Informatique pour les classes ECG/ECT

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1. 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.

2. Convergence simple vers $f$ sur $[0,1]$.

Pour tout $x\in[0,1]$, on a $\displaystyle \lim_{n\to+\infty} B_n(x)=f(x)$.

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 : $$\begin{array}{rcl} |B_n(x)-f(x)|&=&\displaystyle \left|\sum_{k=0}^n\left[f\left(\frac{k}{n}\right)-f(x)\right]\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}\right|\\ & \leq &\displaystyle \sum_{k=0}^n\left|f\left(\frac{k}{n}\right)-f(x)\right|\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}\end{array}$$ Comme $f$ est continue en $x$, on sait qu'il existe $\delta>0$ tel que, pour tout $k\in\lc0,n\rc$ : $$\left|\frac{k}{n}-x\right|<\delta\Longrightarrow \left|f\left(\frac{k}{n}\right)-f(x)\right|\leq\varepsilon$$ (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: $\displaystyle \lim_{n\to+\infty} B_n(x)=f(x)$.
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3. Théorème de Weierstrass: convergence uniforme vers $f$.

On a en fait $\displaystyle \lim_{n\to+\infty} \max_{x\in[0,1]}\big|B_n(x)-f(x)\big|=0$ c'est-à-dire que la suite de fonctions $(B_n)$ converge uniformément vers $f$ sur $[0,1]$.
Il est remarquable qu'il n'est pas nécessaire d'ajouter des hypothèses sur $f$ !

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.
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4. Vitesse de convergence.

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

$f$ 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 : $$\max_{x\in [0,1] } | B_n(x)-f(x) | \underset{ n\to+\infty }{ = } \mathcal{O} \left( \frac{1}{n^{\frac{1}{3}}}\right)$$ MASQUER

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

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