魏尔斯特拉斯逼近定理

魏尔斯特拉斯逼近定理（Weierstrass approximation theorem）断言：有界闭区间上的任意连续实函数，都能被实系数多项式以任意小的一致误差逼近。逼近要求整个区间上的最大误差都小，而非只在有限个采样点上吻合；函数本身可以在某些点不可导。

一个可计算的构造是伯恩斯坦多项式。它从等距节点取函数值，再按随位置改变的非负权重求平均。例如对 $f (x) = x^{2}$ ，这一构造给出 $B_{n} f (x) = x^{2} + \frac{x (1 - x)}{n} .$ 它与原函数在整个 $[0, 1]$ 上的误差不超过 $1 / (4 n)$ 。下面先算出低阶多项式，再证明同一构造为什么能处理所有连续函数。

定理中的量词与误差

设 $a < b$ 为有限实数， $f : [a, b] \to ℝ$ 连续。对任意 $ε > 0$ ，存在实系数多项式 $P$ ，使 $‖ f - P ‖_{\infty} = sup_{t \in [a, b]} | f (t) - P (t) | < ε .$ 等价地，存在一列多项式在 $[a, b]$ 上一致收敛到 $f$ 。多项式次数可以随误差要求增加，定理没有给所有连续函数规定同一个固定次数。^[1]

由于 $[a, b]$ 上的连续函数有界，上确界是有限的，而且在某点取得。这里的一致误差是点值误差的最大值，不是均方误差，也不是忽略零测集后的误差。定理还可简写成“多项式在 $C ([a, b])$ 的一致范数下稠密”；“稠密”指任意连续函数附近都能找到多项式，而非连续函数本身就是有限次多项式。

只需证明单位区间的情形。令 $F (x) = f (a + (b - a) x)$ ，则 $F$ 在 $[0, 1]$ 上连续。若多项式 $Q$ 逼近 $F$ ，令 $P (t) = Q (\frac{t - a}{b - a}) .$ 它仍是 $t$ 的多项式，且变量替换使两个区间上的最大误差完全相同。若区间退化为单点 $a = b$ ，常数多项式 $f (a)$ 已精确表示该点的值。

伯恩斯坦权重与一个二阶构造

取正整数 $n$ ，节点为 $0, 1 / n, \dots, 1$ 。定义 $b_{n, k} (x) = (\binom{n}{k}) x^{k} (1 - x)^{n - k}, k = 0, \dots, n,$ 以及 $B_{n} f (x) = \sum_{k = 0}^{n} f (k / n) b_{n, k} (x) .$ 这里 $(\binom{n}{k})$ 是二项式系数。各项本身是多项式，因此 $B_{n} f$ 的次数至多为 $n$ ；次数也可能因相消而更低。端点使用多项式求值的约定， $b_{n, 0} (0) = 1$ 、 $b_{n, n} (1) = 1$ ，其余相应权重为零。

在 $0 \leq x \leq 1$ 上，全部权重非负，且由二项式定理， $\sum_{k = 0}^{n} b_{n, k} (x) = (x + 1 - x)^{n} = 1.$ 所以 $B_{n} f (x)$ 是节点函数值的加权平均。它精确保留两个端点值，并且所有输出都落在节点值的最小值与最大值之间。^[1]

对 $f (x) = x^{2}$ ，取 $n = 2$ ，节点值为 $0, 1 / 4, 1$ 。直接代入： $\begin{matrix} B_{2} f (x) & = 0 \cdot (1 - x)^{2} + \frac{1}{4} \cdot 2 x (1 - x) + x^{2} \\ = \frac{1}{2} x + \frac{1}{2} x^{2} . \end{matrix}$ 因此误差为 $x (1 - x) / 2$ ，在 $x = 1 / 2$ 取得最大值 $1 / 8$ 。例如节点 $1 / 2$ 处，原函数值是 $1 / 4$ ，逼近值却是 $3 / 8$ 。虽然构造使用了这个节点值，它仍不是通过全部节点的插值多项式。

单位区间上画原函数x平方与二阶四阶伯恩斯坦逼近，两逼近曲线都在原曲线上方，四阶误差较小 — 本例 B₂f=(x+x²)/2，B₄f=(x+3x²)/4。两条逼近在端点精确吻合，最大误差都出现在中点，分别为1/8和1/16。

