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\def\finducours#1{
\vskip.5cm
\hbox{{\vrule height 2pt width \finwidth} Fin du cours n$^0$#1}
\vskip.5cm\par}


\title{THEOREMES D'ANALYSE}
\author{P. Pansu}

\newtheorem{theo}{Th{\'e}or{\`e}me}
\newtheorem{lemme}{Lemme}
\newtheorem{prop}[lemme]{Proposition}
\newtheorem{cor}[lemme]{Corollaire}
\newtheorem{defi}[lemme]{D{\'e}finition}
\newtheorem{rem}[lemme]{Remarque}
\newtheorem{exo}[lemme]{Exercice}
\newtheorem{exemple}[lemme]{Exemple}

\long\def\sol#1#2#3{\par\medskip\noindent {\bf Solution de l'exercice \ref{#1}.}\hskip1em{\em #2.}\par{#3}\par}

\def\R{{\bf R}}
\def\C{{\bf C}}
\def\Q{{\bf Q}}
\def\N{{\bf N}}
\def\cR{\,\mathcal{R}\,}
\def\titre#1{\par\vskip1cm\centerline{#1}\par\vskip1cm}
\def\qed{\hskip4pt\vrule height 5pt width 5pt}
\def\d{\displaystyle}
\def\inv#1{\frac{1}{#1}}
\def\solution{\par\medskip{\bf Solution.}\hskip5pt}
\def\preuve{\par\medskip{\bf Preuve.}\hskip5pt}

\begin{document}
\maketitle

\section{Valeurs intermédiaires}

\subsection{Le théorème des valeurs intermédiaires}

\begin{theo}
\label{tvi}
Soit $[a,b]$ un intervalle fermé borné. Soit $f:[a,b]\to\R$ une fonction continue. On suppose que $f(a)<0$ et $f(b)>0$. Alors il existe au moins un $c\in]a,b[$ tel que $f(c)=0$.
\end{theo}

\preuve
Posons $A=\{x\in[a,b]\,|\,f(x)\leq 0\}$. Il est non vide est majoré par $b$, donc il possède une borne supérieure $c$.

Montrons que $c<b$. Posons $\epsilon=f(b)$. Par continuïté à gauche en $b$, il existe $\alpha>0$ tel
\begin{eqnarray*}
b-\alpha< x \leq b  \Rightarrow |f(x)-f(b)|<\epsilon.
\end{eqnarray*}
Si $x>b-\alpha$, $f(x)>f(b)-\epsilon=0$, donc $c\leq b-\alpha$.

Montrons que $f(c)\geq 0$. Par définition de $A$, pour tout $x\in]c,b]$, $f(x)>0$. En passant à la limite, on trouve que $f(c)\geq 0$. Cela prouve en particulier que $c>a$.

Montrons que $f(c)\leq 0$. Comme $c$ est une borne supérieure, il existe une suite $x_n$ d'éléments de $A$ telle que $x_n$ tend vers $c$. Par définition de $A$, $f(x_n )\leq 0$. Par continuïté,
\begin{eqnarray*}
f(c)=\lim_{n\to \infty}f(x_n ) \leq 0.
\end{eqnarray*}

On conclut que $f(c)=0$. \qed

\begin{rem}
\label{remtvi}
Si $f$ prend, au sens large, des signes opposés aux extrémités, $f$ s'annule quelque part dans $[a,b]$.
\end{rem}
En effet, si $f$ s'annule à l'une des extrémités, il n'y a rien à prouver. Sinon, $f$ ou $-f$ satisfait les hypothèses du théorème.

\begin{exo}
\label{expreuvetvi}
Soit $[a,b]=[0,3]$. On définit une fonction $f$ sur $[a,b]$ comme suit. 
\begin{eqnarray*}
\left\{\begin{matrix}
 f(x)&=&x &~\mathrm{ pour }~ x\in[0,1],\\
 f(x)&=&1 &~\mathrm{ pour }~ x\in[1,2],\\
 f(x)&=&x-1 &~\mathrm{ pour }~ x\in[2,3].
\end{matrix}\right.
\end{eqnarray*}
Vérifier que $f$ est continue. Laquelle, parmi les solutions de l'équation $f(x)=0$, la preuve ci-dessus produit-elle ? Dans la preuve, remplaçons $A$ par $B=\{x\in[a,b]\,|\,f(x)<0\}$. Que faut-il changer d'autre dans la preuve ? Laquelle, parmi les solutions de l'équation $f(x)=0$, la nouvelle preuve produit-elle ? 
\end{exo}

\sol{expreuvetvi}{Plusieurs racines}{$f$ est continue sur chacun des intervalles $[0,1]$, $[1,2]$, $[2,3]$, et les valeurs en 1 et 2 sont compatibles, donc $f$ est continue sur $[0,3]$.

Pour ce choix de $f$, $A=[0,2]$ et $B=[0,1]$, donc la preuve du théorème donne $c=2$. La preuve n'a pas besoin d'autre modification que le changement de définition $A\to B$. Elle donne $c=1$.
}

\subsection{Interprétation géométrique}

Voici une formulation équivalente du théorème des valeurs intermédiaires. On rappelle que si $E$ est un ensemble et $f:E\to\R$ une application, son image $f(E)=\{f(t)\,|\,t\in E\}$ est l'ensemble des valeurs prises par $f(t)$ lorsque $t$ décrit $E$.

\begin{theo}
\label{tvigeo}
Soit $I$ un intervalle non vide, $f:I\to\R$ une fonction continue. Alors $f(I)$ est un intervalle.
\end{theo}

\preuve
Du théorème \ref{tvi}, il résulte que si $c<d$ appartiennent à $f(I)$, alors $[c,d]\subset f(I)$. Autrement dit, $f(I)$ est convexe. C'est donc un intervalle. \qed

\begin{exo}
\label{exointervtvi}
Soit $f:]a,b[\to\R$ une fonction continue. On suppose que $\lim_{t\to a+}f(t)=-\infty$ et $\lim_{t\to b-}f(t)=+\infty$. Montrer que $f$ est surjective.
\end{exo}

\sol{exointervtvi}{Fonctions définies sur un intervalle ouvert}{
Par définition de la limite, $f(I)$ n'est ni majoré ni minoré. Le seul intervalle qui ait cette propriété, c'est $\R$ entier. Par conséquent, $f(I)=\R$, donc $f$ est surjective. 
}

\finducours2

\begin{exo}
\label{exoreciptvi}
Construire une fonction non continue $f:[0,1]\to\R$ telle que, pour tout intervalle $I\subset [0,1]$, $f(I)$ est un intervalle.
\end{exo}

\sol{exoreciptvi}{Réciproque du théorème des valeurs intermédiaires}{
La fonction définie sur $]0,1]$ par $f(x)=\cos (1/x)$, et $f(0)=0$ n'est pas continue en $0$. En effet, il existe deux suites $x_n =\frac{1}{2n\pi}$, $y_n=\frac{1}{(2n+1)\pi}$ tendant vers 0 et telles que les suites $f(x_n )=1$ et $f(y_n )=-1$ possèdent des limites distinctes.

Pourtant, comme elle est continue sur $]0,1]$, pour tout intervalle $I\subset]0,1]$, $f(I)$ est un intervalle. Si $I\subset[0,1]$ est un intervalle contenant 0, et non réduit à $\{0\}$, alors $f(I)=[-1,1]$. En effet, $I$ contient $x_n$ et $y_n$ pour $n$ assez grand, donc $f(I)$ contient $f([y_n ,x_n ])=[-1,1]$. 
}

\section{Bornes atteintes}

\subsection{Suites extraites}

\begin{defi}
\label{defextr}
Soit $(u_n )_{n\geq 0}$ une suite de nombres réels. Une suite de la forme $(u_{\phi(n)})_{n\geq 0}$, où $\phi:\N\to\N$ est une fonction strictement croissante, s'appelle \emph{sous-suite} ou \emph{suite extraite} de $(u_n )$.
\end{defi}

\begin{rem}
Nécessairement, $\phi(n)\geq n$, donc $\lim_{n\to\infty}\phi(n)=+\infty$.
\end{rem}

\begin{exemple}
Les suites $u_{2n}$, $u_{2n+1}$, $u_{n^2}$ sont extraites de $(u_n )$.
\end{exemple}

\begin{prop}
\label{souslim}
Si la suite $(u_n )$ a une limite finie $\ell$ (resp. $+\infty$), alors toute sous-suite possède la même limite.
\end{prop}

\preuve
Soit $\epsilon>0$. Par définition, il existe $N$ tel que
\begin{eqnarray*}
n\geq N \Rightarrow |u_n -\ell|<\epsilon.
\end{eqnarray*}
Si $n\geq N$, $\phi(n)\geq n\geq N$, donc
\begin{eqnarray*}
n\geq N \Rightarrow |u_{\phi(n)} -\ell|<\epsilon.
\end{eqnarray*}
Autrement dit, $\lim_{n\to\infty} u_{\phi(n)}=\ell$. C'est pareil pour la limite infinie.\qed

\begin{rem}
En revanche, il y a des cas où $(u_{\phi(n)})$ converge mais $(u_n )$ ne converge pas.
\end{rem}
Prendre $u_n =(-1)^n$ et $\phi(n)=2n$.

