Fonctions continues - preuves (A)

Soit $f: D \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^p$ une fonction et $z$ un point adhérent à $D$.

Étape 1 : Hypothèse par l'absurde

Supposons que $f$ admette deux limites distinctes en $z$, notées $l_1$ et $l_2$, avec $l_1 \neq l_2$. Puisque $l_1 \neq l_2$, la distance entre elles $d(l_1, l_2)$ est strictement positive.

Étape 2 : Choix d'un $\varepsilon$ stratégique

Posons $\varepsilon = \frac{d(l_1, l_2)}{2}$. Comme $d(l_1, l_2) > 0$, on a $\varepsilon > 0$.

Étape 3 : Application de la définition de la limite

Puisque $\lim_{x\to z} f(x) = l_1$, par définition de la limite, il existe $\delta_1 > 0$ tel que pour tout $x \in D$, si $d(x, z) < \delta_1$, alors $d(f(x), l_1) < \varepsilon$.

De même, puisque $\lim_{x\to z} f(x) = l_2$, il existe $\delta_2 > 0$ tel que pour tout $x \in D$, si $d(x, z) < \delta_2$, alors $d(f(x), l_2) < \varepsilon$.

Étape 4 : Contradiction

Posons $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$. Puisque $\delta_1 > 0$ et $\delta_2 > 0$, on a $\delta > 0$. Comme $z$ est un point adhérent à $D$, il existe au moins un point $x_0 \in D$ tel que $d(x_0, z) < \delta$.

Pour ce point $x_0$, les deux conditions sont vérifiées :

1. $d(x_0, z) < \delta \le \delta_1 \implies d(f(x_0), l_1) < \varepsilon$
2. $d(x_0, z) < \delta \le \delta_2 \implies d(f(x_0), l_2) < \varepsilon$

Utilisons l'inégalité triangulaire pour la distance :

$d(l_1, l_2) \le d(l_1, f(x_0)) + d(f(x_0), l_2)$.

En utilisant les inégalités ci-dessus, on obtient :

$d(l_1, l_2) < \varepsilon + \varepsilon = 2\varepsilon$.

En remplaçant $\varepsilon$ par sa valeur, on a :

$d(l_1, l_2) < 2 \left( \frac{d(l_1, l_2)}{2} \right) = d(l_1, l_2)$.

On arrive à la contradiction $d(l_1, l_2) < d(l_1, l_2)$.

Conclusion

L'hypothèse de départ (l'existence de deux limites distinctes) est donc fausse. La limite, si elle existe, est nécessairement unique.

Étape 1 : Objectif

Nous voulons montrer que la fonction $S(x) = f(x) + g(x)$ est continue en $a$. Selon la définition, cela signifie que pour tout $\varepsilon > 0$, il existe un $\delta > 0$ tel que pour tout $x \in D$, si $d(x, a) < \delta$, alors $d(S(x), S(a)) < \varepsilon$.

Étape 2 : Majoration de la distance à l'arrivée

Exprimons la distance $d(S(x), S(a))$ et utilisons l'inégalité triangulaire. Pour des fonctions à valeurs dans $\mathbb{R}^p$, la distance est donnée par la norme de la différence.

$d(S(x), S(a)) = \|S(x) - S(a)\| = \|(f(x)+g(x)) - (f(a)+g(a))\| = \|(f(x)-f(a)) + (g(x)-g(a))\|$.

Par l'inégalité triangulaire pour les normes, on a :

$\| (f(x)-f(a)) + (g(x)-g(a)) \| \le \|f(x)-f(a)\| + \|g(x)-g(a)\| = d(f(x), f(a)) + d(g(x), g(a))$.

Nous avons donc la majoration : $d(S(x), S(a)) \le d(f(x), f(a)) + d(g(x), g(a))$.

Étape 3 : Utilisation de la continuité de $f$ et $g$

Soit $\varepsilon > 0$ un réel quelconque. Posons $\varepsilon' = \varepsilon/2 > 0$.

