Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

§13 Appendice 5: Una funzione derivabile ma monotona in nes–

sun intervallo

Diamo tre dimostrazioni, la prima costruttiva.

Dimostrazione 1

La dimostrazione è ottenuta attraverso alcuni passaggi intermedi costituiti da lemmi e proposizioni ed è il contenuto della referenza [KS] Lemma 13.1 Siano r e s due numeri reali. Se r > s > 0 allora è vera \frac{r−s}{r^{2}−s^{2}} < \frac{2}{r}. Se r > 1 e s > 1 allora \frac{r+s−2}{r^{2}+s^{2}−2} < \frac{2}{s} Dimostrazione Ovvia.

Lemma 13.2 Sia φ(x) = (1 + |x|)^{−1/2} per x ∈ R. Allora \frac{1}{b−a} ∫_{a}^{b} φ(x)dx < 4 min\{φ(a), φ(b)\} Dimostrazione Supponiamo che sia a < b. Se a ≥ 0 abbiamo

\frac{1}{b − a} ∫_{a}^{b} φ(x)dx = \frac{2\sqrt{1 + b} − 2\sqrt{1 + a}}{(1 + b) − (1 + a)} < \frac{4}{\sqrt{1 + b}} = 4 min\{φ(a), φ(b)\}. Il caso b < a ≤ 0 segue

dalla parità della funzione. Sia ora a < 0 < b; abbiamo

\frac{1}{b − a} ∫_{a}^{b} φ(x)dx = \frac{2(\sqrt{1 + b} + \sqrt{1 − a} − 2)}{(1 + b) + (1 − a) − 2} < \frac{4}{\sqrt{1 − a}} ma anche

\frac{1}{b − a} ∫_{a}^{b} φ(x)dx = \frac{2(\sqrt{1 − a} + \sqrt{1 + b} − 2)}{(1 − a) + (1 + b) − 2} < \frac{4}{\sqrt{1 + b}} e quindi alla fine si ha

\frac{1}{b − a} ∫_{a}^{b} φ(x)dx < 4 min\{φ(a), φ(b)\}.

\frac{1}{\sqrt{1+|x|}}  x

Lemma 13.3 Se φ è come nel Lemma 13.2 e ψ è una funzione della forma ψ(x) = ∑_{j=1}^{n} c_{j}φ(λ_{j}(x−α_{j})) dove c_{1}, …, c_{n} e λ_{1}, …, λ_{n} sono numeri reali positivi e α_{1}, …, α_{n} sono numeri reali allora si ha \frac{1}{b−a} ∫_{a}^{b} ψ(x)dx < 4 min\{ψ(a), ψ(b)\}.

Dimostrazione Abbiamo \frac{1}{b − a} ∫_{a}^{b} φ(λ(x − α))dx = \frac{1}{λ(b − a) − λ(a − α)} ∫_{λ(a−α)}^{λ(b−α)} φ(t)dt <

< 4 min\{φ(λ(a − α)), φ(λ(b − α))\}. Ora \frac{1}{b − a} ∫_{a}^{b} ψ(x)dx = ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{b − a} ∫_{a}^{b} c_{k}φ(λ_{k}(x − α_{k}) e

quindi \frac{1}{b − a} ∫_{a}^{b} ψ(x)dx ≤ ∑_{k=1}^{n} 4 min\{c_{k}φ(λ_{k}(a − α_{k}), c_{k}φ(λ_{k}(b − α_{k})\} ≤ 4 min\{∑_{k=1}^{n} c_{k}φ(λ_{k}(a −

α_{k}), ∑_{k=1}^{n} c_{k}φ(λ_{k}(a − α_{k})} = 4 min{ψ(a), ψ(b)}.

