Théorème de Weierstrass

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 4
n n − 1
via k = n et la relation précédente
k k − 1
De manière semblable
n
k 2 Bn,k(x) =
k=0
b) On a
n
k(k − 1)Bn,k(x) +
k=0
n
kBn,k(x) = nx(1 + (n − 1)x)
k=0
n 2
2
α Bn,k(x)
(k − nx) 2 Bn,k(x)
k∈A
k∈A
k∈[0,n]
car les Bn,k sont positifs sur [0, 1].
Par suite
n 2
2
α Bn,k(x) nx(1 − x)
d’où
k∈A
k∈A
Bn,k(x) 1
4nα 2
(k − nx) 2 Bn,k(x)
c) Pour tout ε > 0, par l’uniforme continuité de f, il existe α > 0 tel que
On a alors
donc
∀x, y ∈ [0, 1] , |x − y| α ⇒ |f(x) − f(y)| ε
|f(x) − fn(x)|
|f(x) − f(k/n)| Bn,k(x) +
|f(x) − f(k/n)| Bn,k(x)
x∈A
|f(x) − fn(x)| 2 f∞ Bn,k(x) +
Pour n assez grand, on a
x∈A
f ∞ /2nα 2 ε
et donc |f(x) − fn(x)| 2ε uniformément en x.
Exercice 7 : [énoncé]
1.a) On a
1
0
t(1 − t 2 ) n dt =
x∈B
x∈B
1
2(n + 1)
εBn,k(x) f∞ + ε
2nα2 On en déduit
1.b) Sur [α, 1],
1
an = 2 (1 − t 2 ) n 1
dt 2
0
|ϕn(x)| (1 − α2 ) n
an
0
t(1 − t 2 ) n dt = 1
n + 1
(n + 1)(1 − α 2 ) n → 0
2.a) Sur le compact [−1, 1], f est uniformément continue car f est continue. Ainsi :
∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x, y ∈ [−1, 1] , |x − y| α ⇒ |f(x) − f(y)| ε
Pour α ′ = min(α, 1/2), on a pour tous x, y ∈ R tels que |x − y| α ′
Si x, y ∈ [−1, 1] alors
|f(x) − f(y)| ε
Sinon x, y ∈ [1/2, +∞[ ou x, y ∈ ]−∞, −1/2] et alors
2.b) On a
Or
donc
Mais
|f(x) − f(y)| = 0 ε
x+1
fn(x) = f(u)ϕn(x − u) du
fn(t) =
x−1
ϕn(x − u) =
2n
k=0
x+1
x−1
2n
k=0
ak(u)x k
f(u)ak(u) du x k
x+1
1/2
f(u)ak(u) du = f(u)ak(u) du
x−1
−1/2
pour x ∈ [−1/2, 1/2] car x − 1 −1/2 et x + 1 1/2 alors que f est nulle en
dehors que [−1/2, 1/2]. Il s’ensuit que fn est polynomiale.
2.c) On observe que
1
ϕn(t) dt = 1
et la relation proposée est alors immédiate sur [−1/2, 1/2].
−1
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