Théorème de Weierstrass via la loi binomiale et l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev

Thèmes: Variables aléatoires - Loi binomiale - Moments - Indépendance - Inégalité de Bienaymé Tchebychev
 
 
 
 
  • Définition. Si $n\in\mathbb{N}$ et $f:[0,1]\longrightarrow\mathbb{R}$ est continue, on appelle polynôme de Bernstein d'ordre $n$ associé à $f$, le polynôme:
$$B_n(f)=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}f\left(\frac{k}{n}\right)X^k(1-X)^{n-k}$$
 
 Dans la suite $B_n(f)$ sera noté $B_n$ pour simplifier les notations.
 
 
 
  • Convergence simple vers $f$ sur $[0,1]$. Pour tout $x\in[0,1]$, on a $\displaystyle \lim_{n\to+\infty} B_n(x)=f(x)$.

Preuve.Le résultat est évident si $x=0$ ou $1$ puisque $B_n(0)=f(0)$ et $B_n(1)=f(1)$.

On suppose $x\in]0,1[$ et on fixe $\varepsilon>0$. On se donne $S_n\hookrightarrow\mathcal{B}(n,x)$ et on remarque que d'après le théorème de transfert on a:

$$\mathbb{E}\left[f\left(\frac{S_n}{n}\right)\right]=\sum_{k=0}^n f\left(\frac{k}{n}\right)\mathbb{P}(S_n=k)=\sum_{k=0}^n f\left(\frac{k}{n}\right)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}=B_n(x)$$

En remarquant que $\displaystyle\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}=(x+1-x)^n=1$ on a donc:

$$|B_n(x)-f(x)|=\left|\sum_{k=0}^n\left[f\left(\frac{k}{n}\right)-f(x)\right]\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}\right|\leq \sum_{k=0}^n\left|f\left(\frac{k}{n}\right)-f(x)\right|\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}$$

 Comme $f$ est continue en $x$, on sait qu'il existe $\delta>0$ tel que, pour tout $k\in[\![0;n]\!]$:
$$\left|\frac{k}{n}-x\right|<\delta\Longrightarrow \left|f\left(\frac{k}{n}\right)-f(x)\right|\leq\varepsilon$$
(définition de la limite lorsque $t\to x$ avec $t=k/n$).
 
On pose alors $\displaystyle I=\left\{k\in[\!0;n]\!] \,\Big/\, \left|\frac{k}{n}-x\right|<\delta \right\}$ et  $\displaystyle J=\left\{k\in[\!0;n]\!] \,\Big/\, \left|\frac{k}{n}-x\right|\geq\delta \right\}$. On obtient:
 
$$ |B_n(x)-f(x)|  \leq  \sum_{k\in I} \left|f\left(\frac{k}{n}\right)-f(x)\right|\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} + \sum_{k\in J} \left|f\left(\frac{k}{n}\right)-f(x)\right|\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} $$
 
donc:
 
$$|B_n(x)-f(x)|  \leq \varepsilon \sum_{k\in I}\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}+\sum_{k\in J}\left|f\left(\frac{k}{n}\right)-f(x)\right|\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} $$
 
On a $\displaystyle  \sum_{k\in I}\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}\leq \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}=1$.
 
Si on pose $\displaystyle \| f\|_{\infty}=\max_{t\in[0,1]} |f(t)|$ alors pour $k\in J$, $\displaystyle \left|f\left(\frac{k}{n}\right)-f(x)\right|\leq 2\|f\|_{\infty}$ donc:
$$|B_n(x)-f(x)|\leq \varepsilon +2\|f\|_{\infty}\sum_{k\in J}\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}$$
 
Reste à remarquer que $\displaystyle \left[\left|\frac{S_n}{n}-x\right|\geq\delta\right]=\bigcup_{k\in J} [S_n=k]$ et donc que: $\displaystyle \mathbb{P}\left(\left|\frac{S_n}{n}-x\right|\geq\delta\right)=\sum_{k\in J}\mathbb{P}(S_n=k)=\sum_{k\in J}\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}$.
 
Ainsi:
 
$$|B_n(x)-f(x)|\leq \varepsilon +2\|f\|_{\infty}\mathbb{P}\left(\left|\frac{S_n}{n}-x\right|\geq\delta\right)$$
 
Reste à appliquer l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev:
 
$$ \mathbb{P}\left(\left|\frac{S_n}{n}-x\right|\geq\delta\right)\leq\frac{V\left(\frac{S_n}{n}\right)}{\delta^2}=\frac{x(1-x)}{n\delta^2}\leq\frac{1}{4n\delta^2}$$
puisqu'on montre facilement que $t(1-t)\leq\frac{1}{4}$ pour tout $t\in[0,1]$.
 
Finalement:
 
$$|B_n(x)-f(x)|\leq \varepsilon +2\|f\|_{\infty}\frac{1}{4n\delta^2}$$
 
Et comme $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} 2\|f\|_{\infty}\frac{1}{4n\delta^2}=0$, il existe $n_0\in\mathbb{N}$ tel que $\forall n\geq n_0$, $\displaystyle 2\|f\|_{\infty}\frac{1}{4n\delta^2}\leq\varepsilon $.
 
On a donc montré qu'il existe $n_0\in\mathbb{N}$ tel que $\forall n\geq n_0$, $\displaystyle |B_n(x)-f(x)|\leq 2\varepsilon$ (on aurait du choisir $\varepsilon/2$ au départ  la place de $\varepsilon$).
 
