THÈSE DE DOCTORAT Ecole Doctorale « Sciences et ...

Annexe A. Rappels mathématiques 167
(ii) il existe φ ∈ K telle que pour tout (x,y) ∈ R 2n , |f(x) − f(y)| ≤ φ(|x − y|) (on appelle φ
le module de continuité de f sur R n ).
Preuve. (ii) ⇒ (i). Soit ε ∈ R >0 , en définissant δ = φ −1 (ε), on constate que (A.9) est bien
vérifiée.
(i) ⇒ (ii). Définissons ψ(s) = sup |f(x) − f(y)| pour s ∈ R ≥0 . On constate que ψ(0) = 0.
|x−y|≤s
Montrons dans un premier temps que ψ est bien définie sur R ≥0 . Soit s ∈ R ≥0 et (x,y) ∈ R 2n
tels que |x − y| ≤ s et soit ε ∈ R >0 et δ ∈ R >0 qui est défini tel que (A.9) est vérifiée. On
définit a i = x + i y−x
δ
pour i ∈ {0, . . . ,N} avec N = ⌊ y−x
δ
⌋ où ⌊·⌋ représente la partie entière
par défaut et a N+1 = y. Ainsi,
∑
|f(x) − f(y)| =
f(a i ) − f(a i+1 )
∣i∈{0,...,N}
∣
∑
≤ |f(a i ) − f(a i+1 )|,
(A.10)
i∈{0,...,N}
puisque pour tout i ∈ {0, . . . ,N}, |a i − a i+1 | ≤ δ, on a :
|f(x) − f(y)|
par conséquent,
≤
∑
i∈{0,...,N}
|f(a i ) − f(a i+1 )|
≤
∑
i∈{0,...,N}
ε ≤ (N + 1)ε, (A.11)
|ψ(s)| ≤ (N + 1)ε (A.12)
et donc ψ est bien définie sur R ≥0 . On remarque également que ψ est croissante sur R ≥0 .
Nous allons maintenant montrer que ψ est continue sur R ≥0 . Soit a ∈ R ≥0 , ε ∈ R >0 ,
δ ∈ R >0 tel que ψ(δ) ≤ ε et s ∈ R ≥0 tel que s = a + η avec η ∈ [0,δ], on a, puisque ψ est
croissante :
ψ(s) = ψ(a + η)
≤ ψ(a + δ)
= sup |f(x) − f(y)|
|x−y|≤a+δ
≤
≤
sup
(|x−z|≤a) et (|z−y|≤δ)
sup
|x−z|≤a
= ψ(a) + ψ(δ)
≤ ψ(a) + ε.
|f(x) − f(z)| +
{
}
|f(x) − f(z)| + |f(z) − f(y)|
sup |f(z) − f(y)|
|z−y|≤δ
(A.13)
Par conséquent ψ est continue à droite pour tout a ∈ R ≥0 . On peut montrer de la même
manière que ψ est continue à gauche pour tout a ∈ R ≥0 , ainsi ψ est continue sur R ≥0 tout
entier. