´ nonc´e E
` Probleme eme
Polynˆ omes omes de Bernste Bern stein in et th´ eor` eor` eme eme de Weierstr eie rstrass ass Probl` eme 1. Pour 0 k
n,
on d´efinit efinit la fonction polynomiale Rn,k : x →
n
k
xk (1 − x)n−k .
n
(a) Simplifier la somme
R
n,k (x).
k=0
n
kR (b) Montrer que
n,k (x)
= nx .
k=0
n
(c) (c ) Prou Pr ouver ver ´egale eg aleme ment nt l’´egal eg alit´ it´e :
k(k − 1)R
n,k (x)
= n (n − 1)x2 .
k=0
n
2
(k − nx) R (d) En d´eduire edu ire
n,k (x)
= nx (1 − x).
k=0
2. Soit f une application d´efinie efinie et continue sur [0, 1], `a valeurs dans
R.
n
k Pour tout entier n 1, on pose B (f )(x) = f R n
n
k=0
n,k (x).
On dit que les Bn (f ) sont les polynˆ omes de Bernstein de f . Pour toute application continue ϕ sur [0, 1], on note ϕ = sup |ϕ(x)|. x∈[0,1]
On va montre montrerr que que lim lim f − Bn (f ) = 0 (on exprime cette propri´et´ et´e en disant que la suite n→∞
des polynˆomes omes Bn (f ) converge converg e unifo uni form´ rm´ ement em ent vers l’application f sur [0, 1]). Pour la suite de cette question, question, on se donne un r´eel eel ε > 0. (a) Montrer qu’il existe α > 0 tel que : ∀(x, y) ∈ [0 , 1]2 , |y − x| α ⇒ |f (y ) − f (x)| ε. Remarque : on vous demande donc de red´emon mo ntrer rer le th´eor` eor`eme eme de Heine Hei ne pour po ur l’appl l’a pplica icatio tion n f continue sur le segment [0, 1]. n
k (b) Montrer que, pour tout x de [0, 1], f (x) − B (f )(x) = f (x) − f R n k (c) Soit x un un ´el´ el´eme em ent de [0, 1]. On note A = k ∈ {0, . . . , n}, x − α . n
n,k (x).
n
k=0
Soit B le le compl´ com pl´ementai eme ntaire re de A dans {0, . . . , n}.
k i. Montrer Montrer que que f (x) − f n R (x) ε. k n,k
k∈A
ii. Prouver Prouver α
2
x −
Rn,k (x)
k∈B
k∈B
2
n
Rn,k (x)
1 n2
n
(nx − k )2 Rn,k (x)
k=0
1 4n
f . 2 2 nα k∈B f iv. Montrer Montrer finalement finalement que f − Bn (f ) ε + . 2nα2
k iii. Prouver Prouver que f (x) − f n R
n,k (x)
(d) En d´eduire eduire que la suite (Bn (f ))n1 converge uniform´ unifor m´ement ement vers f sur [0, 1].
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Probl` eme
Corrig´e
Corrig´ e du probl` eme n
1.
n
R (a) D’apr`es la formule du binˆ ome,
n,k
k=0
(b) On se souvient que si 1 k
n,
n
x (1 − x) (x) = k=0
on a k
n
k
k
n−k
k
= n
n − 1 k − 1
= (x + (1 − x))n = 1.
.
Pour n 1, on a donc : n
kR
n
n
k x (1 − x) = nx − 1 x − 1 − 1 = nx = nx x (1 − x) n
n,k (x) =
k=0
n−k
k
k
k=1
n−1
n k
k=1
n
k −1
(1 − x)n−k
(n−1)−k
k
k
k=0
Remarque : le r´esultat obtenu est encore exact si n = 0. (c) Si 2 k
n,
on a k (k − 1)
n
k
= n (n − 1)
n − 2 k − 2
.
