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192. Le théorème de Heine

Ce théorème est attribué à Eduard Heine et date de 1872. Il s’énonce ainsi.

Quels que soient les réels $a$ et $b$ tels que $a<b$ et quelle que soit $f : [a,b]\to \R$ une fonction continue, $f$ est uniformément continue sur $[a,b].$

Continuité et continuité uniforme

Le fait que $f$ soit continue sur $[a,b]$ s’exprime ainsi :

$\begin{align*}\forall x\in [a,b], \forall \varepsilon > 0, \exists \delta >0, \forall y\in[a,b], \lvert y-x \rvert\leq \delta \implies \lvert f(y)-f(x)\rvert \leq \varepsilon.\end{align*}$

Il s’agit démontrer sous cette hypothèse la continuité uniforme de $f$ sur $[a,b]$, à savoir :

$\begin{align*} \forall \varepsilon > 0, \exists \delta >0, \forall x\in [a,b], \forall y\in[a,b], \lvert y-x \rvert\leq \delta \implies \lvert f(y)-f(x)\rvert \leq \varepsilon.\end{align*}$

De nombreuses démonstrations se basent sur des suites, des suites extraites et le raisonnement par l’absurde. D’autres utilisent la notion de compacité du segment $[a,b]$, qui, recouvert par des ouverts bien choisis, et extraction d’un sous-recouvrement fini, permettent d’aboutir à une démonstration.

Dans cet article vous utiliserez une preuve directe reposant sur la propriété de la borne supérieure des réels : toute partie non vide et majorée de $\R$ admet une borne supérieure, c’est-à-dire un plus petit majorant pour cette partie.

Fixez deux réels $a$ et $b$ tels que $a<b.$ Soit $f : [a,b]\to \R$ une fonction continue et $\varepsilon$ un réel strictement positif.

Une notation utile

On dit que $f$ possède la propriété $P$ sur un intervalle $I\subset[a,b]$, si et seulement si :

$\begin{align*}\exists \delta > 0, \forall z,z’\in I, \lvert z-z’\rvert\leq \delta \implies \lvert f(z)-f(z’)\rvert \leq \varepsilon.\end{align*}$

De cette définition, on tire immédiatement le fait que si $J$ est un sous-intervalle d’un intervalle $I\subset[a,b]$ et si $f$ possède la propriété $P$ sur $I$, alors $f$ possède la propriété $P$ sur $J.$

Lemme $1$ : caractère local de la propriété $P$

Soit $c$ un réel appartenant à l’intervalle $[a,b].$

Alors il existe un réel $r$ strictement positif tel que $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,b]\cap [c-r, c+r].$

En effet, $f$ est continue en $c.$

Il existe donc un réel $r$ strictement positif tel que $\forall x\in[a,b], \lvert x-c\rvert \leq r \implies \lvert f(x)-f(c)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Soient maintenant $z$ et $z’$ deux réels de l’intervalle $[a,b]\cap [c-r, c+r].$

Comme $\lvert z-c\rvert \leq r$ et $\lvert z’-c\rvert \leq r$ il vient $\lvert f(z)-f(c)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}$ et $\lvert f(z’)-f(c)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

D’après l’inégalité triangulaire :

$\begin{align*}
\lvert f(z)-f(z’) \rvert &\leq \lvert f(z)-f(c) \rvert + \lvert f(z’)-f(c) \rvert\\
&\leq \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2}\\
&\leq \varepsilon.
\end{align*}$

Ce qui conclut.

Le lemme suivant sera aussi très utile dans la suite.

Lemme $2$ : recollement d’intervalles

Supposez que $u$, $v$ et $w$ sont trois réels de l’intervalle $[a,b]$ tels que $u<v<w$, de sorte que : $f$ ait la propriété $P$ sur l’ intervalle $[u,v]$ et $f$ ait aussi la propriété $P$ sur l’intervalle $[v,w].$

Vous allez montrer que $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[u,w].$

Vous avez tout d’abord l’existence de deux réels strictement positifs $\delta_1$ et $\delta_2$ tels que :

$\forall z,z’\in [u,v], \lvert z-z’\rvert\leq \delta_1 \implies \lvert f(z)-f(z’)\rvert \leq \varepsilon.$

$\forall z,z’\in [v,w], \lvert z-z’\rvert\leq \delta_2 \implies \lvert f(z)-f(z’)\rvert \leq \varepsilon.$

Le recollement va être dû à la continuité de $f$ en $v$.

