Continuité uniforme

Le résultat principal de cette section est le théorème de Heine qui affirme que toute fonction continue sur un intervalle fermé borné est uniformément continue. Il est utilisé en particulier pour démontrer qu'une fonction continue est intégrable au sens de Riemann, et nous vous avons demandé de l'admettre dans le chapitre sur l'intégration. Nous en profiterons aussi pour démontrer le théorème de Dini, qui est une sorte de réciproque du théorème 4. Nous commençons par le théorème de Bolzano-Weierstrass, puis viendra le lemme de Borel-Lebesgue, utilisé plusieurs fois dans les démonstrations qui suivront. Les deux sont des cas particuliers de résultats de topologie beaucoup plus généraux que vous apprendrez plus tard.

Théorème 7 (de Bolzano-Weierstrass)   De toute suite de réels bornée, on peut extraire une sous-suite convergente.

Démonstration : La démontration se fait par dichotomie. Soit $m$ un minorant et $M$ un majorant de la suite $(u_n)$ :

$$\forall n\in \mathbb{N}\;,\quad m\leqslant u_n\leqslant M\;.$$

Posons $a_0=m$ et $b_0=M$, et $\varphi(0)=0$. Divisons l'intervalle $[a_0,b_0]$ en deux, et considérons les deux moitiés : l'une au moins contient une infinité de termes de la suite $(u_n)$. Supposons que $[a_0,\frac{a_0+b_0}{2}]$ contienne une infinité de termes de la suite. On note $a_1=a_0$, $b_1=\frac{a_0+b_0}{2}$, et $\varphi(1)>0$ un entier tel que $u_{\varphi(1)}\in [a_1,b_1]$. Si la première moitié ne contient qu'un nombre fini de termes, on la remplace par l'autre moitié $[\frac{a_0+b_0}{2},b_0]$. On itère ensuite le procédé, de manière à construire des intervalles emboîtés $[a_k,b_k]$, de longueur $(M-m)/2^k$, et des valeurs extraites $u_{\varphi(k)}\in [a_k,b_k]$. Les suites $(a_k)$ et $(b_k)$ sont adjacentes par construction, donc elles convergent vers la même limite. Par le théorème des gendarmes la suite $(u_{\varphi(k)})$ converge vers la même limite que $(a_n)$ et $(b_n)$. $\square$ Le lemme de Borel-Lebesgue affirme que de tout recouvrement d'un intervalle $[a,b]$ fermé borné, on peut extraire un sous-recouvrement fini.

Lemme 1 (de Borel-Lebesgue)   Soit $[a,b]$ un intervalle fermé borné de $\mathbb{R}$. Pour tout $x\in [a,b]$ soit $I_x$ un intervalle ouvert tel que $x\in I_x$. Il existe un nombre fini $m$, et $m$ points $x_1,\ldots,x_m$ tels que

$$[a,b]\subset \bigcup_{i=1}^m I_{x_i}\;.$$

Démonstration : La première étape consiste à montrer que pour un certain entier $n$, tout intervalle de la forme $]y-1/n,y+1/n[$ est inclus dans l'un des $I_x$ au moins.

$$\exists n\in\mathbb{N} ,\;\forall y\in [a,b] ,\;\exists x\in[a,b]\;,\quad ]y-1/n,y+1/n[\subset I_x$$

Ecrivons la négation :

$$\forall n\in\mathbb{N} ,\;\exists y\in [a,b] ,\;\forall x\in[a,b]\;,\quad ]y-1/n,y+1/n[\not\subset I_x$$

