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

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

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

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

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

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

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

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

en appliquant la première égalité.

• En remarquant que :

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

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

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

• Le calcul se fait par :

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

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

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

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

Fixons ${\displaystyle \varepsilon >0}$ et ${\displaystyle x\in [0;1]}$.

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

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

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

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

On peut déjà dire que ${\displaystyle \left|\sum _{k\in {\mathcal {E}}_{1}}\left[f(x)-f\left({\frac {k}{n}}\right)\right]b_{n,k}(x)\right|<{\frac {\varepsilon }{2}}}$ 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 :

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

Ainsi,

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

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

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

On a donc prouvé que :

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

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

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

CQFD