Polynômes de Bernstein et théorème de Weierstrass

Résolution.

1. Calculons la dérivée de $B_n(P)$. Posons $r_{k,n}(X) = \binom{n}{k} X^k (1-X)^{n-k}$. On a $r_{k,n}'(X) = \frac{k-nX}{X(1-X)} r_{k,n}(X)$. Ainsi :
   $$\frac{X(1-X)}{n} B_n'(P) = \sum_{k=0}^n P\left(\frac{k}{n}\right) \left( \frac{k}{n} - X \right) r_{k,n}(X)$$
   $$\frac{X(1-X)}{n} B_n'(P) = \sum_{k=0}^n \frac{k}{n} P\left(\frac{k}{n}\right) r_{k,n}(X) - X \sum_{k=0}^n P\left(\frac{k}{n}\right) r_{k,n}(X)$$
   Ce qui donne exactement :
   $$\boxed{\frac{X(1-X)}{n} B_n'(P) = B_n(XP) - X B_n(P)}$$
   Par application successive avec $P=1$ puis $P=X$ : - Pour $P=1$, $B_n(1) = \sum \binom{n}{k} X^k (1-X)^{n-k} = (X + 1-X)^n = 1$. - Pour $P=1$, la relation donne $B_n(X) = \frac{X(1-X)}{n} \cdot 0 + X \cdot 1 = X$. - Pour $P=X$, la relation donne $B_n(X^2) = \frac{X(1-X)}{n} \cdot 1 + X \cdot B_n(X) = \frac{X(1-X)}{n} + X^2$. On obtient donc :
   $$\boxed{B_n(1)=1,   B_n(X)=X,   B_n(X^2) = X^2 + \frac{X(1-X)}{n}}$$

2. Soit $t \in [0,1]$. On utilise l'identité :
   $$\sum_{k=0}^n \left( \frac{k}{n} - t \right)^2 \binom{n}{k} t^k (1-t)^{n-k} = B_n(X^2)(t) - 2t B_n(X)(t) + t^2 B_n(1)(t)$$
   En remplaçant par les valeurs trouvées :
   $$\sum_{k=0}^n \left( \frac{k}{n} - t \right)^2 \binom{n}{k} t^k (1-t)^{n-k} = t^2 + \frac{t(1-t)}{n} - 2t^2 + t^2 = \frac{t(1-t)}{n}$$
   Pour $k \in A_{n,t}$, on a $(k/n - t)^2 \geq \alpha^2$. Donc :
   $$\alpha^2 \sum_{k \in A_{n,t}} r_{k,n}(t) \leq \sum_{k \in A_{n,t}} \left( \frac{k}{n} - t \right)^2 r_{k,n}(t) \leq \frac{t(1-t)}{n} \leq \frac{1}{4n}$$
   La dernière inégalité venant du fait que le maximum de $t \mapsto t(1-t)$ sur $[0,1]$ est $1/4$ (atteint en $1/2$). D'où :
   $$\boxed{\sum_{k \in A_{n,t}} \binom{n}{k} t^k (1-t)^{n-k} \leq \frac{1}{4n\alpha^2}}$$

3. Soit $\varepsilon > 0$. $f$ est continue sur le compact $[0,1]$, donc uniformément continue (Théorème de Heine). Il existe $\alpha > 0$ tel que pour tout $(x,y) \in [0,1]^2$, $|x-y| < \alpha \implies |f(x)-f(y)| \leq \varepsilon/2$. On écrit :
   $$|B_n(f)(t) - f(t)| = \left| \sum_{k=0}^n \left( f\left(\frac{k}{n}\right) - f(t) \right) r_{k,n}(t) \right| \leq \sum_{k \in A_{n,t}} \dots + \sum_{k \notin A_{n,t}} \dots$$
   - Si $k \notin A_{n,t}$, alors $|k/n - t| < \alpha$, donc $|f(k/n) - f(t)| \leq \varepsilon/2$. La somme correspondante est majorée par $\frac{\varepsilon}{2} \sum r_{k,n}(t) \leq \frac{\varepsilon}{2}$. - Si $k \in A_{n,t}$, on majore $|f(k/n) - f(t)|$ par $2\|f\|_\infty$. La somme est majorée par $2\|f\|_\infty \cdot \frac{1}{4n\alpha^2}$. En choisissant $n$ assez grand tel que $\frac{\|f\|_\infty}{2n\alpha^2} \leq \varepsilon/2$, on a $|B_n(f)(t) - f(t)| \leq \varepsilon$ pour tout $t$. La convergence est bien uniforme.

4. 1. On utilise le changement de variable $u = \frac{t-a}{b-a}$ pour se ramener à $[0,1]$.
   2. La seule difficulté est l'injectivité. Si $N(f) = 0$, alors $\int_0^1 f(t) t^n \mathrm{d}t = 0$ pour tout $n$. Par linéarité, $\int_0^1 f(t) P(t) \mathrm{d}t = 0$ pour tout polynôme $P$. Puisque $B_n(f) \xrightarrow{CU} f$, on a $\int_0^1 f(t) B_n(f)(t) \mathrm{d}t \to \int_0^1 f^2(t) \mathrm{d}t$. Comme chaque intégrale est nulle, $\int_0^1 f^2 = 0$, donc $f=0$.
   3. On définit $B_n(f)(x,y) = \sum_{k=0}^n \sum_{j=0}^n f(\frac{k}{n}, \frac{j}{n}) \binom{n}{k} \binom{n}{j} x^k (1-x)^{n-k} y^j (1-y)^{n-j}$.