• Puisque $f$ est continue en $a$, il existe un $\delta_1 > 0$ tel que si $d(x, a) < \delta_1$, alors $d(f(x), f(a)) < \varepsilon'$.
• Puisque $g$ est continue en $a$, il existe un $\delta_2 > 0$ tel que si $d(x, a) < \delta_2$, alors $d(g(x), g(a)) < \varepsilon'$.

Étape 4 : Choix du $\delta$ final

Posons $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$. Ce $\delta$ est strictement positif.

Si $x \in D$ et $d(x, a) < \delta$, alors on a à la fois $d(x, a) < \delta_1$ et $d(x, a) < \delta_2$.

Par conséquent, les deux conditions de continuité sont satisfaites : $d(f(x), f(a)) < \varepsilon'$ et $d(g(x), g(a)) < \varepsilon'$.

En reprenant notre majoration de l'étape 2 :

$d(S(x), S(a)) \le d(f(x), f(a)) + d(g(x), g(a)) < \varepsilon' + \varepsilon' = 2\varepsilon' = 2(\varepsilon/2) = \varepsilon$.

Conclusion

Nous avons montré que pour tout $\varepsilon > 0$, il existe un $\delta > 0$ (en l'occurrence $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$) tel que pour tout $x \in D$ satisfaisant $d(x,a) < \delta$, on a $d(S(x), S(a)) < \varepsilon$.

Ceci est la définition de la continuité de $S = f+g$ au point $a$.

Étape 1 : Hypothèse et Objectif

L'hypothèse est que $f$ est continue en $a \in D$. Cela signifie que $\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$, ou en termes $\varepsilon-\delta$ :

Pour tout $\varepsilon > 0$, il existe $\delta > 0$ tel que pour tout $x \in D$, si $d(x, a) < \delta$, alors $d(f(x), f(a)) < \varepsilon$.

Notre objectif est de montrer que pour un $i \in \{1, \dots, p\}$ quelconque, la fonction composante $f_i$ est continue en $a$. C'est-à-dire :

Pour tout $\varepsilon' > 0$, il existe $\delta' > 0$ tel que pour tout $x \in D$, si $d(x, a) < \delta'$, alors $|f_i(x) - f_i(a)| < \varepsilon'$.

Étape 2 : Relier la distance des composantes à la distance globale

Soit $x \in D$. Considérons le vecteur $f(x) - f(a)$ dans $\mathbb{R}^p$. Ses composantes sont $(f_1(x) - f_1(a), \dots, f_p(x) - f_p(a))$.

La distance dans $\mathbb{R}^p$ entre $f(x)$ et $f(a)$ est $\|f(x) - f(a)\|$.

La distance dans $\mathbb{R}$ entre $f_i(x)$ et $f_i(a)$ est $|f_i(x) - f_i(a)|$.

Pour n'importe quel vecteur $v=(v_1, \dots, v_p)$ et n'importe quelle norme sur $\mathbb{R}^p$, il existe une constante $C > 0$ telle que $|v_i| \le C \|v\|$. Plus simplement, en utilisant la norme euclidienne $\|v\|_2 = \sqrt{\sum_j v_j^2}$, nous avons :

$|f_i(x) - f_i(a)| \le \sqrt{\sum_{j=1}^p (f_j(x) - f_j(a))^2} = \|f(x) - f(a)\|_2$.

Cette inégalité clé relie ce que nous voulons contrôler ($|f_i(x) - f_i(a)|$) à ce que nous pouvons contrôler par l'hypothèse de continuité de $f$ ($\|f(x) - f(a)\|_2$).

Étape 3 : Démonstration de la continuité de $f_i$

Soit $i \in \{1, \dots, p\}$ fixé. Soit $\varepsilon' > 0$.

Nous utilisons l'hypothèse de continuité de $f$ en posant $\varepsilon = \varepsilon'$. Il existe donc un $\delta > 0$ tel que pour tout $x \in D$, si $d(x,a) < \delta$, alors $\|f(x) - f(a)\|_2 < \varepsilon$.

