\cdot\frac{x(1-x)}n \leq \varepsilon$ . Parte distante: com $C = \norm{f''}_\infty$ e a questão 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 .

Logo $n(B_nf(x) - f(x)) \to \frac{x(1-x)}2f''(x)$ — o teorema de Voronovskaya. Para $f = e_2$ isso é exato em todo $n$ (Exercício 10.7): o teto $\frac1n$ é real.

25. (i) A positividade transformou desigualdades pontuais em desigualdades de operadores: ela deu a cota da norma, Jensen, Chebyshev e todo o Korovkin — só a linearidade nada demonstra aqui. (ii) A compacidade entrou por Heine (questões 6 e 13), pela limitação de $f$ e pelo próprio fato de a norma $\norm\cdot_\infty$ ser finita. (iii) Três funções de teste bastam porque a positividade reduz tudo a controlar $L_n$ na única família $(s-x)^2 = e_2 - 2xe_1 + x^2e_0$ , cujo espaço gerado é o de $e_0, e_1, e_2$ . (iv) Bernstein converge à taxa honesta $\omega(n^{-1/2})$ para toda $f$ contínua (ótima, questão 11) mas satura em $\frac1n$ para $f$ suave (questão 24); o capítulo de Fourier roda o mesmo programa para funções periódicas com o núcleo de Fejér — outro operador positivo com as mesmas virtudes e a mesma modéstia.