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\let\eps\varepsilon
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}

\title{Separabilidad del espacio de funciones continuas en un intervalo}

\author{Mariano Su\'arez-Alvarez}
\address{Facultad de Ciencias Exactas y Naturales\\
Universidad de Buenos Aires\\
Ciudad Universitaria, Pabell\'on I\\
Buenos Aires (1428) Argentina.}
\email{mariano@dm.uba.ar}

\date{25 de abril, 2010; compiled:~\today}

\maketitle

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Aproximación uniforme por poligonales}

Sea $I=[0,1]$ y sea $C(I)$ el conjunto de las funciones reales continuas sobre~$I$ y sea
$d:C[0,1]\times C[0,1]\to\RR$ la métrica tal que
  \[
  d(f,g) = \sup_{x\in[0,1]}\abs{f(x)-g(x)}
  \]
para cada $f$,~$g\in C[0,1]$. 

Si $n\geq1$, sea $D_n$ el conjunto de las funciones $f:I\to\RR$ tales que
\begin{itemize}[before=\advance\mathindent\leftmargini]

\item para cada $i\in\{0,\dots,n\}$ es $f(\tfrac{i}{n})\in\QQ$, y

\item para cada $i\in\{0,\dots,n-1\}$ y cada $t\in[0,1]$ es
  \[
  f\bigl((1-t)\tfrac{i}{n}+t\tfrac{i+1}{n}\bigr)
    = (1-t)f\bigl(\tfrac{i}{n}\bigr) + tf\bigl(\tfrac{i+1}{n}\bigr)
  \]

\end{itemize}
La función $\phi_n:f\in
D_n\mapsto(f(0),f(\tfrac{1}{n}),f(\frac{2}{n}),\dots,f(\frac{n}{n}))\in\QQ^{n+1}$
es claramente biyectiva, así que $D_n$ es numerable. Se sigue
inmediatamente de esto que la unión $D=\bigcup_{n\geq1}D_n$ es numerable.

\begin{Proposicion}
El conjunto $D$ es denso en~$C(I)$.
En particular, $C(I)$ es un espacio métrico separable.
\end{Proposicion}

\begin{proof}
Sea $f\in C(I)$ y sea $\eps>0$. Como $f$~es continua en~$I$, es allí
uniformemente continua y existe $n\in\NN$ tal que
  \[
  x,y\in I,\, \abs{x-y}<\frac2n \implies \abs{f(x)-f(y)} <\eps.
  \]
Podemos suponer, además, que $\frac1n<\eps$.
Sean $\alpha_{0}$,~$\alpha_{1}$,~\dots,~$\alpha_{n}\in\QQ$ tales que
  \[ \label{eq:zz}
  f(\tfrac{i}{n})-\tfrac{1}{n}
    < \alpha_{i}
    < f(\tfrac{i}{n})+\tfrac{1}{n}, \qquad\forall i\in\{0,\dots,n\},
  \]
y sea $g=\phi_n^{-1}(\alpha_{0},\dots,\alpha_{n})\in D$. 

Sea $i\in\{0,\dots,n-1\}$ y sean
$m=\min\{f(\frac{i}{n}),f(\frac{i+1}{n})\}$ y
$M=\max\{f(\frac{i}{n}),f(\frac{i+1}{n})\}$. Notemos que la elección
de~$n$ implica que $M-m\leq\frac1n$.

Fijemos $x\in[\frac{i}{n},\frac{i+1}{n}]$. Es
$\abs{x-\frac{i}{n}}<\frac{2}{n}$ y, en consecuencia,
$\abs{f(x)-f(\frac{i}{n})}<\eps$, de manera que
  \[ \label{eq:aa}
  m - \eps \leq f(\tfrac{i}{n})-\eps < f(x) < f(\tfrac{i}{n}) + \eps \leq M + \eps.
  \]
Por otro lado, existe $t\in[0,1]$ tal que
$x=(1-t)\frac{i}{n}+t\frac{i+1}{n}$, y entonces
  \[ \label{eq:bb}
  g(x) 
    = (1-t)\alpha_{i} + t\alpha_{i+1}.
  \]
Usando~\eqref{eq:zz}, vemos que
  \[
  (1-t)\alpha_{i} + t\alpha_{i+1}
    \leq (1-t)\bigl(f(\tfrac{i}{n})+\tfrac1n\bigr) + t\bigl(f(\tfrac{i+1}{n})+\tfrac1n\bigr)
    \leq M + \tfrac1n
  \]
y, de manera similar, $(1-t)\alpha_{i} + t\alpha_{i+1}\geq m - \frac1n$,
así que \eqref{eq:bb}~implica que 
  \[
  m-\tfrac1n \leq g(x) \leq M+\tfrac1n.
  \]
Finalmente, de esto y de~\eqref{eq:aa}, concluimos que 
  \[
  \abs{f(x)-g(x)} \leq M-m+\eps+\tfrac1n \leq 3\eps.
  \]
Vemos así que $d(f,D) = d(f,g) = \max_{x\in I}\abs{f(x)-f_n(x)} \leq 3\eps$.

La arbitrariedad de~$\eps$ implica, entonces, que $d(f,D)=0$, esto es, que
$f\in\overline D$.