Pour n 2, on a donc : n
n
k(k − 1)R
n,k (x)
k=0
n
= k (k − 1) x (1 − x) − 2 x (1 − x) = n (n − 1)x n−k
k
k
k=2
2
n
n
= n (n − 1)x
n−2
k=0
n−k
k − 2
k=2
2
k −2
n − 2 k
xk (1 − x)(n−2)−k = n (n − 1)x2
Remarque : le r´esultat obtenu est encore exact si n = 0 et si n = 1. (d) En utilisant ce qui pr´ec`ede, on trouve : n
2
(k − nx) R
n n,k (x)
k=0
(k =
2
− 2knx + n2x2 )Rn,k (x)
k=0 n
=
2 2
(k(k − 1) − (2nx − 1)k + n x )R
n,k (x)
k=0
= (n(n − 1)x2 − (2nx − 1)nx + n2 x2 ) = nx (1 − x) 2. (a) On suppose, par l’absurde, que la propri´et´e ´evoqu´ee par l’´enonc´e n’est pas vraie. Il existe donc un r´eel ε > 0 tel que pour tout α > 0 on puisse trouver x et y dans [a, b] tels que |y − x| α mais tels que | f (y ) − f (x)| ε. 1 En particulier : ∀n ∈ N∗ , ∃(xn , yn ) ∈ [ a, b]2, |yn − xn | et |f (yn ) − f (xn )| ε. n
De la suite(xn ) de [a, b], on extrait une suite convergente xn = xϕ(n) , avec ϕ : strictement croissante. On pose de mˆeme yn = y ϕ(n) pour tout n.
N
→
N,
Posons = lim xn (c’est un ´el´ement du segment [a, b]). n→∞
On |yn − | |yn − xn | + |xn − |, et |yn − xn |
1 ϕ(n)
1 n
donc lim yn = . n→∞
La continuit´e de f permet alors d’´ecrire lim f (xn ) = lim f (yn ) = f (), ce qui est absurde n→∞
n→∞
car par hypoth`ese |f (yn ) − f (xn )| ε pour tout entier n.
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Probl` eme
Corrig´e
n
R (b) On sait que
n,k (x)
= 1. Le r´esultat est alors ´evident :
k=0
n
f (x) − Bn (f )(x) = f (x)
n
Rn,k (x) −
k=0
(c)
k f
n
k=0
n
Rn,k (x) =
k
f (x) − f
n
k=0
Rn,k (x)
k k i. Pour tout ´el´ement x de A, on a x − α donc f (x) − f ε. n n k On en d´eduit : f (x) − f n R (x) ε R (x). n,k
k ∈A
n,k
k ∈A
n
Cette expression est major´ee par ε
a-dire par ε. Rn,k (x) c’est-`
k=0
k ii. Pour tout x de B , on a x − α. n k 2
x −
On en d´eduit
n
k ∈B
D’autre part :
x−
k ∈B
Autrement dit :
2
x −
k∈B
Enfin, on a x(1 − x)
Rn,k (x).
k ∈B
k
n
Rn,k (x) α2
Rn,k (x) =
k
2
n
1
(nx − k ) Rn,k (x)
n2
1 n2
k On en d´eduit : f (x) − f n R
2
n
(nx − k )2 Rn,k (x)
k=0
nx(1 − x).
1 sur [0, 1]. On en d´eduit 4
D’apr`es la question pr´ec´edente on a : α
n2
k ∈B
Rn,k (x)
k iii. On majore f (x) − f par 2 f . n
1
2
k x − n
k ∈B
Rn,k (x)
k ∈B
n,k (x) 2 f
k ∈B
2
Rn,k (x)
1 . 4n
1 . 4n
Rn,k (x)
k ∈B
f . 2nα2
iv. Pour tout x de [0, 1], on a : n
n
k k |f (x) − B (f )(x)| = f (x) − f R (x) f (x) − f n R (x) n k k f . f (x) − f n R (x) + f (x) − f n R (x) ε + 2nα n
n,k
k=0
n,k
k=0
n,k
k∈A
n,k
2
k ∈B
f . 2nα2 (d) On commence par se donner ε > 0 et on en d´eduit l’existence d’un r´eel α > 0 pour lequel l’in´egalit´e pr´ec´edente est v´erifi´ee pour tout n 1. f Il suffit alors de choisir un entier n0 tel que que n n0 ⇒ ε. 2nα2 On a alors, pour tout n n0 : f − Bn (f ) 2ε. Puisque c’est vrai sur [0, 1], on peut ´ecrire : f − Bn (f ) ε +
On en d´eduit lim f − Bn (f ) = 0. n→∞
Autrement dit, la suite (Bn (f ))n1 converge uniform´ement vers f sur [0, 1].
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