Lemma 13.4 Sia {ψ_{n}}_{n=1}^{∞} una successione di funzioni come nel lemma 13.3. Sia Ψ_{n}(x) =^{def} ∫_{0}^{x} dtψ_{n}(t) e supponiamo che ∑_{n=1}^{∞} ψ_{n}(a) = s < ∞ per un qualche a ∈ R. Allora la serie F (x) =^{def} ∑_{n=1}^{∞} Ψ_{n}(x) converge uniformemente su ogni insieme limitato. La funzione F è differenziabile in a e F′(a) = s e se ∑_{n=1}^{∞} ψ_{n}(x) =^{def}f(x) < ∞ per ogni x allora F è derivabile

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

19/aprile/2020; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 1 ovunque in R e F′ = f

Dimostrazione 0 ≤ F (x) =^{def} ∑_{n=1}^{∞}(∫_{0}^{a} + ∫_{a}^{x})dtψ_{n}(t) ≤ ∑_{n=1}^{∞}(4|a| min{ψ_{n}(0), ψ_{n}(a)} + 4|x −

a| min{ψ_{n}(a), ψ_{n}(x)} ≤ 4s(|a| + |x − a|) ≤ 12bs e per il criterio di Weierstarass la serie converge uniformemente in ogni insieme limitato. Per la derivabilità in a scriviamo

\frac{F (a + h) − F (a)}{h} − s = \frac{1}{h} ∑_{n=1}^{∞} ∫_{a}^{a+h} dtψ_{n}(t) − ∑_{n=1}^{∞} ψ_{n}(a) =

= \frac{1}{h} ∑_{n=1}^{N} ∫_{a}^{a+h} dt(ψ_{n}(t) − ψ_{n}(a)) + \frac{1}{h} ∑_{n=N+1}^{∞} ∫_{a}^{a+h} dtψ_{n}(t) − ∑_{n=N+1}^{∞} ψ_{n}(a) =

= \frac{1}{h} ∫_{a}^{a+h} dt ∑_{n=1}^{N}(ψ_{n}(t) − ψ_{n}(a)) + \frac{1}{h} ∑_{n=N+1}^{∞} ∫_{a}^{a+h} dtψ_{n}(t) − ∑_{n=N+1}^{∞} ψ_{n}(a).

Ora |\frac{1}{h} ∑_{n=N+1}^{∞} ∫_{a}^{a+h} dtψ_{n}(t)| ≤ 4 ∑_{n=N+1}^{∞} min\{ψ_{n}(a), ψ_{n}(a + h)\} ≤ 4 ∑_{n=N+1}^{∞} ψ_{n}(a) < \frac{1}{3}ε se N >

N_{ε}. Analogamente si ha 0 < ∑_{n=N+1}^{∞} ψ_{n}(a) < \frac{1}{3}ε per N > N_{ε}. Da ultimo, essendo ∑_{n=1}^{N} ψ_{n}(t) una funzione continua abbiamo che se |h| < δ_{ε} allora |\frac{1}{h} ∑_{n=1}^{N} ∫_{a}^{a+h} dt(ψ_{n}(t) − ψ_{n}(a)| < \frac{1}{3}ε e quindi la derivabilità . Se ∑_{n=1}^{∞} ψ_{n}(x) = f(x) < ∞ la conclusione è ovvia.

Lemma 13.5 Siano I_{1}, …, I_{n} intervalli disgiunti aperti e sia a_{j} il punto medio di I_{j}. Sia ε > 0 e y_{1}, …, y_{n} n numeri reali positivi. Allora esiste una funzione ψ come nel Lemma 13.3 tale che per ogni j sono verificate le relazioni 1) ψ(a_{j}) > y_{j}, 2) ψ(x) < y_{j} + ε se x ∈ I_{j}, 3) ψ(x) < ε se x ∉ I_{1} ∪ … ∪ I_{n} .

Dimostrazione Sia I_{j} = [c_{j}, d_{j}], a_{j} = \frac{1}{2}(c_{j} + d_{j}) e sia δ_{j} = d_{j} − a_{j}. Definiamo la funzione ψ(x) = ∑_{i=j}^{n}(y_{j} + \frac{ε}{2})ϕ(λ_{j}(x − a_{j})) dove λ_{j} = \frac{2n}{εδ_{j}} (y_{j} + \frac{ε}{2})^{2}. La funzione soddisfa tutte le richieste. Per quanto riguarda la 1) basta osservare che ψ(a_{j}) ≥ (y_{j} + \frac{ε}{2})ϕ(λ_{j}(x − a_{j}))|_{x=a_{j}}= (y_{j} + \frac{ε}{2}) > y_{j}.

