Chapitre I. Limites et continuité
h(x + T ) = h(x) = f (x) + g(x) pour tout x ∈ R. La fonction H définie
par H(x) = f (x + T ) − f (x) = g(x) − g(x + T ) est donc continue et périodique
avec deux périodes incommensurables T 1 et T 2 . D’après le résultat de I.2.22,
H est constante. Ceci signifie qu’il existe c ∈ R tel que f (x + T ) = f (x) + c
pour tout x ∈ R. On suppose que c = 0 et on substitue x = 0 puis x = T dans
cette dernière égalité pour obtenir
f (2T ) = f (T ) + c = f (0) + 2c.
On peut montrer par récurrence que f (nT ) = f (0) + nc ce qui contredit le
fait que f est bornée (voir I.2.9). Donc, c = 0 et T est une période de f . En
conséquence, T = nT 1 pour un certain n ∈ Z, contradiction.
I.2.28. La démonstration est une modification de celle présentée dans la solution du problème précédent. On suppose que T 1 est la période fondamentale
de f . Comme dans la solution du problème précédent, on peut montrer que la
fonction H définie par
H(x) = f (x + T ) − f (x) = g(x) − g(x + T )
est identiquement nulle et T est donc une période commune à f et g,
contradiction.
I.2.29. On suppose, par exemple, que f est croissante. Soit x 0 un point de
discontinuité de f . D’après le résultat de I.1.35, f (x
+
0 ) − f (x
−
0 ) > 0. Ceci
signifie que f a une discontinuité de première espèce en x 0 . On peut associer
à chacun de ces points un intervalle
f (x
−
0 ) , f(x
+
0 )
. La monotonie de f et le
résultat de I.1.35 implique que les intervalles associés aux différents points de
discontinuité de f sont disjoints. En prenant un nombre rationnel dans chacun de ces intervalles, on obtient une bijection entre l’ensemble des points de
discontinuité de f et un sous-ensemble de Q.
I.2.30. Puisque f est uniformément continue sur [0 , 1], étant donné ε > 0,
il existe n 0 ∈ N ∗ tel que, pour 2n > n 0 et pour k = 1, 2, . . . , 2n, on a
f
k
2n
− f
k − 1
2n
< ε.
Donc, si 2n > n 0 , alors
|S 2n | =
1
2n
2n
k=1
(−1)
k f
k
2n
ε
2
.
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h(x + T ) = h(x) = f (x) + g(x) pour tout x ∈ R. La fonction H définie
par H(x) = f (x + T ) − f (x) = g(x) − g(x + T ) est donc continue et périodique
avec deux périodes incommensurables T 1 et T 2 . D’après le résultat de I.2.22,
H est constante. Ceci signifie qu’il existe c ∈ R tel que f (x + T ) = f (x) + c
pour tout x ∈ R. On suppose que c = 0 et on substitue x = 0 puis x = T dans
cette dernière égalité pour obtenir
f (2T ) = f (T ) + c = f (0) + 2c.
On peut montrer par récurrence que f (nT ) = f (0) + nc ce qui contredit le
fait que f est bornée (voir I.2.9). Donc, c = 0 et T est une période de f . En
conséquence, T = nT 1 pour un certain n ∈ Z, contradiction.
I.2.28. La démonstration est une modification de celle présentée dans la solution du problème précédent. On suppose que T 1 est la période fondamentale
de f . Comme dans la solution du problème précédent, on peut montrer que la
fonction H définie par
H(x) = f (x + T ) − f (x) = g(x) − g(x + T )
est identiquement nulle et T est donc une période commune à f et g,
contradiction.
I.2.29. On suppose, par exemple, que f est croissante. Soit x 0 un point de
discontinuité de f . D’après le résultat de I.1.35, f (x
+
0 ) − f (x
−
0 ) > 0. Ceci
signifie que f a une discontinuité de première espèce en x 0 . On peut associer
à chacun de ces points un intervalle
f (x
−
0 ) , f(x
+
0 )
. La monotonie de f et le
résultat de I.1.35 implique que les intervalles associés aux différents points de
discontinuité de f sont disjoints. En prenant un nombre rationnel dans chacun de ces intervalles, on obtient une bijection entre l’ensemble des points de
discontinuité de f et un sous-ensemble de Q.
I.2.30. Puisque f est uniformément continue sur [0 , 1], étant donné ε > 0,
il existe n 0 ∈ N ∗ tel que, pour 2n > n 0 et pour k = 1, 2, . . . , 2n, on a
f
k
2n
− f
k − 1
2n
< ε.
Donc, si 2n > n 0 , alors
|S 2n | =
1
2n
2n
k=1
(−1)
k f
k
2n
ε
2
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