En su forma más general, la versión de Stone-Weierstrass teorema es un resultado acerca de la generación de densa subalgebras de $C(X)$ = unitaria álgebra de funciones continuas $f : X \to \mathbb{R}$ dotado con el compacto-abierta topología (que es la topología de la convergencia uniforme sobre compactos de subconjuntos de a$X$). Tenga en cuenta que si $X$ es compacto, entonces $C(X)$ tiene la topología de la convergencia uniforme.
Cualquier subconjunto $D \subset C(X)$ genera un menor unitario subalgebra $A(D) \subset C(X)$. Es fácil ver que $A(D)$ es el conjunto de funciones que tenía la forma $p(f_1,\dots,f_n)$, donde $f_i \in D$ e $p$ rangos de todos los polinomios en la $n \ge 1$ variables (todas las $n$ permitido).
Este es el verdadero origen de los polinomios en el Stone-Weierstrass teorema que dice lo siguiente:
Si $D$ separa los puntos (lo que significa que para cualquiera de los dos distintos $x,x' \in X$ existe $f \in D$ tal que $f(x) \ne f(x')$), a continuación, $A(D)$ es denso en $C(X)$.
Ahora vamos a $X = [-1,1]$. A continuación, $D = \{ id \}$, $id(x) = x$, trivialmente separa puntos y $P(X) = A(D)$ es el conjunto de todos los polinomios en la variable $x$. Que $P(X)$ es denso en $C(X)$ es el "clásico" Piedra-teorema de Weierstrass. Sin duda, uno puede dar una prueba directa por la construcción inductiva de una secuencia de polinomios convergiendo a un determinado $f \in C([-1,1])$, pero en mi opinión esta es una inusual (aunque válido).
Editado:
Un ingrediente clave en la prueba de la Piedra-Teorema de Weierstrass es la siguiente resultado:
Deje $A \subset C(X)$ ser un unitario subalgebra. Si $f \in A$, a continuación, $\lvert f \rvert \in \overline{A}$.
Prueba de ello es el siguiente (aquí sólo consideramos compacto $X$, pero el argumento puede ser generalizado para arbitrario $X$).
Para $f : X \to \mathbb{R}$ deje $R = \sup_{x \in X} \lvert f(x) \rvert$. A continuación, $f/R \in C(X)$ e $(f/R)(X) \subset [-1,1]$. Si podemos encontrar una secuencia de polinomios $p_n(t)$ tal que $p_n(t) \to \lvert t \rvert$ uniformemente en $[-1,1]$, a continuación, $p_n(f(x)/R) \to \lvert f(x)/R \rvert$ uniformemente en $X$. La definición de $f^*_n(x) = Rp_n(f(x)/R)$ vemos que $f^*_n(x) \to \lvert f(x) \rvert$ uniformemente en $X$. Pero tenemos $f^*_n \in A$ porque $f/R \in A$ e $p_n$ es un polinomio (recordemos que $A$ es un unitario de álgebra). Tenga en cuenta que para la conclusión de $p_n(f/R) \in A$ es esencial que $p_n$ es un polinomio.
Entonces, ¿cómo encontrar estos $p_n$? Sin duda hay muchos enfoques. No todos de ellos construir la $p_n$ recursivamente como en tu pregunta. Una alternativa es construir polinomios $q_n(x)$ tal que $q_n(x) \to \sqrt{x}$ uniformemente en $[0,1]$. A continuación, $p_n(x) = q_n(x^2)$ es una solución. Pero ahora se sabe que
$$1 - \sqrt{1-y} = \sum_{i=1}^\infty \left\lvert \binom{\frac{1}{2}}{i} \right\rvert y^i$$
de manera uniforme en $[0,1]$. Por lo tanto, $q_n(x) = 1 - \sum_{i=1}^n \left\lvert \binom{\frac{1}{2}}{i} \right\rvert (1-x)^i$ va a hacer.
Conclusión:
Los polinomios son esenciales para demostrar la Piedra-teorema de Weierstrass. La razón es que $A$ ser un unitario subalgebra de $C(X)$ es equivalente a la siguiente:
Para todos los polinomios $p$ en $n \ge 1$ variables y todos los $f_1,\dots,f_n \in A$ uno ha $p(f_1,\dots,f_n) \in A$.
Sin embargo, en la formulación general de la Stone-Weierstrass teorema este hecho no se menciona explícitamente. Pero está implícita en la afirmación de que $A(D)$ es denso en $C(X)$ porque $A(D)$ es generado por polinomios.