Pour tout $n$, soit $y_n$ l'un des $y$ dont l'existence est affirmée ci-dessus. Par le théorème de Bolzano-Weierstrass, on peut extraire de la suite $(y_n)$ une sous-suite $(y_{\varphi(k)})$, qui converge vers $c\in[a,b]$. En particulier, aucun des intervalles $]y_{\varphi(k)}-1/\varphi(k),y_{\varphi(k)}+1/\varphi(k)[$ n'est inclus dans $I_c$, ce qui est impossible si $c$ est la limite de $(y_{\varphi(k)})$. En utilisant la première étape, nous allons démontrer le lemme par l'absurde : nous supposons donc qu'aucune réunion finie des intervalles $I_x$ ne recouvre $[a,b]$. Fixons un entier $n$ dont l'existence est affirmée ci-dessus. Soit $y_1$ un point de $[a,b]$. Il existe $x_1$ tel que $]y_1-1/n,y_1+1/n[\subset I_{x_1}$. Comme $I_{x_1}$ ne recouvre pas $[a,b]$, il existe un point $y_2$ de $[a,b]$ qui n'appartient pas à $I_{x_1}$. Ce point est à distance au moins $1/n$ de $y_1$. Il existe un point $x_2$ tel que $]y_2-1/n,y_2+1/n[\subset I_{x_2}$. La réunion $I_{x_1}\cup I_{x_2}$ ne recouvre pas $[a,b]$. Donc il existe $y_3$ en dehors de cette réunion : $y_3$ est à distance au moins $1/n$ de $y_1$ et de $y_2$. Par récurrence, on construit ainsi une suite $(y_k)$ de points de $[a,b]$ telle que deux quelconques de ses éléments sont à distance au moins $1/n$. En appliquant une fois de plus le théorème de Bolzano-Weierstrass, une sous-suite de $(y_k)$ devrait converger, d'où la contradiction.$\square$ La continuité uniforme est à la continuité ce que la convergence uniforme est à la convergence simple (comparez avec la définition 1).

Définition 3   Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$ et $f$ une fonction définie sur $I$, à valeurs dans $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$.

1. On dit que $f$ est continue sur $I$ si
   $$\underline{\forall x\in I} ,\;\forall \varepsilon >0 ,\;\exists... ...vert\leqslant \eta\;\Longrightarrow \vert f(y)-f(x)\vert\leqslant \varepsilon$$

2. On dit que $f$ est uniformément continue sur $I$ si
   $$\forall \varepsilon >0 ,\;\exists \eta>0 ,\;\underline{\forall ... ...rt\leqslant \eta\;\Longrightarrow\; \vert f(y)-f(x)\vert\leqslant \varepsilon$$

Évidemment, la continuité uniforme implique la continuité (simple), mais la réciproque est fausse en général. La différence entre les deux est subtile. Dans la continuité simple, la valeur de $\eta$ peut dépendre non seulement de $\varepsilon$ mais aussi de $x$. Dans la continuité uniforme, elle ne peut dépendre que de $\varepsilon$ : pour un $\varepsilon$ donné, on peut choisir le même $\eta$ pour tous les points de l'intervalle.

Examinons la fonction inverse sur $I=]0,1]$.

$$\begin{array}{rcl} &f&\\ ]0,1]&\longrightarrow&\mathbb{R}\\ x&\longmapsto&f(x)=1/x \end{array}$$

Soit $x$ un point de $]0,1]$ et $\varepsilon$ un réel strictement compris entre 0 et $1$. L'image réciproque par $f$ de l'intervalle $[f(x)-\varepsilon ,f(x)+\varepsilon ]$ est l'intervalle :

$$f^{-1}([f(x)-\varepsilon ,f(x)+\varepsilon ])= \left[\frac{1}{f(x)+\varepsilon },\frac{1}{f(x)-\varepsilon }\right]$$

Cet intervalle contient $x$, et

$$x-\frac{1}{f(x)+\varepsilon }<\frac{1}{f(x)-\varepsilon }-x$$

Posons

$$\eta_x =x-\frac{1}{f(x)+\varepsilon }=x-\frac{1}{\frac{1}{x}+\varepsilon } =\frac{\varepsilon x^2}{1+\varepsilon x}$$

Alors, pour tout $y$ dans l'intervalle $[x-\eta_x, x+\eta_x]$, $f(y)$ reste dans l'intervalle $[f(x)-\varepsilon ,f(x)+\varepsilon ]$. De plus, $\eta_x$ est le plus grand réel possédant cette propriété. Observons que pour $\varepsilon >0$ fixé, $\eta_x$ tend vers 0 quand $x$ tend vers 0.