Maintenant, pour ce même $\delta$, considérons un $x \in D$ tel que $d(x,a) < \delta$.

En utilisant l'inégalité de l'étape 2 :

$|f_i(x) - f_i(a)| \le \|f(x) - f(a)\|_2$.

Puisque $d(x,a) < \delta$, on sait que $\|f(x) - f(a)\|_2 < \varepsilon$. Donc :

$|f_i(x) - f_i(a)| < \varepsilon$.

En posant $\delta' = \delta$ et $\varepsilon = \varepsilon'$, nous avons bien montré que pour tout $\varepsilon' > 0$, il existe $\delta' > 0$ tel que pour tout $x \in D$ avec $d(x,a) < \delta'$, on a $|f_i(x) - f_i(a)| < \varepsilon'$.

Conclusion

La continuité de la fonction vectorielle $f$ en un point $a$ implique la continuité de chacune de ses fonctions composantes $f_i$ en ce même point $a$.

Étape 1 : Construction du prolongement

L'hypothèse est que $\lim_{x\to z} f(x) = \ell$, où $\ell \in \mathbb{R}^p$.

On cherche à définir une fonction $\tilde{f}: D \cup \{z\} \to \mathbb{R}^p$ qui soit continue en $z$ et égale à $f$ sur $D$.

Définissons la fonction $\tilde{f}$ de la manière suivante :

Par construction, $\tilde{f}$ coïncide bien avec $f$ sur $D$. Il nous reste à prouver que $\tilde{f}$ est continue au point $z$.

Étape 2 : Vérification de la continuité en $z$

Pour que $\tilde{f}$ soit continue en $z$, il faut par définition que $\lim_{x\to z} \tilde{f}(x) = \tilde{f}(z)$.

Calculons la valeur de la fonction au point $z$ : $\tilde{f}(z) = \ell$.

Calculons maintenant la limite de $\tilde{f}$ en $z$. Par définition de la limite, on s'intéresse aux valeurs de $\tilde{f}(x)$ pour $x$ proche de $z$ mais différent de $z$. Pour de tels $x$, qui sont dans $D$, on a $\tilde{f}(x) = f(x)$.

Donc,

$\lim_{x\to z} \tilde{f}(x) = \lim_{x\to z} f(x)$

Or, par hypothèse, nous savons que $\lim_{x\to z} f(x) = \ell$.

On a donc :

$\lim_{x\to z} \tilde{f}(x) = \ell$

Étape 3 : Conclusion

Nous avons établi que $\lim_{x\to z} \tilde{f}(x) = \ell$ et que $\tilde{f}(z) = \ell$.

Par conséquent, $\lim_{x\to z} \tilde{f}(x) = \tilde{f}(z)$, ce qui est exactement la définition de la continuité de $\tilde{f}$ en $z$.

La fonction $\tilde{f}$ est donc un prolongement continu de $f$ au point $z$. L'existence d'une limite finie est une condition suffisante pour le prolongement par continuité.

Étape 1 : Objectif

Soit $f: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^p$ une fonction continue. Soit $V$ un ensemble ouvert quelconque de $\mathbb{R}^p$. Nous devons démontrer que l'ensemble $U = f^{-1}(V) = \{x \in \mathbb{R}^n \mid f(x) \in V\}$ est un ouvert de $\mathbb{R}^n$.

Pour prouver que $U$ est ouvert, nous devons montrer que pour tout point $a \in U$, il existe un rayon $\delta > 0$ tel que la boule ouverte $B(a, \delta)$ est incluse dans $U$.

Étape 2 : Utiliser les définitions

Soit $a$ un point quelconque de $U$.

