Dans ce problème, toutes les fonctions considérées sont dénies dans [0, 1] et à valeurs réelles. On considère en particulier les fonctions B

Énoncé

Dans ce problème, toutes les fonctions considérées sont dénies dans [0, 1] et à valeurs réelles. On considère en particulier les fonctions B

_kⁿ

(dites polynomiales de Bernstein) avec n ∈ N et k ∈ J 0, n K :

∀x ∈ [0, 1], B

ⁿ_k

(x) = n

k

x

^k

(1 − x)

^n−k

Soit f une fonction de [0, 1] dans R. Pour tout entier n strictement positif, on dénit la fonction f

_n

par :

∀x ∈ [0, 1], f

_n

(x) =

n

X

k=0

f ( k n )B

_kⁿ

(x)

I. Outils.

1. Pour n ∈ N

^∗

et k entier entre 1 et n , exprimer

^k_n ⁿ_k

comme un coecient du binôme.

2. On considère trois propositions.

P

₁

∀ε > 0, ∃N ∈ N tel que ∀n ∈ N , ∀x ∈ [0, 1], n ≥ N ⇒ |f

_n

(x) − f(x)| ≤ ε P

2

∀x ∈ [0, 1], (f

n

( x))

n∈N

→ f (x)

P

3

∀ε > 0, ∀x ∈ [0, 1], ∃N ∈ N tel que ∀n ∈ N , n ≥ N ⇒ |f

n

(x) − f(x)| ≤ ε On ne demande pas ici d'étudier si ces propositions sont vraies ou non mais de préciser les implications logiques entre elles.

3. Dans cette question, on suppose que f est de classe C

²

. Montrer que, pour tous x et y dans [0, 1] , il existe z ∈ [0, 1] tel que

f (y) = f (x) + (y − x)f

⁰

(x) + (y − x)

²

f

⁰⁰

(z) 2 On pourra utiliser une fonction

t 7→ f (t) + (y − t)f

⁰

(t) + (y − t)

²

M avec un M réel bien choisi.

4. Former le tableau de variations de la fonction x 7→ x(1 − x) dans [0, 1] .

II. Propriétés.

1. Pour n ∈ N

^∗

, k ∈ J 1, n − 1 K et x ∈ [0, 1] exprimer

(1 − x)B

ⁿ⁻¹_k

(x) + xB

_k−1ⁿ⁻¹

(x) avec une fonction polynomiale de Bernstein.

2. Déterminer la fonction f

_n

dans les cas suivants

∀x ∈ [0, 1] : f (x) = 1, ∀x ∈ [0, 1] : f (x) = x, ∀x ∈ [0, 1] : f (x) = e

^x

Dans le dernier cas, le résultat sera exprimé par une puissance.

3. Montrer que, pour tout entier n , tout entier k entre 0 et n et tout x ∈ [0, 1] : x(1 − x)B

ⁿ_k⁰

(x) = (k − nx)B

_kⁿ

(x)

4. a. Soit g dénie sur [0, 1] par g(x) = xf (x) . Les fonctions f

n

et g

n

sont respective- ment associées à f et g par la relation donnée au début.

Vérier que, pour tous les x ∈ (0, 1] , x(1 − x)

n f

_n⁰

(x) = g

n

(x) − xf

n

(x) b. Exprimer simplement f

n

pour f (x) = x

²

.

5. Montrer que, pour tous les x ∈ (0, 1] ,

n

X

k=0

( k

n − x)

²

B

_kⁿ

(x) = x(1 − x) n

III. Monotonie

Pour toute fonction f dénie sur [0, 1] et tout n ∈ N, on dénit la fonction ∆

n

f par :

∀t ∈ [0, 1], ∆

n

f (t) =



 

 

f (t + 1

n ) − f (t) si t ≤ 1 − 1 n f (1) − f (t) si t > 1 − 1 n

1. Exprimer la dérivée de B

_kⁿ

en fonction d'autres polynômes de Bernstein. On distinguera

les cas k = 0 , k entre 1 et n − 1 , k = n .

