Suites et séries de fonctions/Approximation de fonctions

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Début d’un théorème

Théorème de Stone-Weierstrass

Toute fonction continue sur un compact $[a,b]$ peut être approchée uniformément par des fonctions polynomiales.

Fin du théorème

La démonstration, longue, repose sur l’utilisation des polynômes de Bernstein.

Du point de vue de la topologie de l'espace fonctionnel ${\mathcal {C}}^{0}([a,b])$, ce théorème signifie que :

Début d’un théorème

Théorème de Stone-Weierstrass (bis)

L'ensemble des fonctions polynomiales sur $[a,b]$ est dense dans ${\mathcal {C}}^{0}([a,b])$.

Fin du théorème

Démonstration

Polynômes de Bernstein

Polynômes de Bernstein

Pour $n\in \mathbb {N}$ et pour $k\in [0,n]$, le polynôme de Bernstein (n,k) est défini par :

$b_{n,k}(x)={\binom {n}{k}}x^{k}(1-x)^{n-k}$.

Comme la formulation des polynômes de Bernstein nous y invite, on fera la démonstration sur [0,1]. Un simple changement de coordonnées peut ramener au cas général de l'intervalle [a, b].

Nous allons, avant de démontrer le théorème en lui-même, voir quelques propriétés utiles de ces polynômes :

Égalités utiles

Pour tous $x\in \mathbb {R} \ ,\ n\in \mathbb {N} \ ,\ k\in [0,n]$

• $\sum _{k=0}^{n}b_{n,k}(x)=1$
• $\forall p\in [0,n]\ \sum _{k=0}^{n}{\frac {k!}{(k-p)!}}b_{n,k}(x)={\frac {n!}{(n-p)!}}x^{p}$
• $\sum _{k=0}^{n}k^{2}b_{n,k}(x)=n(n-1)x^{2}+nx$
• $\sum _{k=0}^{n}(nx-k)^{2}b_{n,k}(x)=nx(1-x)$

Calcul des égalités

• La première égalité est une simple application de la formule du binôme de Newton.
• Tout d’abord, il faut noter que :

${\frac {k!}{(k-p)!}}{\binom {n}{k}}={\frac {k!}{(k-p)!}}{\frac {n!}{k!(n-k)!}}={\frac {n!(n-p)!}{(k-p)!(n-k)!(n-p)!}}={\frac {n!}{(n-p)!}}{\binom {n-p}{k-p}}$

Ainsi, en prenant les coefficients binomiaux nuls si k-p<0 :

$\sum _{k=0}^{n}{\frac {k!}{(k-p)!}}b_{n,k}(x)=\sum _{k=p}^{n}{\frac {n!}{(n-p)!}}{\binom {n-p}{k-p}}x^{k}(1-x)^{n-k}={\frac {n!}{(n-p)!}}\sum _{k=0}^{n-p}{\binom {n-p}{k}}x^{k+p}(1-x)^{n-k-p}={\frac {n!}{(n-p)!}}x^{p}$

en appliquant la première égalité.

• En remarquant que :

  $k^{2}=k(k-1)+k={\frac {k!}{(k-2)!}}+{\frac {k!}{(k-1)!}}$

  il suffit alors d’utiliser la deuxième égalité deux fois :

paramètre titre${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{n}k^{2}b_{n,k}(x)&=\sum _{k=0}^{n}{\frac {k!}{(k-2)!}}b_{n,k}(x)+\sum _{k=0}^{n}{\frac {k!}{(k-1)!}}b_{n,k}(x)\\&=n(n-1)x^{2}+nx\end{aligned}}$

• Le calcul se fait par :

  ${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{n}(nx-k)^{2}b_{n,k}(x)&=n^{2}x^{2}\sum _{k=0}^{n}b_{n,k}(x)-2nx\sum _{k=0}^{n}kb_{n,k}(x)+\sum _{k=0}^{n}k^{2}b_{n,k}(x)\\&=n^{2}x^{2}\times 1-2nx\times nx+(n(n-1)x^{2}+nx)\\&=nx(1-x).\end{aligned}}$

 

Démonstration

Début d'une démonstration

Démonstration

On pose, pour n entier et toute fonction f continue sur [0,1], la fonction polynomiale :

$B_{n}(f)(x)=\sum _{k=0}^{n}f\left({\frac {k}{n}}\right)b_{n,k}(x)$.

