Suites et séries de fonctions Cours complet - CPGE Dupuy de Lôme

n ⎛n
⎞ ⎛ k ⎞ k
n−k
Soit f continue sur [0,1], et pour n ∈ , Bn(f) = ∑ ⎜ ⎟.
f ⎜ ⎟.
X .( 1−
X)
, (polynômes de Bernstein).
k=
0 ⎝k
⎠ ⎝ n ⎠
Puisque f est continue sur [0,1], elle y est uniformément continue (cf le théorème dans la démonstration
précédente).
ε
).
Donc, pour : ε > 0, fixé, il existe : η > 0, tel que : ∀ (u,v) ∈ [0,1] 2 , (|u – v| ≤ η) ⇒ (|f(u) – f(v)| ≤ 2
n ⎛n
⎞ k
n−k
En utilisant la remarque : ∀ x ∈ [0,1], ∑ ⎜ ⎟.
x .( 1−
x)
= (x + (1 – x))
k=
0 ⎝k
⎠
n = 1, on alors peut écrire :
n ⎛n
n
⎞ ⎡ ⎛ k ⎞⎤
k
n−k
⎛n
⎞ ⎛ k ⎞ k
n
∀ x ∈ [0,1], |f(x) – Bn(f)(x)| = ∑⎜
⎟.
⎢f
( x)
− f ⎜ ⎟⎥.
x .( 1−
x)
≤ ∑⎜
⎟.
f ( x)
− f ⎜ ⎟.
x .( 1−
x)
k=
0 ⎝k
⎠ ⎣ ⎝ n ⎠⎦
k=
0 ⎝k
⎠ ⎝ n ⎠
Pour x donné dans [0,1], on réalise alors la partition de {0, …, n} en :
k
k
E1 = {k ∈ {0, …, n}, x − ≤ η}, et : E2 = {k ∈ {0, …, n}, x − > η}.
n
n
Alors :
k
⎛ k ⎞ ε
• ∀ k ∈ E1, x − ≤ η, et donc : f ( x)
− f ⎜ ⎟ ≤ , d’où :
n
⎝ n ⎠ 2
n
n
n
⎛ ⎞ ⎛ k ⎞ k
n−k
ε ⎛ ⎞ k
n−k
ε ⎛n
⎞ k
n−k
ε
S1 = ∑⎜
⎟.
f ( x)
− f ⎜ ⎟.
x .( 1−
x)
≤ . ∑⎜
⎟.
x .( 1−
x)
≤ . ∑⎜
⎟.
x .( 1−
x)
= ,
k∈E
k n
2 k E k
2 k 0 k
2
1⎝
⎠ ⎝ ⎠
∈ 1⎝
⎠
= ⎝ ⎠
2
k
• ∀ k ∈ E2, η < x − , donc : η
n
2 ⎛ k ⎞
≤ ⎜ x − ⎟ , d’où :
⎝ n ⎠
⎛n
⎞ ⎛ k ⎞ k
n−k
2.
N ∞ ( f ) ⎛n
⎞ 2 k
n−k
S2 = ∑⎜
⎟.
f ( x)
− f ⎜ ⎟.
x .( 1−
x)
≤ . ∑⎜
⎟.
η . x .( 1−
x)
,
2
k∈E
⎝k
⎠ ⎝ n ⎠
η
2
k∈E
2⎝
k⎠
en notant N∞(f) le sup de |f| sur [0,1], et donc :
2
n
n
2
2.
N
n
∞ ( f ) ⎛ ⎞ ⎛ k ⎞ k
n−k
2.
N ∞ ( f ) ⎛ ⎞ ⎛ k ⎞ k
n−k
2.
N ∞ ( f )
S2 ≤ . . x . x .( 1 x)
. . x . x .( 1−
x)
= .
2 ∑⎜
⎟ ⎜ − ⎟ − ≤
⎜ ⎟
2 ∑ ⎜ − ⎟
S’2.
2
η k∈E
k n
η k 0 k n
η
2⎝
⎠ ⎝ ⎠
= ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
On va maintenant majorer cette dernière somme.
Pour cela, on développe en :
n
n
n
2 ⎛n
⎞ k
n−k
2.
x ⎛n
⎞ k
n−k
1 ⎛n
⎞ 2 k
n−k
S’2 = x . ∑⎜
⎟.
x .( 1−
x)
− . ∑⎜
⎟.
k.
x .( 1−
x)
+ . ∑⎜
⎟.
k . x .( 1−
x)
.
2
k=
0 ⎝k
⎠
n k=
0 ⎝k
⎠
n k=
0 ⎝k
⎠
En dérivant alors par rapport à x puis en multipliant par x l’égalité : (x + y) n n ⎛n
⎞ k n−k
= ∑ ⎜ ⎟.
x . y , on obtient :
k=
0 ⎝k
⎠
n.x.(x + y) n-1 n ⎛n
n
⎞ k n−k
⎛n
⎞ k
n−k
= ∑ ⎜ ⎟.
k.
x . y , puis on remplace y par (1 – x) et : ∑ ⎜ ⎟.
k.
x .( 1−
x)
= n.
x .
k=
0 ⎝k
⎠
k=
0 ⎝k
⎠
En dérivant à nouveau par rapport à x, puis en remultipliant par x la première égalité, on obtient encore :
n.x.(n.x + y).(x + y) n-2 n ⎛n
⎞ 2 k n−k
= ∑ ⎜ ⎟.
k . x . y , ce qui donne, en remplaçant encore y par (1 – x) :
k=
0 ⎝k
⎠
n ⎛n
⎞ 2 k
n−k
∑ ⎜ ⎟.
k . x .( 1−
x)
= n.x.(1 + (n – 1).x).
k=
0 ⎝k
⎠
x.( 1−
x)
En remplaçant toutes ces quantités dans S’2, cela donne finalement : S’2 = .
x.(
1−
x)
1
Etant donné de plus que : ∀ x ∈ [0,1], ≤ , on obtient :
n 4
ε N ∞
( f )
∀ n ∈ *, ∀ x ∈ [0,1], |f(x) – Bn(f)(x)| ≤ + . 2
2 2.
η . n
Chapitre 07 – Suites et séries de fonctions – cours complet. - 10 -
n
−k
.