Théorème de sélection de Helly

Résolution.

1. Soit $A = \{a_k : k \in \mathbb{N}\}$ une énumération des éléments de $A$. Puisque la suite $(f_n(a_0))_{n \in \mathbb{N}}$ est bornée dans $[0,1]$, le théorème de Bolzano-Weierstrass permet d'extraire une sous-suite $(f_{\phi_0(n)})_{n \in \mathbb{N}}$ telle que $(f_{\phi_0(n)}(a_0))$ converge. Par récurrence, supposons extraite une sous-suite $(f_{\phi_0 \circ \dots \circ \phi_k(n)})$ convergeant sur $\{a_0, \dots, a_k\}$. La suite $(f_{\phi_0 \circ \dots \circ \phi_k(n)}(a_{k+1}))$ est bornée, on peut donc en extraire une sous-suite convergente. On définit alors la suite extraite diagonale en posant $\psi(n) = \phi_0 \circ \dots \circ \phi_n(n)$.
   $$\boxed{\text{La suite } (f_{\psi(n)})_{n \in \mathbb{N}} \text{ converge simplement sur } A.}$$

2. Appliquons le résultat précédent à $A = \mathbb{Q}$. Il existe une sous-suite, notée encore $(f_n)$ pour alléger, qui converge simplement sur $\mathbb{Q}$ vers une fonction $g : \mathbb{Q} \to [0,1]$. Comme chaque $f_n$ est croissante, $g$ est également croissante sur $\mathbb{Q}$. On définit pour tout $x \in \mathbb{R}$ :
   $$f(x) = \sup \{ g(q) : q \in \mathbb{Q}, q < x \}$$
   La fonction $f$ est croissante sur $\mathbb{R}$. Elle admet donc en tout point une limite à gauche et à droite. L'ensemble $D$ de ses points de discontinuité est au plus dénombrable. D'après la question 1, on peut extraire de notre sous-suite une nouvelle sous-suite (notée encore $(f_n)$) qui converge simplement sur $D$. Montrons que cette suite converge simplement sur $\mathbb{R}$. Soit $x \notin D$. Pour tout $\epsilon > 0$, par continuité de $f$ en $x$, il existe $q_1, q_2 \in \mathbb{Q}$ tels que $q_1 < x < q_2$ et :
   $$f(x) - \epsilon \leq g(q_1) \leq g(q_2) \leq f(x) + \epsilon$$
   Par croissance de $f_n$, on a $f_n(q_1) \leq f_n(x) \leq f_n(q_2)$. En passant à la limite (sur les rationnels) :
   $$g(q_1) \leq \liminf f_n(x) \leq \limsup f_n(x) \leq g(q_2)$$
   On en déduit que $|\limsup f_n(x) - f(x)| \leq \epsilon$ pour tout $\epsilon$, d'où la convergence simple.
   $$\boxed{\text{Il existe une sous-suite convergeant simplement sur } \mathbb{R}.}$$

3. Soit $[a,b]$ un segment. Supposons $f$ continue. $f$ est alors uniformément continue sur $[a,b]$. Soit $\epsilon > 0$. Il existe $\delta > 0$ tel que $|x-y| \leq \delta \implies |f(x)-f(y)| \leq \epsilon$. Soit une subdivision $a = x_0 < x_1 < \dots < x_p = b$ de pas inférieur à $\delta$. Comme $f_n(x_k) \to f(x_k)$ pour chaque $k$, il existe $N$ tel que pour $n \geq N$ :
   $$\forall k \in \{0, \dots, p\},   |f_n(x_k) - f(x_k)| \leq \epsilon$$
   Soit $x \in [a,b]$. Il existe $k$ tel que $x \in [x_k, x_{k+1}]$. Par croissance de $f_n$ et $f$ :
   $$f_n(x) - f(x) \leq f_n(x_{k+1}) - f(x_k) \leq f_n(x_{k+1}) - f(x_{k+1}) + f(x_{k+1}) - f(x_k) \leq \epsilon + \epsilon$$
   De même, $f_n(x) - f(x) \geq f_n(x_k) - f(x_{k+1}) \geq -2\epsilon$. Ainsi, $\sup_{x \in [a,b]} |f_n(x) - f(x)| \leq 2\epsilon$.
   $$\boxed{\text{La convergence est uniforme sur tout compact.}}$$