Polinomios de Bernstein

Definimos los polinomios de Bernstein asociados a una función continua $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ y demostramos que forman una sucesión que converge uniformemente a $f$.

Enunciado
El teorema de Weierstrass asegura que toda función continua $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ puede ser aproximada uniformemente por polinomios. Construiremos de manera explícita una de tales sucesiones.
1. Sea $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ una función continua. Se define el $n$-ésimo polinomio de Bernstein asociado a $f$ como el polinomio: $$B_n(f)(x):=\frac{1}{(b-a)^n}\sum_{k=0}^nf\left(a+\frac{k(b-a)}{n}\right)\binom{n}{k}(x-a)^k(b-x)^{n-k}.$$ Determinar los polinomios de Bernstein asociados a las funciones $f_0(x)=1,$ $f_1(x)=x$ en el intervalo $[0,1].$
2. Ídem para la función $f_2(x)=x^2$ en el intervalo $[0,1].$
3. Demostrar que la sucesión de polinomios de Bernstein $B_n(f_i)(x)$ converge a $f_i$ uniformemente en el intervalo $[0,1]$ para cada $i=0,1,2$.
4. Sea ahora $f:[0,1]\to\mathbb{R}$ una función continua cualquiera. Demostrar que la sucesión de sus polinomios de Bernstein convergen uniformemente a $f$ en $[0,1].$
5. Sea ahora $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ una función continua cualquiera. Demostrar que la sucesión de sus polinomios de Bernstein convergen uniformemente a $f$ en $[a,b].$