2. Montrer que pour tout n naturel non nul, f

_n⁰

= n

n−1

X

k=0

(∆

n

f )( k n )B

_kⁿ⁻¹

3. Montrer que si f est croissante alors f

n

est croissante.

IV. Approximations.

1. Dans cette question, on suppose que f est de classe C

²

.

a. Justier l'existence d'un réel M

₂

tel que, pour tout x ∈ [0, 1] , |f

⁰⁰

(x)| ≤ M

₂

. b. Montrer que, pour tout x ∈ [0, 1] ,

|f

n

(x) − f (x)| ≤ M

2

2

x(1 − x) n c. Montrer que la proposition P

1

est vraie.

2. Dans cette question, la fonction f est supposée seulement continue.

Pour tout α > 0 et x ∈ [0, 1] , on dénit les ensembles K

_α

(x) et K

_α⁰

(x) par : K

_α

(x) =

k ∈ J 0, n K tq k n − x

≥ α

K

_α⁰

(x) = J 0, n K \ K

_α

(x)

a. Montrer que, pour tout x ∈ [0, 1] ,

X

k∈Kα(x)

B

_kⁿ

(x) ≤ 1 4nα

²

b. On note M

0

= max

_[0,1]

|f | . Montrer que pour tout x ∈ [0, 1] ,

|f

_n

(x) − f (x)| ≤ M

₀

2nα

²

+ X

k∈K_α⁰(x)

f( k

n ) − f (x)

B

_kⁿ

(x)

En déduire que la proposition P

3

est vraie.

Corrigé I. Outils.

1. Un coecient du binôme est un quotient de deux produits chacun étant constitué d'un même nombre de facteurs consécutifs :

k n

n k

= k n

n(n − 1)...

k(k − 1)... = (n − 1)(n − 2)...

(k − 1)(k − 2)... = n − 1

k − 1

2. Les propriétés P

2

et P

3

sont logiquement équivalentes car P

3

formule la dénition de la convergence des suites (f

n

(x))

_n∈N

pour chaque x .

La proposition P

1

implique les deux autres car elle signie que pour chaque ε , il existe un α valable pour tous les x . Dans les autres propositions, cet α peut dépendre de x , les propositions ne sont pas équivalentes.

3. Remarquons que si x = y n'importe quel z dans [0, 1] convient. Supposons donc x 6= y et notons ϕ la fonction suggérée par l'énoncé.

ϕ(t) = f (t) + (y − t)f

⁰

(t) + (y − t)

²

M

Elle dépend de y , on aurait pu le marquer en la notant ϕ

y

. Elle a les mêmes propriétés de régularité que f

⁰

c'est à dire C

¹

[0, 1] . On peut donc lui appliquer le théorème de Rolle entre x et y si on choisit un M tel que ϕ(x) = ϕ(y) .

Cette contrainte se traduit par une équation très simple d'inconnue M : f (y) = f (x) + (y − x)f

⁰

(x) + (y − x)

²

M

qui admet une solution car y 6= x . Il n'est pas utile de l'exprimer.

Pour ce M là, il existe z strictement entre x et y (donc dans [0, 1] ) tel que ϕ

⁰

(z) = 0 . Or

ϕ

⁰

(t) = f

⁰

(t) − f

⁰

(t) + (y − t)f

⁰⁰

(t) − 2(y − t)M = (y − t)(f

⁰⁰

(t) − 2M ) De z 6= y , on tire f

⁰⁰

(z) = 2M . En réinjectant dans la relation ϕ(x) = ϕ(y) , on obtient

f (y) = f (x) + (y − x)f

⁰

(x) + (y − x)

²

f

⁰⁰

(z) 2

4. La fonction x 7→ x(1 − x) est croissante de 0 à

¹₂

, décroissante de

¹₂

à 1 . On en tire en particulier :