1. Par définition de $U = f^{-1}(V)$, si $a \in U$, alors $f(a) \in V$.
2. Puisque $V$ est un ouvert de $\mathbb{R}^p$, il existe un rayon $\varepsilon > 0$ tel que la boule ouverte $B(f(a), \varepsilon)$ est entièrement contenue dans $V$. En d'autres termes, pour tout $y \in \mathbb{R}^p$, si $d(y, f(a)) < \varepsilon$, alors $y \in V$.
3. Puisque $f$ est continue sur $\mathbb{R}^n$, elle est en particulier continue au point $a$. Par la définition $\varepsilon-\delta$ de la continuité, pour cet $\varepsilon > 0$ trouvé à l'instant, il existe un $\delta > 0$ tel que pour tout $x \in \mathbb{R}^n$, si $d(x, a) < \delta$, alors $d(f(x), f(a)) < \varepsilon$.

Étape 3 : Mettre les pièces ensemble

Montrons que la boule $B(a, \delta)$, avec le $\delta$ trouvé à l'étape 2.3, est bien incluse dans $U$.

Soit $x$ un point quelconque dans $B(a, \delta)$. Par définition de la boule, cela signifie que $d(x, a) < \delta$.

D'après le point 2.3 (continuité de $f$), puisque $d(x, a) < \delta$, on a $d(f(x), f(a)) < \varepsilon$.

Appelons $y = f(x)$. On a donc $d(y, f(a)) < \varepsilon$.

D'après le point 2.2 (ouverture de $V$), puisque $d(y, f(a)) < \varepsilon$, ce point $y$ appartient à $V$.

Donc, $f(x) \in V$.

D'après le point 2.1 (définition de $U$), puisque $f(x) \in V$, le point $x$ appartient à $U = f^{-1}(V)$.

Conclusion

Nous avons pris un point $x$ quelconque dans $B(a, \delta)$ et montré qu'il est dans $U$. Cela signifie que $B(a, \delta) \subseteq U$.

Comme nous avons pu faire cela pour un point $a$ arbitraire dans $U$, nous avons prouvé que $U$ est un ensemble ouvert.

Étape 1 : Utilisation de la caractérisation séquentielle de la compacité

Pour démontrer que l'ensemble $f(K)$ est compact, nous allons montrer que de toute suite de points de $f(K)$, on peut extraire une sous-suite qui converge vers un point de $f(K)$.

Soit $(y_k)_{k \in \mathbb{N}}$ une suite quelconque d'éléments de $f(K)$.

Étape 2 : Construction de la suite des antécédents

Par définition de l'ensemble image $f(K)$, pour chaque $y_k \in f(K)$, il existe au moins un antécédent $x_k \in K$ tel que $f(x_k) = y_k$.

Cela nous permet de construire une suite $(x_k)_{k \in \mathbb{N}}$ d'éléments de $K$.

Étape 3 : Application de la compacité du domaine de départ $K$

L'ensemble de départ $K$ est compact. Par le théorème de Bolzano-Weierstrass, de toute suite d'éléments de $K$ (ici, la suite $(x_k)$), on peut extraire une sous-suite qui converge vers un élément de $K$.

Il existe donc une sous-suite $(x_{\varphi(k)})_{k \in \mathbb{N}}$ et un point $a \in K$ tels que :

$\lim_{k \to \infty} x_{\varphi(k)} = a$

Le point limite $a$ est bien dans $K$ car un ensemble compact est nécessairement fermé.

Étape 4 : Application de la continuité de la fonction $f$

La fonction $f$ est continue sur $K$, donc elle est continue au point $a \in K$.

Par la caractérisation séquentielle de la continuité, si une suite converge vers $a$, la suite des images converge vers $f(a)$.

Appliquons cela à notre sous-suite convergente $(x_{\varphi(k)})$ :

$\lim_{k \to \infty} f(x_{\varphi(k)}) = f(a)$

Étape 5 : Conclusion

Rappelons que par construction, $f(x_{\varphi(k)}) = y_{\varphi(k)}$.

Nous avons donc montré que :

$\lim_{k \to \infty} y_{\varphi(k)} = f(a)$

Nous avons extrait de notre suite de départ $(y_k)$ une sous-suite $(y_{\varphi(k)})$ qui converge.