Per la 2) scriviamo ∑_{j=1}^{n}(y_{j} + \frac{ε}{2})ϕ(λ_{j}(x − a_{j})) = ∑_{{j=1 \atop j≠j_{0}}}^{n} (y_{j} + \frac{ε}{2})ϕ(λ_{j}(x − a_{j})) + (y_{j_{0}} + \frac{ε}{2})ϕ(λ_{j_{0}}(x −

a_{j_{0}})) ≤ ∑_{{j=1 \atop j≠j_{0}}}^{n} (y_{j} + \frac{ε}{2})ϕ(λ_{j}(x−a_{j}))+(y_{j_{0}} + \frac{ε}{2}) ≤ ∑_{{j=1 \atop j≠j_{0}}}^{n} (y_{j} + \frac{ε}{2})\frac{1}{\sqrt{1 + λ_{j} min_{x∈I_{j_{0}}} |x − a_{j}|}} +(y_{j_{0}} + \frac{ε}{2}).

Essendo gli intervalli disgiunti, possiamo dire che min_{x∈I_{j_{0}}} |x − a_{j}| ≥ |a_{j} − c_{j}| = δ_{j}. Per questo

possiamo scrivere

∑_{j=1}^{n}(y_{j} + \frac{ε}{2})ϕ(λ_{j}(x − a_{j})) ≤ ∑_{{j=1 \atop j≠j_{0}}}^{n} (y_{j} + \frac{ε}{2})\frac{1}{λ_{j}δ_{j}} + (y_{j_{0}} + \frac{ε}{2}) ≤ ∑_{{j=1 \atop j≠j_{0}}}^{n} \frac{ε}{2n} < (y_{j_{0}} + \frac{ε}{2}) + \frac{ε}{2}

Per la 3) si fa lo stesso conto.

Teorema 13.1 Siano {a_{j}} e {b_{j}} j = 1, 2, … intero due insiemi di numeri disgiunti e densi in R. Allora esiste una funzione derivabile ovunque che soddisfa F′(a_{j}) = 1, F′(b_{j}) < 1 per ogni j e 0 < F′(x) ≤ 1 per ogni x.

Dimostrazione Si vuol costruire induttivamente una successione di funzioni come nel Lemma

precedente ossia f_{n}(x) = ∑_{j=1}^{n} ψ_{j}(x) che soddisfa le relazioni f_{n}(a_{j}) > 1− \frac{1}{n} = 1− \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 1} −

\frac{1}{n} = 1− \frac{1}{n + 1} − \frac{1}{n(n + 1)}, (detta condizione A_{n}), f_{n}(x) < 1− \frac{1}{n + 1} = 1− \frac{1}{n} + \frac{1}{n(n + 1)}, (detta

condizione B_{n}), f_{n}(b_{j}) < 1/(2n2^{n}), (detta condizione C_{n}), Sia I_{1} un intervallo con punto medio a_{1} e tale che b_{1} ∉ I_{1}. Definiamo ε = y_{1} = 1/4 e definiamo

f_{1} ≐ ψ_{1} come nel Lemma precedente. Abbiamo f_{1}(a_{j}) > y_{1} = 1/4 > 1 − \frac{1}{n}|_{n=1}= 0, f_{1}(x) <

y_{1} + ε = \frac{1}{2} = 1 − \frac{1}{1 + n}|_{n=1}= \frac{1}{2} f_{1}(x) < ε = \frac{1}{4} = \frac{1}{2n2^{n}} |_{n=1}= \frac{1}{4}

Supponiamo ora che f_{n−1} è data e soddisfa A_{n−1}, B_{n−1}, C_{n−1}. Siano I_{1}, …, I_{n} intervalli disgiunti e a_{j} il punto di mezzo di I_{j}. Inoltre sia I_{j} ∩ {b_{1}, …, b_{n}} = ∅ e f_{n−1}(x) < f_{n−1}(a_{j}) + δ

per x ∈ I_{j} dove δ_{n} ≐ \frac{1}{n(n + 1)} − \frac{1}{2n2^{n}} . Scegliamo ora ε_{n} ≐ \frac{1}{2n2^{n}} e y_{j} = 1 − \frac{1}{n} − f_{n−1}(a_{j}) per

