Pourk≥1, on peut écrire (k+ 1) n k =k n k + n k =n n−1 k−1 + n k d'où , en notantS la somme cherchée : S=n n X k=1 n−1 k−1 + n X k=0 n k =n2n−1+ 2n = (n+ 2)2n−1 Autre solution

1. Pourk≥1, on peut écrire (k+ 1)

n k

=k n

k

+ n

k

=n n−1

k−1

+ n

k

d'où , en notantS la somme cherchée : S=n

n

X

k=1

n−1 k−1

+

n

X

k=0

n k

=n2ⁿ⁻¹+ 2ⁿ = (n+ 2)2ⁿ⁻¹

Autre solution. Considérons la fonctionf dénie parf(x) =x(1 +x)ⁿ. AlorsS=f⁰(1) orf⁰(x) = (1 +x)ⁿ+nx(1 +x)ⁿ⁻¹ d'oùS= 2ⁿ+n2ⁿ⁻¹.

2. Factorisons la diérence.

(m+ 2)x+ 1−1 +x+x²

1−x = (m+ 2)x+ 1−(m+ 2)x²−x−1−x−x² 1−x

= mx−(m+ 3)x²

1−x =((m+ 3)x−m)x x−1 L'inéquation proposée est équivalente (pourm6=−3) à

m+ 3

x−1x(x−h(m))<0 avech(m) = m

m+ 3 = 1− 3 m+ 3

Le signe de cette expression est facile à évaluer pour xplus grand que 0,1, h(m)et elle change de signe en chacune de ces valeurs. On doit donc classer 0, 1,h(m)suivant men étudiant le graphe dehqui est une hyperbole. (g1). On obtient :

Sim <−3,

0<1< h(m) ⇒ Sm= ]0,1[∪] m

m+ 3,+∞[ Sim=−3, l'inéquation devient

3x

x−1 <0 ⇒ Sm= ]0,1[

Si−3< m≤0

h(m)<0<1 ⇒ Sm= ]− ∞, m

m+ 3[∪]0,1[

Sim >0

0< h(m)<1 ⇒ Sm= ]− ∞,0[∪] m m+ 3,1[

1

−3

Fig. 1: Graphe deh

3. Lesk!et(k+ 1)!se simplient respectivement dans les deux quotients en permettant une mise en facteur

n k

2n k

−

n k+1

2n k+1

= n(n−1)· · ·(n−k+ 1)

(2n)(2n−1)· · ·(2n−k+ 1)− n(n−1)· · ·(n−k) (2n)(2n−1)· · ·(2n−k)

= n(n−1)· · ·(n−k+ 1)

(2n)(2n−1)· · ·(2n−k+ 1)(1− n−k 2n−k)

= n(n−1)· · ·(n−k+ 1) (2n)(2n−1)· · ·(2n−k+ 1)

n 2n−k = 1

2

n(n−1)(n−2)· · ·(n−k+ 1) (2n−1)(2n−2)· · ·(2n−k) Ce quotient contientkfacteurs en haut (compteur entre0etk−1) et en bas (compteur entre1 et k). On retrouve un quotient de coecients du binôme en introduisant des k!en haut et en bas. On en déduit la formule valable pour kentre 0 etn−1

n k

2n k

−

n k+1

2n k+1

= 1 2

n k

2n−1 k

Dans le calcul de la sommeS, il faut traiter à part le dernier terme.

S= 2

n 0

2n k

−

n n

2n n

! +

n n

2n−1 n

= 2 1− 1

2n n

!

+ 1

2n−1 n

Or 2n−1

n−1

+

2n−1 n

= 2n

n

avec

2n−1 n−1

=

2n−1 n

donc 2n

n

= 2

2n−1 n

et S= 2

Nombre de recouvrements

1. Exemple. ChoisissonsA={1,2,3},B ={x, y, z, t}

f =





1 → {x, y} 2 → {x}

3 → ∅





alors

ϕ=









x → {1,2} y → {1}

z → ∅

t → ∅









2. On peut reformuler les dénitions deΦAB et deΦBA

∀f ∈ F(A,P(B)),∀a∈A,∀b∈B:a∈(ΦAB(f))(b)⇔b∈f(a)

∀g∈ F(B,P(A)),∀a∈A,∀b∈B:b∈(Φ_BA(g))(b)⇔a∈g(b) Par conséquent,∀f ∈ F(A,P(B)),∀a∈A,∀b∈B on a

b∈(ΦBA◦ΦAB(f))(a) ⇔ b∈(ΦBA(ΦAB(f)))(a)

⇔ a∈Φ_AB(f))(b)

⇔ b∈f(a) Ceci étant valable pour tous lesf ∈ F(A,P(B))on a bien

ΦBA◦ΦAB =Id_F(A,P(B)) On démontre de la même manière que

Φ_AB◦Φ_BA=Id_F(B,P(A))

On tire la surjectivité deΦAB de la première équation et l'injectivité de la deuxième.

Les applicationsΦ_AB etΦ_BAsont donc des bijections réciproques l'une de l'autre.