De plus, la limite de cette sous-suite est $f(a)$. Puisque $a \in K$, la limite $f(a)$ appartient à l'ensemble image $f(K)$.

Nous avons donc prouvé que de toute suite d'éléments de $f(K)$, on peut extraire une sous-suite qui converge vers un élément de $f(K)$. C'est la caractérisation séquentielle de la compacité.

Par conséquent, $f(K)$ est un ensemble compact.

Étape 1 : Nature de l'ensemble image $f(K)$

Nous savons que $K$ est un ensemble compact de $\mathbb{R}^n$ et que la fonction $f: K \to \mathbb{R}$ est continue.

D'après le théorème "l'image d'un compact par une fonction continue est un compact", nous pouvons affirmer que l'ensemble image $f(K)$ est une partie compacte de $\mathbb{R}$.

Étape 2 : Propriétés d'un compact de $\mathbb{R}$

Dans $\mathbb{R}$, le théorème de Heine-Borel stipule qu'un ensemble est compact si et seulement s'il est fermé et borné.

Puisque $f(K)$ est un compact de $\mathbb{R}$, il est donc un ensemble fermé et borné.

Étape 3 : La fonction $f$ est bornée

Dire que l'ensemble image $f(K)$ est borné signifie qu'il existe des nombres réels $m'$ et $M'$ tels que pour tout $y \in f(K)$, on a $m' \le y \le M'$.

Par définition de $f(K)$, cela veut dire que pour tout $x \in K$, on a $m' \le f(x) \le M'$.

Ceci est la définition d'une fonction bornée sur $K$.

Étape 4 : La fonction $f$ atteint ses bornes

Puisque $f(K)$ est une partie non vide et bornée de $\mathbb{R}$, elle admet une borne supérieure $M = \sup(f(K))$ et une borne inférieure $m = \inf(f(K))$.

De plus, nous savons que $f(K)$ est un ensemble fermé. Une propriété des ensembles fermés de $\mathbb{R}$ est qu'ils contiennent leurs points adhérents, et en particulier leur borne supérieure et leur borne inférieure (si elles existent).

Donc, $m \in f(K)$ et $M \in f(K)$.

• Puisque $M \in f(K)$, par définition de l'ensemble image, il existe au moins un élément $b \in K$ tel que $f(b) = M$. Comme $M$ est la borne supérieure de $f(K)$, $f(b)$ est le maximum de $f$ sur $K$.
• Puisque $m \in f(K)$, il existe au moins un élément $a \in K$ tel que $f(a) = m$. Comme $m$ est la borne inférieure de $f(K)$, $f(a)$ est le minimum de $f$ sur $K$.

Conclusion

Nous avons démontré que la fonction $f$ est bornée sur $K$, et qu'il existe des points $a,b \in K$ tels que $f(a) = \inf_{x \in K} f(x)$ et $f(b) = \sup_{x \in K} f(x)$. La fonction atteint donc son minimum et son maximum sur $K$.

Étape 1 : Objectif

Soit $A \subseteq \mathbb{R}^n$ un ensemble connexe par arcs et $f: A \to \mathbb{R}^p$ une fonction continue. Nous voulons montrer que l'ensemble image $f(A)$ est connexe par arcs.

Pour ce faire, nous devons prendre deux points arbitraires $y_a, y_b \in f(A)$ et montrer qu'il existe un chemin continu $\tilde{\gamma}: [0, 1] \to f(A)$ tel que $\tilde{\gamma}(0) = y_a$ et $\tilde{\gamma}(1) = y_b$.

Étape 2 : Utilisation des définitions

Soient $y_a, y_b$ deux points quelconques dans $f(A)$.

Par définition de l'ensemble image, il existe des antécédents $a, b \in A$ tels que $f(a) = y_a$ et $f(b) = y_b$.

L'ensemble de départ $A$ est connexe par arcs. Par définition, cela signifie qu'il existe un chemin continu $\gamma: [0, 1] \to A$ tel que $\gamma(0) = a$ et $\gamma(1) = b$.