1 ≤ j ≤ n. La relazione C_{n} segue per costruzione dal Lemma precedente. Inoltre si ha

f_{n}(a_{j}) = f_{n−1}(a_{j}) + ψ_{n}(a_{j}) > f_{n−1}(a_{j}) + y_{j} = 1 − \frac{1}{n}

ottenendo la condizione A_{n}. Quanto alla condizione B_{n}, se x ∈ I_{j} abbiamo

f_{n}(x) = f_{n−1}(x) + ψ_{n}(x) < f_{n−1}(a_{j}) + δ_{n} + y_{j} + ε_{n} = 1 − \frac{1}{n} + \frac{1}{n(n + 1)} = 1 − \frac{1}{n + 1}

Se invece x ∉ ⋃_{j=1}^{n} I_{j} allora

f_{n}(x) = f_{n−1}(x) + ψ_{n}(x) < 1 − \frac{1}{n} + ε_{n} < 1 − \frac{1}{n(n + 1)}

A questo punto possiamo definire F′ ≐ f = ∑_{j=1}^{+∞} ψ_{n} ed in base al Lemma 13.4 si ha F′(a_{j}) =

lim_{n→+∞} f_{n}(a_{j}) = 1 dal momento che 1 − \frac{1}{n + 1} < f_{n}(a_{j}) < 1 − \frac{1}{n}. Inoltre si ha 0 < F′(x) =

lim_{n→+∞} f_{n}(x) ≤ 1 e prendendo n > 1 si ha F′(b_{j}) = f_{n−1}(b_{j}) + ∑_{k=n}^{+∞} ψ_{k}(b_{j}) < 1 − \frac{1}{n} + ∑_{k=n}^{+∞} \frac{1}{2k2^{k}} <

1 − \frac{1}{n} + \frac{1}{2n} · 1 = 1 − \frac{1}{2n} < 1

Corollario 13.1 Esiste una funzione H(x) derivabile ovunque, non monotona in nessun intervallo e tale che H′ è limitata .

Dimostrazione In base al Lemma precedente possiamo avere due funzioni. La F (x) di prima e la G(x) tale che G′(a_{j}) < 1, G′(b_{j}) = 1 e 0 < G′(x) ≤ 1. La funzione H(x) = F (x) − G(x) verifica le relazioni H′(a_{j}) > 0, H′(b_{j}) < 0. Ne segue che la funzione H(x) non è monotona in nessun intervallo essendo {a_{j}} e {b_{j}} densi.

Alcune osservazioni circa la funzione H(x).

1) H ha un massimo ed un minimo locale in ciascun intervallo di R. Infatti se a < b scegliamo a′ < b′ in [a, b] tale che H′(a′) > 0 e H′(b′) < 0 e quindi H assume un massimo in [a′, b′] per un valore a′ < c < b′ e quindi nell’intervallo [a, b] vi è un massimo locale.

2) Poiché H′ è limitata, H è assolutamente continua. Ne segue che H′ è integrabile secondo Lebesgue e H(x) = H(0) + ∫_{0}^{x} H′(t)dt per ogni x ∈ R 3) H′ non è integrabile secondo Riemann. Infatti se lo è allora dall’esercizio 34.8*** segue che H′ deve essere continua in un insieme avente misura piena (cioè continua tranne un insieme di misura nulla). Ma per come è fatta H′, nei punti in cui è continua deve valere zero e quindi l’integrando di ∫_{a}^{b} H′(t)dt è nullo quasi–ovunque. Ciò implicherebbe che H(x) = H(0) + ∫_{0}^{x} H′(t)dt = H(0) il che è impossibile.

4) H′(x) è in classe di Baire 1 (vedi l’Appendice 2 ) e quindi è continua in un insieme di seconda categoria di R che è chiaramente denso.

5) Sia H^{+} = {x: H′(x) > 0} e H^{−} = {x: H′(x) < 0}. Allora qualunque sia l’intervallo I si ha che H^{+} ∩ I e H^{−} ∩ I hanno misura non nulla. Se infatti H^{+} avesse misura nulla allora dalla formula H(x) = H(a) + ∫_{a}^{x} H′(t)dt dove I = [a, b] verrebbe fuori che H(x) ≤ H(a). Ma H è derivabile e quindi ciò significherebbe che H′(x) ≤ 0 in I ossia una contraddizione. Lo stesso accadrebbe se H^{+} avesse misura nulla.

