Une fonction continue partout et dérivable nulle part

La fonction construite ici est la fonction de Takagi. Deux phénomènes s'opposent : la majoration géométrique des restes rend l'effet des nouvelles dents arbitrairement petit sur les valeurs de la fonction, tandis qu'à chaque nouvelle échelle une pente $+1$ ou $-1$ continue de s'ajouter.

I — Une dent triangulaire

(a) Par définition,

$$\varphi(x+1)=\min_{k\in\mathbb Z}|x+1-k|.$$

Posons $j=k-1$. Lorsque $k$ parcourt $\mathbb Z$, $j$ parcourt lui aussi $\mathbb Z$, et

$$|x+1-k|=|x-j|.$$

Ainsi

$$\varphi(x+1)=\min_{j\in\mathbb Z}|x-j|=\varphi(x).$$

La fonction $\varphi$ est donc $1$-périodique.

(b) Soit $x\in[0,1]$. Les distances de $x$ aux entiers $0$ et $1$ sont respectivement $x$ et $1-x$. Si $k\leq-1$, alors $|x-k|\geq1$ ; si $k\geq2$, alors $|x-k|\geq1$. Or

$$\min(x,1-x)\leq\frac12.$$

Aucun entier autre que $0$ ou $1$ ne peut donc donner une distance plus petite. Le minimum est atteint pour $0$ ou $1$ — pour $x=1/2$, il est atteint pour les deux — et

$$\varphi(x)=\min(x,1-x).$$

(c) Sur $[0,1/2]$, $\varphi(x)=x$ ; sur $[1/2,1]$, $\varphi(x)=1-x$. On a donc

$$0\leq\varphi(x)\leq\frac12$$

sur $[0,1]$, puis sur $\mathbb R$ par périodicité. Le graphe est une succession de dents triangulaires de hauteur $1/2$ et de période $1$.

2. Choisissons $p\in\mathbb Z$ tel que $\varphi(y)=|y-p|$. Comme $\varphi(x)$ est la distance minimale de $x$ à un entier,

$$\varphi(x)\leq |x-p|.$$

Par l'inégalité triangulaire,

$$|x-p|\leq |x-y|+|y-p| =|x-y|+\varphi(y).$$

Donc

$$\varphi(x)-\varphi(y)\leq |x-y|.$$

En échangeant $x$ et $y$,

$$\varphi(y)-\varphi(x)\leq |x-y|.$$

Les deux inégalités donnent

$$|\varphi(x)-\varphi(y)|\leq |x-y|.$$

3. Puisque $0\leq\varphi\leq1/2$,

$$0\leq f_n(x)=2^{-n}\varphi(2^nx)\leq2^{-n-1}.$$

D'après la question 2,

$$\begin{aligned} |f_n(x)-f_n(y)| &=2^{-n}|\varphi(2^nx)-\varphi(2^ny)|\\ &\leq2^{-n}|2^nx-2^ny|\\ &=|x-y|. \end{aligned}$$

II — Construire la fonction limite

4. Pour $x$ fixé,

$$T_{N+1}(x)-T_N(x)=f_N(x)\geq0,$$

donc $(T_N(x))$ est croissante. De plus,

$$T_N(x) \leq\sum_{n=0}^{N-1}2^{-n-1} =1-2^{-N}<1.$$

La suite est croissante et majorée ; elle converge. On peut donc définir

$$T(x)=\lim_{N\to+\infty}T_N(x).$$

(a) Si $M>N$,

$$T_M(x)-T_N(x) =\sum_{n=N}^{M-1}f_n(x).$$

(b) Les termes $f_n(x)$ sont positifs et $f_n(x)\leq2^{-n-1}$, donc

$$0\leq T_M(x)-T_N(x) \leq\sum_{n=N}^{M-1}2^{-n-1}.$$

La somme géométrique finie vaut

$$\sum_{n=N}^{M-1}2^{-n-1} =2^{-N}\bigl(1-2^{-(M-N)}\bigr) \leq2^{-N}.$$

(c) Pour $N$ fixé, l'encadrement précédent vaut pour tout $M>N$. Comme $T_M(x)\to T(x)$,

$$0\leq T(x)-T_N(x)\leq2^{-N}.$$

Cette estimation est valable pour tout réel $x$.

(a) Comme $2^n$ est un entier et $\varphi$ est $1$-périodique,

$$\begin{aligned} f_n(x+1) &=2^{-n}\varphi(2^n(x+1))\\ &=2^{-n}\varphi(2^nx+2^n)\\ &=2^{-n}\varphi(2^nx) =f_n(x). \end{aligned}$$

Chaque $f_n$ est donc $1$-périodique.