SupposonsA et B nis avec respectivement αet β éléments. D'après le cours sur le dénombrement des applications et celui des parties d'un ensemble, on peut écrire

Card(F(A,P(B))) =Card(F(A,P(B))) = (2^β)^α= 2^αβ

3. On suppose maintenant queA={1,· · ·, n}et B =E. Sif est une application deA dansP(E), on pose

E₁=f(1), E₂=f(2),· · · , E_n =f(n), ϕ= Φ_AB(f) a. Désignons parΩ_i l'ensemble des parties deAcontenantialors

x∈ϕ⁻¹(Ω_i) ⇔ ϕ(x)∈Ω_i

⇔ i∈ϕ(x)

⇔ x∈f(i) Doncϕ⁻¹(Ω_i) =f(i).

b. Utilisons encore la relation fondamentale

∀a∈A,∀b∈B:a∈ϕ(b)⇔b∈f(a) On peut écrire

∅ ∈ϕ(E) ⇔ ∃b∈B tqϕ(b) =∅

⇔ ∃b∈B tq∀a∈A:a6∈ϕ(b)

⇔ ∃b∈B tq∀a∈A:b6∈f(a)

⇔ ∃b∈B tqb6∈Ω₁∪ · · · ∪Ω_n

L'équivalence des négations des deux propositions fournit la relation demandée.

On en déduit que le nombre den-recouvrements est aussi le nombre d'applications deEversP(E)− ∅soit (sipest le nombre d'éléments deE) :

(2^p−1)ⁿ

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 propriétésP2 et P3 sont logiquement équivalentes carP3 formule la dénition de la convergence des suites(fn(x))_n∈N pour chaquex.

La propositionP1implique les deux autres car elle signie que pour chaqueε, il existe unαvalable pour tous les x. Dans les autres propositions, cetαpeut dépendre dex, les propositions ne sont pas équivalentes.

3. Remarquons que six=yn'importe quelzdans[0,1]convient. Supposons doncx6=y et notonsϕla fonction suggérée par l'énoncé.

ϕ(t) =f(t) + (y−t)f⁰(t) + (y−t)²M

Elle dépend dey, on aurait pu le marquer en la notantϕy. Elle a les mêmes propriétés de régularité que f⁰ c'est à direC¹[0,1]. On peut donc lui appliquer le théorème de Rolle entrexety si on choisit unM tel que ϕ(x) =ϕ(y).

Cette contrainte se traduit par une équation très simple d'inconnueM : f(y) =f(x) + (y−x)f⁰(x) + (y−x)²M

qui admet une solution cary6=x. Il n'est pas utile de l'exprimer.

Pour ceM là, il existe zstrictement entrexety (donc dans[0,1]) tel queϕ⁰(z) = 0. Or

ϕ⁰(t) =f⁰(t)−f⁰(t) + (y−t)f⁰⁰(t)−2(y−t)M = (y−t)(f⁰⁰(t)−2M) Dez6=y, on tiref⁰⁰(z) = 2M. En réinjectant dans la relationϕ(x) =ϕ(y), on obtient

f(y) =f(x) + (y−x)f⁰(x) + (y−x)²f⁰⁰(z) 2

4. La fonctionx7→x(1−x)est croissante de0à ¹₂, décroissante de ¹₂ à1. 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)} avecn−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.

Casf(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.

Casf(x) =e^x.

fn(x) =

n

X

k=0

e^kn n

k

x^k(1−x)^n−k=

n

X

k=0

n k

(e¹ⁿx)^k(1−x)^n−k =

eⁿ¹x+ 1−xⁿ

3. On veut montrer ici quex(1−x)B_kⁿ⁰(x) = (k−nx)Bⁿ_k(x). Sik= 0.

x(1−x)B₀ⁿ⁰(x) =−nx(1−x)(1−x)ⁿ⁺¹ =−nx(1−x)ⁿ = (k−nx)B₀ⁿ(x) Sik=n.

x(1−x)B_nⁿ⁰(x) =nx(1−x)xⁿ⁻¹=n(1−x)xⁿ= (k−nx)B_nⁿ(x) Si1≤k≤n−1.

x(1−x)Bⁿ_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 fonctiong, on déduitg(_n^k) =_n^kf(^k_n). On peut alors exprimer gn(x)−xfn(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. Sif(x) =xpour tous lesxalorsg(x) =x² et fn(x) =x. La formule précédente

donne donc

x(1−x)

n =−x²+g_n(x) On en déduit que sif(x) =x² pour tous les xalors

fn(x) = x(1−x) n +x²

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

n−x)²= (k n)²−2k

nx+x² 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 +x²

n

X

k=0

(−2x)(k n)

n k

x^k(1−x)^n−k=−2x²

n

X

k=0

x² n

k

x^k(1−x)^n−k =x² 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. Sik= 0,B₀ⁿ(t) = (1−t)ⁿ doncB₀ⁿ⁰=−nB₀ⁿ⁻¹. Sik=n, B_nⁿ(t) =tⁿ doncB_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

Commen−k= (n−1)−(k−1)et n−k−1 = (n−1)−k, on obtient B_kⁿ⁰=n B_k−1ⁿ⁻¹−Bⁿ⁻¹_k

2. En utilisant les relations trouvées à la question précédente, il vient 1

nf_n⁰(x) =

n

X

k=1

f(k

n)Bⁿ⁻¹_k−1 −

n−1

X

k=0

f(k

n)Bⁿ⁻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

(∆nf)(k n)Bⁿ⁻¹_k 3. Si on supposef croissante, alors∆nf 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 quef_n⁰ est à valeurs positives doncf_n est croissante.