Dimostrazione 2

L’esistenza di funzioni derivabili ma monotone in nessun intervallo, può essere data anche attraverso argomenti riferentesi alla categoria di Baire [W].

Sia D lo spazio vettoriale delle derivate limitate definite su R. In D definiamo la metrica d(f, g) =

sup_{x∈R} |f(x) − g(x)|

Proposizione1 D è completo

Dimostrazione Dobbiamo far vedere che una successione di Cauchy in D converge ad un elemento di D. Sia quindi {f_{n}}, f_{n} ∈ D_{0} tale che ∀ ε > 0 ∃ n_{ε}: n, m > n_{ε} ⟹ d(f_{n}, f_{m}) < ε. Dunque abbiamo sup_{x∈R} |f_{n}(x) − f_{m}(x)| < ε. Ciò implica che per ogni x_{0} fissato, la successione di numeri

reali {f_{n}(x_{0})} è di Cauchy e quindi converge ad un numero detto f(x_{0}). Definiamo quindi la funzione f(x) ≐ lim_{n→+∞} f_{n}(x). Inoltre sup_{x∈R} |f(x) − f_{n}(x)| = sup_{x∈R} | lim_{m→+∞} f_{m}(x) − f_{n}(x)| ≤

lim sup_{m→+∞} sup_{x∈R} |f_{m}(x) − f_{n}(x)| ≤ ε e quindi f_{n} → f nella metrica data.

Da sup_{x∈R} |f(x) − f_{n}(x)| ≤ ε segue pure che se f_{n} è limitata, allora pure f è limitata.

Sia {F_{n}(x)} la successione di funzioni tali che F′_{n}(x) = f(x) e F_{n}(0) = 0. Abbiamo

F_{n}(x) − F_{m}(x) = (F_{n} − F_{m})′(ξ)x ≐ (f_{n}(ξ) − f_{m}(ξ))x

e siccome f_{n}(ξ) − f_{m}(ξ) → 0, allora F_{n}(x) − F_{m}(x) → 0 (la convergenza è puntuale).

Ora mostriamo che F è derivabile.

lim_{h→0} \frac{1}{h}(F (x_{0} + h) − F (x_{0})) = lim_{h→0} lim_{n→+∞} \frac{1}{h}(F_{n}(x_{0} + h) − F_{n}(x_{0}))

Da Cauchy, detta h_{r} → 0, dobbiamo mostrare che

∀ ε > 0 ∃ r_{ε}: s, t > r_{ε} ⟹ lim_{n→+∞} |\frac{1}{h_{t}} (F_{n}(x_{0} + h_{t}) − F_{n}(x_{0})) − \frac{1}{h_{s}} (F_{n}(x_{0} + h_{s}) − F_{n}(x_{0}))| < ε

ossia

| lim_{n→+∞} (\frac{1}{h_{t}} (F_{n}(x_{0} + h_{t}) − F_{n}(x_{0})) − \frac{1}{h_{s}} (F_{n}(x_{0} + h_{s}) − F_{n}(x_{0})))| < ε

Riapplichiamo Cauchy e dimostriamo che

\begin{matrix}∀ ε_{1} > 0 ∃ n_{ε_{1}} : p, q > n_{ε_{1}} ⟹ |\frac{1}{h_{t}} (F_{q}(x_{0} + h_{t}) − F_{q}(x_{0})) − \frac{1}{h_{t}} (F_{p}(x_{0} + h_{t}) − F_{p}(x_{0}))+ \\ − \frac{1}{h_{s}} (F_{q}(x_{0} + h_{s}) − F_{q}(x_{0})) + \frac{1}{h_{s}} (F_{p}(x_{0} + h_{s}) − F_{p}(x_{0}))| < ε_{1} \end{matrix}

