M-PT-SSF-JMF-1

Proble`mes de Mathe´matiques
Polynoˆmes de Bernstein et the´ore`me de Weierstrass
E´ nonc´e

Polynˆomes de Bernstein et th´eor`eme de Weierstrass

1. Pour tout n de IN, et tout k de {0, . . . , n}, on pose Rn,k(x) = Cknxk(1 − x)n−k.

(a) Prouver les trois ´egalit´es suivantes :

nn n k(k − 1)Rn,k(x) = n(n − 1)x2. [ S ]

Rn,k(x) = 1, kRn,k(x) = nx,

k=0 k=0 k=0

n

(b) En d´eduire l’´egalit´e : (k − nx)2Rn,k(x) = nx(1 − x). [ S ]

k=0

2. Soit f une application continue sur un segment [a, b] de IR, a` valeurs dans IK.

Montrer que pour tout ε > 0, il existe α > 0 tel que :

∀(x, y) ∈ [a, b]2, |y − x| ≤ α ⇒ |f (x) − f (y)| ≤ ε.

Indication : raisonner par l’absurde et introduire un r´eel ε > 0 et deux suites (xn) et (yn)

de [a, b] telles que |yn − xn| ≤ 1 et |f (yn) − f (xn)| ≥ ε. [S]
n

3. Soit f une application d´efinie et continue sur [0, 1], a` valeurs dans IK.

n k
n
Pour tout entier n ≥ 1, on pose Bn(f )(x) = f Rn,k(x).

k=0

On dit que les Bn(f ) sont les polynoˆmes de Bernstein de f .

On va montrer que la suite (Bn(f ))n≥1 converge uniform´ement vers f sur [0, 1].

On se donne ε > 0. On sait d’apr`es la question pr´ec´edente qu’il existe α > 0 tel que :

∀(x, y) ∈ [0, 1]2, |y − x| ≤ α ⇒ |f (x) − f (y)| ≤ ε.

n f (x) − f k Rn,k(x). [ S ]
n
(a) Montrer que f (x) − Bn(f )(x) =

k=0

(b) Soit x un ´el´ement de [0, 1]. On note A = k ∈ {0, . . . , n}, x− k ≤α .
n

Soit B le compl´ementaire de A dans {0, . . . , n}.

i. Montrer que f (x) − f k Rn,k(x) ≤ ε. [ S ]
n
k∈A

ii. Prouver α2 Rn,k(x) ≤ k 2 1 n (nx − k)2Rn,k(x) 1
n n2 4n
x − Rn,k(x) ≤ ≤ [S]

k∈B k∈B k=0

iii. Prouver que f (x) − f k Rn,k(x) ≤ f∞ . [ S]
n 2nα2
k∈B

iv. Montrer finalement que f − Bn(f ) ∞ ≤ε+ f∞ . [S]
2nα2

(c) En d´eduire que la suite (Bn(f ))n≥1 converge uniform´ement vers f sur [0, 1]. [ S ]

4. Montrer plus g´en´eralement le th´eor`eme de Weierstrass :

Toute application g continue sur un segment [a, b] de IR et a` valeurs dans IK est limite
uniforme sur [a, b] d’une suite de fonctions polynˆomiales. [ S ]

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Polynoˆmes de Bernstein et the´ore`me de Weierstrass
Corrig´e

Corrig´e du probl`eme

1. (a) – On utilise la formule du binˆome :

nn

Rn,k(x) = Cnk xk(1 − x)n−k = (x + (1 − x))n = 1

k=0 k=0

– Remarquons que le resultat demand´e est ´evident si n = 0.
On utilise la relation, vraie si n ≥ k ≥ 1 :

kCkn = n! = Cn k−1
(n−k)!(k−1)! n−1

On en d´eduit : nn

n = kCnk xk(1 − x)n−k = nx Ck−1 xk−1 (1 − x)n−k
n−1
kRn,k(x)
k=1 k=1
k=0

n−1

= nx Ck xk(1 − x)n−1−k = nx(x + (1 − x))n−1 = nx.
n−1

k=0

– Remarquons que le resultat demand´e est ´evident si n = 0 ou n = 1.

On utilise la relation, vraie si n ≥ k ≥ 2 :

k(k − 1)Cnk = n! = n(n − C1) k−2 .
(n−k)!(k−2)! n−2

On en d´eduit :

nn

k(k − 1)Rn,k(x) = k(k − 1)Ckn xk(1 − x)n−k

k=0 k=2

n

= n(n − 1)x2 Ck−2 xk−2(1 − x)n−k
n−2

k=2

n−2

= n(n − 1)x2 Ck xk(1 − x)n−2−k
n−2

k=0

= n(n − 1)x2(x + (1 − x))n−2 = n(n − 1)x2.

[Q]

(b) On constate l’´egalit´e (k − nx)2 = k(k − 1) + (1 − 2nx)k + n2x2.

On peut alors utiliser les r´esultats pr´ec´edents :

nn

(k − nx)2Rn,k(x) = (k(k − 1) + (1 − 2nx)k + n2x2)Rn,k(x)

k=0 k=0

n nn

= k(k − 1)Rn,k(x) + (1 − 2nx) kRn,k(x) + n2x2 Rn,k(x)

k=0 k=0 k=0

= n(n − 1)x2 + (1 − 2nx)nx + n2x2 = −nx2 + nx = nx(1 − x).