(b) Une somme finie de fonctions $1$-périodiques est $1$-périodique, donc

$$T_N(x+1)=T_N(x).$$

(c) Pour tout $x$, les suites $(T_N(x+1))$ et $(T_N(x))$ sont égales terme à terme. Elles ont donc la même limite :

$$T(x+1)=T(x).$$

Ainsi $T$ est $1$-périodique.

III — Montrer que la fonction limite est continue

7. On écrit

$$T_N(x)-T_N(y) =\sum_{n=0}^{N-1}\bigl(f_n(x)-f_n(y)\bigr).$$

L'inégalité triangulaire et la question 3 donnent

$$\begin{aligned} |T_N(x)-T_N(y)| &\leq\sum_{n=0}^{N-1}|f_n(x)-f_n(y)|\\ &\leq\sum_{n=0}^{N-1}|x-y|\\ &=N|x-y|. \end{aligned}$$

(a) On ajoute puis retranche $T_N(x)$ et $T_N(y)$ :

$$T(x)-T(y) = \bigl(T(x)-T_N(x)\bigr) +\bigl(T_N(x)-T_N(y)\bigr) +\bigl(T_N(y)-T(y)\bigr).$$

(b) Par l'inégalité triangulaire, puis les questions 5 et 7,

$$\begin{aligned} |T(x)-T(y)| &\leq |T(x)-T_N(x)| +|T_N(x)-T_N(y)| +|T_N(y)-T(y)|\\ &\leq 2^{-N}+N|x-y|+2^{-N}. \end{aligned}$$

Ainsi

$$|T(x)-T(y)|\leq2^{1-N}+N|x-y|.$$

Le sujet fournit ensuite la formulation quantifiée de la continuité. Elle est équivalente à l'écriture de Terminale $\lim_{y\to x}T(y)=T(x)$, mais elle rend l'estimation précédente directement exploitable. Intuitivement, $\varepsilon$ fixe la précision souhaitée sur les valeurs de la fonction et $\delta$ indique à quel point il faut rapprocher $y$ de $x$ pour garantir cette précision. Le point essentiel est de choisir d'abord $N$ pour rendre le terme $2^{1-N}$ petit, puis de choisir $\delta$ pour contrôler $N|x-y|$.

9. Fixons $x\in\mathbb R$ et $\varepsilon>0$.

(a) Comme

$$2^{1-N}\longrightarrow0,$$

il existe $N\geq1$ tel que

$$2^{1-N}<\frac{\varepsilon}{2}.$$

(b) Pour ce $N$, prenons par exemple

$$\delta=\frac{\varepsilon}{2N}>0.$$

Alors $N\delta=\varepsilon/2$.

(c) Si $|x-y|<\delta$, la question 8 donne

$$|T(x)-T(y)| \leq2^{1-N}+N|x-y| <\frac{\varepsilon}{2}+N\delta =\varepsilon.$$

Nous avons donc établi

$$\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0,\ \forall y\in\mathbb R,\quad |x-y|<\delta\Longrightarrow |T(x)-T(y)|<\varepsilon.$$

La fonction $T$ est continue en $x$. Comme $x$ était quelconque,

$$\boxed{T\text{ est continue sur }\mathbb R.}$$

IV — Une grille pour lire les pentes

On rappelle qu'un nombre dyadique est un réel de la forme $k/2^m$ et que

$$\mathcal G_N= \left\{\frac{k}{2^N};\,k\in\mathbb Z\right\}, \qquad I_{N,k}= \left[\frac{k}{2^N},\frac{k+1}{2^N}\right].$$

10. Posons

$$a=\frac{k}{2^N}, \qquad b=\frac{k+1}{2^N}.$$

Si $n\geq N$,

$$2^na=k2^{n-N}\in\mathbb Z, \qquad 2^nb=(k+1)2^{n-N}\in\mathbb Z.$$

Or $\varphi(q)=0$ pour tout entier $q$. Donc

$$f_n(a)=f_n(b)=0.$$

(a) La fonction $\varphi$ change de pente aux entiers et aux demi-entiers, c'est-à-dire aux nombres $j/2$, $j\in\mathbb Z$. Ainsi $f_n(x)=2^{-n}\varphi(2^nx)$ change de pente lorsque

$$2^nx=\frac j2,$$

soit

$$x=\frac{j}{2^{n+1}}.$$

(b) Si $n<N$,

$$\frac{j}{2^{n+1}} = \frac{j2^{N-n-1}}{2^N}\in\mathcal G_N.$$

L'intervalle ouvert

$$\left(\frac{k}{2^N},\frac{k+1}{2^N}\right)$$

ne contient aucun point de $\mathcal G_N$. Il n'y a donc aucun changement de pente de $f_n$ dans cet intervalle.

