« Suites et séries de fonctions/Approximation de fonctions » : différence entre les versions
Contenu supprimé Contenu ajouté
m Robot : Changement de type cosmétique |
Aucun résumé des modifications |
||
Ligne 16 :
La démonstration, longue, repose sur l'utilisation des '''polynômes de Bernstein'''.
Du point de vue de la topologie de l'espace fonctionnel <math>\mathcal C^0([a;b])\,</math> , ce Théorème signifie que :<br/>
Ligne 23 ⟶ 22 :
L'ensemble des fonctions polynomiales sur <math>[a;b]\,</math> est dense dans <math>\mathcal C^0([a;b])\,</math>.}}
== Démonstration ==
=== Polynômes de Bernstein ===
{{Définition
|titre=Polynômes de Bernstein
|contenu=
Pour <math>n \in \mathbb{N}</math> et pour <math>k \in [ 0 ; n ]</math>, le polynôme de Bernstein (n,k) est défini par :
<center><math>b_{n,k} (x) = \binom{n}{k}x^k (1-x)^{n-k}</math></center>
}}
Comme la formulation des polynômes de Bernstein nous l'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 :
{{Propriété
|titre=Égalités utiles
|contenu=
Pour tous <math>x \in\mathbb R \ , \ n \in \mathbb N \ , \ k \in [ 0 ; n ]</math>
* <math>\sum_{k=0}^n b_{n,k}(x) = 1</math>
* <math>\forall p \in [ 0 ; n ] \ \sum_{k=0}^n \frac{k!}{(k-p)!} b_{n,k}(x) = \frac{n!}{(n-p)!}x^p</math>
* <math>\sum_{k=0}^n k^2 b_{n,k}(x) = n(n-1) x^2 + nx</math>
* <math>\sum_{k=0}^n (nx-k)^2 b_{n,k}(x) = n x (1-x)</math>
}}
{{Démonstration
|titre=Calcul des égalités
|contenu=
* La première égalité est une simple application de la formule du binôme de Newton.
* Tout d'abord, il faut noter que :
<center><math>\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}</math></center>
Ainsi, en prenant les coefficients binomiaux nuls si ''k-p''<0 :
<center><math>\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</math></center>
en appliquant la première égalité.
* En remarquant que :
<center><math>k^2 = k(k-1) + k = \frac{k!}{(k-2)!} + \frac{k!}{(k-1)!}</math></center>
il suffit alors d'utiliser la deuxième égalité deux fois :
<center><math>\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 + n x </math></center>
* Le calcul se fait par :
<center><math>\sum_{k=0}^n (nx-k)^2 b_{n,k}(x) = n^2 x^2 \sum_{k=0}^n b_{n,k}(x) -2 n x \sum_{k=0}^n k b_{n,k}(x) + \sum_{k=0}^n k^2 b_{n,k}(x)= n^2 x^2 \times 1 - 2 n x \times n x + (n (n-1) x^2 + n x) = n x (1-x) </math></center>
}}
=== Démonstration ===
{{Démonstration
|titre=Démonstration du théorème de Stone-Weierstrass
|contenu=
On pose, pour ''n'' entier et toute fonction ''f'' continue sur [0;1], la fonction polynomiale :
<math>B_n (f)(x) = \sum_{k=0}^n f \left( \frac kn \right) b_{n,k} (x)</math>
L'objectif est de montrer que la suite de fonctions polynomiales <math>(B_n (f))_{n \in \mathbb N}</math> converge uniformément vers ''f'' sur [0;1].
Fixons <math>\varepsilon >0</math> et <math>x \in [0;1]</math>.
On a : <math>\ f(x) - B_n (f) (x) = \sum_{k=0}^n \left[ f(x) - f \left( \frac kn \right) \right] b_{n,k} (x)</math>
La fonction ''f'' étant continue sur [0;1], elle y est uniformément continue : il existe donc <math>\delta > 0</math> tel que <math>| x- y | < \delta \Rightarrow | f(x) - f(y) | < \frac {\varepsilon}{2}</math>
On sépare les indices en deux ensembles : on pose <math>\mathcal E_1 = \lbrace k \in 0, \ldots , n / \left| x - \frac kn \right| < \delta \rbrace</math> et <math>\mathcal E_2 = \lbrace 0, \ldots , n \rbrace \setminus \mathcal E_1</math>
Les deux ensembles sont disjoints, donc on a : <math>\sum_{k=0}^n \left[ f(x) - f \left( \frac kn \right) \right] b_{n,k} (x) = \sum_{k \in \mathcal E_1} \left[ f(x) - f \left( \frac kn \right) \right] b_{n,k} (x) + \sum_{k \in \mathcal E_2} \left[ f(x) - f \left( \frac kn \right) \right] b_{n,k} (x) </math>
On peut déjà dire que <math>\left| \sum_{k \in \mathcal E_1} \left[ f(x) - f \left( \frac kn \right) \right] b_{n,k} (x) \right| < \frac {\varepsilon}{2}</math> 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 :
<center><math>\forall k \in \mathcal E_1 \ b_{n,k}(x) = \frac{(nx-k)^2 b_{n,k}(x)}{(nx-k)^2} \le \frac{(nx-k)^2 b_{n,k}(x)}{n^2 \delta^2}</math></center>
Ainsi,
<center><math>\left| \sum_{k \in \mathcal E_2} \left[ f(x) - f \left( \frac kn \right) \right] b_{n,k} (x) \right| \le \sum_{k \in \mathcal E_2} \left[ \left| f(x) \right| + \left| f \left( \frac kn \right) \right| \right] \frac{(nx-k)^2 b_{n,k}(x)}{n^2 \delta^2} \le \frac{2 \| f \|_{\infty}}{n^2 \delta^2} n x (1-x)</math></center>
d'après la quatrième égalité calculée avant. La fonction<math>x \rightarrow x (1-x) </math> est majorée par 1/4 sur [0;1], d'où :
<center><math>\left| \sum_{k \in \mathcal E_2} \left[ f(x) - f \left( \frac kn \right) \right] b_{n,k} (x) \right| \le \frac{\| f \|_{\infty}}{2 n \delta^2}</math></center>.
On a donc prouvé que :
<center><math>\left| f(x) - B_n (f) (x) \right| \le \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\| f \|_{\infty}}{2 n \delta^2}</math></center>
Pour tout ''x'' dans [0;1], il existe donc un entier ''N'' tel que :
<center><math>n \ge N \Rightarrow \| f - B_n (f) \|_{\infty} \le \varepsilon</math></center>
CQFD
}}
{{Bas de page
| |||