Étape 3 : Construction du nouveau chemin

Considérons la fonction composée $\tilde{\gamma} = f \circ \gamma$.

Analysons cette nouvelle fonction :

• Le domaine de définition de $\tilde{\gamma}$ est $[0, 1]$.
• L'espace d'arrivée de $\tilde{\gamma}$ est $\mathbb{R}^p$.
• $\gamma$ est une fonction continue de $[0, 1]$ vers $A$.
• $f$ est une fonction continue de $A$ vers $\mathbb{R}^p$.
• La composée de deux fonctions continues est une fonction continue. Donc, $\tilde{\gamma}: [0, 1] \to \mathbb{R}^p$ est une fonction continue.

Étape 4 : Vérification des propriétés du chemin

Vérifions si ce chemin $\tilde{\gamma}$ relie bien $y_a$ à $y_b$ et reste dans $f(A)$.

• Point de départ : $\tilde{\gamma}(0) = f(\gamma(0)) = f(a) = y_a$.
• Point d'arrivée : $\tilde{\gamma}(1) = f(\gamma(1)) = f(b) = y_b$.

Le chemin relie bien les deux points.

• Image du chemin : Pour tout $t \in [0, 1]$, le point $\gamma(t)$ appartient à $A$. Par conséquent, son image $\tilde{\gamma}(t) = f(\gamma(t))$ appartient par définition à l'ensemble image $f(A)$. L'image entière du chemin, $\tilde{\gamma}([0,1])$, est donc incluse dans $f(A)$.

Conclusion

Pour tout couple de points $(y_a, y_b)$ dans $f(A)$, nous avons construit un chemin continu $\tilde{\gamma} = f \circ \gamma$ qui part de $y_a$, arrive à $y_b$ et dont la trace est entièrement contenue dans $f(A)$.

Ceci est la définition d'un ensemble connexe par arcs.

Par conséquent, $f(A)$ est connexe par arcs.

Étape 1 : Négation de la définition

Nous voulons prouver que $f(x)=x^2$ n'est pas uniformément continue sur $\mathbb{R}$. Nous devons donc trouver un $\varepsilon_0 > 0$ tel que pour n'importe quel $\delta > 0$, on puisse trouver deux points $x, y \in \mathbb{R}$ vérifiant $|x-y| < \delta$ mais $|f(x) - f(y)| \ge \varepsilon_0$.

Étape 2 : Choix d'un $\varepsilon_0$

Fixons $\varepsilon_0 = 1$. Notre objectif est de montrer que peu importe à quel point deux points sont proches, si ces points sont assez grands, la différence de leurs carrés sera supérieure à 1.

Étape 3 : Trouver $x$ et $y$ pour un $\delta$ donné

Soit $\delta > 0$ un réel quelconque. Nous devons trouver $x$ et $y$ qui dépendent de $\delta$.

Cherchons $x$ et $y$ de la forme $y = x + \frac{\delta}{2}$. De cette façon, la condition $|x-y| = \frac{\delta}{2} < \delta$ est automatiquement satisfaite.

Maintenant, calculons la différence des images :

$|f(x) - f(y)| = |x^2 - (x+\frac{\delta}{2})^2| = |x^2 - (x^2 + x\delta + \frac{\delta^2}{4})| = |-x\delta - \frac{\delta^2}{4}| = |x\delta + \frac{\delta^2}{4}|$.

Nous voulons que cette quantité soit supérieure ou égale à $\varepsilon_0=1$.

$|x\delta + \frac{\delta^2}{4}| \ge 1$.

Puisque $\delta > 0$, si nous choisissons $x > 0$, l'expression devient $x\delta + \frac{\delta^2}{4}$.

Nous cherchons donc $x$ tel que $x\delta + \frac{\delta^2}{4} \ge 1$.

$x\delta \ge 1 - \frac{\delta^2}{4}$.

$x \ge \frac{1}{\delta} - \frac{\delta}{4}$.

