§24-4 Weierstrass 逼近定理

把結果從單位區間搬到任意的閉區間，需要付出什麼代價？而定義域若不再有界、或端點沒有收進來，結論還剩下多少？

搬到任何一個閉區間

食譜寫的是八吋烤模，手上只有九吋。做法不是重寫整份食譜，而是把每個份量按同一個比例換算一次——換算完之後，原來那份食譜照樣用得上，而且成品的比例分毫不差。

上一篇的結果綁在 [0, 1] 上，因為取樣點寫成 k/n。可是這個限制是假的：任何一個閉區間都可以先拉伸平移成 [0, 1]，算完再拉回去，而拉伸平移不改變「最大誤差」這個量。

換句話說，上一篇的建構已經把一般情形做完了，剩下的只是換一次變數。換完之後得到的是本節、也是本章最有名的一條定理。

24.8 WEIERSTRASS APPROXIMATION THEOREM

Let f be continuous on a compact interval [a, b] of ℝ with values in ℝ. Then f can be uniformly approximated by polynomials.

閉區間上的連續函數，全部都是多項式的均勻極限。這句話的份量在於「全部」——不論那個函數多不規則、有多少尖角、多少震盪，只要連續，就有一列多項式在整條區間上一致地追上它。而連續函數可以非常不規則：§20-4 那個只在無理點連續的函數是反方向的極端例子。

正例：f(x) = |x − 3| 於 [1, 5]——它在 x = 3 有一個尖角，可是仍然被多項式均勻逼得任意準。反例：定理的兩個條件都不能鬆——定義域必須有界且封閉。例 5 給出 ℝ 上與有界開區間上的兩個反例。

PROOF

工作已經在上一篇做完，這裡只是把 [a, b] 與 [0, 1] 之間的對應寫出來，並確認誤差在對應之下不變。

證明計畫 · 由所求想起
所求是 [a, b] 上的多項式。先把問題搬到 [0, 1]：令 g(t) = f((b − a)t + a)，它是連續函數與一次函數的合成，仍然連續，而且 t 跑遍 [0, 1] 時對應的點恰好跑遍 [a, b]。上一篇交出一列 Bernstein 多項式均勻逼近 g，再把變數換回去即可。
唯一需要檢查的是：換變數之後誤差的 sup 完全不變，因為兩個區間上的點是一個對一個的。

Proof. Define g on [0, 1] by g(t) = f((b − a)t + a). The map t ↦ (b − a)t + a is continuous, so g is continuous by 20.8; and it carries [0, 1] onto [a, b] in a one-to-one fashion, with inverse x ↦ (x − a)/(b − a).

這一步的所求：把定義域搬過去。用的是一次函數，而一次函數在這裡兼三個身分——它連續（所以合成仍連續，20.8）、它是單射（所以兩邊的點一個對一個）、而且它的反函數也是一次的（所以換回去時仍然得到多項式）。若換的是非多項式的變數（例如開根號），最後一項就會壞掉。

By 24.7 the Bernstein polynomials Bₙ for g satisfy ‖Bₙ − g‖_{[0,1]} → 0. Put pₙ(x) = Bₙ((x − a)/(b − a)), which is again a polynomial in x. Since the substitution is a bijection between the two intervals,
‖pₙ − f‖_{[a,b]} = ‖Bₙ − g‖_{[0,1]} → 0,
so (pₙ) converges uniformly on [a, b] to f.

這一步是例行核對，可是中間那個等號值得看清楚。sup 取的是「所有點上誤差的最大值」，而換變數只是把同一批誤差重新編號——集合本身沒變，sup 當然不變。這一步之所以要特地說一句，是因為換變數會改變別的東西（例如每個點附近的縮放倍率），只有取最大值這個動作不受影響。pₙ 仍是多項式，因為把一次式代進多項式仍然得到多項式。

閉區間上的連續函數與多項式之間，距離可以壓到任意小。∎

這張圖在說 24.8 為什麼只是換一次變數：一次函數把 [0, 1] 一個對一個地攤成 [a, b]。每一點的誤差原封搬家，只是換了個位置標籤，所以兩邊的 sup 是同一個數。多項式代入一次式仍然是多項式，於是逼近工具也一起搬了過去——這兩件事缺一，整個搬運就不成立。

COROLLARY

On every compact interval of ℝ, the absolute value function h(x) = |x| is the uniform limit of a sequence of polynomials.