En conclusion: $\displaystyle \lim_{n\to+\infty} B_n(x)=f(x)$.
 
 
 
 
  • Théorème de Weierstrass: convergence uniforme vers $f$. On a en fait $\displaystyle \lim_{n\to+\infty} \max_{x\in[0,1]}\big|B_n(x)-f(x)\big|=0$.

Il n'est pas nécessaire d'ajouter des hypothèses sur $f$ !

Preuve. On reprend les calculs et les notations de la démonstration précédente. Pour $\varepsilon>0$ fixé:

$$|B_n(x)-f(x)|\leq \varepsilon +2\|f\|_{\infty}\frac{1}{4n\delta^2}$$

pour $x\in]0,1[$. Le membre de gauche étant nul pour $x=0$ et $x=1$, l'inégalité est valable pour tout $x\in[0,1]$.

Dans le membre de droite seul $\delta$ peut dépendre de $x$ (en effet l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev nous a fourni une majoration indépendante de $x$). Mais d'après le théorème de Heine, $f$ est uniformément continue sur $[0,1]$, ce qui assure qu'on peut supposer que $\delta$ ne dépend pas de $x$. On en déduit que:

$$\max_{x\in[0,1]}|B_n(x)-f(x)|\leq \varepsilon +2\|f\|_{\infty}\frac{1}{4n\delta^2}$$

 et on conclut comme dans la démonstration précédente.

 

 

  • Vitesse de convergence. Supposons $f$ lipschitzienne sur $[0,1]$. Alors $\displaystyle \max_{x\in [0,1] } | B_n(x)-f(x) | \underset{ n\to+\infty }{ = } \mathcal{O} \left( \frac{1}{n^{\frac{1}{3}}}\right)$.

Preuve. $f$ est lipschitzienne donc il existe $k>0$ telle que:

$$\forall (x,y)\in[0,1]^2,\quad [f(x)-f(y)|\leq k|x-y|$$

Dans la preuve précédente, on peut donc choisir $\displaystyle \delta=\frac{\varepsilon}{k}$:

$$\max_{x\in[0,1]}|B_n(x)-f(x)|\leq \varepsilon +2\|f\|_{\infty}\frac{k^2}{4n\varepsilon^2}$$

pour tout $\varepsilon>0$.

On choisit alors $\varepsilon$ de la forme $\displaystyle \frac{1}{n^{\alpha}}$ et de telle sorte que $\varepsilon$ et $\displaystyle\frac{1}{n\varepsilon ^2}$ soit du  même ordre de grandeur, c'est-à-dire que $\alpha=1-2\alpha$, donc $\displaystyle \varepsilon=\frac{1}{n^{\frac{1}{3}}}$. On obtient:

$$\max_{x\in[0,1]}|B_n(x)-f(x)|\leq \left(1 +2\|f\|_{\infty}\frac{k^2}{4}\right)\frac{1}{n^{\frac{1}{3}}}$$

donc:
$$\max_{x\in [0,1] } | B_n(x)-f(x) | \underset{ n\to+\infty }{ = } \mathcal{O} \left( \frac{1}{n^{\frac{1}{3}}}\right)$$
 
 
 
 
 
  • Vitesse de convergence. Supposons $f$ hölderienne d'exposant $\gamma\in]0,1]$ sur $[0,1]$. Alors $\displaystyle \max_{x\in [0,1] } | B_n(x)-f(x) | \underset{ n\to+\infty }{ = } \mathcal{O} \left( \frac{1}{n^{\frac{\gamma}{2+\gamma}}}\right)$.

Preuve. $f$ est hölderienne d'exposant $\gamma$ donc il existe $k>0$ telle que:

$$\forall (x,y)\in[0,1]^2,\quad [f(x)-f(y)|\leq k|x-y|^{\gamma}$$

Dans la preuve précédente de la convergence uniforme, on choisit $\displaystyle \delta=\left(\frac{\varepsilon}{k}\right)^{\frac{1}{\gamma}}$:

$$\max_{x\in[0,1]}|B_n(x)-f(x)|\leq \varepsilon +2\|f\|_{\infty}\frac{k^{\frac{2}{\gamma}}}{4n\varepsilon^{\frac{2}{\gamma}}}$$

pour tout $\varepsilon>0$.

On choisit alors $\varepsilon$ de la forme $\displaystyle \frac{1}{n^{\alpha}}$ et de telle sorte que $\varepsilon$ et $\displaystyle\frac{1}{n\varepsilon^{\frac{2}{\gamma}}}$ soit du  même ordre de grandeur, c'est-à-dire que $\displaystyle \alpha=1-\frac{2\alpha}{\gamma}$, donc $\displaystyle \varepsilon=\frac{1}{n^{\frac{\gamma}{2+\gamma}}}$. On obtient:

$$\max_{x\in[0,1]}|B_n(x)-f(x)|\leq \left(1 +2\|f\|_{\infty}\frac{k^2}{4}\right)\frac{1}{n^{\frac{\gamma}{2+\gamma}}}$$

donc:
$$\max_{x\in [0,1] } | B_n(x)-f(x) | \underset{ n\to+\infty }{ = } \mathcal{O} \left( \frac{1}{n^{\frac{\gamma}{2+\gamma}}}\right)$$
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