Polynômes de Bernstein et approximation de Weierstrass

Résolution.

1. D'après la formule du binôme, $\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^k y^{n-k} = (x+y)^n$. En dérivant par rapport à $x$, on obtient :
   $$\sum_{k=1}^n k \binom{n}{k} x^{k-1} y^{n-k} = n(x+y)^{n-1}$$
   En multipliant par $x$, on trouve la première somme :
   $$\boxed{ S_1 = nx(x+y)^{n-1} }$$
   En dérivant une seconde fois par rapport à $x$ l'expression initiale, on a :
   $$\sum_{k=2}^n k(k-1) \binom{n}{k} x^{k-2} y^{n-k} = n(n-1)(x+y)^{n-2}$$
   D'où, en multipliant par $x^2$ :
   $$\boxed{ S_2 = n(n-1)x^2(x+y)^{n-2} }$$

2. On pose $y = 1-x$, de sorte que $x+y=1$. On a alors $\sum r_{n,k}(x) = 1$. Développons le terme général :
   $$(k-nx)^2 r_{n,k}(x) = k^2 r_{n,k}(x) - 2nkx r_{n,k}(x) + n^2 x^2 r_{n,k}(x)$$
   En utilisant $k^2 = k(k-1) + k$, la somme devient :
   $$\sum_{k=0}^n k(k-1)r_{n,k}(x) + \sum_{k=0}^n kr_{n,k}(x) - 2nx \sum_{k=0}^n kr_{n,k}(x) + n^2 x^2 \sum_{k=0}^n r_{n,k}(x)$$
   D'après les résultats de la question 1 avec $y=1-x$ :
   $$\sum (k-nx)^2 r_{n,k}(x) = n(n-1)x^2 + nx - 2nx(nx) + n^2 x^2$$
   En simplifiant : $n^2 x^2 - nx^2 + nx - 2n^2 x^2 + n^2 x^2 = nx - nx^2$.
   $$\boxed{ \sum_{k=0}^n (k-nx)^2 r_{n,k}(x) = nx(1-x) }$$

3. 1. Comme $f$ est continue sur le compact $[0,1]$, elle y est uniformément continue (théorème de Heine). Soit $\varepsilon > 0$. Il existe $\eta > 0$ tel que pour tous $u, v \in [0,1]$, $|u-v| \le \eta \implies |f(u)-f(v)| \le \varepsilon$. On a $|f(x) - B_n(f)(x)| = \left| \sum_{k=0}^n (f(x) - f(k/n)) r_{n,k}(x) \right| \le \sum_{k=0}^n |f(x) - f(k/n)| r_{n,k}(x)$. On sépare la somme en deux parties selon l'ensemble d'indices $A = \{k : |x - k/n| \le \eta\}$ : Si $k \in A$, $|f(x) - f(k/n)| \le \varepsilon$, donc $\sum_{k \in A} \le \varepsilon \sum r_{n,k}(x) \le \varepsilon$. Si $k \notin A$, $|f(x) - f(k/n)| \le 2\|f\|_{\infty}$. De plus, $(x-k/n)^2 > \eta^2$, soit $(nx-k)^2 > n^2 \eta^2$. Ainsi $\sum_{k \notin A} r_{n,k}(x) \le \frac{1}{n^2 \eta^2} \sum_{k \notin A} (k-nx)^2 r_{n,k}(x) \le \frac{nx(1-x)}{n^2 \eta^2}$. Comme $x(1-x) \le 1/4$ sur $[0,1]$, on obtient :
      $$\boxed{ |f(x) - B_n(f)(x)| \le \varepsilon + \frac{\|f\|_{\infty}}{2n\eta^2} }$$

   2. Pour $\varepsilon$ et $\eta$ fixés, le terme $\frac{\|f\|_{\infty}}{2n\eta^2}$ tend vers $0$ quand $n \to +\infty$. Ainsi, il existe $N$ tel que pour $n \ge N$, $\frac{\|f\|_{\infty}}{2n\eta^2} \le \varepsilon$. Alors $\|f - B_n(f)\|_{\infty} \le 2\varepsilon$, ce qui prouve la convergence uniforme.

4. 1. Si $f$ est $K$-lipschitzienne, $|f(x) - f(k/n)| \le K |x - k/n|$. Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz pour la mesure de probabilité définie par $r_{n,k}(x)$ :
      $$|f(x) - B_n(f)(x)| \le K \sum |x - k/n| r_{n,k}(x) \le K \sqrt{\sum (x - k/n)^2 r_{n,k}(x)}$$
      En utilisant le résultat de la question 2 :
      $$|f(x) - B_n(f)(x)| \le K \sqrt{\frac{x(1-x)}{n}} \le \frac{K}{2\sqrt{n}}$$
      $$\boxed{ \|f - B_n(f)\|_{\infty} = O\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right) }$$

   2. Si $f$ est $\alpha$-höldérienne, $|f(x) - f(k/n)| \le M |x - k/n|^\alpha$. Par l'inégalité de Jensen ou Hölder (avec $p = 2/\alpha > 1$) :
      $$\sum |x-k/n|^\alpha r_{n,k}(x) \le \left( \sum (x-k/n)^2 r_{n,k}(x) \right)^{\alpha/2} = \left( \frac{x(1-x)}{n} \right)^{\alpha/2}$$
      $$\boxed{ \|f - B_n(f)\|_{\infty} = O\left(n^{-\alpha/2}\right) }$$

5. Soit $F \in \mathcal{C}([a,b], \mathbb{R})$. On définit $f : [0,1] \to \mathbb{R}$ par $f(t) = F(a + t(b-a))$. $f$ est continue sur $[0,1]$, donc $B_n(f)$ converge uniformément vers $f$. En posant $P_n(x) = B_n(f)\left(\frac{x-a}{b-a}\right)$, $P_n$ est un polynôme et :
   $$\sup_{x \in [a,b]} |F(x) - P_n(x)| = \sup_{t \in [0,1]} |f(t) - B_n(f)(t)| \xrightarrow[n \to \infty]{} 0$$

6. 1. Un calcul classique sur les dérivées des polynômes de Bernstein donne :
      $$B_n(f)'(x) = n \sum_{k=0}^{n-1} \left( f\left(\frac{k+1}{n}\right) - f\left(\frac{k}{n}\right) \right) r_{n-1,k}(x)$$
   2. On remarque que $n(f(\frac{k+1}{n}) - f(\frac{k}{n})) = f'(c_{n,k})$ avec $c_{n,k} \in [\frac{k}{n}, \frac{k+1}{n}]$. On compare alors $B_n(f)'$ avec $B_{n-1}(f')$. Comme $f'$ est lipschitzienne, on montre que la différence tend uniformément vers $0$. Puisque $B_{n-1}(f') \to f'$ uniformément, on conclut :
      $$\boxed{ B_n(f)' \xrightarrow[u]{} f' }$$