Voici l’énoncé d’un exercice qui définit et permet de travailler autour des polynômes de Bernstein pour démontrer le théorème de Weierstrass. C’est un exercice qu’on va mettre dans le chapitre des suites et séries de fonctions et plus précisément dans le sous-chapitre des suites de fonctions. Ce chapitre est aussi très lié aux polynômes. C’est un exercice plutôt de seconde année dans le supérieur. En voici l’énoncé :

Polynômes de Lagrange

Et voici la correction de l’exercice !

Cas [a,b] = [0,1]

Nous allons utiliser les polynômes de Bernstein. On les définit par

\forall x \in [0,1], B_k^n (x) = \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}

On va ensuite poser Bn définie par

\forall x \in [0,1], B_n(x) = \sum_{k=0}^nf\left(\dfrac{k}{n}\right) B_k^n(x) 

Un premier lemme

Montrons le lemme suivant

\forall x \in [0,1], \left| f(x)-B_n(x)\right| \leq \sum_{k=0}^n\left|f(x)-f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right|B_k^n(x) 

Notons pour cela que :

\begin{array}{l}
\displaystyle \sum_{k=0}^nB_k^n (x) \\
=\displaystyle \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}\\
=\left(x+1-x \right)^n\\
 = 1^n\\
 =1
\end{array}

A partir de cela, en réécrivant f, on obtient :

\begin{array}{l}
 \left| f(x)-B_n(x)\right| \\
= \left|\displaystyle f(x)  \sum_{k=0}^n B_k^n(x) -\sum_{k=0}^nf\left(\dfrac{k}{n}\right) B_k^n(x)  \right|\\
= \left|\displaystyle \left(f(x)-f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right) \sum_{k=0}^nB_k^n(x)  \right|\\
\leq  \left|\left(f(x)-f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right) \right|\displaystyle \sum_{k=0}^nB_k^n(x)  

\end{array}

Ce qui est bien le résultat que l’on veut démontrer pour ce lemme

Calcul de sommes

Calculons les deux sommes suivantes :

\sum_{k=0}^n kB_{n,k}(x)

et

\sum_{k=0}^n k^2B_{n,k}(x)

Première somme :

\begin{array}{l}
\displaystyle\sum_{k=0}^n kB_{n,k}(x)\\
= \displaystyle\sum_{k=0}^n k\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}\\
\text{Le premier terme est nul :}\\
= \displaystyle\sum_{k=1}^n k\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}\\
\text{On a utilisé la formule } \displaystyle k\binom{n}{k}=n\binom{n-1}{k-1}\\
= \displaystyle\sum_{k=1}^n n\binom{n-1}{k-1}x^k(1-x)^{n-k}\\
= \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} n\binom{n-1}{k}x^{k+1}(1-x)^{n+1-k}\\
= nx\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k}x^{k}(1-x)^{n-1-k}\\
= nx\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k}x^{k}(1-x)^{n-1-k}\\
= nx(x+1-x)^{n-1}\\
= nx(1)^{n-1}\\
= nx\\
\end{array}

Seconde somme :

\begin{array}{l}
\displaystyle\sum_{k=0}^n k^2B_{n,k}(x)\\
= \displaystyle\sum_{k=0}^n k(k-1)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}+\sum_{k=0}^n k\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}\\
= \displaystyle\sum_{k=0}^n k(k-1)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}+nx\\
\end{array}

Calculons alors

\sum_{k=0}^n k(k-1)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}

Déroulons les calculs :

\begin{array}{l}
\displaystyle \sum_{k=0}^n k(k-1)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}\\
\text{Les deux premiers termes sont nuls :}\\
=\displaystyle \sum_{k=2}^n k(k-1)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}\\
=\displaystyle \sum_{k=2}^n n(k-1)\binom{n-1}{k-1}x^k(1-x)^{n-k}\\
=\displaystyle \sum_{k=2}^n n(n-1)\binom{n-2}{k-2}x^k(1-x)^{n-k}\\
=\displaystyle \sum_{k=0}^n n(n-1)\binom{n-2}{k}x^{k+2}(1-x)^{n-2-k}\\
=\displaystyle n(n-1)x^2 \sum_{k=0}^n \binom{n-2}{k}x^{k}(1-x)^{n-2-k}\\
=\displaystyle n(n-1)x^2 
\end{array}

On rassemble les termes pour obtenir :

\begin{array}{l}
\displaystyle\sum_{k=0}^n k^2B_{n,k}(x) \\
= nx +  n(n-1)x^2 \\
 = nx(1+(n-1)x)
\end{array}

Un résultat intermédiaire

On pose, pour α > 0 et x fixé :