\subsection{Valeurs d'adhérence}

\begin{defi}
\label{defadh}
Soit $(u_n )$ une suite de nombres réels. On dit qu'un réel $y$ est une \emph{valeur d'adhérence} de $(u_n )$ si pour tout $\epsilon>0$ et tout entier $N$, il existe $n\geq N$ tel que $|u_n -y|<\epsilon$.
\end{defi}

\begin{exemple}
\label{exconvadh}
Si une suite $(u_n )$ est convergente, alors elle possède une et une seule valeur d'adhérence, sa limite.
\end{exemple}
Si $\ell=\lim_{n\to \infty}u_n$, alors pour tout $\epsilon>0$, l'inégalité $|u_n -y|<\epsilon$ est satisfaite pour tout $n$ assez grand. En particulier, si on se donne un entier $N$, elle est vraie pour au moins un $n>N$. Donc la limite est une valeur d'adhérence. 
Montrons qu'il n'y en a pas d'autres. En effet, si $y\not=\ell$, posons $\epsilon=|y-\ell|/2$. Soit $N$ un entier tel que
\begin{eqnarray*}
n\geq N \Rightarrow |u_n -\ell|<\epsilon.
\end{eqnarray*}
Pour tout $n\geq N$,
\begin{eqnarray*}
|u_n -y|\geq |\ell-y|-|u_n -\ell|>2\epsilon-\epsilon=\epsilon,
\end{eqnarray*}
ceci montre que $y$ n'est pas valeur d'adhérence.

\begin{exemple}
La suite $u_n =(-1)^n +\inv{n}$ possède deux valeurs d'adhérence, $1$ et $-1$.
\end{exemple}
En effet, étant donné $\epsilon>0$, l'intervalle $]1-\epsilon,1+\epsilon[$ contient tous les termes d'indice pair
et $>\inv{\epsilon}$, donc des termes de la suite d'indices arbitrairement grands. De même, $]-1-\epsilon,-1+\epsilon[$ contient tous les termes d'indice impair $>\inv{\epsilon}$. Donc $1$ et $-1$ sont des valeurs d'adhérence. Inversement, si $y\not=1$ et $-1$, il n'y a aucun terme de la suite au voisinage de $y$ à partir d'un certain temps.

\begin{exemple}
\label{zerovirgule}
La suite zéro-virgule. On définit une suite $(u_{n})$ comme suit. On écrit $n$ en base 10, on écrit devant $0,$. Autrement dit, pour $n=1,\ldots,9$, on pose $u_{n}=n/10$. Pour $n=10,\ldots,99$, on pose $u_{n}=n/100$. Et ainsi de suite : si $n$ est compris entre $10^{k-1}$ et $10^{k}-1$, on pose $u_{n}=n.10^{-k}$. Alors l'ensemble des valeurs d'adhérence de la suite $(u_{n})$ est l'intervalle $[1/10,1]$.
\end{exemple}

\begin{exo}
\label{exadhinfi}
Montrer qu'une suite qui tend vers $+\infty$ ne possède aucune valeur d'adhérence.
\end{exo}

\sol{exadhinfi}{Suites sans valeurs d'adhérence}{
Soit $y\in\R$. Posons $\epsilon=|y|$. Par définition de la limite, il existe $N$ tel que
\begin{eqnarray*}
n\geq N \Rightarrow u_n > 2\epsilon.
\end{eqnarray*}
Si $n\geq N$, 
\begin{eqnarray*}
|u_n -y|\geq |u_n |-|y|>2\epsilon-\epsilon =\epsilon,
\end{eqnarray*}
donc $y$ n'est pas valeur d'adhérence de la suite.
}

\begin{exo}
\label{exadhss}
Soit $(u_n )$ une suite et $(u_{\phi(n)})$ une suite extraite. Montrer que toute valeur d'adhérence de $(u_{\phi(n)})$ est aussi valeur d'adhérence de $(u_n )$.
\end{exo}

\sol{exadhss}{Valeurs d'adhérence et sous-suites}{
Soit $y$ une valeur d'adhérence de $(u_{\phi(n)})$. Par définition, pour tout $\epsilon>0$ et pour tout entier $N$, il existe $m\geq N$ tel que $|u_{\phi(m)}-y|<\epsilon$. Posant $n=\phi(m)$, on constate que $n\geq N$ et que $|u_n -y|<\epsilon$. Par conséquent, $y$ est valeur d'adhérence de $(u_n )$. \qed
}

\begin{exo}
\label{quantif}
Soit $(u_n )$ une suite de réels. Soit $\ell\in\R$. Interpréter les énoncés suivants. 
\begin{enumerate}
\item $\forall \epsilon>0$, $\exists N$ tel que $\forall n\geq N$, $|u_n -\ell|<\epsilon$.
\item $\forall \epsilon>0$, $\forall N$, $\exists n\geq N$ tel que $|u_n -\ell|<\epsilon$.
\item $\forall \epsilon>0$, $\forall N$, $\forall n\geq N$,  $|u_n -\ell|<\epsilon$.
\item $\forall \epsilon>0$, $\exists N$, $\exists n\geq N$ tels que $|u_n -\ell|<\epsilon$.
\item $\exists \epsilon>0$ tel que $\forall N$, $\exists n\geq N$ tel que $|u_n -\ell|\geq\epsilon$.
\item $\exists \epsilon>0$ tel que $\forall N$, $\forall n\geq N$, $|u_n -\ell|\geq\epsilon$.
\item $\exists \epsilon>0$ tel que $\exists N$, $\exists n\geq N$ tels que $|u_n -\ell|\geq\epsilon$.
\item $\exists \epsilon>0$, $\exists N$ tel que $\forall n\geq N$, $|u_n -\ell|\geq\epsilon$.
\end{enumerate}
\end{exo}

\sol{quantif}{Jongler avec les quantificateurs}{
\begin{enumerate}
  \item signifie que $\lim_{n\to\infty}u_n =\ell$.
  \item signifie que $\ell$ est une valeur d'adhérence de la suite $u_n$.
  \item signifie que $u_n =\ell$ pour tout $n$.
  \item signifie que $\ell$ est ou bien égale à l'un des $u_n$, ou bien une valeur d'adhérence de la suite $u_n$.
  \item signifie que $\ell$ n'est pas valeur d'adhérence de la suite $u_n$.
  \item signifie qu'il existe un  voisinage de $\ell$ qui ne contient aucun point de la suite $u_n$.
    \item signifie que la suite $u_n$ n'est pas constante égale à $\ell$.
  \item signifie que $\ell$ n'est pas valeur d'adhérence de la suite $u_n$.
\end{enumerate}
}

\begin{prop}
\label{caradhsssuite}
Soit $(u_n )$ une suite de nombres réels. Un réel $y$ est valeur d'adhérence de $(u_n )$ si et seulement si il existe une sous-suite qui converge vers $y$.
\end{prop}

\preuve
D'après les exercices \ref{exconvadh} et \ref{exadhss}, les limites de sous-suites sont des valeurs d'adhérence.

Réciproquement, soit $y$ une valeur d'adhérence de $(u_n )$. Posons $\epsilon_n =\inv{n}$. On construit par récurrence une fonction $\phi$ strictement croissante et telle que pour tout $n$,
\begin{eqnarray*}
|u_{\phi(n)}-y|<\epsilon_n .
\end{eqnarray*}
Par hypothèse, il existe $m_1$ tel que $|u_{m_1} -y|<\epsilon_1$. On pose  $\phi(1)=m_1$. Supposant $\phi(2),\ldots,\phi(n-1)$ définis, on pose $N=\phi(n-1)+1$. Par hypothèse, il existe $m_n \geq N$ tel que $|u_{m_n} -y|<\epsilon_n$. On pose $\phi(n)=m_n$. La fonction obtenue est strictement croissante. L'inégalité $|u_{\phi(n)}-y|<\epsilon_n$ montre que $\lim_{n\to\infty}u_{\phi(n)}=y$.\qed

\begin{exemple}
\label{expm}
Toute suite convergente extraite de la suite $u_n =(-1)^n$ est \emph{stationnaire}, i.e. est constante au bout d'un certain temps.
\end{exemple}

\finducours3

\subsection{Suites bornées}

\begin{defi}
\label{defbornee}
On dit qu'une suite $(u_n )$ est \emph{bornée} s'il existe $M$ tel que pour tout $n$, $|u_n |\leq M$.
\end{defi}

\begin{exo}
\label{nonbornee}
Soit $(u_n )$ une suite non bornée de réels. Alors on peut extraire de la suite des valeurs absolues $(|u_n |)$ une sous-suite qui tend vers $+\infty$.
\end{exo}

\sol{nonbornee}{Suites non bornées}{
Par hypothèse, pour tout $M$, il existe $n$ tel que $|u_n |\geq M$. Montrons par l'absurde que pour tout $M$ et tout entier $N$, il existe $n\geq N$ tel que $|u_n |\geq M$. Sinon, il existe $M$ et $N$ tels que pour tout $n\geq N$, $|u_n |\leq M$. Alors pour tout $n$, 
\begin{eqnarray*}
|u_n |\leq \max\{M,\,|u_1 |,\,\ldots,|u_{N-1}|\},
\end{eqnarray*}
donc la suite $(u_n )$ est bornée, contradiction.

