Pregunta sobre la demostración del teorema de Stone-Weierstrass (teorema de aproximación de Weierstrass) en Rudin

Question

En la obra de Rudin Principios del análisis matemático Se incluye una demostración del teorema de Stone-Weierstrass en su enunciado original (3ed, p159):

Mi pregunta es sobre el paso después de (51), $P_n(x)=\int_{-1}^1f(x+t)Q_n(t)\operatorname{d}t$ . ¿Cómo se pasa de esto, mediante un cambio de variable, al siguiente paso, es decir $P_n(x)=\int_{-x}^{1-x}f(x+t)Q_n(t)\operatorname{d}t$ ?

Y otra pregunta es por qué $P_n(x)=\int_0^1f(t)Q_n(t-x)\operatorname{d}t$ es un polinomio.

Answer 1

Bueno, la primera igualdad, es decir $\int_{-1}^{1}f(x+t)Q_n(t)dt = \int_{-x}^{1-x}f(x+t)Q_n(t)dt$ se deduce simplemente del hecho de que f es $0$ en el exterior $[0,1]$ que es uno de los supuestos simplificadores que hace Rudin.

Ahora $\int_{-x}^{1-x}f(x+t)Q_n(t)dt = \int_{0}^{1}f(t)Q_n(t-x)dt$ se deduce por la sustitución t = t-x.

El hecho de que $\int_{0}^{1}f(t)Q_n(t-x)dt$ es un poli en $x$ se desprende de la escritura $Q_n(t+x) = \sum_{k=0}^{n}a_i(t+x)^k=\sum_{k=0}^{n}b_i(t)x^k$ y ahora $\int_{0}^{1}f(t)Q_n(t-x)dt = \sum_{k=0}^{n}(\int_{0}^{1}b_i(t)dt)x^k$ , donde $b_i(t)$ no son más que las funciones(polis) obtenidas al expandir cada $(t+x)^k$ .