Solución
1. Para una función continua $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ los polinomios de Bernstein son $$B_n(f)(x)=\sum_{k=0}^nf\left(\frac{k}{n}\right)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}.$$ Tenemos para $f_0:$ $$B_n(f_0)(x)=\sum_{k=0}^n1\cdot \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}=(x+(1-x))^n=1.$$ Para $f_1,$ $$B_n(f_1)(x)=\sum_{k=1}^n\frac{k}{n}\ \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}.$$ Se verifican las implicaciones $$\frac{k}{n}\ \binom{n}{k}=\frac{k}{n}\frac{n!}{k!(n-k)!}=\frac{(n-1)!}{(k-1)![(n-1)-(k-1)]!}=\binom{n-1}{k-1}$$ $$\Rightarrow B_n(f_1)(x)=x\sum_{k=1}^n\ \binom{n-1}{k-1}x^{k-1}(1-x)^{(n-1)-(k-1)}$$ $$=x\sum_{k=0}^{n-1}\ \binom{n-1}{k}x^{k}(1-x)^{(n-1)-k}=x(x+(1-x))^{n-1}=x.$$ Es decir, $B_n(f_0)(x)=1$ y $B_n(f_1)(x)=x.$
2. Usando la relación $\frac{k}{n}\ \binom{n}{k}=\binom{n-1}{k-1}$ demostrada en el apartado anterior, $$B_n(f_2)(x)=\sum_{k=0}^n\frac{k^2}{n^2}\ \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}=\frac{x}{n}\sum_{k=1}^n\frac{k^2}{n}\ \binom{n}{k}x^{k-1}(1-x)^{n-k}$$ $$=\frac{x}{n}\sum_{k=1}^nk\ \binom{n-1}{k-1}x^{k-1}(1-x)^{n-k}=\frac{x}{n}\sum_{k=0}^{n-1}(k+1)\ \binom{n-1}{k}x^{k}(1-x)^{n-1-k}$$ $$=\frac{n-1}{n}x\sum_{k=0}^{n-1}\frac{k+1}{n-1}\ \binom{n-1}{k}x^{k}(1-x)^{n-1-k}$$ $$=\frac{n-1}{n}x\sum_{k=0}^{n-1}\frac{k}{n-1}\ \binom{n-1}{k}x^{k}(1-x)^{n-1-k}$$ $$+\frac{x}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\ \binom{n-1}{k}x^{k}(1-x)^{n-1-k}$$ $$=\frac{n-1}{n}x\cdot x+\frac{x}{n}(x+(1-x))^{n-1}=\frac{n-1}{n}x^2+\frac{1}{n}x.$$
3. Para $i=0$ tenemos la sucesión constante $B_n(f_0)(x)=1$ que de manera trivial converge uniformemente a $f_0(x)=1$ en $[0,1]$. Para $i=1$, también $B_n(f_1)(x)=x$ es constante y converge trivialmente a $f_1(x)=x$ en $[0,1]$. Para $i=2$ tenemos $B_n(f_2)(x)$ $=$ $((n-1)/n)x^2$ + $(1/n)x$ y $\lim_{n\to +\infty}B_n(f_2)(x)$ $=x^2=f_2(x)$ en $[0,1]$. Veamos que la convergencia es uniforme. $$\left|B_n(f_2)(x)-f_2(x)\right|=\left|\frac{n-1}{n}x^2+\frac{1}{n}x-x^2\right|=\left|\frac{-1}{n}x^2+\frac{1}{n}x\right|$$ $$=\frac{1}{n}\left|-x^2+x\right|\le \frac{1}{n}\left(\left|-x^2\right|+\left|x\right|\right)\le \frac{1}{n}\left(1+1\right)=\frac{2}{n}.$$ Sea $\epsilon >0$. Entonces $2/n < \epsilon$ equivale a $n > 2/\epsilon$. Si $n_0=\lfloor 2/\epsilon \rfloor +1$ se verifica $\left|B_n(f_2)(x)-f_2(x)\right| < \epsilon$ si $n \ge n_0$ y para todo $x\in [0,1]$. La convergencia es por tanto uniforme.
4. Tenemos que demostrar que para todo $\epsilon > 0$ existe un número natural $n_0$ tal que si $n\ge n_0$, entonces $\left|f(x)-B_n(f)(x)\right| < \epsilon$ para todo $x\in [0,1].$ Llamemos $p_k(x)=$ $\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}$, entonces podemos escribir $B_n(f)(x)=\sum_{k=0}^nf (k/n)p_k(x)$ y dado que $$\sum_{k=0}^np_k(x)=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}=(x+(1-x))^n=1,$$ bastará demostrar que para todo $\epsilon > 0$ existe un número natural $n_0$ tal que si $n\ge n_0$, $$\left|\sum_{k=0}^n\left(f(x)-f\left(k/n\right)\right)p_k(x)\right| < \epsilon\quad \forall x \in [0,1].$$ Al ser $f$ continua en el cerrado $[0,1]$, por el teorema de Heine $f$ es uniformemente continua en $[0,1]$, es decir, dado $\epsilon > 0$ existe $\delta > 0$ tal que $\left|f(x)-f(y)\right| < \epsilon/3 $ si $\left|x-y\right| < \delta $. Para $x\in [0,1]$ y $n$ natural definimos los conjuntos $$\begin{aligned}& A_1=\{k: 0\le k\le n\text{ y } \left|x-k/n\right| \le \delta\},\\
   & A_2=\{k: 0\le k\le n\text{ y } \left|x-k/n\right| > \delta\}.
   \end{aligned}$$ Usando que $0\le p_k(x) \le 1$ para todo $x\in [0,1]$, $$\left|\sum_{k=0}^n\left(f(x)-f\left(k/n\right)\right)p_k(x)\right|$$ $$\le \sum_{k\in A_1}|f(x)-f\left(k/n\right)|p_k(x)+\sum_{k\in A_2}|f(x)-f\left(k/n\right)|p_k(x)$$ $$\le \frac{\epsilon}{3}+\sum_{k\in A_2}|f(x)-f\left(k/n\right)|p_k(x).$$ Si $k\in A_2$ se verifica $(x-k/n)^2 > \delta^2$, luego $1 < (x-k/n)^2/\delta^2.$ Al ser $f$ continua en un intervalo cerrado, está acotada. Sea $K$ una cota superior de $f.$ Entonces, $$\sum_{k\in A_2}|f(x)-f\left(k/n\right)|p_k(x)\le \sum_{k\in A_2}\left(|f(x)|+|f\left(k/n\right)|\right)p_k(x)$$ $$\le 2K\sum_{k\in A_2}p_k(x)\le 2K\sum_{k\in A_2}\frac{(x-k/n)^2}{\delta^2}p_k(x)=\frac{2K}{\delta^2}\sum_{k\in A_2}(x-k/n)^2p_k(x)$$ $$\le \frac{2K}{\delta^2}\sum_{k=0}^n(x-k/n)^2p_k(x)$$ $$=\frac{2K}{\delta^2}\left(x^2\sum_{k=0}^np_k(x)-2x\sum_{k=0}^n(k/n)p_k(x)+\sum_{k=0}^n(k/n)^2p_k(x)\right)$$ $$\underbrace{=}_{\text{Por los apartados 1 y 2}}\frac{2K}{\delta^2}\left(x^2-2x^2+\frac{n-1}{n}x^2+\frac{1}{n}x\right)$$ $$=\frac{2K}{\delta^2n}x(1-x)\le \frac{2K}{\delta^2n}.$$ Como $\lim_{n\to +\infty}2K/(\delta^2n)= 0$, dado $\epsilon > 0$ existe $n_0$ natural tal que $2K/\delta^2n < \epsilon/3$ si $n\ge n_0$ con lo cual, $$\left|\sum_{k=0}^n\left(f(x)-f\left(k/n\right)\right)p_k(x)\right| \le \frac{\epsilon}{3}+\frac{\epsilon}{3}=\frac{2\epsilon}{3} < \epsilon\text{ si }n\ge n_0$$ y por tanto, $B_n(f)(x)\to f(x)$ uniformemente en $[0,1].$
5. Consideremos la función continua y biyectiva $\phi:[0,1]\to [a,b],\; \phi(x)=(b-a)x+a$. Su inversa $\phi^{-1}(x)=(x-a)/(b-a)$ es continua. La función $g:=f\circ \phi:[0,1]\to\mathbb{R}$ es continua, y por el apartado anterior $B_n(g)\to g$ uniformemente en $[0,1].$ Pero $f=g\circ \phi^{-1}$ con lo cual $B_n(g)\circ \varphi^{-1}\to f$ en $[a,b]$ uniformemente. Ahora bien, $$B_n(g)[\varphi^{-1}(x)]=B_n(g)\left(\frac{x-a}{b-a}\right)$$ $$=\sum_{k=0}^ng\left(\frac{k}{n}\right)\binom{n}{k}\left(\frac{x-a}{b-a}\right)^k\left(1-\frac{x-a}{b-a}\right)^{n-k}$$ $$=\frac{1}{(b-a)^n}\sum_{k=0}^nf\left(\varphi \left(\frac{k}{n}\right)\right)(x-a)^n(b-x)^n$$ $$=\frac{1}{(b-a)^n}\sum_{k=0}^nf\left(a+\frac{k(b-a)}{n}\right)\binom{n}{k}(x-a)^k(b-x)^{n-k}$$ que son los polinomios de Bernstein $B_n(f)$ en $[a,b].$