On construit par récurrence sur $n$ une fonction strictement croissante $\phi:\N\to\N$ telle que $|u_{\phi(n)}|\geq n$. Par hypothèse, il existe $m=\phi(1)$ tel que $|u_{\phi(1)}|\geq 1$. Supposant $\phi(n-1)$ construit, on applique la remarque précédente à $M=n$ et $N=\phi(n-1)+1$ : il existe un $m\geq \phi(n-1)+1$ tel que $|u_m |\geq n$. On pose donc $\phi(n)=m$. Ceci fournit la suite extraite telle que $|u_{\phi(n)}|$ tend vers $+\infty$.
}

\begin{theo}
\label{BW}
\emph{(Bolzano-Weierstrass)}. Une suite bornée de réels possède au moins une valeur d'adhérence. Autrement dit, elle possède au moins une sous-suite convergente.
\end{theo}

\preuve
On suppose que pour tout $n$, $|u_n |\leq M$.
Soit $A$ l'ensemble des réels $x$ qui sont dépassés par une infinité de termes de la suite, i.e.
\begin{eqnarray*}
x\in A \Leftrightarrow \forall N\in\N,\exists n\geq N ~\mathrm{tel~que}~u_n \geq x.
\end{eqnarray*}
L'ensemble $A$ contient $-M$, il est non vide. Il est majoré par $M$. Montrons que $y=\sup A$ est une valeur d'adhérence de la suite. Fixons $\epsilon>0$ et $N$ entier.
Comme $y+\epsilon\notin A$, il existe un $N'$ tel que \begin{eqnarray*}
n\geq N' \Rightarrow u_n < y+\epsilon.
\end{eqnarray*}
On peut supposer que $N'\geq N$. En revanche, il existe un élément $x$ de $A$ tel que $x>y-\epsilon$. Par définition de $A$, il existe $n\geq N'$ tel que $u_n \geq x$. On a donc $n\geq N$ et $y-\epsilon<x\leq u_n <y+\epsilon$, donc $|u_n -y|<\epsilon$. Ceci montre que $y$ est valeur d'adhérence. \qed

\begin{cor}
\label{ssss}
Soit $(u_n )$ une suite bornée de réels qui ne possède qu'une valeur d'adhérence $\ell$ (autrement dit, pour toute suite convergente $(u_{\phi(n)})$ extraite de $(u_n )$, la limite est $\ell$). Alors $\lim_{n\to\infty}u_n =\ell$.
\end{cor}

\preuve
Par l'absurde. Supposons que $(u_n )$ ne converge pas vers $\ell$. Il existe $\epsilon>0$ tel que, pour tout entier $N$, il existe $m\geq N$ tel que $|u_m -y|\geq\epsilon$. 

En appliquant de façon répétée cette propriété, on va construire par récurrence une fonction strictement croissante $\phi:\N\to\N$ telle que pour tout $n$, $|u_{\phi(n)}-y|\geq \epsilon$. On pose d'abord $N=1$, ce qui donne un entier $m_1$ et on pose $\phi(1)=m_1$. Supposant $\phi(2),\ldots,\phi(n-1)$ définis, on pose $N=\phi(n-1)+1$. Par hypothèse, il existe $m_n \geq N$ tel que $|u_{m_n} -y|\geq\epsilon$. On pose alors $\phi(n)=m_n$. 

Comme $(u_{\phi(n)})$ est bornée, elle admet au moins une valeur d'adhérence (théorème \ref{BW}), qui est aussi une valeur d'adhérence de $(u_n )$ (exercice \ref{exadhss}), donc c'est $\ell$, par hypothèse. Mais c'est impossible, car $u_{\phi(n)}$ ne s'approche jamais de $\ell$. Contradiction.

On conclut que $\lim_{n\to\infty}u_n =\ell$.\qed

\begin{exo}
\label{exss0}
On considère la suite de fonctions $f_n (x)=x -e^{-nx}\cos(n x)$. Montrer que pour tout $n\geq 1$, il existe $u_n \in]0,1[$ tel que $f_n (u_n )=0$. Montrer que  $u_{\phi(n)}$ une sous-suite convergente. Montrer que $\lim_{n\to \infty}u_{\phi(n)}=0$. En déduire que $\lim_{n\to \infty}u_n =0$.
\end{exo}

\sol{exss0}{Convergence des racines}{
Comme $f_n$ est continue, $f_n (0)=-\inv{n}<0$, $f_n (1)\geq 1-e^{-1}>0$, l'équation $f_n (x)=0$ possède au moins une solution $u_n \in]0,1[$. 
 
Comme $(u_{n})$ est bornée, le théorème de Bolzano-Weierstrass garantit que $(u_{n})$ possède des sous-suites convergentes.

Soit $u_{\phi(n)}$ une sous-suite convergeant vers $\ell$. Montrons par l'absurde que $\ell=0$. On écrit
\begin{eqnarray*}
f_{\phi(n)}(u_{\phi(n)})=u_{\phi(n)}-v_n \quad \textrm{où} \quad v_n =e^{-\phi(n)u_{\phi(n)}}\cos(\phi(n)\,u_{\phi(n)}). 
\end{eqnarray*}
Si $\ell>0$, $\phi(n)u_{\phi(n)}$ tend vers $+\infty$, donc $e^{-\phi(n)u_{\phi(n)}}$ tend vers 0, et il en est de même de $v_n$. Par suite, $0=f_{\phi(n)}(u_{\phi(n)})$ converge vers $\ell$, donc $\ell=0$, contradiction. On a donc prouvé que $\ell=0$. 

On a montré que la seule valeur d'adhérence de la suite $(u_{n})$ est 0. D'après la proposition \ref{ssss}, $\lim_{n\to\infty}u_n =0$.
}

\subsection{Théorème de la borne atteinte}

\begin{defi}
\label{notsupf}
Soit $E$ un ensemble et $f:E\to\R$ une fonction majorée. On note $\sup_{E}f=\sup f(E) =\sup\{f(x)\,|\,x\in E\}$. 
\end{defi}

\begin{theo}
\label{boat}
Soit $I=[a,b]$ un intervalle fermé et borné de $\R$. Soit $f:I\to\R$ une fonction continue. Alors
\begin{itemize}
  \item $f$ est bornée : il existe $M\geq 0$ tel que pour tout $x\in I$, $|f(x)|\leq M$ ;
  \item $f$ atteint ses bornes : il existe $c_1$, $c_2 \in I$ tel que $f(c_1 )=\min\{f(x)\,|\,x\in I\}$, $f(c_2 )=\max\{f(x)\,|\,x\in I\}$.
\end{itemize}
\end{theo}

\preuve
Par l'absurde. Supposons que $f$ n'est pas majorée. Alors pour tout entier $n$, il existe $x_n \in I$ tel que $f(x_n )\geq n$. En particulier $\lim_{n\to\infty}f(x_{\phi(n)})=+\infty$. Comme $I$ est borné, on peut extraire une sous-suite $x_{\phi(n)}$ qui converge vers $\ell$. Comme $I$ est fermé, $\ell\in I$. Par continuïté, $\lim_{n\to\infty}f(x_{\phi(n)})=f(\ell)$, contradiction. On conclut que $f$ est majorée. Pour la même raison, $f$ est minorée, donc bornée.

Soit $A=\{f(x)\,|\,x\in I\}$ et $M=\sup A$. On sait qu'il existe une suite (éventuellement stationnaire) $y_n \in A$ qui converge vers $M$. Par construction, il existe $x_n \in I$ tel que $f(x_n )=y_n$. De nouveau, on extrait une sous-suite $x_{\phi(n)}$ qui converge vers $\ell\in I$. Par continuïté, $f(\ell)=\lim_{n\to\infty} f(x_n )=M$. Pour la même raison, la borne inférieure est atteinte.\qed

\begin{cor}
\label{imseg}
Soit $I=[a,b]$ un intervalle fermé et borné de $\R$. Soit $f:I\to\R$ une fonction continue. Alors $f(I)$ est un intervalle fermé borné.
\end{cor}

\preuve
D'après le théorème \ref{tvigeo}, $f(I)$ est un intervalle. On sait désormais que cet intervalle est borné et contient ses bornes, il est de la forme $[m,M]$ où $m=\min_I f$, $M=\max_I f$.\qed

\begin{exo}
\label{imint}
Soient $I$ et $J$ des intervalles non vides de $\R$. Dans quels cas existe-t'il une fonction continue sur $I$ dont l'image est $J$ ? En donner un exemple, dans chaque cas.
\end{exo}

\sol{imint}{Images d'intervalles}{
On remarque que tout intervalle ouvert de $\R$ (resp. semi-ouvert ou fermé semi-borné, resp. fermé borné et non réduit à un point, resp. réduit à un point) est l'image de $\R$ (resp. de $\R_+$, resp. de $[0,1]$, resp. de $\{0,0\}$) par une bijection $h$ continue dont la réciproque est continue. En effet, 
\begin{itemize}
\item si $I=]a,b[$, poser $h(x)=\frac{a+be^x}{1+e^x}$, 
\item si $I=]-\infty,b[$, poser $h(x)=b-e^x$,
\item si $I=]a,+\infty[$, poser $h(x)=a+e^x$,
\item si $I=[a,b[$, poser $h(x)=\frac{a+bx}{1+x}$, 
\item si $I=]a,b]$, poser $h(x)=\frac{b+ax}{1+x}$,
\item si $I=]-\infty,b]$, poser $h(x)=b-x$,
\item si $I=[a,+\infty[$, poser $h(x)=a+x$,
\item si $I=[a,b]$, poser $h(x)=a(1-x)+bx$.
\end{itemize}
Cela permet de limiter le tableau à double entrée $(I,J)$ à 4 intervalles.

