Approximation par des polynômes à coefficients positifs

Résolution.

1. Convergence simple : Soit $x \in [-1, 0]$. On a $1+x \in [0, 1]$. Si $x \in (-1, 0]$, alors $1+x \in (0, 1]$. On distingue :
   • Si $x=0$, $f_n(0) = 0$ pour tout $n$, donc $f_n(0) \to 0$.
   • Si $x \in (-1, 0)$, alors $0 < 1+x < 1$, donc $(1+x)^n \to 0$. Ainsi, $f_n(x) \to -x^k$.
   Si $x=-1$, $f_n(-1) = (-1)^k(0^n - 1) = (-1)^{k+1}$ (pour $n \ge 1$). Soit $f$ la limite simple. Pour $k \ge 1$, $f(x) = -x^k$ sur $[-1, 0]$ car $-(-1)^k = (-1)^{k+1}$ et $-0^k = 0$. La limite est continue. Pour $k=0$, $f(x) = -1$ sur $[-1, 0)$ et $f(0) = 0$. La limite est discontinue en $0$. Convergence uniforme : Si $k=0$, la limite simple est discontinue, donc la convergence n'est pas uniforme. Si $k \ge 1$, on étudie $h_n(x) = |f_n(x) - f(x)| = |x^k(1+x)^n - x^k + x^k| = |x|^k(1+x)^n$. Posons $u = -x \in [0, 1]$. On cherche le maximum de $g_n(u) = u^k(1-u)^n$ sur $[0, 1]$.
   $$g_n'(u) = k u^{k-1}(1-u)^n - n u^k (1-u)^{n-1} = u^{k-1}(1-u)^{n-1} [k(1-u) - nu]$$
   Le maximum est atteint en $u_n = \frac{k}{n+k}$. On a :
   $$g_n(u_n) = \left( \frac{k}{n+k} \right)^k \left( 1 - \frac{k}{n+k} \right)^n = \left( \frac{k}{n+k} \right)^k \left( \frac{n}{n+k} \right)^n$$
   Comme $k \ge 1$, $\left( \frac{k}{n+k} \right)^k \to 0$ et $\left( \frac{n}{n+k} \right)^n = \exp\left( n \ln\left( 1 - \frac{k}{n+k} \right) \right) \to e^{-k}$. Ainsi, $g_n(u_n) \to 0$. On en déduit :
   $$\boxed{\text{La suite } (f_n) \text{ converge uniformément vers } x \mapsto -x^k \text{ si et seulement si } k \ge 1.}$$

2. Soit $\mathcal{L}$ l'ensemble des limites uniformes de polynômes de $\mathbb{R}^+[X]$ sur $I = [-1, 0]$. Condition nécessaire : Si $f \in \mathcal{L}$, $f$ est continue sur $I$ comme limite uniforme de fonctions continues. De plus, pour tout $n$, $P_n(0) = a_0^{(n)} \ge 0$, donc par passage à la limite, $f(0) \ge 0$. Condition suffisante : Soit $f \in \mathcal{C}(I, \mathbb{R})$ telle que $f(0) \ge 0$. D'après le théorème de Weierstrass, $f$ est limite uniforme sur $I$ de polynômes $Q_m \in \mathbb{R}[X]$. Soit $Q(x) = \sum_{k=0}^d b_k x^k$ un polynôme. On peut écrire $Q(x) = b_0 + \sum_{k=1}^d b_k x^k$. - Si $b_k > 0$, alors $b_k x^k \in \mathbb{R}^+[X]$ est trivialement limite uniforme d'éléments de $\mathbb{R}^+[X]$. - Si $b_k < 0$, d'après la question 1, $-x^k$ est limite uniforme sur $I$ de $x^k((1+x)^n - 1) = \sum_{j=1}^n \binom{n}{j} x^{j+k}$. Ce polynôme appartient à $\mathbb{R}^+[X]$. Donc $b_k x^k = |b_k| (-x^k)$ est limite uniforme d'éléments de $\mathbb{R}^+[X]$. - Enfin, si $f(0) > 0$, pour $m$ assez grand $Q_m(0) > 0$, donc la constante $Q_m(0)$ est un polynôme de $\mathbb{R}^+[X]$. Si $f(0)=0$, on peut approcher $f$ par $f + \epsilon$ et conclure. En conclusion :
   $$\boxed{\mathcal{L} = \{ f \in \mathcal{C}([-1, 0], \mathbb{R}) \mid f(0) \ge 0 \}}$$

3. Pour approcher $t \mapsto \sqrt{t}$ sur $[0, 1]$, on définit la suite $(P_n)$ par $P_0 = 0$ et :
   $$\forall n \in \mathbb{N},   P_{n+1}(t) = P_n(t) + \frac{1}{2} (t - P_n(t)^2)$$
   On montre par récurrence que pour tout $t \in [0, 1]$, $0 \le P_n(t) \le \sqrt{t}$. En effet, si c'est vrai pour $n$ :
   $$\sqrt{t} - P_{n+1}(t) = (\sqrt{t} - P_n(t)) - \frac{1}{2}(\sqrt{t} - P_n(t))(\sqrt{t} + P_n(t)) = (\sqrt{t} - P_n(t)) \left( 1 - \frac{\sqrt{t} + P_n(t)}{2} \right)$$
   Comme $0 \le \frac{\sqrt{t} + P_n(t)}{2} \le \sqrt{t} \le 1$, la suite $(P_n(t))$ est croissante et majorée par $\sqrt{t}$. Elle converge simplement vers une limite $L$ vérifiant $L = L + \frac{1}{2}(t - L^2)$, soit $L = \sqrt{t}$. Par le théorème de Dini (croissance et continuité), la convergence est uniforme sur $[0, 1]$. En posant $t = x^2$, la suite de polynômes $Q_n(x) = P_n(x^2)$ converge uniformément vers $\sqrt{x^2} = |x|$ sur $[-1, 1]$.
   $$\boxed{\text{La suite } Q_n(x) \text{ définie par } Q_0=0 \text{ et } Q_{n+1}(x) = Q_n(x) + \frac{1}{2}(x^2 - Q_n(x)^2) \text{ convient.}}$$