Approximationstheorie

4.4 Der Preis: Saturation 77
Satz 2.2, daß
Bnf(x) =
n
f
j=0
j
B
n
n j (x) = f(x)
+ f ′′ (x)
2
= f(x) +
2 − x
n
j=0
B n j (x)
=1
+f ′ n
j
(x) − x B
n
j=0
n j (x)
=x−x=0
2 (f ′′ (ξj) − f ′′ (x)) B n j (x)
n
j
n
j=0
B n
j (x)
= x(1−x)
+
n
1
n
j
− x
2 n
j=0
=:Rn(x)
x(1 − x)
f
2
′′ (x) + 1
2 Rn(x). (4.17)
Bleibt also die Abschätzung von Rn. Hierfür wählen wir wie im Beweis von Satz 2.2 wieder
δ > 0 und spalten auf, weswegen
|Rn(x)| ≤
=
siehe Übung 4.11, also
n
2 j
− x |f
n ′′ (ξj) − f ′′ (x)| B n j (x)
2 j
− x |f
n ′′ (ξj) − f ′′ (x)|
j=0
| j
n −x|≤δ
| j
n −x|>δ
≤ ω (f ′′ , δ)
≤ω(f ′′ ,δ)
2 j
− x |f
n ′′ (ξj) − f ′′ (x)|
2 − x B n j
n
j
n
j=0
= x(1−x)
n
≤2f ′′
B n j (x)
+2 f ′′ 1
δ 2
B n j (x)
n
j
n
4 − x B n j
j=0
≤
C
n2 n |Rn(x)| ≤ ω (f ′′ , δ)
+
4
C
.
nδ2 (4.18)
Nun wählen wir für vorgegbenes ε > 0 wieder zuerst δ so klein, daß ω (f ′′ , δ) < 2ε und dann n
so groß, C
nδ2 < ε,
so daß, nach (4.18)
2
Einsetzen in (4.17) liefert somit, daß
lim
n→∞ (Bnf − f) (x) =
x(1 − x)
2
lim
n→∞ n Rn = 0.
f ′′ (x) + 1
2 lim
n→∞ Rn(x) =
=0
x(1 − x)
2
,
f ′′ (x),
was gerade (4.15) ist.