\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline
$I\setminus J$&$\R$&$\R_+$&$[0,1]$&$\{0\}$\\
\hline
$\R$&$x$&$x^2$&$\sin^2 x$&0\\
\hline
$\R_+$&$x\sin x$&$x$&$\sin^2 x$&0\\
\hline
$[0,1]$&&&$x$&0\\
\hline
$\{0\}$&&&&$x$\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}
Les cases vides du tableau correpondent aux couples $(I,J)$ pour lesquels il n'existe pas de fonction continue sur $I$ d'image $J$.
}

\begin{cor}
\label{corpos}
Soit $I=[a,b]$ un intervalle fermé et borné de $\R$. Soit $f:I\to\R$ une fonction continue, à valeurs strictement positives. Alors il existe $m>0$ tel que $f\geq m$.
\end{cor}

\preuve
Posons $m=\inf_I f$, de sorte que pour tout $x\in I$, $f(x)\geq m$. D'après le théorème \ref{boat}, il existe $c\in I$ tel que $m=f(c)$. Par conséquent, $m>0$.\qed

\begin{exo}
\label{exborne}
Soit $f$ une fonction continue sur $\R$, à valeurs strictement positives, telle que $\lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. Montrer qu'il existe $m>0$ telle que $f\geq m$.
\end{exo}

\finducours4

\sol{exborne}{Fonction tendant vers l'infini aux bornes}{
Par définition des limites en $-\infty$ et en $+\infty$, il existe $S<T$ tel que
\begin{eqnarray*}
x<S \Rightarrow f(x)>1,\quad x>T\Rightarrow f(x)>1.
\end{eqnarray*}
D'après le corollaire \ref{corpos}, il existe $m_0 >0$ tel que pour tout $x\in[S,T]$, $f(x)\geq m_0$. Posons $m=\min\{1,m_0 \}$. Alors pour tout $x\in\R$, $f(x)\geq m$.
}

\begin{exo}
\label{exborne2}
Soit $f$ une fonction continue sur $\R$, qui tend vers 0 en $-\infty$ et en $+\infty$. Montrer que $f$ est bornée sur $\R$. Montrer que $f$ atteint l'une de ses bornes.
\end{exo}

\sol{exborne2}{Fonction tendant vers 0 à l'infini}{
Par définition des limites en $-\infty$ et en $+\infty$, il existe $S<T$ tel que
\begin{eqnarray*}
x<S \Rightarrow |f(x)|<1,\quad x>T\Rightarrow |f(x)|<1.
\end{eqnarray*}
D'après le théorème \ref{boat}, $f$ est bornée sur $[S,T]$, donc il existe $C$ tel que pour tout $x\in[S,T]$, $|f(x)|\leq C$. Alors pour tout $x\in\R$, $|f(x)|\leq C+1$.

Notons $M=\sup_{\R}f$ et $m=\inf_{\R}f$. Si $M>0$, alors $M$ est atteint. En effet, il existe $S'<T'$ tels que
\begin{eqnarray*}
x<S' \Rightarrow |f(x)|<M/2,\quad x>T'\Rightarrow |f(x)|<M/2 .
\end{eqnarray*}
Notons $M'=\sup_{[S',T']}f$. D'après le théorème \ref{boat}, il existe $c\in[S',T']$ tel que $f(c)=M'$. Alors $M=\max\{M',M/2\}$, ce qui entraîne $M=M'=f(c)$, donc $M$ est atteint. 

Pour la même raison, si $m<0$, $m$ est atteint. Le seul cas restant est $m=M=0$. Dans ce cas, $f\equiv 0$, donc $m$ et $M$ sont atteints.
}
\subsection{Accroissements finis}

\begin{theo}
\label{rolle}\emph{(Rolle).}
Soit $f$ une fonction réelle continue sur $[a,b]$ et dérivable sur $]a,b[$, telle que $f(a)=f(b)$. Il existe $c\in]a,b[$ tel que $f'(c)=0$.
\end{theo}

\preuve
Soit $c$ un point tel que $f(c)=\sup_{[a,b]}f$. Supposons $f(c)>f(a)$. Alors $c\in]a,b[$. Pour tout $x\in[a,b]$, $f(x)-f(c)\leq 0$, donc le taux de variation $\displaystyle \frac{f(x)-f(c)}{x-c}\leq 0$ pour $x\in]c,b[$, et $\geq 0$ pour $x\in]a,c[$. Par conséquent
\begin{eqnarray*}
0\leq\lim_{x\to c-}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}=f'(c)=\lim_{x\to c+}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\leq 0,
\end{eqnarray*}
ce qui entraîne que $f(c)=0$.

Pour la même raison, si $\inf_{[a,b]}f<f(a)$, on trouve un point $c'\in]a,b[$ tel que $f(c')=0$.

Enfin, si $\inf_{[a,b]}f=f(a)=\sup_{[a,b]}f$, alors $f$ est constante, et $c=\frac{a+b}{2}$ convient.\qed

\begin{cor}
\label{af}\emph{(Théorème des accroissements finis).}
Soit $f$ une fonction réelle continue sur $[a,b]$ et dérivable sur $]a,b[$. Il existe $c\in]a,b[$ tel que $\displaystyle f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$.
\end{cor}

\preuve
Appliquer le théorème \ref{rolle} à la fonction $g$ définie sur $[a,b]$ par $g(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$.\qed

\begin{exo}
\label{exaf}
Soit $f$ une fonction continue sur $[a,b]$, dérivable sur $]a,b[$. On suppose que $\lim_{x\to a+}f'(x)=\ell$. Montrer que $f$ admet une dérivée à droite en $a$.
\end{exo}

\sol{exaf}{Limite de la dérivée}{
On montre que $\displaystyle\lim_{x\to a+}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\ell$. Fixons $\epsilon>0$. Par hypothèse, il existe $\alpha>0$ tel que 
\begin{eqnarray*}
a<x<a+\alpha \Rightarrow |f'(x)-\ell|<\epsilon.
\end{eqnarray*}
Soit $x\in]a,a+\alpha[$. D'après le théorème \ref{af}, il existe $c\in ]a,x[$ tel que $\displaystyle f'(c)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}$. Comme $c\in]a,a+\alpha[$, $|f'(c)-\ell|<\epsilon$, donc $|\frac{f(x)-f(a)}{x-a}-\ell|<\epsilon$. Cela prouve que $\displaystyle\lim_{x\to a+}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\ell$, donc $f$ est dérivable à droite en $a$, de dérivée $\ell$.
}

\section{Suites de Cauchy}

\subsection{Définition}

\begin{defi}
\label{defcauchy}
Une suite de Cauchy est une suite $u_n$ telle que
\begin{eqnarray*}
\forall\epsilon>0,\quad \exists N \quad \textrm{tel que}\quad \forall m\geq N, \quad \forall n\geq N,\quad |u_m -u_n |<\epsilon.
\end{eqnarray*}
Autrement dit, lorsque $m$ et $n$ tendent vers l'infini, $u_m -u_n$ tend vers 0.
\end{defi}

\begin{exemple}
\label{convcauch}
Si une suite converge, elle est de Cauchy.
\end{exemple}
En effet, soit $\ell$ la limite. Par définition, il existe $N$ tel que
\begin{eqnarray*}
n\geq N \Rightarrow |u_n -\ell|<\frac{\epsilon}{2}.
\end{eqnarray*}
Si $m\geq N$ et $n\geq N$, alors
\begin{eqnarray*}
|u_m -u_n |\leq |\ell - u_m |+|u_n -\ell|<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon.
\end{eqnarray*}

\begin{exemple}
\label{excauchy}
La suite $u_n =\ell n n$ satisfait $u_{n+1}-u_n$ tend vers 0. On a même, pour tout $k$ fixé, $\lim_{n\to\infty}u_{n+k}-u_n =0$. Pourtant, $(u_n )$ n'est pas une suite de Cauchy. 
\end{exemple}
En effet, $u_{2n}-u_n=\ell n 2$ ne tend pas vers 0.

\begin{rem}
\label{cauchborne}
Une suite de Cauchy est bornée.
\end{rem}
En effet, prendre $\epsilon=1$. Alors pour tout $m\geq N$, $|u_m -u_N |<1$, donc, pour tout $n$,
$|u_n |\leq |u_N |+1 + \max\{|u_k |\,|\,1\leq k\leq N-1\}$.

\begin{theo}
\label{complet}
Toute suite de Cauchy dans $\R$ est convergente.
\end{theo}

\preuve
Soit $(u_n )$ une suite de Cauchy. D'après \ref{cauchborne}, elle est bornée. D'après le théorème \ref{BW}, $(u_n )$ possède une valeur d'adhérence $\ell$. Fixons $\epsilon>0$. Par définiton d'une suite de Cauchy, il existe $N$ tel que
\begin{eqnarray*}
m,\,n\geq N\quad \Rightarrow\quad |u_m -u_n|<\frac{\epsilon}{2}.
\end{eqnarray*}
Par définition d'une valeur d'adhérence, il existe $n\geq N$ tel que $|u_n -\ell|<\epsilon/2$. Par conséquent, pour tout $m\geq N$, 
\begin{eqnarray*}
|u_m -\ell|<|u_m -u_n|+|u_n -\ell|<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon.
\end{eqnarray*}
Cela prouve que $\lim_{n\to\infty}u_n =\ell$.\qed

\begin{rem}
\label{qnoncomplet}
Le théorème \ref{complet} n'est pas vrai dans $\Q$.
\end{rem}
En effet, une suite de rationnels qui converge vers $\sqrt{2}$ (prendre les approximations décimales par défaut de $\sqrt{2}$) est une suite de Cauchy de $\R$, donc aussi une suite de Cauchy de $\Q$. Cependant, sa limite n'étant pas un rationnel, la suite n'a pas de limite dans $\Q$.