∀x ∈ [0, 1], 0 ≤ x(1 − x) ≤ 1 4

II. Propriétés.

1. On perçoit l'analogie avec la relation fondamentale entre les coecients du binôme : (1 − t)B

_kⁿ⁻¹

(t) + tB

_k−1ⁿ⁻¹

=

n − 1 k

t

^k

(1 − t)

^n−k

+ n − 1

k − 1

t

^k

(1 − t)

^{n−1−(k−1)}

avec n − 1 − (k − 1) = n − k

=

n − 1 k

+

n − 1 k − 1

t

^k

(1 − t)

^n−k

= B

_kⁿ

2. Dans les trois cas, le calcul repose sur la formule du binôme.

Cas f (x) = 1 . On applique directement la formule du binôme : f

n

(x) =

n

X

k=0

n k

x

^k

(1 − x)

^n−k

= (1 − x + x)

ⁿ

= 1

Cas f (x) = x . On remarque d'abord que le terme associé à k = 0 est nul. Puis on applique la relation obtenue en I1.

f

_n

(x) =

n

X

k=0

k n

n k

x

^k

(1 − x)

^n−k

=

n

X

k=1

n − 1 k − 1

x

^k

(1 − x)

^n−k

= x

n

X

k=1

n − 1 k − 1

x

^k−1

(1 − x)

^{n−1−(k−1)}

= x(1 − x + 1)

ⁿ⁻¹

= x

en tenant compte du décalage d'indice et de la formule du binôme.

Cas f (x) = e

^x

. f

n

(x) =

n

X

k=0

e

^kn

n

k

x

^k

(1 − x)

^n−k

=

n

X

k=0

n k

(e

¹ⁿ

x)

^k

(1 − x)

^n−k

=

e

ⁿ¹

x + 1 − x

n

3. On veut montrer ici que x(1 − x)B

_kⁿ⁰

(x) = (k − nx)B

ⁿ_k

(x) . Si k = 0 .

x(1 − x)B

₀ⁿ⁰

(x) = −nx(1 − x)(1 − x)

ⁿ⁺¹

= −nx(1 − x)

ⁿ

= (k − nx)B

₀ⁿ

(x) Si k = n .

x(1 − x)B

_nⁿ⁰

(x) = nx(1 − x)x

ⁿ⁻¹

= n(1 − x)x

ⁿ

= (k − nx)B

_nⁿ

(x)

Si 1 ≤ k ≤ n − 1 .

x(1 − x)B

ⁿ_k⁰

(x) = x(1 − x) n

k

kx

^k−1

(1 − x)

^n−k

− (n − k)x

^k

(1 − x)

^n−k−1

= (k(1 − x) − (n − k)x) n

k

x

^k

(1 − x)

^n−k

= (k − nx)B

_kⁿ

(x)

4. a. De la dénition de la fonction g , on déduit g(

_n^k

) =

_n^k

f (

^k_n

) . On peut alors exprimer g

_n

(x) − xf

_n

(x) comme une somme, factoriser partiellement et utiliser le résultat de la question précédente

g

_n

(x) − xf

_n

(x) =

n

X

k=0

k n − x

f ( k

n )B

_kⁿ

(x) = 1 n

n

X

k=0

f ( k

n ) (k − nx) B

_kⁿ

(x)

= 1 n

n

X

k=0

f ( k

n )x(1 − x)B

_nⁿ⁰

(x) = x(1 − x) n

n

X

k=0

f ( k n )B

_nⁿ

(x)

!

0

= x(1 − x) n f

_n⁰

(x)

b. Si f (x) = x pour tous les x alors g(x) = x

²

et f

n

(x) = x . La formule précédente donne donc

x(1 − x)

n = −x

²

+ g

_n

(x) On en déduit que si f (x) = x

²

pour tous les x alors

f

n

(x) = x(1 − x) n + x

²

5. Examinons les trois sommes obtenues à partir du développement ( k

n − x)

²

= ( k n )

²

− 2 k

n x + x

²

Elles correspondent à des calculs déjà eectués

n

X

k=0

( k n )

²

n k

x

^k

(1 − x)