單獨把這個情形拉出來記一筆，因為它會被反覆引用。值得留意的是「有尖角」完全不妨礙被多項式逼近——每一個逼近的多項式都是平滑的，尖角只在極限處浮現，正如本節第一篇那道硬邊只在極限處浮現。

正例：在 [−1, 1] 上取 f = h，24.8 直接適用，因為 |x| 連續（20.7）。反例：這件事在 ℝ 上不成立——多項式與 |x| 在無限遠處的成長方式對不起來，例 5 的第一個反例用的就是同一個道理。

PROOF

Proof. The function h(x) = |x| is continuous on ℝ by 20.7, hence continuous on any compact interval; 24.8 applies directly.

這一格是例行核對，列出來只是為了把引用鏈接好。要留意這個推論沒有交出任何具體的多項式——它只說那一列存在，而透過 24.7 的建構其實是寫得出來的：把 |x| 搬到 [0, 1] 之後照 Bernstein 的公式取樣即可。這是「存在」與「建構」少見地同時到手的情形。

尖角不是多項式逼近的障礙。∎

例 5兩種放寬，兩次失敗

24.8 要求定義域是閉區間而且有界。兩個條件各拿掉一次，看看壞在哪裡。

拿掉有界：取 f(x) = 1/(1 + x²) 於 ℝ，它連續且值全落在 (0, 1] 內。假設某個多項式 p 滿足 |p(x) − f(x)| < ½ 對所有 x ∈ ℝ 成立。
那麼 |p(x)| < ½ + 1 對所有 x 成立，p 有界。可是次數 m ≥ 1 的多項式必定無界（|x| 夠大時最高次項壓過其餘各項，同 §22-2 例 3 的估計），所以 p 是常數 c。
兩頭一夾：x = 0 給 |c − 1| < ½，也就是 c > ½；而 |x| 很大時 f(x) 要多小有多小，於是 |c| ≤ ½。兩者矛盾。連 ε = ½ 都做不到，遑論任意小。
拿掉封閉：取 f(x) = 1/x 於有界開區間 (0, 1)，它在其上連續。任何多項式 p 在 [0, 1] 上連續，因而有界（22.6），設界為 K。
若 |p(x) − f(x)| < 1 對所有 x ∈ (0, 1) 成立，則 1/x < K + 1 對所有這些 x 成立——可是 x 可以任意小而 1/x 因此無界，矛盾。
兩個反例的病灶其實相同：多項式在 compact 集合上必定有界，所以它逼近不了任何無界的函數。第 1 步那個 f 明明有界，壞的是定義域無界——多項式在無界的定義域上只有常數才有界，而常數逼近不了會變動的函數。

第 6 步把兩次失敗收成一句話。這也讓 24.8 的條件顯得很自然：compact 同時買下「函數有界」與「函數均勻連續」，而整條證明鏈——22.6 給界、23.3 給 δ、24.7 給多項式——每一環都靠它。往後看到「在 compact 集合上」這幾個字，可以直接把這兩份紅利算進手上的資源。

這張圖在說例 5 兩次失敗的畫面。左邊：定義域無界時，實線在兩端趨近橫軸，而任何非常數的多項式（虛線）在兩端一定跑向無限，唯一能在整條數線上有界的多項式是常數，而常數追不上會變動的曲線。右邊：端點沒收進來時，實線在左端向上發散，而多項式在閉區間上必定有界，兩者的差在靠近端點處要多大有多大。

—— 第四階段到此結束 ——

本篇把上一篇的建構推到任意閉區間：一次函數把 [a, b] 一個對一個地攤成 [0, 1]，誤差的 sup 原封不動，而多項式代入一次式仍是多項式。得到的 24.8 是本章最有名的結果——閉區間上的連續函數全部是多項式的均勻極限，尖角完全不妨礙（推論把絕對值函數單獨記了一筆）。例 5 拆掉兩個條件各一次，兩次都因為「多項式在 compact 集合上必定有界」而失敗。本節到此收工，起來動一動、喝點水。

下一幕預告

本節走了兩條線。第一條是保存：均勻收斂把連續帶過極限（24.1），而逐點收斂辦不到。第二條是建構：階梯、折線、Bernstein 多項式，三種工具一種比一種貼身，而每一種的證明入口都是上一節的均勻連續定理。兩條線在 24.8 會合——閉區間上的連續函數與多項式之間沒有距離。

下一節暫時離開函數列，回頭補一個一直被繞過的概念。本章談連續時，用的一直是「x 走向 a 時 f(x) 走向 f(a)」這種說法，可是這裡面藏著一個更基本的問題：如果 a 根本不在定義域裡，或者 f(a) 的值不是我們關心的那一個，「走向」還說得通嗎？下一節把函數的極限單獨立起來，並且會看到連續不過是「極限存在而且恰好等於該點的值」這個特款。同一節還會把 §18 的上極限與下極限從數列搬到函數上，用來處理那些極限根本不存在的情形。