Chapitre II • Théorèmes fondamentaux
et 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
.
En utilisant l’inégalité élémentaire |
sin(x+h)−sin x
h
− cos x| ≤
h
2 , on voit qu’on a :
δ n =
n−1
k=0
a
k b
k cos(b
k t) − 2
a
n b
n
π
sin(b
n t) + e n et Δ n =
n−1
k=0
a
k b
k cos(b
k t) + E n
avec, en posant r =
π
ab 2 −1
:
|e n | ≤
n−1
k=0
a
k b
2k h n
2
≤
r
2
a
n b
n et |E n | ≤
n−1
k=0
a
k b
2k H n
2
≤ ra
n b
n
.
Ensuite, puisque δ n et Δ n sont bornées, les relations
a
n b
n cos b
n t = Δ n+1 − Δ n + E n − E n+1 , a
n b
n sin b
n t =
π
2
(Δ n − δ n + e n − E n )
montrent que, après simplification par a
n b
n (avec ab > 1), il vient
| cos b
n t| ≤ (1 + ab)r + ε n et | sin b
n t| ≤
3π
4
r + ε
n
où ε n → 0 et ε
n → 0. Utilisant l’identité cos
2 b
n t + sin
2 b
n t = 1 qui remplace |e
ib
n t
| = 1,
on a 1 ≤ (1 + ab)
2 r
2
+
9π
2
16
r
2
< 10(ab)
2 r
2
< 100
(ab)
2
(ab 2 −ab) 2 =
100
(b−1) 2 . Si donc cette condition
est en défaut (par exemple dès que ab > 1 et b ≥ 12), g sera partout non-dérivable. Des
preuves moins directes montrent que g est partout non-dérivable dès que ab ≥ 1.
N.B. L’exemple de fonction continue et nulle part dérivable donné en (7) est noté
dans [V], § 77, p. 160.
C’est un exemple donné initialement par WEIERSTRASS (né en 1815).
Exercice II.3
(1) Soit F un sous-espace vectoriel de E. Supposons int(F) ∅, soit y ∈ F et r > 0
tels que B(y, r) = {z ∈ E; y − z < r} ⊆ F (cf. D 1.4).
Comme F est un espace vectoriel, [y ∈ F, z ∈ F] ⇒ [y − z ∈ F]. La boule ouverte B(0, r)
est donc dans F. Soit x ∈ E, x 0, alors
r
2
x
x ∈ B(0, r) ⊆ F donc x ∈ F. Ceci signifie
que F = E.
(2) Supposons que E admet une base algébrique dénombrable {e n , n ∈ N
∗
}.
Notons, pour p ∈ N
∗
, E p = Vect{e n ; n = 1, . . . , p}. Par hypothèse, E =
(E p ; p ∈ N
∗ ).
Comme E p est de dimension finie, donc fermé dans E, par le théorème de Baire il existe
p 0 tel que int (E p 0 ) ∅. Par (1), E = E p 0 et donc la dimension de E est finie. Cette
contradiction montre que E ne peut pas être complet.
56
et 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
.
En utilisant l’inégalité élémentaire |
sin(x+h)−sin x
h
− cos x| ≤
h
2 , on voit qu’on a :
δ n =
n−1
k=0
a
k b
k cos(b
k t) − 2
a
n b
n
π
sin(b
n t) + e n et Δ n =
n−1
k=0
a
k b
k cos(b
k t) + E n
avec, en posant r =
π
ab 2 −1
:
|e n | ≤
n−1
k=0
a
k b
2k h n
2
≤
r
2
a
n b
n et |E n | ≤
n−1
k=0
a
k b
2k H n
2
≤ ra
n b
n
.
Ensuite, puisque δ n et Δ n sont bornées, les relations
a
n b
n cos b
n t = Δ n+1 − Δ n + E n − E n+1 , a
n b
n sin b
n t =
π
2
(Δ n − δ n + e n − E n )
montrent que, après simplification par a
n b
n (avec ab > 1), il vient
| cos b
n t| ≤ (1 + ab)r + ε n et | sin b
n t| ≤
3π
4
r + ε
n
où ε n → 0 et ε
n → 0. Utilisant l’identité cos
2 b
n t + sin
2 b
n t = 1 qui remplace |e
ib
n t
| = 1,
on a 1 ≤ (1 + ab)
2 r
2
+
9π
2
16
r
2
< 10(ab)
2 r
2
< 100
(ab)
2
(ab 2 −ab) 2 =
100
(b−1) 2 . Si donc cette condition
est en défaut (par exemple dès que ab > 1 et b ≥ 12), g sera partout non-dérivable. Des
preuves moins directes montrent que g est partout non-dérivable dès que ab ≥ 1.
N.B. L’exemple de fonction continue et nulle part dérivable donné en (7) est noté
dans [V], § 77, p. 160.
C’est un exemple donné initialement par WEIERSTRASS (né en 1815).
Exercice II.3
(1) Soit F un sous-espace vectoriel de E. Supposons int(F) ∅, soit y ∈ F et r > 0
tels que B(y, r) = {z ∈ E; y − z < r} ⊆ F (cf. D 1.4).
Comme F est un espace vectoriel, [y ∈ F, z ∈ F] ⇒ [y − z ∈ F]. La boule ouverte B(0, r)
est donc dans F. Soit x ∈ E, x 0, alors
r
2
x
x ∈ B(0, r) ⊆ F donc x ∈ F. Ceci signifie
que F = E.
(2) Supposons que E admet une base algébrique dénombrable {e n , n ∈ N
∗
}.
Notons, pour p ∈ N
∗
, E p = Vect{e n ; n = 1, . . . , p}. Par hypothèse, E =
(E p ; p ∈ N
∗ ).
Comme E p est de dimension finie, donc fermé dans E, par le théorème de Baire il existe
p 0 tel que int (E p 0 ) ∅. Par (1), E = E p 0 et donc la dimension de E est finie. Cette
contradiction montre que E ne peut pas être complet.
56