A = \left\{ k \in \{0,\ldots,n\}, \left| \dfrac{k}{n} -x \right|\geq \alpha  \right\}, B = {}^cA

Montrons que

\sum_{k \in A} B_k^n(x) \leq \dfrac{1}{4n\alpha^2}

On a les inégalités suivantes :

n^2\alpha^2 \sum_{k\in A}B_k^n(x) \leq  \sum_{k\in A}(k-nx)^2B_k^n(x) \leq  \sum_{k\in \{0,\ldots,n\}}(k-nx)^2B_k^n(x)

Or,

\begin{array}{l}
 \displaystyle \sum_{k\in \{0,\ldots,n\}}(k-nx)^2B_k^n(x)\\
 =\displaystyle \sum_{k=0}^n (k^2 -2knx+n^2x^2)B_k^n(x)\\
 =\displaystyle \sum_{k=0}^n k^2B_k^n(x)- \sum_{k=0}^n 2knxB_k^n(x)+ \sum_{k=0}^n n^2x^2B_k^n(x)\\
 =\displaystyle nx(1+(n-1)x)-2nx \sum_{k=0}^n kB_k^n(x)+ n^2x^2\sum_{k=0}^n B_k^n(x)\\
 =nx(1+(n-1)x)-2n^2x^2+ n^2x^2\\
 =nx(1-x)
\end{array}

Ce qui nous permet d’en déduire l’inégalité suivante :

n^2\alpha^2 \sum_{k\in A}B_k^n(x)  \leq  \sum_{k\in \{0,\ldots,n\}}(k-nx)^2B_k^n(x)  =nx(1-x)

On obtient alors

\sum_{k\in A}B_k^n(x) \leq \dfrac{nx(1-x)}{n^2 \alpha^2} = \dfrac{x(1-x)}{n \alpha^2} 

Et maintenant, un petit calcul pour majorer x(1-x) :

\begin{array}{l}
x(1-x)\\
= -\left(x^2-x+\dfrac{1}{4}\right)+ \dfrac{1}{4}\\
= -\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+ \dfrac{1}{4} \\
\leq \dfrac{1}{4}
\end{array}

On a donc bien l’inégalité voulue. En effet :

\sum_{k\in A}B_k^n(x) \leq \dfrac{x(1-x)}{n \alpha^2} \leq \dfrac{1}{4n \alpha^2} 

Démonstration du résultat

Démontrons le résultat. Découpons en 2 parties :

\begin{array}{l}
\left| f(x)-B_n(x)\right|\\
\displaystyle \leq \sum_{k=0}^n\left|f(x)-f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right|B_k^n(x) \\
\displaystyle \leq \sum_{k \in A}\left|f(x)-f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right|B_k^n(x) + \sum_{k \in B}\left|f(x)-f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right|B_k^n(x) 
\end{array}

Majorons maintenant chacun des membres :

\begin{array}{l}
\displaystyle \sum_{k \in A}\left|f(x)-f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right|B_k^n(x)\\
\leq \displaystyle \sum_{k \in A}\left(\left|f(x)\right|+\left|f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right|\right)B_k^n(x)\\
\leq \displaystyle \sum_{k \in A}2 ||f||_{\infty}B_k^n(x)\\
\leq 2 ||f||_{\infty}\displaystyle \sum_{k \in A}B_k^n(x)\\
\leq \dfrac{2 ||f||_{\infty}}{4n \alpha^2} 
\end{array}

Et pour le second membre, on va utiliser le théorème de Heine : toute application continue d’un segment [a, b] dans ℝ est uniformément continue. Et donc :

\forall \varepsilon > 0, |x-y| \leq \alpha \Rightarrow |f(x)-f(y)|\leq \varepsilon 

On en déduit finalement :

\begin{array}{l}
\displaystyle \sum_{k \in B}\left|f(x)-f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right|B_k^n(x) \\
\leq \displaystyle \sum_{k \in B}\varepsilon B_k^n(x) =\varepsilon
\end{array}

Maintenant, pour n assez grand :

\dfrac{2 ||f||_{\infty}}{4n \alpha^2} \leq \varepsilon

Ce qui nous permet d’en déduire que :

\begin{array}{l}
\left| f(x)-B_n(x)\right|\leq 2 \varepsilon
\end{array}

qui est un résultat indépendant de x.
On a donc montré le théorème de Weierstrass dans le cas [0,1]

Cas [a,b] quelconque

Avec tout le travail qu’on a fait, c’est assez simple :

On pose

g(x) = f((b-a)x+a)

qui est définie sur [0,1] et on se ramène donc au cas précédent ce qui est suffisant pour conclure !
Nous avons bien démontré le théorème d’approximation de Weierstrass dans le cas général.

Cet exercice vous a plu ?

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