\subsection{Séries absolument convergentes}

Il est parfois plus facile de vérifier le critère de Cauchy que de prouver la convergence d'une suite. En effet, on n'a pas besoin de connaître la limite.

\begin{defi}
\label{defabsconv}
On dit qu'une série de nombre réels $\sum u_n $ est \emph{absolument convergente} si la série de terme général $|u_n |$ est convergente.
\end{defi}

\begin{cor}
\label{absconv}
Toute série absolument convergente est convergente.
\end{cor}

\preuve
On s'intéresse à la suite $S_n =\sum_{k=1}^n u_k$. Si $m>n\geq N$, alors
\begin{eqnarray*}
|S_m -S_n |\leq |u_{n+1}|+\cdots+|u_m | \leq \sum_{k=N+1}^{\infty}|u_k |,
\end{eqnarray*}
qui tend vers 0 lorsque $N$ tend vers l'infini. Par conséquent, $(S_n )$ est une suite de Cauchy. D'après le théorème \ref{complet}, $(S_n )$ converge, donc la série $\sum u_n$ est convergente.\qed

\begin{rem}
\label{recabsconv}
La réciproque est fausse.
\end{rem}
Par exemple, la série $\sum \frac{(-1)^n}{n}$ est convergente, mais elle est n'est pas absolument convergente.

\begin{exo}
\label{limitequelconque}
Soit $\sum u_n$ une série convergente qui n'est pas absolument convergente. Soit $y\in\R$. Montrer qu'en changeant l'ordre des termes, on peut obtenir une nouvelle série $\sum v_n$ qui est convergente, et dont la somme vaut $y$.
\end{exo}

\sol{limitequelconque}{Resommation d'une série convergente non absolument convergente}{
On sépare les termes de la série en deux paquets, suivant leurs signes. Autrement dit, on note $\pi_n =\max\{u_n ,0\}$ les termes positifs de la suite, et $\nu_n =\min\{u_n ,0\}$ les termes négatifs, de sorte que $u_n =\pi_n +\nu_n$ et $|u_n |=\pi_n -\nu_n$. Par hypothèse $\sum u_n$ est convergente, mais $\sum |u_n |$ ne l'est pas. Par conséquent, les séries de termes généraux $\pi_n =\inv2(u_n +|u_n |)$ et $\nu_n =\inv2(u_n -|u_n |)$ ne sont pas convergentes. En particulier,
\begin{eqnarray*}
\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\pi_k =+\infty,\quad
\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\nu_k =-\infty.
\end{eqnarray*}

On constitue la suite $(v_n )$ en piochant alternativement dans le paquet positif et dans le paquet négatif, suivant les besoins.

Supposons par exemple $y>0$. On commence par piocher dans le paquet positif, i.e. on pose $v_1 =p_1$, $v_2 =p_2$,... jusqu'à ce que la somme dépasse $y$. Cela se produira certainement, puisque la série des $\pi_k$ diverge. On a donc construit $v_1 ,\ldots,v_m$ de sorte que $\sum_{k=1}^m v_k >y$ mais $\sum_{k=1}^{m-1} v_k <y$. Noter que $|y-\sum_{k=1}^{m} v_k |<\pi_m$. Ensuite, on pioche dans le paquet négatif jusqu'à ce que la somme repasse en-dessous de $y$, i.e. on pose $v_{m+1}=\nu_1$, $v_{m+2}=\nu_2$,...,$v_{p}=\nu_{p-m}$, de sorte que
$\sum_{k=1}^p v_k <y$ mais $\sum_{k=1}^{p-1} v_k >y$. Noter que pour tout $q=m,\ldots,p$, $|y-\sum_{k=1}^{q} v_k |<\max\{|\pi_m |,|\nu_p |\}$. On construit ainsi une série $\sum v_n$ dont les termes sont ou bien ceux de $(u_n )$, ou bien nuls, et dont les sommes partielles oscillent autour de $y$, de plus en plus près car $|\pi_n |$ et $|\nu_ n |$ tendent vers 0. La série $\sum v_n$ est donc convergente, de somme $y$. Tous les termes de la série $\sum u_n$ sont bien utilisés. En supprimant les termes nuls, on obtient une série dont les termes sont ceux de $u_n$ pris dans un autre ordre. 
}

\section{Continuité uniforme}

\subsection{Continuité et suites}

On rappelle la caractérisation de la continuité d'une fonction en termes de suites : une fonction est continue sur un intervalle si et seulement si elle préserve les suites convergentes.

\begin{prop}
\label{contsuite}
Soit $f$ une fonction définie au voisinage de $a\in\R$. Alors $f$ est continue en $a$ si et seulement si pour toute suite $x_n$ tendant vers $a$, $\lim_{n\to\infty}f(x_n )=f(a)$.
\end{prop}

\preuve
Soit $x_n$ une suite qui tend vers $a$.
Si $f$ est continue en $x$, alors pour tout $\epsilon>0$, il existe $\alpha>0$ tel que
\begin{eqnarray*}
|x-a|<\alpha \quad \Rightarrow\quad |f(x)-f(a)|<\epsilon.
\end{eqnarray*}
Il existe $N$ tel que
\begin{eqnarray*}
n\geq N \quad \Rightarrow\quad |x_n -a|<\alpha.
\end{eqnarray*}
Par conséquent, si $n\geq N$, $f(x_n )-f(a)|<\epsilon$. Cela prouve que $\lim_{n\to\infty}f(x_n )=f(a)$.

Si $f$ n'est pas continue en $a$, il existe $\epsilon>0$ tel que pour tout $\alpha>0$, il existe $x\in]a-\alpha,a+\alpha[$ tel que $|f(x)-f(a)|\geq\epsilon$. On applique cette propriété pour chaque $\alpha$ de la forme $1/n$. On trouve à chaque fois un $x_n \in]a-1/n,a+1/n[$ tel que $|f(x_n )-f(a)|\geq\epsilon$. La suite $w_n$ tend vers $a$ mais $f(x_n )$ ne tend pas vers $a$ puisqu'elle n'entre pas dans l'intervalle $]f(a)-\epsilon,f(a)+\epsilon[$. On a donc prouvé la contraposée de la réciproque.\qed

\begin{exemple}
\label{excauchf}
Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle $I=]0,+\infty[$ par $f(x)=1/x$. Posons $u_n =1/n$. Alors $f$ est continue sur $I$, $u_n$ est une suite de Cauchy dans $I$. En revanche la suite $f(u_n )=n$ n'est pas une suite de Cauchy.
\end{exemple}
Autrement dit, la continuité ne suffit pas pour préserver les suites de Cauchy. Cela conduit à introduire une nouvelle notion.

\finducours5

\subsection{Continuité uniforme}

\begin{defi}
\label{defunifcont}
Soit $E$ un sous-ensemble de $\R$. Soit $f:E\to\R$ une fonction à valeurs réelles sur $E$. On dit que $f$ est \emph{uniformément continue} sur $E$ si
\begin{eqnarray*}
\forall\epsilon>0,\quad \exists\alpha>0\quad \textrm{tel que}\quad \forall x,\,x'\in E,\quad |x-x'|<\alpha \Rightarrow |f(x)-f(x')|<\epsilon.
\end{eqnarray*}
\end{defi}

\begin{rem}
Une fonction uniformément continue sur un intervalle est continue sur cet intervalle. 
\end{rem}
La réciproque n'est pas vraie.
\begin{exemple}

\label{carre}
La fonction carré, définie sur $\R$ par $x\mapsto x^2$, n'est pas uniformément continue.
\end{exemple}
En effet, posons $\epsilon=1$. Alors on trouve des paires de points arbitrairement proches, comme $n$ et $n+\inv{n}$, tels que $(n+\inv{n})^2 -n^2 =2+\inv{n^2}>2$.

\medskip

La définition qui suit donne le procédé le plus simple pour montrer qu'une fonction est uniformément continue.

\begin{defi}
\label{deflip}
Soit $E$ un sous-ensemble de $\R$. Soit $f:E\to\R$ une fonction à valeurs réelles sur $E$. On dit que $f$ est \emph{lipschitzienne}, de constante de Lipschitz $L$, si
pour tous $x$, $x'\in E$, $|f(x)-f(x')|\leq L|x'-x|$.
\end{defi}

\begin{exemple}
\label{lipuncont}
Une fonction lipschitzienne est uniformément continue.
\end{exemple}
En effet, étant donné $\epsilon>0$, on pose $\alpha=\epsilon/L$. Par définition,
\begin{eqnarray*}
|x'-x|<\alpha \quad\Rightarrow\quad |f(x)-f(x')|\leq L|x'-x|<L\alpha=\epsilon.
\end{eqnarray*}

\begin{exemple}
\label{exlip}
Soit $I$ un intervalle, soit $f:I\to\R$ une fonction dérivable. On suppose que pour tout $x\in I$, $|f'(x)|\leq L$. Alors $f$ est uniformément continue sur $I$.
\end{exemple}
En effet, du théorème des accroissements finis, il résulte que $f$ est lipschitzienne, de constante de Lipschitz $L$.

\begin{exemple}
\label{exsqrt}
La fonction racine carrée, définie sur $\R_+$ par $x\mapsto \sqrt{x}$, est uniformément continue. Pourtant, elle n'est pas lipschitzienne.
\end{exemple}
En effet, étant donnés $x$ et $x'\geq 0$, distincts, on peut supposer que $x'>x\geq 0$, et alors
\begin{eqnarray*}
|\sqrt{x'}-\sqrt{x}|=\frac{x'-x}{\sqrt{x'}+\sqrt{x}}
\leq \frac{x'-x}{\sqrt{x'-x}}\frac{\sqrt{x'-x}}{\sqrt{x'}+\sqrt{x}}
\leq \sqrt{x'-x},
\end{eqnarray*}
car $\sqrt{x'-x}\leq \sqrt{x'}\leq \sqrt{x'}+\sqrt{x}$. Etant donné $\epsilon>0$, on pose $\alpha=\epsilon^2$. Pour tous $x'>x\geq 0$, 
\begin{eqnarray*}
|x-x'|<\alpha \quad\Rightarrow\quad |\sqrt{x}-\sqrt{x'}|\leq \sqrt{x'-x}<\sqrt{\alpha}=\epsilon.
\end{eqnarray*}

D'autre part, le rapport $f(x)/x$ tend vers $+\infty$ lorsque $x$ tend vers 0, donc $f$ n'est pas lipschitzienne.

\begin{rem}
\label{hier}
Se rappeler la suite d'implications
\begin{center}
dérivable à dérivée bornée $\Rightarrow$ lipschitzienne  $\Rightarrow$ uniformément continue  $\Rightarrow$ continue.
\end{center}
\end{rem}

\subsection{Continuité uniforme et suites}

\begin{prop}
\label{contunifsuites}
Soit $E$ un sous-ensemble de $\R$. Soit $f:E\to\R$ une fonction à valeurs réelles sur $E$. $f$ est uniformément continue si et seulement si pour tout choix de suites $u_n$ et $v_n \in E$ telles que $\lim_{n\to\infty}|u_n -v_n |=0$, on a aussi $\lim_{n\to\infty}|f(u_n )-f(v_n )|=0$.
\end{prop}

\preuve
Soient $u_n$ et $v_n \in E$ deux suites telles que $\lim_{n\to\infty}|u_n -v_n |=0$. Si $f$ est uniformément continue, alors pour tout $\epsilon>0$, il existe $\alpha>0$ tel que 
\begin{eqnarray*}
|x-x'|<\alpha \Rightarrow |f(x)-f(x')|<\epsilon.
\end{eqnarray*}
Il existe $N$ tel que  
\begin{eqnarray*}
n\geq N\quad\Rightarrow\quad |u_n -v_n |<\alpha.
\end{eqnarray*}
Si $n\geq N$, alors $|f(u_n )-f(v_n )|<\epsilon$. Cela prouve que $\lim_{n\to\infty}|f(u_n )-f(v_n )|=0$.