[Q]

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Corrig´e

2. On suppose, par l’absurde, que la propri´et´e ´evoqu´ee par l’´enonc´e n’est pas vraie.

Il existe donc un r´eel ε > 0 tel que pour tout α > 0 on puisse trouver x et y dans [a, b]
tels que |y − x| ≤ α mais tels que |f (y) − f (x)| ≥ ε.

En particulier : ∀n ∈ IN∗, ∃(xn, yn) ∈ [a, b]2, |yn − xn| ≤ 1
n
|f (yn) − f (xn)| ≥ ε

De la suite de terme g´en´eral zn = (xn, yn) du compact [a, b]2 de IR2 on peut extraire une
suite convergente zn = (xn, yn).

Avec ces notations, il existe donc une application ϕ : IN → IN, strictement croissante,

telle que xn = xϕ(n) et yn = yϕ(n).

Les in´egalit´es |yn − xn| ≤ 1 et le fait que lim ϕ(n) = +∞ impliquent que les suites
ϕ(n)
n→∞

convergentes (xn) et (yn) ont la mˆeme limite .

La continuit´e de f permet alors d’´ecrire lim f (xn ) = lim f (yn) = f( ), ce qui est absurde

n→∞ n→∞

car par hypoth`ese |f (yn) − f (xn)| ≥ ε pour tout entier n. [ Q ]

n

3. (a) On sait que Rn,k(x) = 1. Le r´esultat est alors ´evident :

k=0

nn n

f (x) − Bn(f )(x) = f (x) Rn,k(x) − f k Rn,k(x) = f (x) − f k Rn,k(x)
n n

k=0 k=0 k=0

[Q]

(b) i. Pour tout ´el´ement x de A, on a x − k ≤ α donc f (x) − f k ≤ ε.
n n

On en d´eduit : f (x) − f k Rn,k(x) ≤ ε Rn,k(x).
n

k∈A k∈A

n

Cette expression est major´ee par ε Rn,k(x) c’est-`a-dire par ε. [ Q ]

k=0

ii. Pour tout x de B, on a x − k ≥ α.
n

On en d´eduit x − k 2 Rn,k(x). D’autre part :
n
Rn,k(x) ≥ α2

k∈B k∈B

2 n

x − k Rn,k(x) = 1 (nx − k)2Rn,k(x) ≤ 1 (nx − k)2Rn,k(x)
n n2 n2

k∈B k∈B k=0

Autrement dit : x − k 2 ≤ 1 nx(1 − x).
n n2
Rn,k(x)

k∈B

Enfin, pour tout x de [0, 1], on a x(1 − x) ≤ 1 .
4

On en d´eduit x − k 2 ≤ 1 . [Q]
n 4n
Rn,k(x)

k∈B

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Corrig´e

iii. On majore f (x) − f k par 2 f ∞.
n

D’apr`es la question pr´ec´edente on a : α2 Rn,k(x) ≤ 1 .
4n

k∈B

On en d´eduit : f (x) − f k Rn,k(x) ≤ 2 f ∞ Rn,k(x) ≤ f∞ . [ Q]
n 2nα2

k∈B k∈B

iv. Pour tout x de [0, 1], on a :

n n

|f (x) − Bn(f )(x)| = f (x) − f k Rn,k(x) ≤ f (x) − f k Rn,k(x)
n n

k=0 k=0

≤ f (x) − f k Rn,k(x) + f (x) − f k Rn,k(x) ≤ ε+ f∞ .
n n 2nα2

k∈A k∈B

Puisque c’est vrai sur [0, 1], on peut ´ecrire : f − Bn(f ) ∞ ≤ε+ f∞ . [Q]
2nα2

(c) On commence par se donner ε > 0 et on en d´eduit l’existence d’un r´eel α > 0 pour
lequel l’in´egalit´e pr´ec´edente est v´erifi´ee pour tout n ≥ 1.

Il suffit alors de choisir un entier n0 tel que que n≥ n0 ⇒ f∞ ≤ ε.
2nα2

On a alors, pour tout n ≥ n0 : f − Bn(f ) ∞ ≤ 2ε.

On en d´eduit lim f − Bn(f ) ∞ = 0.

n→∞

Autrement dit, la suite (Bn(f ))n≥1 converge uniform´ement vers f sur [0, 1]. [ Q ]

4. Soit g : [a, b] → IK, continue.

On utilise le changement de variable t = a + x(b − a).

Quand x parcourt [0, 1], t parcourt [a, b].

Le changement de variable inverse est donn´e par x = t−a .
b−a

Pour tout x de [0, 1], on pose f (x) = g(a + x(b − a)).

L’application f est continue sur [0, 1] : il existe donc une suite de polynˆomes x → Pn(x)
(par exemple les polynoˆmes de Bernstein de f ) uniform´ement convergente vers f sur [0, 1].

On pose alors, pour tout n de IN et tout t de [a, b] : Qn(t) = Pn t−a .
b−a

Les Qn sont des applications polynˆomiales et : sup |g(t) − Qn(t)| = sup |f (x) − Pn(x)|.

t∈[a,b] x∈[0,1]

Cette quantit´e tend vers 0 quand n tend vers +∞.

Conclusion : la suite des polynˆomes Qn est uniform´ement convergente vers g sur [a, b], ce
qui ach`eve la d´emonstration du th´eor`eme de Weierstrass. [ Q ]

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