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

(1)

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Problème I.

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)

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1

Rémy Nicolai M1009C

(2)

MPSI B 2009-2010 Corrigé du DM 9 29 juin 2019

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.

2

(3)

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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.

3

(4)

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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.

Problème II.

1. Vérions les propriétés requises pour que C(A) soit un sous groupe.

Non vide : Il contient le neutre qui commute avec tout le monde Stable pour l'opération : Soit x et y deux éléments de C(A) alors :

∀a ∈ A : (xy)a = x(ya) = x(ay) = (xa)y = a(xy) donc xy ∈ C(A) .

Stable pour l'inversion : Soit x ∈ C(A) alors :

∀a ∈ A : x

⁻¹

a = x

⁻¹

a(xx

⁻¹

) = (x

⁻¹

x)ax

⁻¹

= ax

⁻¹

donc x

⁻¹

∈ C(A) .

2. Montrons que X ⊂ Y entraîne C(Y ) ⊂ C(X) . En eet tout élément u de C(Y ) commute avec tout élément de Y . Il commute donc avec tous les éléments de X (qui sont des éléments particuliers de Y ). Un tel u est donc dans C(X ) .

3. Montrons que X ⊂ C(C(X)) . En eet tout x de X commute par dénition de C(X ) avec un élément quelconque de C(X ) .

4. Utilisons d'abord les questions 3. appliquée à A puis la question 2.

A ⊂ C(C(A)) ⇒ C(C(C(A))) ⊂ C(A)

Utilisons ensuite à nouveau la question 3. mais appliquée à C(A) au lieu de X . On obtient l'autre inclusion :

C(A) ⊂ C(C(C(A)))

4