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