Chapitre II • Théorèmes fondamentaux
Puis en utilisant (II.4),
|g(x) − f (x)| ≤ θ
ε
3
+ (1 − θ)
ε
3
+ θ
2ε
3
≤ ε.
On agirait de même dans un intervalle M k . La fonction g approche donc f à ε près au
sens de la distance dans E.
(iv) Placer g dans B n . Le résultat précédent est indépendant du choix de p pourvu
que l’inégalité p > α
−1 soit respectée. On peut donc augmenter p si nécessaire pour
« faire rentrer » g dans un B n donné.
On étudie le quotient
|g(t)−g(s)|
|t−s|
. Soit s ∈ L k , on choisit aussi t s dans L k , alors le quotient
est constant sur L k , et vaut
g(m k ) − g(x k
m k − x k
=
f (m k ) − f (x k ) +
2ε
3
1/2p
> 2p
2ε
3
− | f (m k ) − f (x k )|
≥
2pε
3
par application de (II.4). On obtiendrait le même minorant dans M k .
Pour n donné, il suffit alors de choisir p tel que
2pε
3
> n pour assurer l’appartenance de g
à B n , et par suite la densité de B n dans E.
(5) Chaque B n est ouvert dense dans E d’après (4) et (1). E étant complet, le théorème
de Baire (P 2.13) montre que B
de f
=
{B n ; n ∈ N
∗
} est un G δ dense dans E.
Pour répondre à la question, il suffit de prouver que chaque élément de B est une fonction
nulle part dérivable. Soit f ∈ E dérivable en un point s ∈ [0, 1]. Alors, la fonction g
définie sur [0, 1] par
g(t) =
⎧
⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎩
f (t)− f (s)
t−s
si t s
f
(s)
sit = s
est continue sur [0, 1], donc bornée en module par un entier n assez grand. Et, pour
ce n, on a par définition f ∈ A n , i.e. f B, ce qui montre le résultat souhaité par
contraposition. Soit enfin f ∈ E. Montrer que f ∈ B+B, c’est montrer que B∩( f −B) ∅.
Or, on a vu que B était un G δ dense, il en est donc trivialement de même pour f − B. Et
puisque E métrique complet est un espace de Baire, l’intersection des deux G δ denses B
et f − B est encore un G δ dense, et a fortiori est non-vide, CQFD.
On voit ici tout l’intérêt de l’information supplémentaire « contient un G δ dense » par
rapport à la simple information « dense », qui est d’ailleurs une conséquence directe du
fait que M ∅ et du théorème de Weierstrass. En effet, si f ∈ E et h ∈ M, on peut
approcher f par un polynôme P, puis P par P + εh, et donc f par P + εh ∈ M.
Remarque : Une solution alternative pour montrer l’implication f ∈ E =⇒ f ∈ M + M
serait d’utiliser, au lieu d’un argument topologique (théorème de Baire) un argument de
théorie de la mesure. Posons
g(t) =
∞
k=1
cos 2
k
πt
k 2
et h(t) =
∞
k=1
sin 2
k
πt
k 2 .
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Puis en utilisant (II.4),
|g(x) − f (x)| ≤ θ
ε
3
+ (1 − θ)
ε
3
+ θ
2ε
3
≤ ε.
On agirait de même dans un intervalle M k . La fonction g approche donc f à ε près au
sens de la distance dans E.
(iv) Placer g dans B n . Le résultat précédent est indépendant du choix de p pourvu
que l’inégalité p > α
−1 soit respectée. On peut donc augmenter p si nécessaire pour
« faire rentrer » g dans un B n donné.
On étudie le quotient
|g(t)−g(s)|
|t−s|
. Soit s ∈ L k , on choisit aussi t s dans L k , alors le quotient
est constant sur L k , et vaut
g(m k ) − g(x k
m k − x k
=
f (m k ) − f (x k ) +
2ε
3
1/2p
> 2p
2ε
3
− | f (m k ) − f (x k )|
≥
2pε
3
par application de (II.4). On obtiendrait le même minorant dans M k .
Pour n donné, il suffit alors de choisir p tel que
2pε
3
> n pour assurer l’appartenance de g
à B n , et par suite la densité de B n dans E.
(5) Chaque B n est ouvert dense dans E d’après (4) et (1). E étant complet, le théorème
de Baire (P 2.13) montre que B
de f
=
{B n ; n ∈ N
∗
} est un G δ dense dans E.
Pour répondre à la question, il suffit de prouver que chaque élément de B est une fonction
nulle part dérivable. Soit f ∈ E dérivable en un point s ∈ [0, 1]. Alors, la fonction g
définie sur [0, 1] par
g(t) =
⎧
⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎩
f (t)− f (s)
t−s
si t s
f
(s)
sit = s
est continue sur [0, 1], donc bornée en module par un entier n assez grand. Et, pour
ce n, on a par définition f ∈ A n , i.e. f B, ce qui montre le résultat souhaité par
contraposition. Soit enfin f ∈ E. Montrer que f ∈ B+B, c’est montrer que B∩( f −B) ∅.
Or, on a vu que B était un G δ dense, il en est donc trivialement de même pour f − B. Et
puisque E métrique complet est un espace de Baire, l’intersection des deux G δ denses B
et f − B est encore un G δ dense, et a fortiori est non-vide, CQFD.
On voit ici tout l’intérêt de l’information supplémentaire « contient un G δ dense » par
rapport à la simple information « dense », qui est d’ailleurs une conséquence directe du
fait que M ∅ et du théorème de Weierstrass. En effet, si f ∈ E et h ∈ M, on peut
approcher f par un polynôme P, puis P par P + εh, et donc f par P + εh ∈ M.
Remarque : Une solution alternative pour montrer l’implication f ∈ E =⇒ f ∈ M + M
serait d’utiliser, au lieu d’un argument topologique (théorème de Baire) un argument de
théorie de la mesure. Posons
g(t) =
∞
k=1
cos 2
k
πt
k 2
et h(t) =
∞
k=1
sin 2
k
πt
k 2 .
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