Solutions
II.5.56. [4]. La démonstration est basée sur le théorème des catégories de
Baire (11) . Pour n ∈ N ∗ , on définit A n =
x ∈ [0 , 1] : f (n) (x) = 0
. Par hypothèse, [0 , 1] est l’union des A n et, d’après le théorème de Baire, au moins un
des A n n’est pas nulle part dense. Il existe donc un intervalle fermé I et un
entier n tels que I ⊂ A n . Puisque f (n) est continue, on a f (n) (x) = 0 pour tout
x ∈ I et f coïncide donc sur I avec un polynôme. La démonstration est complète si I = [0 , 1]. Si ce n’est pas le cas, on peut répéter le même raisonnement
sur les intervalles restants de [0 , 1]. On obtient en poursuivant ce procédé une
collection d’intervalles dont l’union est dense dans [0 , 1]. De plus, f coïncide
sur chacun de ces intervalles avec un polynôme. Notre but est de prouver que
f coïncide avec le même polynôme sur tous ces intervalles. On considère pour
cela l’ensemble B obtenu lorsqu’on retire l’intérieur des intervalles de la collection. Clairement, B est fermé. De plus, si B n’est pas vide, alors chaque
élément de B est aussi un point d’accumulation de B. En effet, si x 0 ∈ B
n’est pas un point d’accumulation de B, alors x 0 est une extrémité commune
à deux intervalles I 1 et I 2 telle que f (n 1 ) (x) = 0 pour x ∈ I 1 et f (n 2 ) (x) = 0
pour x ∈ I 2 . Donc, f (n) (x) = 0 pour x ∈ I 1 ∪ I 2 et n max {n 1 , n 2 }. Puisque
f (n) est continue, f coïncide avec un polynôme sur l’union de I 1 et I 2 et x 0
n’appartient donc pas a B, contradiction. B étant fermé, s’il n’est pas vide, on
peut appliquer à nouveau le théorème de Baire. Il existe donc un A n tel que
A n ∩ B est dense dans B ∩ J, où J est un intervalle. Ceci implique que f (n)
s’annule sur B ∩ J. Il existe d’autre part un sous-intervalle K de J complémentaire de B et un entier m tel que f (m) (x) = 0 pour x ∈ K. Si m n, alors
f (n) (x) = 0 pour x ∈ K. Si m > n, f (n+1) (x) = f (n+2) (x) = . . . = f (m) (x) = 0
pour x ∈ B ∩ J car chaque point de B est un point d’accumulation. En particulier, f (n+1) (x) = f (n+2) (x) = . . . = f (m) (x) = 0 aux extrémités a et b de K.
On a donc, pour tout x ∈ K,
0 =
x
a
f
(m) (t) dt = f
(m−1) (x) − f
(m−1) (a) = f
(m−1) (x).
En répétant le procédé, on obtient donc aussi f (n) (x) = 0 pour tout x ∈ K dans
le cas où m > n. Bien sûr, le raisonnement s’applique à tout sous-intervalle K
de J complémentaire de B. Il s’ensuit que f (n) (x) = 0 pour x ∈ J et aucun
point de B ne se trouve donc dans J, contradiction. L’ensemble B est donc
vide ce qui signifie que I = [0 , 1] était le seul intervalle au départ.
(11) On pourra trouver une démonstration n’utilisant pas le théorème de Baire, par exemple, dans
S. Gonnord, N. Tosel, Thèmes d’analyse pour l’Agrégation - Calcul différentiel, Ellipse, 1998.
(N.d.T.)
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II.5.56. [4]. La démonstration est basée sur le théorème des catégories de
Baire (11) . Pour n ∈ N ∗ , on définit A n =
x ∈ [0 , 1] : f (n) (x) = 0
. Par hypothèse, [0 , 1] est l’union des A n et, d’après le théorème de Baire, au moins un
des A n n’est pas nulle part dense. Il existe donc un intervalle fermé I et un
entier n tels que I ⊂ A n . Puisque f (n) est continue, on a f (n) (x) = 0 pour tout
x ∈ I et f coïncide donc sur I avec un polynôme. La démonstration est complète si I = [0 , 1]. Si ce n’est pas le cas, on peut répéter le même raisonnement
sur les intervalles restants de [0 , 1]. On obtient en poursuivant ce procédé une
collection d’intervalles dont l’union est dense dans [0 , 1]. De plus, f coïncide
sur chacun de ces intervalles avec un polynôme. Notre but est de prouver que
f coïncide avec le même polynôme sur tous ces intervalles. On considère pour
cela l’ensemble B obtenu lorsqu’on retire l’intérieur des intervalles de la collection. Clairement, B est fermé. De plus, si B n’est pas vide, alors chaque
élément de B est aussi un point d’accumulation de B. En effet, si x 0 ∈ B
n’est pas un point d’accumulation de B, alors x 0 est une extrémité commune
à deux intervalles I 1 et I 2 telle que f (n 1 ) (x) = 0 pour x ∈ I 1 et f (n 2 ) (x) = 0
pour x ∈ I 2 . Donc, f (n) (x) = 0 pour x ∈ I 1 ∪ I 2 et n max {n 1 , n 2 }. Puisque
f (n) est continue, f coïncide avec un polynôme sur l’union de I 1 et I 2 et x 0
n’appartient donc pas a B, contradiction. B étant fermé, s’il n’est pas vide, on
peut appliquer à nouveau le théorème de Baire. Il existe donc un A n tel que
A n ∩ B est dense dans B ∩ J, où J est un intervalle. Ceci implique que f (n)
s’annule sur B ∩ J. Il existe d’autre part un sous-intervalle K de J complémentaire de B et un entier m tel que f (m) (x) = 0 pour x ∈ K. Si m n, alors
f (n) (x) = 0 pour x ∈ K. Si m > n, f (n+1) (x) = f (n+2) (x) = . . . = f (m) (x) = 0
pour x ∈ B ∩ J car chaque point de B est un point d’accumulation. En particulier, f (n+1) (x) = f (n+2) (x) = . . . = f (m) (x) = 0 aux extrémités a et b de K.
On a donc, pour tout x ∈ K,
0 =
x
a
f
(m) (t) dt = f
(m−1) (x) − f
(m−1) (a) = f
(m−1) (x).
En répétant le procédé, on obtient donc aussi f (n) (x) = 0 pour tout x ∈ K dans
le cas où m > n. Bien sûr, le raisonnement s’applique à tout sous-intervalle K
de J complémentaire de B. Il s’ensuit que f (n) (x) = 0 pour x ∈ J et aucun
point de B ne se trouve donc dans J, contradiction. L’ensemble B est donc
vide ce qui signifie que I = [0 , 1] était le seul intervalle au départ.
(11) On pourra trouver une démonstration n’utilisant pas le théorème de Baire, par exemple, dans
S. Gonnord, N. Tosel, Thèmes d’analyse pour l’Agrégation - Calcul différentiel, Ellipse, 1998.
(N.d.T.)
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