Réciproquement, supposons que $f$ n'est pas uniformément continue. Alors il existe $\epsilon>0$ tel que, pour tout $\alpha>0$, il existe $x$ et $x'\in E$ tels que $|x-x'|<\alpha$ mais $|f(x)-f(x')|\geq\epsilon$. On applique cette propriété pour chaque $\alpha$ de la forme $1/n$. On trouve des éléments $x_n$, $x'_n \in E$ tels que $|x_n -x'_n |<1/n$ mais $|f(u_n )-f(v_n )|\geq\epsilon$. En particulier, $\lim_{n\to\infty}|u_n -v_n |=0$, mais $f(u_n )-f(v_n )$ ne tend pas vers 0.\qed

\begin{exo}
\label{exunifcont}
Montrer sans calcul que si $w_n =\sqrt{\ell n n}$, alors $w_{n+1}-w_n$ tend vers 0.
\end{exo}

\sol{exunifcont}{Différence de suites}{
On pose $u_n =\ell n(n+1)$, $v_n =\ell n n$. Alors $u_n -v_n =\ell n\frac{n+1}{n}$ tend vers 0. Comme la fonction racine carrée est uniformément continue, $w_{n+1}-w_n =\sqrt{u_n}-\sqrt{v_n}$ tend vers 0.
}

\begin{prop}
\label{unifcauch}
Soit $I$ un intervalle de $\R$ et $f:I\to\R$ une fonction uniformément continue. Pour tout suite de Cauchy $(u_n )$, $f(u_n )$ est à nouveau une suite de Cauchy.
\end{prop}

\preuve
Soit $(u_n)$ une suite de Cauchy dans $I$. Supposons $f$ uniformément continue. Fixons $\epsilon>0$. Par hypothèse, il existe $\alpha>0$ tel que
\begin{eqnarray*}
|x-x'|<\alpha \quad\Rightarrow\quad |f(x)-f(x')|<\epsilon.
\end{eqnarray*}
Comme $(u_n)$ est une suite de Cauchy, il existe $N$ tel que 
\begin{eqnarray*}
m,\,n\geq N \quad\Rightarrow\quad |u_m -u_n |<\alpha.
\end{eqnarray*}
Si $n$ et $m\geq N$, alors $|f(u_m )-f(u_n )|<\epsilon$. On a donc montré que $f(u_n )$ est une suite de Cauchy.\qed

\begin{exo}
\label{unifcauchfaux}
Voici une preuve erronée de la proposition précédente. Trouver l'erreur.
{\em ``D'après le théorème \ref{complet}, comme $(u_{n})$ est de Cauchy, elle converge. Comme $f$ est continue, $(f(u_{n}))$ converge, donc c'est une suite de Cauchy.''}
\end{exo}

\sol{unifcauchfaux}{Comment se tromper avec les suites de Cauchy}{
La première phrase est correcte. Soit $c=\lim u_{n}$. Si $c\in I$, la suite de la preuve est correcte. Si $\ell\notin I$, on ne peut pas continuer, car $f$ n'est pas définie en $c$. Par exemple, si $I=]0,+\infty[$, $u_{n}=\inv{n}$ et $f(x)=\inv{x}$, alors $c=0$ et la continuïté de $f$ sur $I$ ne permet (heureusement) pas de conclure que $f(u_{n})=n$ converge.
}

\begin{cor}
\label{uniflim}
Soit $f:]a,b[\to\R$ une fonction uniformément continue. Alors $f$ se prolonge en une fonction continue sur $[a,b]$.
\end{cor}

\preuve
Par l'absurde. Si $f$ ne se prolonge pas par continuïté à droite en $a$, il existe une suite $(u_{n})\in]a,b[$ tendant vers $a$ telle que $(f(u_{n}))$ n'ait pas de limite. Or $(u_{n})$ est une suite de Cauchy. D'après la proposition \ref{unifcauch}, $(f(u_{n}))$ est une suite de Cauchy. D'après le théorème \ref{complet}, elle converge, contradiction.\qed

\subsection{Théorème de Heine}

\begin{theo}
\label{heine} \emph{(Heine).}
Soit $I=[a,b]$ un intervalle fermé et borné. Toute fonction continue sur $I$ est uniformément continue.
\end{theo}

\preuve
Soient $u_n$ et $v_n \in I$ deux suites telles que $|u_n -v_n |$ tend vers 0. Comme $f$ est bornée sur $I$ (théorème \ref{boat}),  la suite $w_{n}=|f(u_n )-f(v_n )|$ est bornée. D'après le corollaire \ref{ssss}, pour montrer que $w_{n}$ tend vers 0, il suffit de montrer que 0 est sa seule valeur d'adhérence. Soit donc $w_{\phi(n)}$ une sous-suite qui converge vers $\ell$. 

D'après le théorème \ref{BW}, on peut extraire une sous-suite $u_{\phi(\psi(n))}$ qui converge vers $c\in[a,b]$. Comme $|u_n -v_n |$ tend vers 0, la sous-suite $v_{\phi(\psi(n))}$ converge aussi vers $c$. D'après la proposition \ref{contsuite}, $f(u_{\phi(\psi(n))})$ et $f(v_{\phi(\psi(n))})$ ont la même limite $f(c)$, donc $w_{\phi(\psi(n))}=|f(u_{\phi(\psi(n))})-f(v_{\phi(\psi(n))})|$ tend vers 0. Autrement dit, $\ell=0$. Cela montre que $\lim_{n\to\infty}|f(u_n )-f(v_n )|=0$. On conclut que $f$ est uniformément continue sur $I$.\qed

\begin{rem}
Autrement dit, des fonctions non uniformément continues, on n'en rencontre que sur des intervalles ouverts (par exemple $x\mapsto 1/x$ sur $]0,+\infty[$) ou sur des intervales non bornés (par exemple, $x\mapsto x^2$ sur $\R$).
\end{rem}

\begin{exo}
\label{heinefaux}
Voici une preuve erronée du théorème de Heine. Trouver l'erreur.
{\em ``Par l'absurde. Supposons que $f$ n'est pas uniformément continue. D'après la proposition \ref{contunifsuites}, il existe deux suites $u_n$ et $v_n \in I$ telles que $u_n -v_n$ tend vers 0 mais $f(u_n )-f(v_n )$ ne tend pas vers 0. D'après le théorème \ref{BW}, on peut extraire une sous-suite $u_{\phi(n)}$ qui converge vers $c$. Comme $u_n -v_n$ tend vers 0, $v_{\phi(n)}$ converge aussi vers $c$. Par continuïté (proposition \ref{contsuite}), $f(u_n )$ et $f(v_n )$ convergent vers $f(c)$. Cela entraîne que $f(u_n )-f(v_n )$ tend vers 0, contradiction. On conclut que $f$ est uniformément continue.''}
\end{exo}

\sol{heinefaux}{Comment s'emmêler les pinceaux avec des suites extraites}{
On n'a pas été soigneux avec les notations. L'argument montre seulement qu'une suite extraite de $|f(u_n )-f(v_n )|$ tend vers 0, ce qui ne contredit pas le fait que la suite elle-même ne tend pas vers 0.
}

\finducours6

\begin{exo}
\label{exnonuncont}
Soit $f:\R\to\R$ une fonction continue qui tend vers 0 à l'infini. Montrer que $f$ est uniformément continue.
\end{exo}

\sol{exnonuncont}{Continuité uniforme et limites à l'infini}{
\emph{Première solution}. Fixons $\epsilon>0$. Par hypothèse, il existe $S<T$ tels que 
\begin{eqnarray*}
x<S \quad \textrm{ou} \quad x>T \quad \Rightarrow \quad |f(x)|<\frac{\epsilon}{2}.
\end{eqnarray*}
On remarque que l'inégalité $|f(x)-f(x')|<\epsilon$ en résulte du moment que $x$ et $x'<S$, ou $x$ et $x'>T$.

On applique le théorème \ref{heine} dans l'intervalle $[S-1,T+1]$. Il existe $\alpha_1 >0$ tel que
\begin{eqnarray*}
x,\,x'\in[S-1,T+1]\quad, |x-x'|<\alpha_1 \quad \Rightarrow \quad |f(x)-f(x')|<\epsilon.
\end{eqnarray*}
Posons $\alpha=\min\{1,\alpha\}$. Si $|x-x'|<\alpha$, alors 
\begin{itemize}
  \item ou bien $x$ et $x'<S$ ;
  \item ou bien $x$ et $x'>T$ ;
  \item ou bien l'un des deux appartient à $[S,T]$.
\end{itemize}
Dans le troisième cas, les deux appartiennent à $[S-1,T+1]$, et on conclut à nouveau que $|f(x)-f(x')|<\epsilon$. On a donc montré que $f$ est uniformément continue sur $\R$.

