El Teorema de Stone-Weierstrass Ejercicios

El Teorema de Stone-Weierstrass
Rodrigo Vargas
Definición 1. Un subconjunto A ⊂ C(M, R) se llama un álgebra de funciones
reales continuas cuando es un subespacio vectorial y f, g ∈ A ⇒ f · g ∈ A.
Definición 2. Se dice que un conjunto S ⊂ C(M, R) separa los puntos de
M cuando, dados x, y ∈ M con x 6= y existe f ∈ S tal que f (x) 6= f (y).
Teorema 1 (Stone-Weiertrass). Sea M un espacio métrico compacto y A ⊂
C(M, R) un álgebra de funciones continuas que contiene a las funciones constantes y separa puntos. Entonces A = C(M, R), esto es, toda función
continua f : M → R puede ser uniformemente aproximada por funciones
pertenecientes a A.
Ejercicios
1.
(i) Sea f : [a, b] → R una funcion continua y positiva tal que
Z b
f (x)dx = 0 .
a
Probar que f ≡ 0.
(ii) Sea f : [a, b] → R continua. Probar que si
Z b
f (x)xn dt = 0, ∀ n = 0, 1, 2, 3, . . .
a
entonces f ≡ 0.
2. Sea f : [0, 1] → R continua y tal que
Z 1
f (x)x2n = 0, ∀ n ∈ N ∪ {0} .
0
Pruebe que f ≡ 0. ¿Es cierto el resultado si [0, 1] es reemplazado por
[−1, 1]?
3. Sea g continua, no negativa y estrictamente creciente en [a, b]. Probar que
si f es continua y
Z b
f (x)g n (x)dx = 0, ∀ n = 0, 1, 2, . . .
a
entonces f ≡ 0.
1
4. Un polinomio trigonométrico es una función real de la forma
a0 +
n
X
(ar cos rx + br sin rx) .
r=1
Demuestre que si f es continua en [a, b], donde b − a < 2π, entonces f
es el lı́mite de una convergencia uniforme de una sucesión de polinomios
trigonométricos. Demuestre que este resultado es falso si b − a ≥ 2π.
¿Qué condición del Teorema de Stone-Weiertrass es violada?
5. Pruebe que toda función f : [a, b] → R continua es el lı́mite de una
convergencia uniforme de una sucesión de polinomios pares si y sólo si
(a, b) no contiene el origen.
6. Sean X, Y dos espacios métricos compactos y A ⊂ C(X, R), B ⊂ (Y, R)
sub-álgebras de C(X, R) y C(X, R) respectivamente. Si A y B separan
puntos y contienen las funciones constantes, demuestre que para cada
función continua f : X × Y → R y para cada ε > 0, existen funciones
f1 , f2 . . . , fn ∈ A y g1 , g2 , . . . , gn ∈ B tales que
¯
¯
n
¯
¯
X
¯
¯
f
(x,
y)
−
f
(x)g
(y)
¯
¯ < ε, ∀ (x, y) ∈ X × Y .
i
i
¯
¯
i=1
2
1.
(i) Sea f : [a, b] → R una funcion continua y positiva tal que
Z b
f (x)dx = 0 .
a
Probar que f ≡ 0.
(ii) Sea f : [a, b] → R continua. Probar que si
Z b
f (x)xn dt = 0, ∀ n = 0, 1, 2, 3, . . .
a
entonces f ≡ 0.
Solución:
(i) Supongamos que f 6= 0, sea A ⊂ [a, b] donde f es positiva, entonces
tenemos
Z b
Z
Z
Z
0=
f (x)dx =
f (x)dx +
f (x)dx =
f (x)dx > 0
a
Ac
A
A
lo cual seria una contradiccion, por lo tanto el conjunto A es un
conjunto de medida cero, pero la función f es continua luego tal
conjunto A es vacio.
(ii) Considere el conjunto
A = {p ∈ C[0, 1] | p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn }
entonces A es un álgebra de funciones constantes y separa puntos.
Por el Teorema de Stone-Weiertrass, dado ε > 0 existe p ∈ A tal
que kf − pk < ε y como [0, 1] es compacto y f es continua existe
M > 0 tal que |f (x)| ≤ M , entonces
¯
¯
¯
¯
¯Z b
¯
¯
¯Z b
Z b
¯
¯
¯
¯
2
¯ = ¯
¯
¯
f
(x)(f
(x)
−
p(x))dx
+
f
(x)p(x)dx
f
(x)dx
¯
¯
¯
¯
a
a
a
¯
|
{z
}¯¯
¯
0
Z b
≤
|f (x)||f (x) − p(x)|dx
a
≤ M kf − pk < M ε
Z
b
Luego,
f 2 (x)dx = 0 y por problema (i) se tiene que f ≡ 0.
a
3
3. Sea g continua, no negativa y estrictamente creciente en [a, b]. Probar que
si f es continua y
Z b
f (x)g n (x)dx = 0, ∀ n = 0, 1, 2, . . .
a
entonces f ≡ 0.
Solución: Consideremos el conjunto
( n
)
X
A=
ai g i (x) | ai ∈ R
i=0
entonces A es un álgebra de funciones con funciones constantes y como g
es estricatamente creciente en [a, b] si x 6= y entonces g(x) 6= g(y) lo que
implica que A separa puntos. Aplicando el Teorema de Stone-Weiertrass
y tecnica similar a problema 1 se obtiene que f ≡ 0.
4