Riscriviamo come

\begin{matrix}|\frac{1}{h_{t}} (F_{q}(x_{0} + h_{t}) − F_{p}(x_{0} + h_{t})) − \frac{1}{h_{t}} (F_{q}(x_{0}) − F_{p}(x_{0}))+ \\ − (\frac{1}{h_{s}} (F_{q}(x_{0} + h_{s}) − F_{p}(x_{0} + h_{s})) − \frac{1}{h_{s}} (F_{q}(x_{0}) − F_{p}(x_{0})))| < ε_{1} \end{matrix}

Detto Q(x_{0} + h_{t}) ≐ F_{q}(x_{0} + h_{t}) − F_{p}(x_{0} + h_{t}), si ha

\begin{matrix}\frac{1}{h_{t}} (F_{q}(x_{0} + h_{t}) − F_{p}(x_{0} + h_{t})) − \frac{1}{h_{t}} (F_{q}(x_{0}) − F_{p}(x_{0})) = \frac{1}{h_{t}} (Q(x_{0} + h_{t}) − Q(x_{0})) = Q′(ξ) = \\ = f_{p}(ξ) − f_{q}(ξ) x_{0} < ξ < x_{0} + h_{t} ∨ x_{0} + h_{t} < ξ < x_{0} \end{matrix}

e la quantità f_{p}(ξ) − f_{q}(ξ) è piccola quanto vogliamo se p, q sono grandi abbastanza. La stessa cosa accade per

(\frac{1}{h_{s}} (F_{q}(x_{0} + h_{s}) − F_{p}(x_{0} + h_{s})) − \frac{1}{h_{s}} (F_{q}(x_{0}) − F_{p}(x_{0})))

Quindi F (x) è derivabile. L’ultimo passo è far vedere che F′(x) = f(x) ossia lim_{x→y} \frac{F (x) − F (y)}{x − y} −

f(y) = 0. Basta scrivere

\frac{F (x) − F (y)}{x − y} − f(y) = lim_{n→+∞} \frac{F_{n}(x) − F_{n}(y)}{x − y} − f_{n}(y)

ed usare F′_{n} = f_{n}. Dunque D è completo

Sia ora

D_{0} = \{f ∈ D: \overline{f^{(−1)}(0)} = R\}

Proposizione2 D_{0} è un sottoinsieme completo di D.

Dim. Sia {f_{k}}_{k=1}^{∞} ⊂ D_{0}^{N}. Sappiamo che Z_{k} = f_{k}^{(−1)}(0) è un G_{δ} (dimostrazione alla fine) denso

per definizione di D_{0} e quindi Z ≐ ⋂_{k=1}^{∞} Z_{k} è pure esso denso (dimostrazione alla fine) ossia

\overline{Z} = R. Inoltre f^{(−1)}(0) ⊃ ⋂_{k=1}^{+∞} Z_{k} per cui gli zeri di f sono pure essi densi e quindi se f_{k} → f,

pure f ∈ D_{0}.

L’insieme D_{0} non è vuoto. Oltre alla funzione nulla contiene anche le “derivate di Pompeiu”.

Sia ora {I_{n}} l’insieme degli intervalli non degeneri in R ed aventi estremi razionali. Sia D_{1} ⊂ D_{0} l’insieme delle funzioni che hanno segno costante in almeno uno degli intervalli I_{n}. Sia E_{n} l’insieme delle funzioni in D_{1} che sono non–negative in I_{n} e F_{n} quelle non–positive. Chiaramente

D_{1} = ⋃_{k=1}^{+∞}(E_{k} ∪ F_{k})

Gli insiemi E_{k} e F_{k} sono sottoinsiemi di D_{0} chiusi e ovunque non densi (la dimostrazione dopo). Ciò vuol dire che D_{1} è di prima categoria e quindi D_{0}\D_{1} è di seconda categoria ed in particolare non vuoto. La conclusione è che esistono funzioni in D_{0} che non hanno segno costante in nessun intervallo non degenere.