\emph{Seconde solution}. Soient $(u_n )$ et $(v_n )$ deux suites telles que $|u_n -v_n |$ tende vers 0. D'après l'exercice \ref{exborne2}, $f$ est bornée sur $\R$, donc la suite $w_n =|f(u_n )-f(v_n )|$ est bornée. D'après la proposition \ref{ssss}, il suffit de montrer que 0 est la seule valeur d'adhérence de $(w_n )$. Soit donc $w_{\phi(n)}$ une sous-suite qui converge vers $\ell$. On discute suivant que $u_{\phi(n)}$ est bornée ou non.

Supposons que $u_{\phi(n)}$ n'est pas bornée. D'après l'exercice \ref{nonbornee}, il existe une suite extraite telle que $|u_{\phi(\psi(n))}|$ tende vers $+\infty$. Mais alors $|v_{\phi(\psi(n))}|$ tend aussi vers $+\infty$, donc $f(u_{\phi(\psi(n))})$ et $f(v_{\phi(\psi(n))})$ tendent vers 0. En particulier, $w_{\phi(\psi(n))}$ tend vers 0, donc $\ell=0$. 

Supposons que $u_{\phi(n)}$ est bornée. Il en est de même de $v_{\phi(n)}$. A ce point, ou bien on applique le théorème de Heine, ou bien on en reproduit la démonstration, et on arrive à la même contradiction : une suite extraite de $w_{\phi(n)}$ tend vers 0. On conclut à nouveau que $\ell=0$. Cela montre que $\lim_{n\to\infty}|f(u_n )-f(v_n )|=0$. On conclut que $f$ est uniformément continue sur  $\R$.
}

\section{Intégrale de Riemann}

\subsection{Motivation}

Soit $f:[a,b]\to\R_+$ une fonction positive. Il s'agit de définir l'aire du domaine $D_f$ limité par le segment $[a,b]$ de l'axe $Ox$, la bande $\{(x,y)\,|\, a\leq x\leq b\}$ et la courbe représentative de $f$, dans l'optique de calculer cette aire. On souhaite que l'aire ait les propriétés suivantes.
\begin{itemize}
  \item \emph{Positivité} : l'aire est positive ou nulle ;
  \item \emph{Additivité} : si un domaine plan $D$ est la réunion de deux sous-domaines disjoints $D=D_1 \cup D_2$, alors $aire(D)=aire(D_1 )+aire(D_2 )$.
  \item \emph{Négligeabilité} : une partie du plan contenue dans une droite a une aire nulle.
  \item \emph{Normalisation} : l'aire d'un rectangle de côtés $x$ et $y$ vaut $xy$.
\end{itemize}

\subsection{Intégrale des fonctions en escalier}

\begin{defi}
\label{defesc}
Une fonction $f:[a,b]\to\R$ est \emph{en escalier} s'il existe une subdivision $a=t_0 < t_1 < \cdots <t_k =b$ telle que $f$ soit constante sur chacun des intervalles $]t_{i-1},t_{i}[$, $i=1,\ldots,k$.
\end{defi}

Pour une fonction en escalier positive $f$, $D_f$ est une réunion de rectangles (voir figure). Les intersections étant contenues dans des droites, elles ne comptent pas, donc l'aire vaut
\begin{eqnarray*}
\sum_{i=1}^k (t_{i}-t_{i-1})f_i ,
\end{eqnarray*}
où $f_i$ est la valeur de $f$ sur $]t_{i-1},t_i [$. 

\begin{defi}
\label{defintesc}
Soit $f$ une fonction en escalier (de signe quelconque). On appelle \emph{intégrale} de $f$ sur $[a,b]$, et on note $\int_{a}^{b}f(t)\,dt$ la somme $\sum_{i=1}^k (t_{i}-t_{i-1})f_i $.
\end{defi}

\begin{center}
\includegraphics[width=3in]{riemann.eps}
\end{center}

\begin{lemme}
\label{lemintesc}
Soient $f$ et $g$ deux fonctions en escalier sur $[a,b]$. Si on suppose que $f\leq g$, alors $\int_{a}^{b}f(t)\,dt\leq \int_{a}^{b}g(t)\,dt$. Si on suppose que $|f-g|\leq\epsilon$, alors $|\int_{a}^{b}f(t)\,dt-\int_{a}^{b}g(t)\,dt|\leq \epsilon(b-a)$.
\end{lemme}

\preuve
Si $f\leq g$, $\int_{a}^{b}g(t)\,dt- \int_{a}^{b}f(t)\,dt$ s'interprète comme l'aire d'une réunion de rectangles (voir figure), donc elle est positive ou nulle. Si $|f-g|\leq\epsilon$, alors $f\leq g+\epsilon$ et $g\leq f+\epsilon$, donc 
\begin{eqnarray*}
\int_{a}^{b}f(t)\,dt\leq \int_{a}^{b}(g(t)+\epsilon)\,dt=\int_{a}^{b}g(t)\,dt+\epsilon(b-a),
\end{eqnarray*}
et
\begin{eqnarray*}
\int_{a}^{b}g(t)\,dt\leq \int_{a}^{b}(f(t)+\epsilon)\,dt=\int_{a}^{b}f(t)\,dt+\epsilon(b-a),
\end{eqnarray*}
ce qui signifie que $|\int_{a}^{b}f(t)\,dt-\int_{a}^{b}g(t)\,dt|\leq \epsilon(b-a)$.\qed

\begin{lemme}
\label{chasles}
Soit $f$ une fonction en escalier sur $[a,b]$. Soit $c\in]a,b[$. Alors
\begin{eqnarray*}
\int_{a}^{b}f(t)\,dt=\int_{a}^{c}f(t)\,dt+\int_{c}^{b}f(t)\,dt
\end{eqnarray*}
\end{lemme}

%\subsection{Intégrale des fonctions croissantes}

%Soit $f:[a,b]\to\R_+$ une fonction croissante. Soit $\sigma=\{a=t_0 < t_1 < \cdots <t_k =b\}$ une subdivision de l'intervalle $[a,b]$. Alors l'aire de $D_f$ est comprise entre les deux sommes
%\begin{eqnarray*}
%I^{-}(f)=\sum_{i=1}^k (t_{i}-t_{i-1})f(t_{i-1})\quad \textrm{et}\quad I^{+}=\sum_{i=1}^k (t_{i}-t_{i-1})f(t_{i}).
%\end{eqnarray*}
%Notons $|\sigma|=\max\{t_{i}-t_{i-1}\,|\,i=1,\ldots,k\}$ la \emph{finesse} de la subdivision $\sigma$.
%Noter que $I^+ (f) -I^- (f)\leq (f(b)-f(a))|\sigma|$. Par conséquent, si on note $I^{\pm}_{n}$ la somme relative à la subdivision régulière $t_i =a+i2^{-n}(b-a)$, $i=0,\ldots,2^n$, alors les suites $I^{-}_{n}(f)$ et $I^{+}_{n}(f)$ sont adjacentes (dessin), donc possèdent une limite commune $I(f)$ qu'on a envie d'appeler \emph{l'intégrale} de $f$ sur $[a,b]$.

\subsection{Continuité uniforme et intégrale}

Pour une fonction qui n'est pas en escalier, l'intégrale est définie par un passage à la limite.

\begin{defi}
\label{defsomme}
On appelle \emph{finesse} d'une subdivision $\sigma=\{a=t_0 < t_1 < \cdots <t_k =b\}$ le nombre 
$|\sigma|=\max\{t_{i}-t_{i-1}\,|\,i=1,\ldots,k\}$.
Etant donnée une fonction $f$ sur $[a,b]$, on note $g_{f,\sigma}$ la fonction en escalier qui vaut $f(a)$ en $a$ et qui vaut $f(t_{i})$ sur l'intervalle $]t_{i-1},t_{i}]$.
\end{defi}

On montre que, si $f$ est continue, les valeurs des intégrales $\int_{a}^{b}g_{\sigma,f}(t)\,dt$ sont groupées lorsque la finesse $|\sigma|$ est petite.

\begin{lemme}
\label{convsubd}
Soit $f:[a,b]\to\R$ une fonction continue. Pour tout $\epsilon>0$, il existe $\alpha>0$ tel que si $\sigma$ et $\sigma'$ sont des subdivisions de finesse inférieure à $\alpha$, alors
\begin{eqnarray*}
|\int_{a}^{b}g_{\sigma,f}(t)\,dt -\int_{a}^{b}g_{\sigma',f}(t)\,dt|<\epsilon.
\end{eqnarray*}
\end{lemme}

\preuve
Fixons $\epsilon>0$. D'après le théorème \ref{heine}, il existe $\alpha>0$ tel que pour tous $x$, $x'\in[a,b]$,
\begin{eqnarray*}
|x-x'|<\alpha \quad\Rightarrow\quad |f(x)-f(x')|<\frac{\epsilon}{b-a}.
\end{eqnarray*}
Soient $\sigma$, $\sigma'$ deux subdivisions de finesse inférieure à $\alpha/2$. Si $x\in[a,b]$, $x$ appartient à un intervalle $]t_{i-1},t_{i}]$ (resp. $]t'_{j-1},t'_{j}]$) de chaque subdivision. Alors
\begin{eqnarray*}
|t_{i}-t'_{j}|\leq|\sigma|+|\sigma'|<\alpha
\end{eqnarray*}
donc
\begin{eqnarray*}
|g_{\sigma,f}(x)-g_{\sigma',f}(x)|=|f(t_{i})-f(t'_{j})|<\frac{\epsilon}{b-a}.
\end{eqnarray*}
D'après le lemme \ref{lemintesc},
\begin{eqnarray*}
|\int_{a}^{b}g_{\sigma,f}(t)\,dt -\int_{a}^{b}g_{\sigma',f}(t)\,dt|\leq \epsilon.\qed
\end{eqnarray*}