(c) La restriction de $f_n$ à $I_{N,k}$ est affine. Sur un intervalle où $\varphi$ a pente $+1$ ou $-1$, la fonction $x\mapsto\varphi(2^nx)$ a pente $\pm2^n$, puis le facteur $2^{-n}$ ramène cette pente à

$$2^{-n}(\pm2^n)=\pm1.$$

(a) Pour $n<N$, notons $\varepsilon_n\in\{-1,+1\}$ la pente de $f_n$ sur $I_{N,k}$.

(b) Pour $n<N$,

$$f_n(b)-f_n(a)=\varepsilon_n(b-a).$$

Pour $n\geq N$, la question 10 donne $f_n(a)=f_n(b)=0$. Les valeurs aux deux extrémités sont donc déjà stabilisées à partir de $T_N$ :

$$T(a)=T_N(a), \qquad T(b)=T_N(b).$$

Ainsi

$$\begin{aligned} T(b)-T(a) &=\sum_{n=0}^{N-1}\bigl(f_n(b)-f_n(a)\bigr)\\ &=(b-a)\sum_{n=0}^{N-1}\varepsilon_n. \end{aligned}$$

En divisant par $b-a$,

$$\boxed{\sigma_{N,k} =\varepsilon_0+\cdots+\varepsilon_{N-1}.}$$

V — Zoom autour d'un point non dyadique

(a) Comme

$$a_N<x<b_N, \qquad b_N-a_N=2^{-N},$$

on a

$$0<x-a_N<2^{-N}, \qquad 0<b_N-x<2^{-N}.$$

Puisque $2^{-N}\to0$,

$$a_N\to x, \qquad b_N\to x.$$

(b) La grille $\mathcal G_{N+1}$ s'obtient en ajoutant le milieu de chaque intervalle délimité par deux points consécutifs de $\mathcal G_N$. Comme $x$ n'est jamais un point de la grille, l'intervalle $I_{N+1}$ qui contient $x$ est l'une des deux moitiés de $I_N$.

Pour $f_0,\ldots,f_{N-1}$, les pentes sur $I_{N+1}$ sont les mêmes que sur $I_N$. Un seul nouveau terme apparaît dans la formule de la question 12 : $f_N$, dont la pente vaut $+1$ ou $-1$. Ainsi

$$s_{N+1}=s_N\pm1,$$

d'où

$$s_{N+1}-s_N\in\{-1,+1\}.$$

(c) Si $(s_N)$ convergait vers un réel $\ell$, alors $(s_{N+1})$ convergerait aussi vers $\ell$, et

$$s_{N+1}-s_N\longrightarrow0.$$

C'est impossible puisque

$$|s_{N+1}-s_N|=1$$

pour tout $N$. Donc $(s_N)$ ne converge pas dans $\mathbb R$.

14. Soit $g$ dérivable en $x$.

(a) On a

$$u_N= \frac{g(x)-g(a_N)}{x-a_N} = \frac{g(a_N)-g(x)}{a_N-x}.$$

Comme $a_N\to x$,

$$u_N\to g'(x).$$

De même,

$$v_N= \frac{g(b_N)-g(x)}{b_N-x} \to g'(x).$$

(b) Les quantités $x-a_N$ et $b_N-x$ sont positives, donc $\alpha_N,\beta_N\geq0$. De plus,

$$\alpha_N+\beta_N = \frac{x-a_N+b_N-x}{b_N-a_N} =1.$$

Enfin,

$$\begin{aligned} \alpha_Nu_N+\beta_Nv_N &= \frac{x-a_N}{b_N-a_N} \frac{g(x)-g(a_N)}{x-a_N}\\ &\quad+ \frac{b_N-x}{b_N-a_N} \frac{g(b_N)-g(x)}{b_N-x}\\ &= \frac{g(b_N)-g(a_N)}{b_N-a_N}. \end{aligned}$$

(c) Posons $L=g'(x)$. Comme $\alpha_N+\beta_N=1$,

$$\begin{aligned} |\alpha_Nu_N+\beta_Nv_N-L| &= |\alpha_N(u_N-L)+\beta_N(v_N-L)|\\ &\leq \alpha_N|u_N-L|+\beta_N|v_N-L|\\ &\leq (\alpha_N+\beta_N) \max(|u_N-L|,|v_N-L|)\\ &= \max(|u_N-L|,|v_N-L|). \end{aligned}$$