Lemma1 Sia {h_{k}} una successione definita in R di funzioni reali continue che converge puntualmente ad una funzione h. Z = h^{(−1)}(0) è un G_{δ}

Dim. Prendiamo una sottosuccessione h_{n_{k}} → h (vedi [CQ] e [S]). Gli zeri di h sono dati da

Z = ⋂_{k=1}^{+∞} ⋂_{n=1}^{+∞} ⋃_{j=n+1}^{+∞} \{x: |h_{j}(x)| < \frac{1}{k} \}

ed è evidentemente un G_{δ}. L’espediente di passare ad una sottosuccessione è essenziale in quanto altrimenti avremmo dovuto scrivere

Z = ⋂_{k=1}^{+∞} ⋃_{n=1}^{+∞} ⋂_{j=n+1}^{+∞} \{x: |h_{j}(x)| < \frac{1}{k} \}

e non è affatto facile dimostrare che tale insieme è un G_{δ}.

Lemma2 Sia Z_{k} una successione di insiemi densi. Allora ⋂_{k=1}^{+∞} Z_{k} è anche esso denso.

Dim. Z^{c} = ⋃_{k=1}^{+∞} Z_{k}^{c} e \overline{Z_{k}^{c}}^{o} = ∅. Evidentemente R = Z ∪ Z^{c} = ( ⋂_{k=1}^{+∞} Z_{k}) ∪ ( ⋃_{k=1}^{+∞} Z_{k}^{c}) . Il Teorema

di Baire implica che ⋂_{k=1}^{+∞} Z_{k} è denso.

Il lemma2 si applica alla successione di funzioni n (f(x + \frac{1}{n}) − f(x)) → f′.

Lemma3 Gli insiemi E_{k} ed F_{k} sono chiusi e non densi in nessun punto

Dim. La chiusura è ovvia. La non densità in alcun punto equivale a dire che E_{n}^{o} = ∅. Sia f ∈ E_{n} e sia f(x_{0}) = 0 con x_{0} ∈ I_{n}. Sia g(x) una funzione “tipo–Pompeiu” (appartiene quindi a D_{0}) tale che g(x_{0}) < 0 e sup_{x∈R} |g(x)| ≤ ε con ε piccolo a piacere. La funzione h = f + g è tale che

sup_{x∈R} |h − f| = sup_{x∈R} |g(x)| ≤ ε ed inoltre h ∈ D_{0}. Siccome h(x_{0}) = f(x_{0}) + g(x_{0}) < 0, h ∉ E_{n} da

cui E_{n} ovunque non denso. Lo stesso per F_{n}.

Dimostrazione 3

Presa da [BMW]. Sia data la funzione

f(x) = \{ \begin{matrix}1/q, x = p/q, q pari \\ − 1/q, x = p/q, q dispari \\ 0 altrim. \end{matrix}

Avendo una quantità numerabile di punti di discontinuità , la funzione è in classe di Baire–1. Inoltre essendo nulla quasi ovunque, f = hg (vedi [BMW1]) dove h e g sono due derivate. Se f non ha segno definito in un qualsiasi intervallo, allora F (x) = ∫ fdx è la funzione che cerchiamo.

Se invece esiste un intervallo I in cui f ha segno definito, siccome f non lo ha, è g a dovere cambiare segno ovunque in I e quindi G = ∫ g è la funzione che cerchiamo.

Referenze

[BMW] Bruckner A.M., Marik J., Weil C.E. Some Aspect of Product of Derivatives AMM, vol.99, Issue 2 (Feb.,1992), 134–145

[BMW1] Bruckner A.M., Marik J., Weil C.E. Baire one, null functions, Classical real analysis (Madison, Wis., 1982), 29–41, Contemp. Math., 42, Amer. Math. Soc., Providence, RI, 1985.

[CQ] Choimet D., Queffélec H. Twelve Landmarks of Twentieth-Century Analysis Academic, p.115

[H] Hobson E.W.: The theory of functions of a real variable and the theory of Fourier series, second edition, volume 2, Cambrige University Press, 1921

[KS] Katznelson Y., Stromberg K. Everywhere Differentiable, Nowhere Monotone, Functions American Mathematical Monthly, Volume 81, Issue 4 (Apr.,1974), 379–354

[S] Stromberg K.S. An introduction to classical real analysis Chapman Hall, p.214

[W] Clifford E. Weil. On Nowhere Monotone Functions Proceedings of the American Mathematical Society, Volume 56, Volume 56, Issue 1 (Apr., 1976), 388–389