^n−k

= x(1 − x) n + x

²

n

X

k=0

(−2x)( k n )

n k

x

^k

(1 − x)

^n−k

= −2x

²

n

X

k=0

x

²

n

k

x

^k

(1 − x)

^n−k

= x

²

On en déduit

n

X

k=0

( k n − x)

²

n k

x

^k

(1 − x)

^n−k

= x(1 − x) n

III. Monotonie.

1. Si k = 0 , B

₀ⁿ

(t) = (1 − t)

ⁿ

donc B

₀ⁿ⁰

= −nB

₀ⁿ⁻¹

. Si k = n , B

_nⁿ

(t) = t

ⁿ

donc B

_n⁰ⁿ

= nB

_n−1ⁿ⁻¹

.

Si 1 ≤ k ≤ n − 1 , on utilise encore la relation obtenue en I1. en particulier associée à la symétrie des coecients

(n − k) n

k

= (n − k) n

n − k

= n

n − 1 n − k − 1

= n n − 1

k

Il vient : B

_kⁿ⁰

(t) =

n k

kt

^k−1

(1 − t)

^n−k

− n

k

(n − k)t

^k

(1 − t)

^n−k−1

= n

n − 1 k − 1

t

^k−1

(1 − t)

^n−k

− n − 1

k

t

^k

(1 − t)

^n−k−1

Comme n − k = (n − 1) − (k − 1) et n − k − 1 = (n − 1) − k , on obtient B

_kⁿ⁰

= n B

_k−1ⁿ⁻¹

− B

ⁿ⁻¹_k

2. En utilisant les relations trouvées à la question précédente, il vient

1

n f

_n⁰

(x) =

n

X

k=1

f ( k

n )B

ⁿ⁻¹_k−1

−

n−1

X

k=0

f ( k

n )B

ⁿ⁻¹_k

=

n−1

X

k=0

f ( k + 1

n )B

_kⁿ⁻¹

−

n−1

X

k=0

f ( k n )B

_kⁿ⁻¹

=

n−1

X

k=0

f ( k

n + 1

n ) − f ( k n )

B

_kⁿ⁻¹

=

n−1

X

k=0

(∆

n

f )( k n )B

ⁿ⁻¹_k

3. Si on suppose f croissante, alors ∆

n

f est à valeurs positives d'après sa dénition même.

Comme les fonctions de Bernstein sont à valeurs positives, la formule de la question

précédente montre que f

_n⁰

est à valeurs positives donc f

n

est croissante.

IV. Approximations.

1. a. Comme la fonction est de classe C

²

, sa dérivée seconde est continue. Elle est donc bornée. Le fait que ses bornes sont atteintes n'est pas utile ici.

b. Considérons un x ∈ [0, 1] et utilisons la question I.3. avec y =

_n^k

pour chaque k . Il existe donc des z

k

tels que

f( k

n ) = f(x) + ( k

n − x)f

⁰

(x) + ( k

n − x)

²

f

⁰⁰

(z

k

) 2

En multipliant par les fonctions de Bernstein et en sommant, on obtient f

n

(x) = f (x)

n

X

k=0

B

_kⁿ

(x)

| {z }

=1

+ f

⁰

(x)

n

X

k=0

k n B

ⁿ_k

(x)

| {z }

=x

− xf

⁰

(x)

n

X

k=0

B

_kⁿ

(x)

| {z }

=1

+

n

X

k=0

( k

n − x)

²

f

⁰⁰

(z

k

)

2 B

_kⁿ

(x) = f (x) + 1 2

n

X

k=0

( k

n − x)

²

f

⁰⁰

(z

_k

)B

_kⁿ

(x) d'après les questions précédentes. On peut aussi écrire f (x) comme une somme :

f (x) = f (x)

n

X

k=0

B

ⁿ_k

(x) =

n

X

k=0

f (x)B

_kⁿ

(x)

Les fonctions de Bernstein étant à valeurs positives dans [0, 1] , on peut majorer la diérence :

|f (x) − f

_n

(x)| ≤

n

X

k=0

|f (x) − f

_n

(x)| B

ⁿ_k

(x) = 1 2

n

X

k=0

( k

n − x)

