2. Solutions
Alors, on peut montrer que, avec les notations précédentes :
∀ f ∈ C[0, 1] = E, f + ag + bh ∈ B pour presque tout (a, b) ∈ R
2
.
Soit alors f ∈ E quelconque. En écrivant
f = ( f + ag + bh) + (−ag − bh)
de f
= ϕ + ψ,
on obtient la décomposition souhaitée de f comme somme de deux fonctions de B, a
fortiori de deux fonctions de M, pour au moins un couple (a, b) ∈ R
2 . Une solution
probabiliste pourrait aussi être donnée, qui utilise la « prévalence » de la propriété :
La trajectoire du mouvement brownien est partout non-dérivable. Nous renvoyons aux
références sur cet exercice.
(6) (i) La condition 0 < a < 1 entraîne la convergence normale sur R de la série
donnant F. Comme chaque terme de la série est une fonction continue, la somme est
continue.
(ii) On a par définition
δ n =
∞
k=0
a
k e
ib
k t (e
ib
k h n − 1)
h n
.
Mais on observe que, b étant pair, on a
k > n =⇒ e
ib
k h n = e
iπb
k−n = 1; et k = n =⇒ e
ib
k h n = e
iπ
= −1
=⇒ e
ib
n t (e
ib
n h n − 1)
h n
= −
2b
n
π
e
ib
n t
.
D’où la relation demandée.
(iii) On a |e
ib
k h n − 1| ≤ b
k h n . La question précédente et l’inégalité triangulaire
donnent donc, puisque |e
ib
k t
| = 1 :
|δ n | ≥
2
π
a
n b
n
−
n−1
k=0
a
k b
k
=
2
π
a
n b
n
−
a
n b
n
− 1
ab − 1
≥
2
π
−
1
ab − 1
a
n b
n
.
(iv) Le taux d’accroissement δ n est non-borné, a fortiori n’a pas de limite, quand
n → ∞. La fonction F n’est donc pas dérivable en t.
Remarque : Pour les lecteurs très courageux, voici une preuve par l’absurde du fait
que g(t) = F(t) =
∞
k=0 a
k sin(b
k t) est également partout non-dérivable, il en serait
de même pour la fonction F(t) =
∞
k=0 a
k cos(b
k t). La preuve est basée sur le même
principe, mais elle est techniquement plus difficile, et il faut envisager deux accroissements h n = πb
−n et H n = 2h n ; supposons g dérivable en t et considérons les deux taux
d’accroissement :
δ n =
g(t + h n ) − g(t)
h n
=
n−1
k=0
a
k b
k sin(b
k t + b
k h n ) − sin(b
k t)
b k h n
− 2
a
n b
n
π
sin(b
n t)
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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Alors, on peut montrer que, avec les notations précédentes :
∀ f ∈ C[0, 1] = E, f + ag + bh ∈ B pour presque tout (a, b) ∈ R
2
.
Soit alors f ∈ E quelconque. En écrivant
f = ( f + ag + bh) + (−ag − bh)
de f
= ϕ + ψ,
on obtient la décomposition souhaitée de f comme somme de deux fonctions de B, a
fortiori de deux fonctions de M, pour au moins un couple (a, b) ∈ R
2 . Une solution
probabiliste pourrait aussi être donnée, qui utilise la « prévalence » de la propriété :
La trajectoire du mouvement brownien est partout non-dérivable. Nous renvoyons aux
références sur cet exercice.
(6) (i) La condition 0 < a < 1 entraîne la convergence normale sur R de la série
donnant F. Comme chaque terme de la série est une fonction continue, la somme est
continue.
(ii) On a par définition
δ n =
∞
k=0
a
k e
ib
k t (e
ib
k h n − 1)
h n
.
Mais on observe que, b étant pair, on a
k > n =⇒ e
ib
k h n = e
iπb
k−n = 1; et k = n =⇒ e
ib
k h n = e
iπ
= −1
=⇒ e
ib
n t (e
ib
n h n − 1)
h n
= −
2b
n
π
e
ib
n t
.
D’où la relation demandée.
(iii) On a |e
ib
k h n − 1| ≤ b
k h n . La question précédente et l’inégalité triangulaire
donnent donc, puisque |e
ib
k t
| = 1 :
|δ n | ≥
2
π
a
n b
n
−
n−1
k=0
a
k b
k
=
2
π
a
n b
n
−
a
n b
n
− 1
ab − 1
≥
2
π
−
1
ab − 1
a
n b
n
.
(iv) Le taux d’accroissement δ n est non-borné, a fortiori n’a pas de limite, quand
n → ∞. La fonction F n’est donc pas dérivable en t.
Remarque : Pour les lecteurs très courageux, voici une preuve par l’absurde du fait
que g(t) = F(t) =
∞
k=0 a
k sin(b
k t) est également partout non-dérivable, il en serait
de même pour la fonction F(t) =
∞
k=0 a
k cos(b
k t). La preuve est basée sur le même
principe, mais elle est techniquement plus difficile, et il faut envisager deux accroissements h n = πb
−n et H n = 2h n ; supposons g dérivable en t et considérons les deux taux
d’accroissement :
δ n =
g(t + h n ) − g(t)
h n
=
n−1
k=0
a
k b
k sin(b
k t + b
k h n ) − sin(b
k t)
b k h n
− 2
a
n b
n
π
sin(b
n t)
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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