Теорема Вейерштрасса о приближении функции многочленами

[UmnyjDurak]

Добрый день,
в доказательстве теоремы Вейерштрасса о равномерном приближении непрерывной функции многочленами привидённом в книге Рудина есть следующее утверждение:
"... $P_n(x) = \int\limits_{0}^{1}f(t)Q_n(t-x)dt$, где $Q_n(x)=c_n(1-nx^2)^n$,
а последний интеграл, очевидно, есть многочлен по $x$."
Объясните, пожалуйста, почему очевидно? (На момент изучения этой главы от читателя вроде не требуется знание темы "Интеграл зависящий от параметра".)

[mihaild]

Подставьте явный вид $Q_n$, раскройте скобки и вынесите $x$ из-под интеграла (это сделать можно, т.к. $\int c f(t)\, dt = c \int f(t)\, dt$).

[UmnyjDurak]

Ой, и правда. Как-то даже стыдно стало.
Спасибо за ответ!

[ewert]

Рудина не читал, но в формуле есть явная техническая проблема: на концах отрезка появятся множители $\frac12$.

Да, и ещё одна проблема, на этот раз уже принципиальная (почему-то не сразу обратил внимание). Чтобы конструкция работала, надо обрубить $Q_n$ нулём там, где $1-nx^2<0$. Но тогда интеграл уже не будет многочленом, естественно.

[Padawan]

Там, наверное, должно быть $Q_n(x)=c_n(1-x^2)^n$.

[ewert]

Это, наверное, поможет, но только если приближение строится для более узкого промежутка, иначе -- краевые эффекты.

[Padawan]

Все хорошо. Интеграл-то берется по отрезку $[0,1]$. Для любого $x\in [0,1]$ $Q_n(t-x)$ при $t\in [0,1]$ положительна. Можете считать, что за пределами $[-1,1]$ функция $(1-x^2)^n$ продолжена нулем. Все равно эти значения никак не используются.

[ewert]

Это понятно, что не используются. Речь о другом -- о том, что я говорил в самом начале. Что для каждого из концов, в отличие от внутренних точек, задействуется лишь половина колокольчика.

[ewert]

Да, удосужился я наконец заглянуть в Рудина. У него действительно $(1-x^2)^n$, а краевые эффекты он обходит, просто полагая $f(0)=f(1)=0$.

Мне это не очень нравится, поскольку идея-то ведь в любом случае в свёртке с дельтаобразной последовательностью. Причём желательно отдельно сформулировать соответствующее утверждение для последовательностей максимально общего вида на всей оси и затем тупо на него сослаться. Для этого придётся (стандартный приём) продолжить приближаемую функцию по непрерывности за пределы промежутка.

Рудин же смешал всё в кучу. И хотя доказательство у него вышло достаточно компактным (если не считать некоторых необязательных технических деталей), мне всё-таки не очень по душе.