IV. Approximations.

1. a. Comme la fonction est de classeC², sa dérivée seconde est continue. Elle est donc bornée. Le fait que ses bornes sont atteintes n'est pas utile ici.

b. Considérons unx∈[0,1]et utilisons la question I.3. avecy = _n^k pour chaquek. Il existe donc desz_k tels que

f(k

n) =f(x) + (k

n−x)f⁰(x) + (k

n−x)²f⁰⁰(zk) 2

En multipliant par les fonctions de Bernstein et en sommant, on obtient fn(x) =f(x)

n

X

k=0

B_kⁿ(x)

| {z }

=1

+f⁰(x)

n

X

k=0

k nBⁿ_k(x)

| {z }

=x

−xf⁰(x)

n

X

k=0

B_kⁿ(x)

| {z }

=1

+

n

X

k=0

(k

n−x)²f⁰⁰(z_k)

2 B_kⁿ(x) =f(x) +1 2

n

X

k=0

(k

n−x)²f⁰⁰(zk)B_kⁿ(x) d'après les questions précédentes. On peut aussi écriref(x)comme une somme :

f(x) =f(x)

n

X

k=0

Bⁿ_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)−fn(x)| ≤

n

X

k=0

|f(x)−fn(x)|Bⁿ_k(x) = 1 2

n

X

k=0

(k

n−x)²|f⁰⁰(zk)|B_kⁿ(x)

≤ M2

2

n

X

k=0

(k

n−x)²B_kⁿ(x)≤ M2

2

x(1−x) n c. Une étude rapide de fonction (maximum en¹₂) montre que0≤x(1−x)≤ ¹₄ pour

tous lesxde[0,1]. On en tire donc :

∀x∈[0,1], |f(x)−fn(x)| ≤ M₂ 8n

La suite des^M_8n² tend vers0et leNassocié à unεpar la dénition de la convergence de la suite sera valable pour tous lesxde la conditionP1.

2. a. Dans cette question, le point important est simplement que les valeurs deB_kⁿsont toujours positives. Une somme qui porte sur leskdeKα(x)est plus petite qu'une somme obtenue en ajoutant des termes positifs pour les autresk.

On considère la somme de la question II5. Par dénition deK_α(x) et d'après la remarque précédente,

α² X

k∈K_α(x)

B_kⁿ(x)≤ X

k∈K_α(x)

(k

n−x)²B_kⁿ(x)≤

n

X

k=1

(k

n −x)²B_kⁿ(x) = x(1−x) n

Commex(1−x)≤ ¹₄, on en déduit l'inégalité demandée

X

k∈K_α(x)

B_kⁿ(x)≤ 1 4nα² b. On a déjà vu que l'on peut écriref(x)comme une somme

f(x) =

n

X

k=0

f(x)B_kⁿ(x)

On factorise partiellement la diérence et on sépare leskavant de majorer

|f(x)−fn(x)|=

n

X

k=0

(f(x)−fn(x))B_kⁿ(x)

≤

n

X

k=0

|f(x)−fn(x)|B_kⁿ(x)

≤ X

k∈Kα(x)

|f(x)−fn(x)|Bⁿ_k(x) + X

k∈K⁰_α(x)

|f(x)−fn(x)|B_kⁿ(x)

Pour lesk∈K_α(x), majorons par |f(x)−f_n(x)| ≤2M₀ et ne faisons rien pour les autres. On en déduit :

|f(x)−fn(x)| ≤2M0

X

k∈Kα(x)

Bⁿ_k(x) + X

k∈K⁰_α(x)

|f(x)−fn(x)|B_kⁿ(x)

≤ M0

2nα² + X

k∈K⁰_α(x)

|f(x)−f_n(x)|B_kⁿ(x)

en utilisant l'inégalité de la question précédente.

Pour toutx∈[0,1]et tout ε >0, commef est continue en x, il existe unα >0 (qui dépend dexà priori) tel que |f(y)−f(x)| ≤ ₂^ε pour y ∈[0,1] vériant|x−y| ≤α. Ceci se produit pour les ^k_n lorsquek∈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)

Bⁿ_k(x)≤ ε 2

1

X

k=0

Bⁿ_k(x) = ε 2 Pour ceαlà, on peut donc écrire que pour toutn,

|f(x)−fn(x)| ≤ M0

2nα² +ε 2

Comme la suite _2nα^M02

n∈N^∗ converge vers0, il existe unN à partir duquel M0

2nα² ≤ ε 2 Ce qui montre la propositionP3.

En fait on pourrait montrer aussi de cette manière la proposition P1 mais il faudrait utiliser le théorème de Heine sur la continuité uniforme sur un segment.