Bien sûr, pour n'importe quel $\eta'<\eta_x$, l'implication

$$\vert y-x\vert\leqslant \eta' \;\Longrightarrow\; \vert f(y)-f(x)\vert\leqslant \varepsilon$$

reste vraie. Mais il n'est pas possible de choisir un même $\eta'$ tel qu'elle reste vraie pour tous les $x$ de $]0,1]$ : la fonction $f$ n'est pas uniformément continue sur $]0,1]$.

Examinons maintenant la fonction racine carrée sur le même intervalle $I=]0,1]$.

$$\begin{array}{rcl} &f&\\ ]0,1]&\longrightarrow&\mathbb{R}\\ x&\longmapsto&f(x)=\sqrt{x} \end{array}$$

Soit $x$ un point de $]0,1]$ et $\varepsilon$ un réel strictement compris entre 0 et $1$. Pour $\varepsilon <f(x)$, l'image réciproque par $f$ de l'intervalle $[f(x)-\varepsilon ,f(x)+\varepsilon ]$ est l'intervalle :

$$f^{-1}([f(x)-\varepsilon ,f(x)+\varepsilon ]) = \left[x-(2\varepsilon \sqrt{x}-\varepsilon ^2),x+(2\varepsilon \sqrt{x}+\varepsilon ^2)\right]$$

Pour $\varepsilon \geqslant f(x)$, c'est l'intervalle

$$\left[0,(\sqrt{x}+\varepsilon )^2\right] = \left[0,x+(2\varepsilon \sqrt{x}+\varepsilon ^2)\right]$$

L'amplitude de ces intervalles dépend bien de $x$ a priori. Posons $\eta=\varepsilon ^2$. Nous allons démontrer que pour tout $x,y\in ]0,1]$, si $\vert y-x\vert<\eta$, alors $\vert f(y)-f(x)\vert\leqslant\varepsilon$, ce qui entraîne que $f$ est uniformément continue sur $I$. Supposons d'abord $\varepsilon <f(x)$. Alors $2\varepsilon \sqrt{x}-\varepsilon ^2>\varepsilon ^2=\eta$. Donc l'intervalle $f^{-1}([f(x)-\varepsilon ,f(x)+\varepsilon ])$ contient l'intervalle $[x-\eta,x+\eta]$ : si $y$ vérifie $\vert y-x\vert<\eta$, alors $\vert f(y)-f(x)\vert\leqslant\varepsilon$. Supposons maintenant $\varepsilon \geqslant f(x)$. Si $y\leq x$, alors $\vert\sqrt{y}-\sqrt{x}\vert\leqslant \sqrt{x}\leqslant \varepsilon$. Si $x<y\leq x+\eta$, alors $0\leqslant y\leqslant x+(2\varepsilon \sqrt{x}+\varepsilon ^2)$, donc $\vert\sqrt{y}-\sqrt{x}\vert\leqslant \varepsilon$.

Théorème 8 (de Heine)   Toute fonction continue sur un intervalle fermé borné est uniformément continue.

Donc la fonction $x\mapsto \sqrt{x}$ est uniformément continue sur $[0,1]$, tout comme la fonction $x\mapsto 1/x$ sur l'intervalle $[10^{-3},1]$. Démonstration : Soit $[a,b]$ un intervalle fermé borné, et $f$ une fonction continue sur $[a,b]$. Soit $\varepsilon$ un réel strictement positif. Puisque $f$ est continue sur $[a,b]$, pour tout $x\in [a,b]$, il existe un réel strictement positif, que nous noterons $\eta_x$, tel que pour tout $y\in [a,b]$,

$$\vert y-x\vert\leqslant \eta_x\;\Longrightarrow\;\vert f(y)-f(x)\vert\leqslant \frac{\varepsilon }{2}$$