En effet, il existe $\delta_3>0$ tel que $\forall x\in [a,b], \lvert x-v\rvert\leq \delta_3 \implies \lvert f(x)-f(v)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Posez alors $\delta = \mathrm{Min}(\delta_1, \delta_2,\delta_3).$

Considérez deux réels $z$ et $z’$ appartenant à l’intervalle $[u,w]$ et tels que $\lvert z-z’\rvert\leq \delta.$

1er cas : $z\in[u,v]$ et $z’\in[u,v].$ Comme $\lvert z-z’\rvert\leq \delta \leq \delta_1$ il vient $\lvert f(z)-f(z’)\rvert \leq \varepsilon.$

2ème cas : $z\in[u,v]$ et $z’\notin[u,v].$ Alors $z’\in[v,w].$ Alors :

$\lvert z-v\rvert \leq \lvert z-z’\rvert\leq \delta \leq \delta_3.$

De même :

$\lvert z’-v\rvert \leq \lvert z-z’\rvert\leq \delta \leq \delta_3.$

Donc $\lvert f(z)-f(v)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}$ et $\lvert f(z’)-f(v)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

L’inégalité triangulaire fournit :

$\begin{align*}
\lvert f(z)-f(z’) \rvert &\leq \lvert f(z)-f(v) \rvert + \lvert f(z’)-f(v) \rvert\\
&\leq \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2}\\
&\leq \varepsilon.
\end{align*}$

3ème cas : $z\notin[u,v]$ et $z’\in[u,v].$ Alors $z\in[v,w].$ Il s’agit du cas numéro 2 où $z$ et $z’$ ont été échangés. Vous obtenez alors $\lvert f(z)-f(z’) \rvert \leq \varepsilon.$

4ème cas : $z\notin[u,v]$ et $z’\notin[u,v].$ Alors $z,z’\in[v,w].$ Comme $\lvert z-z’\rvert\leq \delta \leq \delta_2$ il vient $\lvert f(z)-f(z’)\rvert \leq \varepsilon.$

Ainsi $f$ possède bien la propriété $P$ sur l’intervalle $[u,w].$

Passez maintenant à la démonstration du théorème de Heine

Considérez pour cela l’ensemble $A = \{x\in[a,b],$ $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,x].\}$

Montrez que $A$ contient un élément strictement supérieur à $a$

En appliquant le lemme $1$, avec $c=a$ vous avez l’existence d’un réel $r>0$ tel que $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,b]\cap[a-r, a+r].$

Posez $a_0 = a+ \mathrm{Min}(b-a, r)$. Alors $a<a_0\leq b$ et $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a, a_0].$

Donc $a_0\in A.$

Montrez que $A$ admet une borne supérieure

La partie $A$ est une partie de $\R$ non vide (puisqu’elle contient $a_0$) et qui est majorée par $b.$

Donc elle admet une borne supérieure $\alpha.$

Comme $a_0\in A$ il vient $a_0\leq \alpha$ puisque la borne supérieure de $A$ est un majorant de $A.$

Le nombre $b$ majore $A$, or le plus petit des majorants de $A$ est $\alpha$, donc $\alpha\leq b.$

Ainsi $a<a_0\leq \alpha \leq b.$

Montrez que la borne supérieure $\alpha$ est égale à $b$

Ce point est délicat.

Raisonnez par l’absurde en supposant $\alpha \neq b.$ Alors $a < \alpha < b.$

Appliquez le lemme $1$ avec $c=\alpha.$ Il existe un réel $r’>0$ tel que $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,b]\cap[\alpha-r’, \alpha+r’].$

Posez alors $r = \mathrm{Min}(r’, b-\alpha, \alpha-a)>0.$ Alors $a\leq \alpha-r\leq \alpha+r\leq b.$

Alors $f$ possède la propriété $P$ sur $[\alpha-r, \alpha+r].$

Or $\alpha-r < \alpha$, donc $\alpha-r$ ne peut majorer $A$ donc il existe $d\in A$ tel que $\alpha-r<d.$ Comme $f$ possède la propriété $P$ sur $[a, d]$ vous déduisez que $f$ possède aussi la propriété $P$ sur $[a, \alpha-r].$

Utilisant le lemme $2$ de recollement, vous déduisez que $f$ admet la propriété $P$ sur $[a, \alpha+r]$, donc $\alpha+r\in A.$

Or $\alpha$ majore $A$ donc $\alpha+r \leq \alpha$ donc $r\leq 0$ contradiction.

Concluez

D’après ce qui précède, la borne supérieure de $A$ est égale à $b.$

Or, en appliquant le lemme $1$ à $c=b$ vous déduisez l’existence d’un réel $r’>0$ tel que $f$ possède la propriété $P$ sur $[a,b]\cap [b-r’, b+r’].$

Posez alors $r = \mathrm{Min}(r’,b-a)> 0.$ Vous avez $a\leq b-r < b.$

La fonction $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[b-r, b]\subset [a,b]\cap [b-r’, b+r’].$

Or $b-r < b$ donc $b-r$ ne peut majorer $A$ donc il existe $d\in A$ tel que $b-r< d.$

La fonction $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,d]$ donc $f$ possède aussi la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,b-r].$

Utilisant le lemme $2$ de recollement vous déduisez que $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,b].$

Cela termine la démonstration du théorème de Heine.

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