Une inégalité et polynômes de Bernstein
Bonjour
Je ne sais pas si ma question relève de l'analyse ou du calcul des probabilités.
Comment peut-on montrer le résultat suivant.
$\forall \epsilon>0$ il existe $N\in \N$ tel que $\forall n>N,\ \forall x\in [0;1],\ \Big|\binom{n}{k} x^k(1-x)^{n-k}-\frac{h}{n\sqrt \pi}e^{-h^2(k/n-x)^2} \Big|<\epsilon,$ où $h^2=\frac{n}{x(1-x)}$ ?
J'imagine qu'un argument élémentaire m'échappe...
NB : je ne cherche pas une preuve, mais juste la référence d'un argument.
Chlodovsky renvoie aux calculs des probabilités (sans précision) et à la preuve du théorème de Bernoulli.
De quel théorème s'agit-il ? S'agit d'un ancêtre d'une des lois des grands nombres/théorème central limite pour des vai de Bernoulli ?
Contexte
Cette inégalité permet à Chlodovsky via des sommes de Riemann de montrer le théorème de Weierstrass ainsi que le résultat suivant qui est le seul résultat qui m'intéresse.
Si $f$ bornée sur $[0;1]$ et présente une discontinuité de 1ère espèce en $x_0$ alors $B_n(f)(x_0)$ converge vers $\frac{f(x_0+0)+f(x_0-0)}{2}$.
Je sais montrer ce résultat de deux façons différentes, avec ou sans proba. Mais c'est laborieux. En recyclant les inégalités que j'utilise dans la preuve analytique, je dois pouvoir montrer l'inégalité objet de ce fil et là encore laborieusement.
Ajout : moyennant l'inégalité ci-dessus, les preuves de Chlodovsky du théorème de Weierstrass et du résultat qui m'intéresse sont élémentaires.
Je ne sais pas si ma question relève de l'analyse ou du calcul des probabilités.
Comment peut-on montrer le résultat suivant.
$\forall \epsilon>0$ il existe $N\in \N$ tel que $\forall n>N,\ \forall x\in [0;1],\ \Big|\binom{n}{k} x^k(1-x)^{n-k}-\frac{h}{n\sqrt \pi}e^{-h^2(k/n-x)^2} \Big|<\epsilon,$ où $h^2=\frac{n}{x(1-x)}$ ?
J'imagine qu'un argument élémentaire m'échappe...
NB : je ne cherche pas une preuve, mais juste la référence d'un argument.
Chlodovsky renvoie aux calculs des probabilités (sans précision) et à la preuve du théorème de Bernoulli.
De quel théorème s'agit-il ? S'agit d'un ancêtre d'une des lois des grands nombres/théorème central limite pour des vai de Bernoulli ?
Contexte
Cette inégalité permet à Chlodovsky via des sommes de Riemann de montrer le théorème de Weierstrass ainsi que le résultat suivant qui est le seul résultat qui m'intéresse.
Si $f$ bornée sur $[0;1]$ et présente une discontinuité de 1ère espèce en $x_0$ alors $B_n(f)(x_0)$ converge vers $\frac{f(x_0+0)+f(x_0-0)}{2}$.
Je sais montrer ce résultat de deux façons différentes, avec ou sans proba. Mais c'est laborieux. En recyclant les inégalités que j'utilise dans la preuve analytique, je dois pouvoir montrer l'inégalité objet de ce fil et là encore laborieusement.
Ajout : moyennant l'inégalité ci-dessus, les preuves de Chlodovsky du théorème de Weierstrass et du résultat qui m'intéresse sont élémentaires.
Réponses
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Ce n'est pas très clair, car tu n'as pas dit si $\forall k$ est introduit avant $\exists N$ ou après. (j'imagine après, mais...)
Sinon, le TCL pour la loi binomiale s'appelle le théorème de Moivre-Laplace.
Pour ce que ça vaut, ce type de convergence uniforme sur $x\in[0;1]$, je ne trouve pas ça très typique des probas. -
Oui, merci. Je sais que ça n'est pas clair, mais c'est fidèle à l'article qui ne précise rien sur uniforme en $k$ ou pas. Je l'ai naturellement compris ''uniforme en $k\in [0;n]$'', mais je n'ai pas modifié.
Et en effet, il s'agit d'une majoration uniforme en $x$.
Toutefois, je suis également preneur si quelqu'un a un argument pour un $x$ donné (même si on ne peut alors intégrer). -
Il me semble que ce résultat à le goût du théorème de Dirichlet sur les séries de Fourier (celui lié à la convergence simple).