(d) D'après (a), les deux quantités $|u_N-L|$ et $|v_N-L|$ tendent vers $0$. Leur maximum tend donc vers $0$. D'après (b) et (c),

$$\left| \frac{g(b_N)-g(a_N)}{b_N-a_N}-g'(x) \right| \longrightarrow0.$$

Ainsi

$$\frac{g(b_N)-g(a_N)}{b_N-a_N} \longrightarrow g'(x).$$

15. Supposons $T$ dérivable en un réel non dyadique $x$. La question 13 donne

$$a_N\to x, \qquad b_N\to x,$$

mais la suite

$$s_N= \frac{T(b_N)-T(a_N)}{b_N-a_N}$$

ne converge pas. La question 14, appliquée à $g=T$, imposerait pourtant

$$s_N\to T'(x).$$

Contradiction. Ainsi $T$ n'est dérivable en aucun réel non dyadique.

VI — Zoom autour d'un point dyadique

Un nombre dyadique appartient, à partir d'un certain rang, à toutes les grilles $\mathcal G_N$ ; il faut donc traiter ce cas séparément.

16. Soit $x=k/2^m$ avec $m\geq1$ et

$$J_N=[x,x+2^{-N}], \qquad N\geq m.$$

(a) Si $n\geq m$,

$$2^nx=k2^{n-m}\in\mathbb Z.$$

Pour $t\in J_N$ et $m\leq n<N$,

$$0\leq t-x\leq2^{-N},$$

donc

$$0\leq2^n(t-x)\leq2^{n-N}\leq\frac12.$$

Posons $u=2^n(t-x)$. La périodicité de $\varphi$ et la formule $\varphi(u)=u$ sur $[0,1/2]$ donnent

$$\varphi(2^nt) = \varphi(2^nx+u) = \varphi(u) = u.$$

Ainsi

$$f_n(t)=2^{-n}u=t-x.$$

La fonction $f_n$ est donc affine de pente $+1$ sur $J_N$.

(b) Comme $x=k/2^m$,

$$J_m= \left[ \frac{k}{2^m}, \frac{k+1}{2^m} \right] =I_{m,k}.$$

Pour $n<m$, la question 11 montre que $f_n$ est affine sur $J_m$, donc sur chaque $J_N\subset J_m$. Sa pente $c_n\in\{-1,+1\}$ ne dépend pas de $N$ ; il en est de même de

$$C=c_0+\cdots+c_{m-1}.$$

(a) Les extrémités de $J_N$ sont deux points consécutifs de $\mathcal G_N$ :

$$x=\frac{k2^{N-m}}{2^N}, \qquad x+2^{-N}= \frac{k2^{N-m}+1}{2^N}.$$

La question 10 donne donc, pour tout $n\geq N$,

$$f_n(x)=f_n(x+2^{-N})=0.$$

(b) Les fonctions $f_0,\ldots,f_{m-1}$ apportent ensemble la pente $C$. Les $N-m$ fonctions

$$f_m,f_{m+1},\ldots,f_{N-1}$$

ont chacune, d'après la question 16, la pente $+1$ sur $J_N$. Les termes de rang $n\geq N$ ont la même valeur aux deux extrémités. La pente de la corde vaut donc

$$\boxed{C+(N-m).}$$

(c) Comme $C$ et $m$ sont fixes,

$$C+(N-m)\longrightarrow+\infty.$$

Or cette quantité est exactement

$$\frac{T(x+2^{-N})-T(x)}{2^{-N}}.$$

Si $T$ était dérivable en $x$, ces taux d'accroissement devraient tendre vers le réel $T'(x)$ lorsque $2^{-N}\to0$. Ils tendent au contraire vers $+\infty$. Donc $T$ n'est pas dérivable en $x$.

18. La question 9 montre que $T$ est continue sur $\mathbb R$. La question 15 exclut toute dérivabilité aux points non dyadiques, et la question 17 l'exclut aux points dyadiques. Par conséquent,

$$\boxed{ T\text{ est continue en tout réel et n'est dérivable en aucun réel.} }$$

La fonction $T$ ainsi construite est appelée fonction de Takagi.

IDÉELe contre-exemple repose sur deux échelles différentes. Verticalement, les nouvelles dents ont une hauteur au plus $2^{-n-1}$, si bien que leur effet sur la valeur de la fonction devient minuscule. Mais leurs pentes valent toujours $\pm1$ : lorsque l'on zoome, la direction locale continue donc de changer au lieu de se stabiliser.

Sources

[SOURCE] Jeffrey C. Lagarias — The Takagi function and its properties. Lien direct