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.
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 $(t+x)^k$ .
Vale, ahora entiendo por qué es un polinomio: aplica la expansión binómica varias veces, primero en $(1-(t-x)^2)^n $ y en aquellos $(t-x)^{2i}$ entonces la integral será $$\sum_{i=0}^{2n}c_nk(i)\left(\int_0^1f(t)\cdot t^{2n-i}\operatorname{d}t\right)x^i$$ donde $k(i)$ son los coeficientes binomiales fusionados.
Pero me sigo preguntando $\int_{-1}^{1}f(x+t)Q_n(t)dt = \int_{-x}^{1-x}f(x+t)Q_n(t)dt$ parte, ¿podría explicar esta parte con un poco más de detalle? Gracias.
Vale, entonces la integral tiene t variando de -1 a 1, pero en realidad f(x+t) es $0$ para t < -x por lo que la integral de -1 a -x de f(x+t) $Q_n(t)$ será 0. ¿Está claro?
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