Puisqu'on peut toujours trouver un $x$ aussi grand que l'on veut, il est toujours possible de satisfaire cette condition. Par exemple, choisissons simplement $x = \frac{1}{\delta}$.

Étape 4 : Vérification

Soit $\varepsilon_0=1$.

Soit $\delta > 0$ quelconque.

Posons $x = \frac{1}{\delta}$ et $y = x + \frac{\delta}{2} = \frac{1}{\delta} + \frac{\delta}{2}$.

1. On a bien $|x-y| = \frac{\delta}{2} < \delta$.

2. Calculons $|f(x) - f(y)| = |x^2 - y^2| = |x-y||x+y|$:

   $|f(x) - f(y)| = \left(\frac{\delta}{2}\right) \left| \frac{1}{\delta} + \frac{1}{\delta} + \frac{\delta}{2} \right| = \frac{\delta}{2} \left| \frac{2}{\delta} + \frac{\delta}{2} \right| = \frac{\delta}{2} \left( \frac{2}{\delta} + \frac{\delta}{2} \right) = 1 + \frac{\delta^2}{4}$.

Puisque $\delta > 0$, $\frac{\delta^2}{4} > 0$, et donc $|f(x) - f(y)| = 1 + \frac{\delta^2}{4} > 1 = \varepsilon_0$.

Conclusion

Nous avons montré que pour $\varepsilon_0=1$, pour tout $\delta > 0$, il existe un couple $(x, y)$ tel que $|x-y|<\delta$ mais $|f(x)-f(y)| \ge \varepsilon_0$.

La fonction $f(x)=x^2$ n'est donc pas uniformément continue sur $\mathbb{R}$.

Étape 1 : Objectif

Nous voulons prouver que la fonction $f(x) = \|x\|_2$ est continue en tout point $a \in \mathbb{R}^n$.

Selon la définition $\varepsilon-\delta$, cela signifie que pour tout $a \in \mathbb{R}^n$ et pour tout $\varepsilon > 0$, il existe un $\delta > 0$ tel que pour tout $x \in \mathbb{R}^n$, si $\|x-a\|_2 < \delta$, alors $|f(x)-f(a)| < \varepsilon$.

Étape 2 : L'inégalité triangulaire renversée

L'inégalité triangulaire standard nous dit que $\|u+v\| \le \|u\| + \|v\|$.

À partir de celle-ci, nous pouvons déduire l'inégalité triangulaire renversée.

Pour tous vecteurs $x, y \in \mathbb{R}^n$:

$\|x\| = \|(x-y)+y\| \le \|x-y\| + \|y\| \implies \|x\| - \|y\| \le \|x-y\|$.

$\|y\| = \|(y-x)+x\| \le \|y-x\| + \|x\| = \|x-y\| + \|x\| \implies \|y\| - \|x\| \le \|x-y\|$.

Puisque $\|x\| - \|y\|$ et son opposé $\|y\| - \|x\|$ sont tous deux inférieurs ou égaux à $\|x-y\|$, cela signifie que :

$| \|x\| - \|y\| | \le \|x-y\|$.

(Nous utilisons ici la norme euclidienne, mais cette propriété est vraie pour n'importe quelle norme).

Étape 3 : Application à la continuité

La quantité que nous devons contrôler pour la continuité de $f$ est $|f(x) - f(a)|$.

$|f(x) - f(a)| = | \|x\|_2 - \|a\|_2 |$.

En utilisant l'inégalité triangulaire renversée, nous avons directement :

$| \|x\|_2 - \|a\|_2 | \le \|x-a\|_2$.

Étape 4 : Démonstration $\varepsilon-\delta$

Soit $a \in \mathbb{R}^n$ et soit $\varepsilon > 0$.

Nous cherchons un $\delta > 0$.

Choisissons $\delta = \varepsilon$.

Maintenant, soit $x$ un point de $\mathbb{R}^n$ tel que $\|x-a\|_2 < \delta$.