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160. Continuité du produit

Soit $(x_0, y_0)\in\R^2$ un couple de deux réels.

Soit $(x,y)\in\R^2$ un autre couple de réels, proche du précédent.

Soit $\varepsilon$ un nombre réel strictement positif.

Construisez la preuve

Vous supposez que $\vert x-x_0 \vert < \alpha$ et $\vert y-y_0 \vert < \beta$ où $\alpha$ et $\beta$ sont deux réels strictement positifs qui seront choisis plus tard.

Il s’agit d’obtenir la majoration $\vert xy -x_0y_0 \vert < \varepsilon.$

Voulant faire apparaître la quantité $x-x_0$ qui est petite, vous procédez comme suit :

$\begin{align*}
\vert xy – x_0y_0\vert &\leq \vert (x-x_0)y + x_0y -x_0y_0 \vert \\
&\leq \vert (x-x_0)y\vert + \vert x_0y -x_0y_0 \vert \\
&\leq \vert (x-x_0)y\vert + \vert x_0(y -y_0) \vert \\
&\leq \vert x-x_0 \vert \vert y\vert + \vert x_0 \vert \vert y-y_0\vert\\
&\leq \alpha \vert y\vert + \vert x_0 \vert \beta.
\end{align*}$

Il reste à majorer $\vert y\vert$ comme suit :

$\begin{align*}
\vert y\vert &\leq \vert (y-y_0)+y_0\vert\\
&\leq \vert (y-y_0)\vert + \vert y_0\vert\\
&\leq \beta + \vert y_0\vert.
\end{align*}$

L’ensemble étant mis bout à bout vous obtenez $\vert xy – x_0y_0\vert \leq \alpha\beta + \alpha \vert y_0\vert + \vert x_0 \vert \beta.$

Effectuez un choix judicieux pour $\alpha$ et $\beta$

Pour casser le terme $\alpha\beta$, vous pouvez choisir $\beta$ pour qu’il soit inférieur à $1$.

Vous obtenez alors :

$\vert xy – x_0y_0\vert \leq \alpha (1+ \vert y_0\vert) + \vert x_0 \vert \beta.$

Vous souhaitez avoir $ \alpha (1+ \vert y_0\vert) < \frac{\varepsilon}{2}$ et $ \vert x_0 \vert \beta < \frac{\varepsilon}{2}.$

Choisissez $\alpha = \frac{\varepsilon}{2(1+\vert y_0\vert)}$ de sorte que $\alpha (1+ \vert y_0\vert) < \frac{\varepsilon}{2}.$

Il est tentant de faire de même et de poser $\beta = \frac{\varepsilon}{2 \vert x_0 \vert}.$

Mais on diviserait potentiellement par $0$ si $x_0$ était nul. Pour pallier ce problème, vous posez à la place $\beta = \frac{\varepsilon}{2 (1+\vert x_0 \vert)}.$

Or, $\beta$ doit aussi être inférieur à $1$. Donc vous posez finalement $\beta = \mathrm{Min}\left( 1, \frac{\varepsilon}{2 (1+\vert x_0 \vert)}\right).$

Rédigez la preuve

Soit $(x_0, y_0)\in\R^2$ un couple de deux réels et $\varepsilon > 0.$

Posez $\beta = \mathrm{Min}\left( 1, \frac{\varepsilon}{2 (1+\vert x_0 \vert)}\right)$ et $\alpha = \frac{\varepsilon}{2(1+\vert y_0\vert)}.$

Supposez que $x$ et $y$ sont deux réels tels que $\vert x-x_0 \vert < \alpha$ et $\vert y-y_0 \vert < \beta.$

$\begin{align*}
\vert xy – x_0y_0\vert &\leq \vert (x-x_0)y + x_0y -x_0y_0 \vert \\
&\leq \vert (x-x_0)y\vert + \vert x_0y -x_0y_0 \vert \\
&\leq \vert (x-x_0)y\vert + \vert x_0(y -y_0) \vert \\
&\leq \vert x-x_0 \vert \vert y\vert + \vert x_0 \vert \vert y-y_0\vert\\
&\leq \alpha \vert y\vert + \vert x_0 \vert \beta\\
&\leq \alpha \vert (y-y_0)+y_0\vert + \vert x_0 \vert \beta\\
&\leq \alpha \vert (y-y_0)+y_0\vert + \vert x_0 \vert \beta\\
&\leq \alpha (\vert (y-y_0)\vert +\vert y_0\vert) + \vert x_0 \vert \beta\\
&\leq \alpha \beta + \alpha \vert y_0\vert + \vert x_0 \vert \beta\\
&\leq \alpha \times 1 + \alpha \vert y_0\vert + \vert x_0 \vert \beta\\
&\leq \alpha \left( 1 + \vert y_0\vert \right)+ \vert x_0 \vert \beta\\
&< \frac{\varepsilon}{2}+ \frac{\varepsilon}{2}\\
&< \varepsilon.
\end{align*}$

Concluez

Pour tout $(x_0,y_0)$, la fonction $(x,y)\mapsto xy$ qui va de $\R^2$ dans $\R$, est continue en $(x_0,y_0).$

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