\end{proof}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Aproximación uniforme por polinomios}

Si $n\geq0$ y $0\leq k\leq n$, consideramos el polinomio
  \[
  b_{n,k} = \binom{n}{k} x^k(1-x)^{n-k} \in \QQ[x]
  \]
Convenimos además en que $b_{n,k}=0$ si $k<0$ o si $k>n$.

\begin{Lema}
Si $0\leq k\leq n$, entonces $b_{n,k}(x)>0$ para cada $x\in[0,1]$, 
  \begin{gather}
  b_{n,k} = (1-x)b_{n-1,k} + xb_{n-1,k-1}.
\shortintertext{y}
  S(n,l) = \sum_{k=0}^n k(k-1)\cdots(k-l+1)b_{n,k} = l!\binom{n}{l}x^l
  \end{gather}
\end{Lema}

\begin{Proposicion}[Weierstra\ss]
Sea $I=[0,1]$ y $f\in C(I)$, y para cada $n\geq1$ sea
  \[
  f_n = \sum_{k=0}^n f(\tfrac kn)b_{n,k} \in \RR[x].
  \]
Entonces $\lim_{n\to\infty}f_n=f$ en $C(I)$. En particular, $\RR[X]$ es un
subconjunto denso de~$C(I)$.
\end{Proposicion}

\begin{proof}
Sea $\eps>0$ y sea $\delta>0$ tal que 
  \[
  \abs{x-y}<\delta \implies \abs{f(x)-f(y)} < \eps,
  \]
Tenemos que
  \begin{align}
  \MoveEqLeft
  \abs[\Big]{f(x)-f_n(x)}
      = \abs[\Big]{\sum_{k=0}^n\bigl(f(x)-f(\tfrac{k}{n})\bigr)b_{n,k}} \\
    & \leq \sum_{\abs{\frac{k}{n}-x}<\delta} \bigl(f(x)-f(\tfrac{k}{n})\bigr)b_{n,k}
           + \sum_{\abs{\frac{k}{n}-x}\geq\delta} \bigl(f(x)-f(\tfrac{k}{n})\bigr)b_{n,k}
       \label{eq:x}
  \end{align}
Es claro que
  \[ \label{eq:xa}
  \sum_{\abs{\frac{k}{n}-x}<\delta} \bigl(f(x)-f(\tfrac{k}{n})\bigr)b_{n,k}
    \leq \eps \sum_{k=0}^n b_{n,k} = \eps.
  \]
Por otro lado, si $M=\sup_{x\in[0,1]}\abs{f(x)}$ es
  \begin{align}
  \sum_{\abs{\frac{k}{n}-x}\geq\delta} \bigl(f(x)-f(\tfrac{k}{n})\bigr)b_{n,k}
    & \leq 2M \sum_{\abs{\frac{k}{n}-x}\geq\delta} b_{n,k} \\
    & \leq \frac{2M}{\delta^2} \sum_{\abs{\frac{k}{n}-x}\geq\delta} \bigl(\tfrac kn-x)^2 b_{n,k} \\
    & \leq \frac{2M}{n^2\delta^2} \sum_{k=0}^n \bigl(k-nx)^2 b_{n,k},
  \end{align}
y, como
  \begin{align}
  \sum_{k=0}^n(k-nx)^2b_{n,k}
    & = \sum_{k=1}^n\bigl(k(k-1)-(2nx-1)k+n^2x^2\bigr)b_{n,k} \\
    & = S(n,2) - (2nx-1)S(n,1) + n^2x^2S(n,0) \\
    & = nx(1-x),
  \end{align}
concluimos que
  \begin{align}
  \sum_{\abs{\frac{k}{n}-x}\geq\delta} \bigl(f(x)-f(\tfrac{k}{n})\bigr)b_{n,k}
    & \leq \frac{2M}{n\delta^2}x(1-x)
      \leq \frac{M}{2n\delta^2} \label{eq:xb} 
  \end{align}
ya que $x(1-x)\leq\frac14$ si $x\in[0,1]$.

Usando ahora~\eqref{eq:xa} y~\eqref{eq:xb} en~\eqref{eq:x} vemos que
  \[
  \abs{f(x)-f_n(x)}
    \leq \eps + \frac{M}{2n\delta^2}
  \]
para todo $x\in[0,1]$, así que
  \[
  d(f,f_n) = \sup_{x\in[0,1]} \abs{f(x)-f_n(x)} \leq 2\eps
  \]
si $n\geq \frac{M}{2\eps\delta^2}$.
\end{proof}

\begin{Corolario}
$\QQ[x]$ es un subconjunto denso de~$C(I)$.
\end{Corolario}

\begin{proof}
En vista de la proposición, basta mostrar que
$\RR[x]\subseteq\overline{\QQ[x]}$.

Sea $f=\sum_{k=0}^na_kx^k\in\RR[x]$ y sea $\eps>0$. Sean
$b_0$,~\dots,~$b_n\in\QQ$ tales que $\abs{a_k-b_k}<\eps$ para cada
$k\in\{0,\dots,n\}$. Sea $g=\sum_{k=0}^nb_kx^k\in\QQ[x]$. Si $x\in[0,1]$,
entonces
  \[
  \abs{f(x)-g(x)}
     \leq \sum_{k=0}^n \abs{a_k-b_k} x^k
     \leq (n+1)\eps.
  \]
Como $\eps$ es arbitrario, esto nos dice que $d(f,\QQ[x])=0$.
\end{proof}

\end{document}
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