今天介绍一个用多项式一致逼近函数的定理。

定理：令$f$为定义于区间$[0,1]$上的连续函数，对任意$\varepsilon>0$存在多项式函数$p$使得对所有$x\in[0,1]$不等式
\[ |f(x)-p(x)|<\varepsilon \]
成立。
本定理证明依赖于以下几件事：
(a)定义于闭区间上的连续函数是一致连续的：对任意$\varepsilon>0$，存在$\delta>0$,使得对任意的$x,y$满足$|x-y|<\delta$,就有$|f(x)-f(y)|<\varepsilon $
(b)定义于闭区间上的连续函数是有界的：存在$M>0$使得$|f(x)|<M$。
(c)恒等式
\[ \sum_{k=0}^{n}\left(\frac{k}{n}-x\right)^{2}C_{n}^{k}x^k(1-x)^{n-k}=\frac{x(1-x)}{n} \]

————————————————————————————————————————————————————————————
为了证明(c),令$f(x)=(x+t)^n$,由牛顿二项式定理得
\[ f(x)=\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}x^{k}t^{n-k} \]
两边对$x$求导，得到
\[ n(x+t)^{n-1}=f'(x)=\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}kx^{k-1}t^{n-k} \]
故
\[ x(x+t)^{n-1}=\sum_{k=0}^{n}\frac{k}{n}C_{n}^{k}x^{k}t^{n-k} \]
令$g(x)=x(x+t)^{n-1}$.则
\[ g'(x)=(x+t)^{n-1}+(n-1)x(x+t)^{n-2}=\sum_{k=0}^{n}\frac{k}{n}\cdot C_{n}^{k}kx^{k-1}t^{n-k} \]
\[ \Rightarrow\qquad \frac{x}{n}(x+t)^{n-1}+\frac{x^2}{n}(n-1)(x+t)^{n-2}=\sum_{k=0}^{n}\frac{k^2}{n^2}C_{n}^{k}x^{k}t^{n-k} \]
将$t=1-x$代入得到
\begin{equation}
 1=\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}x^{k}(1-x)^{n-k}
\end{equation}
\begin{equation}
 x=\sum_{k=0}^{n}\frac{k}{n}C_{n}^{k}x^{k}(1-x)^{n-k}
\end{equation}
\begin{equation}
\frac{x}{n}+\frac{x^2}{n}(n-1)=\sum_{k=0}^{n}\frac{k^2}{n^2}C_{n}^{k}x^{k}(1-x)^{n-k} 
\end{equation}
于是
\begin{align*}
  &\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{k}{n}-x\right)^{2}C_{n}^{k}x^k(1-x)^{n-k}\\
  &=\sum_{k=0}^{n}\frac{k^2}{n^2}C_{n}^{k}x^{k}(1-x)^{n-k}-2x\sum_{n=0}^{n}\frac{k}{n}C_{n}^{k}x^{k}(1-x)^{n-k}+x^2\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}x^{k}(1-x)^{n-k}\\
  &=\frac{x}{n}+\frac{x^2}{n}(n-1)-2x^2+x^2\\
  &=\frac{x(1-x)}{n}
\end{align*}
\[\Leftrightarrow\qquad \sum_{k=0}^{n}\left(k-nx\right)^{2}C_{n}^{k}x^k(1-x)^{n-k}=nx(1-x) \]

——————————————————————————————————————————————————————————————
定理证明
令$\varepsilon>0$,存在$\delta>0$,使得当$x,y\in[0,1]$,$|x-y|<\delta$,不等式$|f(x)-f(y)|<\frac{\varepsilon}{2}$成立。同时可以选取$M>0$,使得$|f(x)|<M$.考虑$f(x)$的Bernstein 多项式
\[ \boxed{B_{n}(x)=\sum_{k=0}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)C_{n}^{k}x^{k}(1-x)^{n-k}\qquad (n=1,2,\cdots)} \]
我们将证明：若$n>\max\bigg\{\frac{1}{\delta^{4}},\left(\frac{4M}{\varepsilon}\right)^{2}\bigg\}$,则所有$x\in[0,1]$都满足$|f(x)-B_{n}(x)|<\varepsilon$.证明如下
\[ f(x)-B_{n}(x)=\sum_{k=0}^{n}\left(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right)C_{n}^{k}x^{k}(1-x)^{n-k}=\sum_{(a)}+\sum_{(b)} \]
其中$\sum_{(a)}$表示对满足$\left|\frac{k}{n}-x\right|<\frac{1}{n^{\frac{1}{4}}}$求和，而$\sum_{(b)}$表示对满足$\left|\frac{k}{n}-x\right|\geq \frac{1}{n^{\frac{1}{4}}}$求和。
若$\left|\frac{k}{n}-x\right|\geq \frac{1}{n^{\frac{1}{4}}}$,则$|k-nx|\geq n^{\frac{3}{4}}$,故$(k-nx)^{2}\geq n^{\frac{3}{2}}$.由此
\begin{align*}
\left|\sum_{(b)}\right|&\leq \sum_{(b)}\left[|f(x)|+\left|f\left(\frac{k}{n}\right)\right|\right]C_{n}^{k}x^{k}(1-x)^{n-k}\\
&\leq 2M\sum_{(b)}C_{n}^{k}x^{k}(1-x)^{n-k}\\
&\leq \frac{2M}{n^{\frac{3}{2}}}\sum_{(b)}C_{n}^{k}(k-nx)^2x^{k}(1-x)^{n-k}\\
&\leq \frac{2M}{n^{\frac{3}{2}}}nx(1-x)\\
&\leq \frac{2M}{n^{\frac{1}{2}}}<\frac{\varepsilon}{2}
 \end{align*}
 若$\left|\frac{k}{n}-x\right|<\frac{1}{n^{\frac{1}{4}}}$,则$\left|\frac{k}{n}-x\right|<\delta$,故$\left|f\left(\frac{k}{n}\right)-f(x)\right|<\frac{\varepsilon}{2}$,由此
 \[ \left|\sum_{a}\right|\leq\sum_{a}\left|f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right|C_{n}^{k}x^{k}(1-x)^{n-k}<\frac{\varepsilon}{2} \]
 因此，马上有
 \[ |f(x)-B_{n}(x)|<\varepsilon \]
 $B_{i}^{n}(t)$称为Bernstein基底
 \[ B_{i}^{n}=C_{n}^{i}t^{i}(1-t)^{n-i} \]