Pour tout $x$, considérons l'intervalle ouvert $]x-\eta_x,x+\eta_x[$, noté $I_x$. Par le lemme de Borel-Lebesque, on peut extraire de cette famille d'intervalles un sous-recouvrement de $[a,b]$ :

$$\exists m\in \mathbb{N} ,\;\exists x_1,\ldots,x_m\in[a,b]\;,\quad [a,b]\subset \bigcup_{i=1}^m I_{x_i}$$

Puisque les intervalles ouverts $I_{x_1},\ldots,I_{x_m}$ recouvrent $[a,b]$, il existe $\eta$ tel que si $\vert x-y\vert\leqslant \eta$, alors $x$ et $y$ appartiennent à un même intervalle $I_{x_i}$. Si c'est le cas,

$$\vert f(x)-f(y)\vert\leqslant \vert f(x)-f(x_i)\vert+\vert f(x_i)... ...)\vert\leqslant \frac{\varepsilon }{2} +\frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon \;,$$

par définition de $I_{x_i}$.$\square$ La continuité uniforme est une notion générale. Nous en aurons besoin plus loin pour des fonctions de deux variables.

Définition 4   Soient $I$ et $J$ deux intervalles de $\mathbb{R}$ et $f : (x,t)\longmapsto f(x,t)$ une fonction définie sur $I\times J$, à valeurs dans $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$.

1. On dit que $f$ est continue sur $I\times J$ si
   $$\begin{array}{c} \underline{\forall (x,t)\in I\times J} ,\;... ...ow\; \vert f(y,s)-f(x,t)\vert\leqslant \varepsilon \end{array}$$

2. On dit que $f$ est uniformément continue sur $I\times J$ si
   $$\begin{array}{c} \forall \varepsilon >0 ,\;\exists \eta>0 ... ...ow\; \vert f(y,s)-f(x,t)\vert\leqslant \varepsilon \end{array}$$

Attention, il ne suffit pas que les applications partielles soient continues sur $I$ et $J$ respectivement, pour que $f$ soit continue sur $I\times J$ : voir le théorème 3. Le théorème de Heine reste vrai pour un produit d'intervalles fermés bornés (et plus généralement pour tout espace topologique compact, comme vous l'apprendrez plus tard). Nous l'utiliserons pour les fonctions de deux variables dans la section 1.5.

Théorème 9   Soient $I$ et $J$ deux intervalles fermés bornés de $\mathbb{R}$ et $f : (x,t)\longmapsto f(x,t)$ une fonction continue sur $I\times J$, à valeurs dans $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$. Alors $f$ est uniformément continue sur $I\times J$.

Démonstration : Fixons $x\in I$, et considérons l'application partielle $f_x : t\longmapsto f(x,t)$. On déduit immédiatement de la continuité de $f$, que $f_x$ est continue sur $J$. D'après le théorème de Heine, elle est donc uniformément continue sur $J$ :

$$\forall \varepsilon >0 ,\;\exists\delta_x>0 ,\; \forall t\in J\... ...\;\Longrightarrow\; \vert f(x,t)-f(x,s)\vert\leqslant\frac{\varepsilon }{4}\;.$$

Écrivons de même que, pour tout $t\in J$, l'application partielle $x\mapsto f(x,t)$ est uniformément continue sur $I$.

$$\forall \varepsilon >0 ,\;\exists\eta_t>0 ,\; \forall x\in I ,... ...;\Longrightarrow\; \vert f(x,t)-f(y,t)\vert\leqslant\frac{\varepsilon }{4}\;.$$

Le problème dans les écritures ci-dessus est que $\delta_x$ et $\eta_t$ dépendent respectivement de $x$ et $t$. Or nous devons démontrer que la continuité est uniforme en les deux variables. Posons :

$$\forall x\in I ,\; I_x=]x-\delta_x,x+\delta_x[$$   et$$\quad \forall t\in J ,\; J_t=]t-\eta_t,t+\eta_t[$$

D'après le lemme de Borel-Lebesgue, on peut extraire de ces recouvrements des sous-recouvrements finis :

$$I\subset \bigcup_{i=1}^m I_{x_i}$$   et$$\quad J\subset \bigcup_{i=1}^{m'} J_{t_j}$$