L'objectif est de montrer que la suite de fonctions polynomiales $(B_{n}(f))_{n\in \mathbb {N} }$ converge uniformément vers f sur [0,1].

Fixons $\varepsilon >0$ et $x\in [0,1]$.

On a : $\ f(x)-B_{n}(f)(x)=\sum _{k=0}^{n}\left[f(x)-f\left({\frac {k}{n}}\right)\right]b_{n,k}(x)$.

La fonction f étant continue sur [0, 1], elle y est uniformément continue : il existe donc $\delta >0$ tel que $|x-y|<\delta \Rightarrow |f(x)-f(y)|<{\frac {\varepsilon }{2}}$.

On sépare les indices en deux ensembles : on pose ${\mathcal {E}}_{1}=\lbrace k\in 0,\ldots ,n\mid \left|x-{\frac {k}{n}}\right|<\delta \rbrace$ et ${\mathcal {E}}_{2}=\lbrace 0,\ldots ,n\rbrace \setminus {\mathcal {E}}_{1}$.

Les deux ensembles sont disjoints, donc on a : $\sum _{k=0}^{n}\left[f(x)-f\left({\frac {k}{n}}\right)\right]b_{n,k}(x)=\sum _{k\in {\mathcal {E}}_{1}}\left[f(x)-f\left({\frac {k}{n}}\right)\right]b_{n,k}(x)+\sum _{k\in {\mathcal {E}}_{2}}\left[f(x)-f\left({\frac {k}{n}}\right)\right]b_{n,k}(x)$.

On peut déjà dire que $\left|\sum _{k\in {\mathcal {E}}_{1}}\left[f(x)-f\left({\frac {k}{n}}\right)\right]b_{n,k}(x)\right|<{\frac {\varepsilon }{2}}$ par l'inégalité triangulaire, puis en ramenant la somme sur l'intervalle entier.

Il s'agit maintenant de majorer la deuxième partie de la somme. Pour cela, on remarque que :

$\forall k\in {\mathcal {E}}_{1}\ b_{n,k}(x)={\frac {(nx-k)^{2}b_{n,k}(x)}{(nx-k)^{2}}}\leq {\frac {(nx-k)^{2}b_{n,k}(x)}{n^{2}\delta ^{2}}}$.

Ainsi,

$\left|\sum _{k\in {\mathcal {E}}_{2}}\left[f(x)-f\left({\frac {k}{n}}\right)\right]b_{n,k}(x)\right|\leq \sum _{k\in {\mathcal {E}}_{2}}\left[\left|f(x)\right|+\left|f\left({\frac {k}{n}}\right)\right|\right]{\frac {(nx-k)^{2}b_{n,k}(x)}{n^{2}\delta ^{2}}}\leq {\frac {2\|f\|_{\infty }}{n^{2}\delta ^{2}}}nx(1-x)$

d'après la quatrième égalité calculée avant. La fonction$x\rightarrow x(1-x)$ est majorée par 1/4 sur [0,1], d'où :

$\left|\sum _{k\in {\mathcal {E}}_{2}}\left[f(x)-f\left({\frac {k}{n}}\right)\right]b_{n,k}(x)\right|\leq {\frac {\|f\|_{\infty }}{2n\delta ^{2}}}$.

On a donc prouvé que :

$\left|f(x)-B_{n}(f)(x)\right|\leq {\frac {\varepsilon }{2}}+{\frac {\|f\|_{\infty }}{2n\delta ^{2}}}$

Pour tout x dans [0,1], il existe donc un entier N tel que :

$n\geq N\Rightarrow \|f-B_{n}(f)\|_{\infty }\leq \varepsilon$.

Fin de la démonstration

Remarquons que cette démonstration offre un intérêt supplémentaire, puisqu'elle fournit un exemple de suite de polynômes convergeant vers la fonction désirée.