• Seja lambdan, p(x)=(pn) x^n(1-x)^p-n, n=0,1,2, ldots, p. Mostrar que
    1=sumn=0^P lambdan, 1(x).
    x=sumn=1^p np lambdan ; p(x).
    z^k=sumn=k^p binomnkbinompk lambdan cdot c(x).
    & cdot cdot cdot cdot cdot cdot cdot cdot & x^p=lambdap, 1(x)

Passo 1

O enunciado define as polinômios de Bernstein de ordem p por
lambdan,p(x)=binompn,x^n(1-x)^,p-n, n=0,1,2,dots,p
Queremos mostrar as expansões das potências de x na base lambdan,p, ou seja,
  1. 1=sumn=0^plambdan,p(x),
  2. x=sumn=1^pnp,lambdan,p(x),
  3. para k=0,1,dots,p,
x^k=sumn=k^pbinomnkbinompk,lambdan,p(x),
em particular x^p=lambdap,p(x).
Usaremos o Teorema binomial e algumas identidades de binomiais (momentos da distribuição binomial).

Passo 2

Aplicando o Teorema binomial a (x+(1-x))^p temos
(x+(1-x))^p =sumn=0^pbinompn,x^n(1-x)^,p-n =sumn=0^plambdan,p(x)
Como x+(1-x)=1, concluímos
1=sumn=0^plambdan,p(x)

Passo 3

Para obter a expansão de x, consideramos o “momento de primeira ordem”
sumn=0^pn,lambdan,p(x) =sumn=0^pnbinompn,x^n(1-x)^,p-n
Usa-se a identidade
nbinompn=pbinomp-1,n-1,
de modo que
sumn=0^pn,lambdan,p(x) =psumn=1^pbinomp-1,n-1,x^n(1-x)^,p-n =p,xsumm=0^p-1binomp-1m,x^m(1-x)^,p-1-m =p,x
Dividindo ambos os lados por p, obtemos
x=sumn=1^pnp,lambdan,p(x)

Passo 4

Para a forma geral de ordem k, 0<= k<= p, consideramos
sumn=k^pbinomnk,lambdan,p(x) =sumn=k^pbinomnkbinompn,x^n(1-x)^,p-n
Usamos a identidade dupla
binompnbinomnk=binompkbinomp-k,n-k.
Então
sumn=k^pbinomnk,lambdan,p(x) =binompk sumn=k^pbinomp-k,n-k,x^n(1-x)^,p-n =binompk,x^k summ=0^p-kbinomp-km,x^m(1-x)^,p-k-m =binompk,x^k
Dividindo por binompk, chega-mos a
x^k =sumn=k^pbinomnkbinompk,lambdan,p(x)

Passo 5

O caso k=p é imediato: só n=p contribui na soma, e
x^p =sumn=p^pbinomnpbinompp,lambdan,p(x) =lambdap,p(x)

Resposta

  1. 1=sumn=0^plambdan,p(x).
  2. x=sumn=1^pnp,lambdan,p(x).
  3. Para k=0,1,dots,p,
    x^k=sumn=k^pbinomnkbinompk,lambdan,p(x),
    em particular x^p=lambdap,p(x).

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