权重集中在当前位置附近

取固定的 $x \in [0, 1]$ ，把 $b_{n, k} (x)$ 看作节点 $k / n$ 的权重。除总权重一以外，还要计算其平均位置和离当前位置的平方距离。利用组合数恒等式 $k (\binom{n}{k}) = n (\binom{n - 1}{k - 1}),$ 移去 $k = 0$ 的零项、把其余下标减一，就得到 $\sum_{k = 0}^{n} k b_{n, k} (x) = n x (x + 1 - x)^{n - 1} = n x .$ 对于 $n \geq 2$ ，相同方法利用 $k (k - 1) (\binom{n}{k}) = n (n - 1) (\binom{n - 2}{k - 2})$ 得到 $\sum k (k - 1) b_{n, k} = n (n - 1) x^{2}$ 。再将 $k^{2} = k (k - 1) + k$ 代入，分别除以 $n$ 、 $n^{2}$ ，便有 $\sum_{k = 0}^{n} \frac{k}{n} b_{n, k} (x) = x,$ $\sum_{k = 0}^{n} {(\frac{k}{n})}^{2} b_{n, k} (x) = x^{2} + \frac{x (1 - x)}{n} .$ $n = 1$ 时直接用两个权重 $1 - x, x$ 检查，同样成立。由这两个式子展开平方，得到关键恒等式 $\sum_{k = 0}^{n} {(\frac{k}{n} - x)}^{2} b_{n, k} (x) = \frac{x (1 - x)}{n} \leq \frac{1}{4 n} .$ 二项分布的语言会把前一式称为均值、后一式称为 $k / n$ 的方差；这里已通过有限求和推导，不需要先假设概率极限定理。^[1]

给定 $δ > 0$ ，若某节点满足 $| k / n - x | \geq δ$ ，其平方距离至少为 $δ^{2}$ 。因此距离较远节点的总权重满足 $\sum_{| k / n - x | \geq δ} b_{n, k} (x) \leq \frac{x (1 - x)}{n δ^{2}} \leq \frac{1}{4 n δ^{2}} .$ 这不是说远处节点一个也不存在，而是说它们占据的总权重会随 $n$ 增大而变小，并且上界不依赖 $x$ 。

十六阶权重在x等于二分之一时集中于中间节点，距离至少四分之一的两端权重用不同颜色标出 — 图取 n=16、x=0.5、δ=0.25。远处节点为k≤4或k≥12，总权重为2517/32768≈0.07681，小于统一上界1/(4nδ²)=0.25。柱高表示权重，不是函数f的数值。

一致逼近的完整证明

设 $f$ 在 $[0, 1]$ 上连续。由闭区间连续函数的最值定理，存在有限的 $M = max | f |$ ；由一致连续性，对任意 $ε > 0$ ，可选与位置无关的 $δ > 0$ ，使 $| u - v | < δ ⟹ | f (u) - f (v) | < ε / 2.$ 把总权重一代入差值，得到 $B_{n} f (x) - f (x) = \sum_{k = 0}^{n} (f (k / n) - f (x)) b_{n, k} (x) .$ 按节点距离小于 $δ$ 或不小于 $δ$ 分成两组。近处节点的函数值差小于 $ε / 2$ ，它们总权重不超过一，所以这一组对绝对误差的贡献不超过 $ε / 2$ 。

远处节点的函数值差至多为 $2 M$ 。用刚证明的远处总权重界，整项误差因而满足 $\begin{matrix} | B_{n} f (x) - f (x) | & \leq \frac{ε}{2} + 2 M \frac{1}{4 n δ^{2}} \\ = \frac{ε}{2} + \frac{M}{2 n δ^{2}} . \end{matrix}$ 若 $M = 0$ ，函数与全部逼近都恒为零。否则取正整数 $n > M / (ε δ^{2})$ ，右侧严格小于 $ε$ 。这个次数要求同时适用于区间内所有 $x$ ，故得到一致收敛。再作前面的区间变换，就证明一般有界闭区间的定理。

证明将两个不同困难分开：连续性只控制邻近点的函数值差，二阶矩则控制远处节点的总权重。任一部分缺失，都不能仅从节点越来越密推断最大误差趋零。

平方函数的误差与次数选择

前面的二阶矩恒等式直接给出主例的全部次数： $B_{n} (x^{2}) = x^{2} + \frac{x (1 - x)}{n} .$ 由于 $x (1 - x) = 1 / 4 - (x - 1 / 2)^{2}$ ，最大误差正好是 $‖ B_{n} (x^{2}) - x^{2} ‖_{\infty} = \frac{1}{4 n} .$ 取 $n = 4$ 时， $B_{4} f = (3 x^{2} + x) / 4$ ，在中点取值 $5 / 16$ ，而 $f (1 / 2) = 1 / 4$ ，相差 $1 / 16$ 。若要求最大误差不超过 $0.01$ ， $n = 25$ 已足够；要求严格小于这一值，则可取 $n = 26$ 。

这个例子也显示，伯恩斯坦构造的次数参数并不表示实际多项式次数一定等于 $n$ ：这里所有 $n \geq 2$ 得到的多项式都是二次，而原函数本身就能被二次多项式精确表示。该构造给出一条统一、可证明收敛的办法，不承诺是某个固定次数下误差最小的选择。