J'ai l'impression que si tu considères une approximation de l'unité paire et positive : $\rho$ supportée dans $[-\varepsilon,\varepsilon],$ tu peux facilement montrer :
\begin{align*}
\rho\star f(x_{0})-\frac{f(x_0^{+})+f(x_{0}^{-})}{2} & =\frac{1}{2}\int_{0}^{\varepsilon}\rho(t)\left(f(x_{0}-t)-f(x_{0}^{-})\right)dt+\frac{1}{2}\int_{-\varepsilon}^{0}\rho(t)\left(f(x_{0}-t)-f(x_{0}^{+})\right)dt\\
& = \frac{1}{2}\int_{0}^{\varepsilon}\rho(t)\left(f(x_{0}-t)-f(x_{0}^{-}\right)dt+\frac{1}{2}\int_{0}^{\varepsilon}\rho(-t)\left(f(x_{0}+t)-f(x_{0}^{+})\right)dt\\
\mbox{ et donc, } \vert \rho\star f(x_{0})-\frac{f(x_0^{+})+f(x_{0}^{-})}{2} \vert & \leq \frac{1}{2}\int_{0}^{\varepsilon}\rho(t)\left \vert f(x_{0}-t)-f(x_{0}^{-})\right \vert dt+\frac{1}{2}\int_{0}^{\varepsilon}\rho(-t)\left \vert f(x_{0}+t)-f(x_{0}^{+})\right \vert dt\\
& \leq \frac{1}{4}\Big( \sup_{0<t\leq \varepsilon} \vert f(x_{0}+t)-f(x_{0}^{+})\vert +\sup_{0<t\leq \varepsilon} \vert f(x_{0}-t)-f(x_{0}^{-})\vert \Big).
\end{align*} Comme $\rho\star f$ est continue sur $[0,1]$, le théorème classique relatif aux polynômes de Bernstein permet de conclure grâce à l'inégalité triangulaire. -
Pour le résultat que tu veux démontrer, je ne trouve pas ça si fastidieux, je veux dire on le fait sans contrôle fin ni epsilonnerie.
On écrit $f$ sous la forme $g+\Delta 1_{]x_0,+\infty[}+e\delta_{x_0}$ avec $g$ continue en $x_0$.
La première partie se traite avec une loi des grands nombres (la forte pour être simple), les deux autres parties avec le TCL. -
@bobbyJoe
oui, tout à fait un théorème cousin (pour la forme de l'énoncé) du théorème de Dirichlet dont les 2 preuves que j'ai en tête sont assez simples (j'en ai adapté 1 des 2 voir ci-dessous le schéma de preuve). Par contre, je n'avais pas pensé à régulariser. J'ai diagonalisé ta preuve, c'est nettement plus simple et plus court que les 2 preuves que j'ai rédigées cet après-midi.
@alea
Comme je l'ai indiqué j'ai déjà 2 preuves.
je ne suis pas sûr d'avoir compris tes arguments mais à mon avis c'est ce que j'ai fait en 3b pour la preuve proba (enfin TCL : oui, mais je n'utilise pas la loi forte. Peut-être qu'on peut l'utiliser pour le 1)). J'indique les grandes lignes :
1) si $g$ bornée et continue en $x_0$, $B_ng(x_0)$ converge vers $g(x_0)$ (preuve analytique via valeurs d'adhérence, il doit y avoir plus élémentaire, je n'ai pas cherché à simplifier).
2) l'ensemble des fonctions qui vérifient le résultat est un espace vectoriel
3a) si $x_0=0$ ou $1$ le résultat est vrai que $f$ soit continue ou pas. A vérifier, je ne sais plus comment j'ai fait (l'ai-je traité ?)
ajout : non je ne l'ai pas traité et j'ai besoin de traiter ce cas car la preuve que j'ai faite dans 1) nécessite de disposer d'un voisinage ouvert de $x_0$...donc soit j'étends la preuve de 1) et 3b) pour $x_0=0$ ou $1$ (ce qui serait le plus simple), soit je dois prouver 3a).
3b) si $x_0\in ]0;1[$ je traite la question pour $f$ définie par $\forall x\le x_0, f(x)=0, \forall x>x_0, f(x)=1$
Pour le 3) deux preuves sont possibles, une analytique (longue et difficile) et une autre (courte et facile) utilisant le TCL appliqué à des vai de Bernoulli.
1+2+3 entraînent le résultat.
Je comprends que cette inégalité sortie du chapeau n'a rien de triviale. ça me rassure.
Comme je l'ai indiqué je pense pouvoir la prouver en recyclant 3b/analytique (ie avec découpe a priori de la somme, formule de Stirling pour évaluer les coefficients du binôme, formule de Taylor, et choix a posteriori de la découpe. Ajout : Toutes les estimations montrent que tout se passe aux indices $k$ tel que $k/n$ est proche de $x_0$. A mon avis, on prouve cette inégalité uniforme en $x$ en séparant en 2 cas : suivant que $k/n$ est proche ou pas de $x$. C'est d'ailleurs le schéma de preuve qu'on suit pour prouver le théorème de Weierstrass).
Merci à marsup, Bobbyjoe, aléa.
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