\subsection{Sommes de Riemann}

\begin{defi}
\label{somriem}
Soit $f:[a,b]\to\R$ une fonction continue. On appelle \emph{sommes de Riemann} associées à $f$ sur l'intervalle $[a,b]$ les nombres
\begin{eqnarray*}
S_n =\frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^{n} f(a+i\frac{b-a}{n}).
\end{eqnarray*}
\end{defi}

Il s'agit des intégrales correspondant aux subdivisions de $[a,b]$ en intervalles d'égale longueur. Du lemme \ref{convsubd}, il résulte que les sommes de Riemann associées à une fonction continue forment une suite de Cauchy. D'après le théorème \ref{complet}, elles convergent.

\begin{defi}
\label{convriem}
Soit $f:[a,b]\to\R$ une fonction continue. On appelle \emph{intégrale} de $f$ sur $[a,b]$, et on note $\int_{a}^{b}f(t)\,dt$, la limite des sommes de Riemann $S_n$.
\end{defi}

\begin{exo}
\label{exsomriem}
Etudier les suites
\begin{eqnarray*}
u_n =\sqrt[n]{\frac{2n!}{n!n^n}} \quad \textrm{et}\quad
v_n =\sqrt[n]{\frac{n!}{n^n}}.
\end{eqnarray*}
\end{exo}

\sol{exsomriem}{Sommes de Riemann}{
On constate que 
\begin{eqnarray*}
\ell n(u_n )= \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\ell n(1+\frac{k}{n})
\end{eqnarray*}
est une somme de Riemann associée à la fonction continue définie sur $[1,2]$ par $f(x)=\ell n (x)$. Par conséquent,
\begin{eqnarray*}
\lim_{n\to\infty}\ell n( u_n )&=&\int_{1}^{2}\ell n (t)\,dt\\
&=&[t\ell n (t)]_{1}^{2}-\int_{1}^{2}dt\\
&=&2\ell n (2)-1, 
\end{eqnarray*}
donc $\lim_{n\to\infty}u_n =4/e$.

\finducours7

De même,
\begin{eqnarray*}
\ell n( v_n )= \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\ell n(\frac{k}{n})
\end{eqnarray*}
ressemble à une somme de Riemann associée à la fonction $\ell n$  sur $]0,1]$. Toutefois, $\ell n$ n'est pas continue sur cet intervalle, donc on ne peut pas utiliser directement le théorème de convergence des sommes de Riemann. En revanche, comme $\ell n$ est croissante, on peut tout de même comparer directement la somme de Riemann à l'intégrale,
\begin{eqnarray*}
\ell n (v_n )&\geq&\int_{0}^{1}\ell n( t)\,dt\\
&=&[t\ell n (t)]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}dt\\
&=&-1.
\end{eqnarray*}
D'autre part, la fonction en escalier qui vaut $\ell n(k/n)$ sur l'intervalle $]\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}]$ est inférieure à la fonction logarithme (voir figure), donc
\begin{eqnarray*}
\ell n (v_n )&\leq&\int_{1/n}^{1}\ell n (t)\,dt\\
&=&[t\ell n (t)]_{1/n}^{1}-\int_{1/n}^{1}dt\\
&=&-\frac{1}{n}\ell n(\frac{1}{n})-1+\frac{1}{n}\to -1.
\end{eqnarray*}
On conclut que $\lim_{n\to\infty}\ell n (v_n )=-1$, d'où $\lim_{n\to\infty}v_n =1/e$.
}

\begin{center}
\includegraphics[width=2in]{intlog.eps}
\end{center}

\subsection{Propriétés élémentaires}

Les propriétés suivantes, pour les fonctions continues, résultent, par passage à la limite, des propriétés correspondantes pour les fonctions en escalier.

\begin{prop}
\label{elemint}
\begin{enumerate}
  \item \emph{Linéarité} : $\int_{a}^{b}(\lambda f(t)+\mu g(t))\,dt=\lambda\int_{a}^{b}f(t)\,dt + \mu \int_{a}^{b}g(t)\,dt$.
  \item \emph{Inégalités} : $f\geq 0$ entraîne $\int_{a}^{b}f(t)\,dt\geq 0$, avec égalité seulement si $f\equiv 0$.
  \item \emph{Chasles} : $a<b<c$ entraîne $\int_{a}^{b}f(t)\,dt=\int_{a}^{c}f(t)\,dt+\int_{c}^{b}f(t)\,dt$.
\end{enumerate}
\end{prop}

De 1 et 2, il résulte d'autres inégalités comme
\begin{eqnarray*}
f\leq g \quad \Rightarrow\quad \int_{a}^{b}f(t)\,dt\leq \int_{a}^{b}g(t)\,dt,
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
|\int_{a}^{b}f(t)\,dt|\leq \int_{a}^{b}|f(t)|\,dt,
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
|f|\leq \epsilon \quad \Rightarrow\quad |\int_{a}^{b}f(t)\,dt|\leq (b-a)\epsilon.
\end{eqnarray*}

\begin{theo}
\label{convunifint}
Si une suite $(f_n )$ de fonctions continues sur $[a,b]$ converge uniformément vers $f$, alors $\int_{a}^{b}f(t)\,dt=\lim_{n\to\infty}\int_{a}^{b}f_n (t)\,dt$.
\end{theo}

\preuve
\begin{eqnarray*}
|\int_{a}^{b}f_n (t)\,dt-\int_{a}^{b}f(t)\,dt|\leq (b-a)\sup_{[a,b]}|f_{n}-f|,
\end{eqnarray*}
et le sup tend vers 0 quand $n$ tend vers l'infini, par hypothèse.\qed

\begin{exo}
\label{exconvunif}
Soit $a\in]0,1[$. Etudier les suites d'intégrales 
\begin{eqnarray*}
u_n =\int_{a}^{1}(1-t^3 )^n \,dt\quad \textrm{et}\quad v_n =\int_{0}^{1}(1-t^3 )^n \,dt.
\end{eqnarray*}
\end{exo}

\sol{exconvunif}{Intégrale et convergence uniforme}{
Posons, pour $t\in[a,1]$, $f_n (t)=(1-t^3 )^n$. Comme $t\geq a$, $1-t^3 \leq 1-a^3$, d'où $f_n (t)\leq (1-a^3 )^n$, quantité indépendante de $t$ qui tend vers 0 lorsque $n$ tend vers l'infini. Par conséquent, les fonctions $f_n$ convergent uniformément vers 0 sur $[a,1]$. Le théorème \ref{convunifint} entraîne donc que $u_n$ tend vers 0.

Comme $f_n (0)=1$ pour tout $n$, les $f_n$ convergent vers la fonction qui vaut 1 en 0 et 0 ailleurs. Cette fonction n'étant pas continue, la convergence n'est pas uniforme. Néanmoins, on peut conclure. Fixons $\epsilon>0$. Posons $a=\epsilon/2$. Comme $f_n(t)\leq 1$ pour tout $t\in[0,1]$, $\int_{0}^{1}f_n (t)\,dt \leq a\leq \frac{\epsilon}{2}$. Comme $u_n$ tend vers 0, il existe $N$ tel que 
\begin{eqnarray*}
n\geq N \Rightarrow \int_{a}^{1}f_n (t)\,dt <\frac{\epsilon}{2}.
\end{eqnarray*}
En ajoutant, on trouve que $0\leq v_n <\epsilon$. On conclut que $\lim_{n\to\infty} v_n =0$.
}
\subsection{Intégrale et primitive}

\begin{theo}
\label{primitive}
Si $f:[a,b]\to\R$ est continue, la fonction définie sur $[a,b]$ par $F(x)=\int_{a}^{x}f(t)\,dt$ est dérivable et sa dérivée est $f$.
\end{theo}

\preuve
Soit $x\in[a,b[$ et $h>0$ petit. Alors
\begin{eqnarray*}
|F(x+h)-F(x)-hf(x)|&=&|\int_{x}^{x+h}(f(t)-f(x))\,dt|\\
&\leq&h\sup_{[x,x+h]}|f(t)-f(x)|,
\end{eqnarray*}
et le sup tend vers $0$ quand $h$ tend vers 0, par continuité de $f$. Par conséquent $F$ a une dérivée à droite en $x$, qui vaut $f(x)$. De façon similaire, on montre que $F$ a une dérivée à gauche en $x$, qui vaut $f(x)$. On conclut que $F$ est dérivable, de dérivée $f$.\qed

\begin{exo}
\label{intder}
Quelle est la dérivée de la fonction définie sur $]0,+\infty[$ par $\displaystyle f(x)=\int_{x}^{x^{2}}\frac{\ell n t}{t}\,dt$ ?
\end{exo}

\sol{intder}{Intégrale comme fonction de ses bornes}{
Posons $\displaystyle F(x)=\int_{1}^{x}\frac{\ell n t}{t}\,dt$. Alors $f(x)=F(x^2 )-F(x)$, d'où 
\begin{eqnarray*}
f'(x)=2xF'(x^2 )-F'(x)=2x\frac{\ell n(x^2 )}{x^2}-\frac{\ell n x}{x}=3\frac{\ell n (x)}{x}.
\end{eqnarray*}}
En fait, $F$ se calcule, puisque $\frac{\ell n t}{t}=u(t)u'(t)$ où $u(t)=\ell n(t)$. Il vient $\displaystyle F(x)=\inv2 \ell n(x)^2$, puis
\begin{eqnarray*}
f(x)=F(x^2 )-F(x)=\inv2 \ell n(x^2 )^2 -\inv2 \ell n(x)^2 =\frac{3}{2}\ell n(x)^2 ,
\end{eqnarray*}
ce qui permet de vérifier que
\begin{eqnarray*}
f'(x)=3\frac{\ell n(x)}{x}.
\end{eqnarray*}
\end{document}