Teorema da Aproximação de Weierstrass

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Teorema da Aproximação de Weierstrass
Reginaldo J. Santos
Departamento de Matemática-ICEx
Universidade Federal de Minas Gerais
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14 de julho de 2010
Teorema 1. Seja f : [a, b] → R uma função contínua. Para todo e > 0, existe um polinômio
p(t) tal que | f (t)− p(t)| < e, para todo t ∈ [a, b].
Demonstração. Seja t = (1− x)a + xb. Então x =
1
b− a
(t− a) e t ∈ [a, b] se, e somente
se, x ∈ [0, 1]. Seja f˜ : [0, 1] → R definida por f˜ (x) = f ((1− x)a + xb). Seja
p˜(x) =
n
∑
k=0
f˜ (
k
n
)
(
n
k
)
xk(1− x)n−k e p(t) = p˜
(
1
b− a
(t− a)
)
.
Este polinômio é chamado de polinômio de Bernstein.
Vamos usar o fato de que
∑
k∈A
(
n
k
)
xk(1− x)n−k ≤
n
∑
k=0
(
n
k
)
xk(1− x)n−k = 1, (1)
para qualquer A ⊆ {0, 1, 2 . . . , n}.
Como f é contínua existe δ > 0 tal que
|x− y| < δ ⇒ | f˜ (x)− f˜ (y)| <
e
2
. (2)
1
Sejam b1 = x− δ e b2 = x + δ. Seja M = max
x∈[0,1]
| f˜ (x)| = max
t∈[a,b]
| f (t)|. Seja n tal que
4Me−2δ
2n
<
e
2
. Vamos usar o seguinte fato que será demonstrado a seguir:
b2 ≤
k
n
≤ 1 ou 0 ≤
k
n
≤ b1 ⇒ x
k
n (1− x)1−
k
n ≤ e−2(x−b)
2
b
k
n (1− b)1−
k
n . (3)
Então por (1), (2) e (3) temos que
| f˜ (x)− p˜(x)| =
∣∣∣∣∣
n
∑
k=0
f˜ (x)
(
n
k
)
xk(1− x)n−k −
n
∑
k=0
f˜ (
k
n
)
(
n
k
)
xk(1− x)n−k
∣∣∣∣∣ ≤
≤
n
∑
k=0
| f˜ (
k
n
)− f˜ (x)|
(
n
k
)
xk(1− x)n−k ≤
≤
e
2
+ ∑
| kn−x|≥δ
| f˜ (
k
n
)− f˜ (x)|
(
n
k
)
xk(1− x)n−k ≤
≤
e
2
+ 2M ∑
k
n≥b2
(
n
k
)
xk(1− x)n−k + 2M ∑
k
n≤b1
(
n
k
)
xk(1− x)n−k ≤
≤
e
2
+ 2Me−2δ
2n ∑
k
n≥b2
(
n
k
)
bk2(1− b2)
n−k + 2Me−2δ
2n ∑
k
n≤b1
(
n
k
)
bk1(1− b1)
n−k
≤
e
2
+ 4Me−2δ
2n ≤ e.
Lema 2. Se 0 ≤ x < b ≤
k
n
≤ 1 ou 0 ≤
k
n
≤ b < x ≤ 1, então
x
k
n (1− x)1−
k
n ≤ e−2(x−b)
2
b
k
n (1− b)1−
k
n .
Demonstração. Precisamos mostrar que
x
k
n (1− x)1−
k
n
b
k
n (1− b)1−
k
n
≤ e−2(x−b)
2
,
2
ou aplicando-se o logaritmo nesta desigualdade, que
H(x) = ln
x
k
n (1− x)1−
k
n
b
k
n (1− b)1−
k
n
+ 2(x− b)2 ≤ 0.
Temos que H(b) = 0.
(a) Se 0 < x < b ≤
k
n
≤ 1, vamos mostrar que H′(x) ≥ 0. Como, para 0 < x < 1,
x(1− x) ≤
1
4
, então
H′(x) =
k
n − x
x(1− x)
+ 4(x− b) ≥ 4(
k
n
− x) + 4(x− b) = 4(
k
n
− b) ≥ 0.
(b) Se 0 ≤
k
n
≤ b < x < 1, vamos mostrar que H′(x) ≤ 0. Como, para 0 < x < 1,
4 ≤
1
x(1− x)
, então
H′(x) =
k
n − x
x(1− x)
+ 4(x− b) ≤
k
n − x
x(1− x)
+
x− b
x(1− x)
=
k
n − b
x(1− x)
≤ 0.
Referências
[1] Djairo Guedes de Figueiredo. Análise de Fourier e Equações Diferenciais Parciais.
IMPA, Rio de Janeiro, 1977.
[2] Donald Kreider, Donald R. Ostberg, Robert C. Kuller, and Fred W. Perkins. Intro-
dução à Análise Linear. Ao Livro Técnico S.A., Rio de Janeiro, 1972.
[3] Elon L. Lima. Curso de Análise. Livros Técnicos e Científicos Editora S.A., Rio de
Janeiro, 1976.
[4] Literka. Weierstrass Approximation Theorem. Bernstein’s Polynomials. Website.
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