有尖角函数的变式

取 $f (x) = | x - 1 / 2 |$ 。它在中点不可导，仍是连续函数。二阶节点值为 $1 / 2, 0, 1 / 2$ ，所以 $\begin{matrix} B_{2} f (x) & = \frac{1}{2} (1 - x)^{2} + \frac{1}{2} x^{2} \\ = x^{2} - x + \frac{1}{2} . \end{matrix}$ 在左半区间，误差为 $x^{2}$ ；在右半区间，误差为 $(1 - x)^{2}$ 。两者都在中点取最大值 $1 / 4$ 。多项式没有保留尖角，但会在一致误差意义下靠近它。

原函数绝对值x减二分之一呈V形，二阶和八阶伯恩斯坦多项式平滑地逼近尖角，八阶中点值更小 — 尖角不妨碍一致多项式逼近。中点的原函数值为零，B₂f为1/4，B₈f为35/256≈0.13672；图示有限次逼近，收敛由正文的统一误差论证保证。

例如 $n = 8$ 、 $x = 1 / 2$ 时，权重为 $(\binom{8}{k}) / 256$ 。利用左右对称，左侧 $k = 0, 1, 2, 3$ 的四项在提出共同分母256后，分别贡献 $1 / 2$ 、 $8 \cdot 3 / 8 = 3$ 、 $28 \cdot 1 / 4 = 7$ 、 $56 \cdot 1 / 8 = 7$ 。所以 $B_{8} f (1 / 2) = \frac{2}{256} (\frac{1}{2} + 3 + 7 + 7) = \frac{35}{256} .$ 中点 $k = 4$ 的函数值为零。这个数比二阶的 $1 / 4$ 小，但不能仅靠检查中点来证明全区间误差已经足够小。

若函数满足利普希茨条件 $| f (u) - f (v) | \leq L | u - v |$ ，可以给出直接可用的全区间界。对非负权重使用柯西不等式， $\begin{matrix} | B_{n} f (x) - f (x) | & \leq L \sum_{k} | k / n - x | b_{n, k} (x) \\ \leq L {(\sum_{k} (k / n - x)^{2} b_{n, k} (x))}^{1 / 2} \\ \leq \frac{L}{2 \sqrt{n}} . \end{matrix}$ 第二步把一项写成 $| k / n - x | \sqrt{b_{n, k}}$ 与 $\sqrt{b_{n, k}}$ 的乘积，并用到权重和为一。尖角函数可以取 $L = 1$ ，所以 $n = 25$ 保证最大误差不超过 $0.1$ ，不需要函数在尖角处有导数。平方函数则有前一节更精确的专用误差式；一般界不必在每个函数上最优。

连续性、插值与泰勒展开

连续性是结论的必要条件，因为连续函数的一致极限仍连续。例如令 $h (x) = 0$ 在 $x < 1 / 2$ ，在 $x \geq 1 / 2$ 时取一。若某个连续多项式与它的最大误差严格小于 $1 / 2$ ，则在左半区间多项式值始终小于 $1 / 2$ ；更精确地，设最大误差为 $r < 1 / 2$ ，连续性使 $P (1 / 2) \leq r$ 。但中点的函数值为一，又要求 $P (1 / 2) \geq 1 - r > r$ ，矛盾。这是全区间最大误差的障碍，即使跳点只有一个也不能忽略。

逼近定理没有指定使用插值或泰勒多项式。伯恩斯坦构造通常只精确保留两个端点；主例已经表明中间节点未必吻合。泰勒多项式使用某一点的导数信息，尖角变式在中点连一阶导数都不存在，本定理仍然适用。对于任意连续函数，证明收敛的是这里明确构造出的多项式序列；不能把它替换成任意自选的多项式序列，并期待同样结论。

定理控制的是函数值，不能由 $P_{n} \to f$ 一致收敛直接推出导数收敛。例如上述尖角函数能被光滑多项式一致逼近，极限却不在中点可导。对于更一般定义域上的多项式稠密性，需要另外的定理和条件；本篇的构造使用了一维有界闭区间。

参考资料

↑ ^1.0 ^1.1 ^1.2 Michael Loss，Georgia Institute of Technology，The Weierstrass Approximation Theorem，第1—3页，引理0.1、0.2及定理0.3。该讲义以非负权重、二阶矩及近远分割给出伯恩斯坦构造证明。访问日期：2026-11-04。

[loss-1] 1.0 ^1.1 ^1.2 Michael Loss，Georgia Institute of Technology，The Weierstrass Approximation Theorem，第1—3页，引理0.1、0.2及定理0.3。该讲义以非负权重、二阶矩及近远分割给出伯恩斯坦构造证明。访问日期：2026-11-04。

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