²

|f

⁰⁰

(z

_k

)|B

_kⁿ

(x)

≤ M

₂

2

n

X

k=0

( k

n − x)

²

B

_kⁿ

(x) ≤ M

₂

2

x(1 − x) n

c. Une étude rapide de fonction (maximum en

¹₂

) montre que 0 ≤ x(1 −x) ≤

¹₄

pour tous les x de [0, 1] . On en tire donc :

∀x ∈ [0, 1], |f (x) − f

n

(x)| ≤ M

₂

8n

La suite des

^M_8n²

tend vers 0 et le N associé à un ε par la dénition de la convergence de la suite sera valable pour tous les x de la condition P

1

.

2. a. Dans cette question, le point important est simplement que les valeurs de B

_kⁿ

sont toujours positives. Une somme qui porte sur les k de K

α

(x) est plus petite qu'une somme obtenue en ajoutant des termes positifs pour les autres k .

On considère la somme de la question II5. Par dénition de K

_α

(x) et d'après la remarque précédente,

α

²

X

k∈Kα(x)

B

ⁿ_k

(x) ≤ X

k∈Kα(x)

( k

n − x)

²

B

_kⁿ

(x) ≤

n

X

k=1

( k

n − x)

²

B

_kⁿ

(x) = x(1 − x) n

Comme x(1 − x) ≤

¹₄

, on en déduit l'inégalité demandée

X

k∈Kα(x)

B

_kⁿ

(x) ≤ 1 4nα

²

b. On a déjà vu que l'on peut écrire f (x) comme une somme

f (x) =

n

X

k=0

f (x)B

_kⁿ

(x)

On factorise partiellement la diérence et on sépare les k avant de majorer

|f (x) − f

n

(x)| =

n

X

k=0

(f (x) − f

n

(x)) B

_kⁿ

(x)

≤

n

X

k=0

|f (x) − f

n

(x)| B

_kⁿ

(x)

≤ X

k∈K_α(x)

|f (x) − f

_n

(x)| B

ⁿ_k

(x) + X

k∈K⁰_α(x)

|f (x) − f

_n

(x)| B

_kⁿ

(x)

Pour les k ∈ K

_α

(x) , majorons par |f (x) − f

_n

(x)| ≤ 2M

₀

et ne faisons rien pour les autres. On en déduit :

|f (x) − f

n

(x)| ≤ 2M

0

X

k∈Kα(x)

B

ⁿ_k

(x) + X

k∈K⁰_α(x)

|f (x) − f

n

(x)| B

_kⁿ

(x)

≤ M

₀

2nα

²

+ X

k∈K⁰_α(x)

|f (x) − f

_n

(x)| B

_kⁿ

(x)

en utilisant l'inégalité de la question précédente.

Pour tout x ∈ [0, 1] et tout ε > 0 , comme f est continue en x , il existe un α > 0 (qui dépend de x à priori) tel que |f(y) − f (x)| ≤

₂^ε

pour y ∈ [0, 1] vériant |x − y| ≤ α . Ceci se produit pour les

^k_n

lorsque k ∈ K

_α⁰

(x) . On en tire

X

k∈K⁰_α(x)

|f (x) − f

n

(x)| B

_kⁿ

(x) ≤ ε 2

X

k∈K_α⁰(x)

B

ⁿ_k

(x) ≤ ε 2

1

X

k=0

B

_kⁿ

(x) = ε 2

Pour ce α là, on peut donc écrire que pour tout n ,

|f (x) − f

_n

(x)| ≤ M

₀

2nα

²

+ ε

2 Comme la suite

_2nα^M02

n∈N^∗

converge vers 0 , il existe un N à partir duquel M

0

2nα

²

≤ ε 2 Ce qui montre la proposition P

3

.

En fait on pourrait montrer aussi de cette manière la proposition P

₁

mais il faudrait

utiliser le théorème de Heine sur la continuité uniforme sur un segment.