Puisque les intervalles ouverts $I_{x_1},\ldots,I_{x_m}$ recouvrent $I$, il existe $\delta>0$ tel que si $\vert x-y\vert<\delta$, alors $x$ et $y$ appartiennent au même intervalle $I_{x_i}$. De même, il existe $\eta>0$ tel que si $\vert s-t\vert<\eta$, alors $s$ et $t$ appartiennent au même intervalle $J_{t_j}$. On peut donc écrire :

$$\vert f(y,s)-f(x,t)\vert \leqslant \vert f(y,s)-f(y,t_j)\vert+\vert f(y,t_j)-f(x_i,t_j)\vert$$

$$+\vert f(x_i,t_j)-f(x_i,t)\vert+\vert f(x_i,t)-f(x,t)\vert$$

$$< \frac{\varepsilon }{4}+\frac{\varepsilon }{4}+\frac{\varepsilon }{4}+\frac{\varepsilon }{4}=\varepsilon$$

$\square$ Pour terminer cette section, voici une autre application du lemme de Borel-Lebesgue. Le théorème de Dini affirme que si une suite croissante de fonctions continues converge simplement vers une fonction continue, alors la convergence est uniforme (comparez avec le théorème 4).

Théorème 10 (de Dini)   Soit $[a,b]$ un intervalle fermé borné de $\mathbb{R}$, $(f_n)$ une suite croissante de fonctions continues sur $[a,b]$ :

$$\forall x\in [a,b] ,\;\forall n\in \mathbb{N}\;,\quad f_n(x)\leqslant f_{n+1}(x)\;.$$

Supposons que $f_n$ converge simplement vers une fonction $f$ continue sur $[a,b]$. Alors $f_n$ converge uniformément vers $f$ sur $[a,b]$.

Évidemment, le résultat vaut pour une suite décroissante, en remplaçant $f_n$ par $-f_n$. Démonstration : Fixons $\varepsilon >0$ et $x\in [a,b]$. Puisque $(f_n(x))$ converge vers $f(x)$, il existe un entier $n_x$ tel que $0\leqslant f(x)-f_{n_x}(x)<\varepsilon /3$. Par continuité de $f$ en $x$, il existe $\eta_1>0$ tel que si $\vert x-y\vert<\eta_1$, alors $\vert f(y)-f(x)\vert<\varepsilon /3$. Par continuité de $f_{n_x}$ en $x$, il existe $\eta_2>0$ tel que si $\vert x-y\vert<\eta_2$, alors $\vert f_{n_x}(y)-f_{n_x}(x)\vert<\varepsilon /3$. Posons $\eta=\min\{\eta_1,\eta_2\}$. Pour tout $y\in ]x-\eta,x+\eta[$ :

$$f(y)-f_{n_x}(y)\leqslant \vert f(y)-f(x)\vert+(f(x)-f_{n_x}(x)) +... ...\varepsilon }{3}+\frac{\varepsilon }{3}+\frac{\varepsilon }{3}=\varepsilon \;.$$

Notons $I_x$ l'intervalle ouvert $]x-\eta,x+\eta[$. D'après le lemme de Borel-Lebesgue, on peut extraire des $I_x$ un sous-recouvrement fini : il existe $m\in \mathbb{N}$ et $x_1,\ldots,x_m\in [a,b]$ tels que

$$[a,b]\subset \bigcup_{i=1}^m I_{x_i}\;.$$

Notons $n_0$ le plus grand des entiers $n_{x_1},\ldots,n_{x_m}$. Soit $y\in [a,b]$ : il existe $i\in\{1,\ldots,m\}$ tel que $y\in I_{x_i}$. Puisque $(f_n(y))$ est une suite croissante, pour tout $n\geqslant n_0$ :

$$0\leqslant f(y)-f_n(y)\leqslant f(y)-f_{n_0}(y)\leqslant f(y)-f_{n_{x_i}}(y)<\varepsilon \;,$$

par définition de $I_{x_i}$. Comme l'entier $n_0$ ne dépend pas de $y$, la convergence est bien uniforme. $\square$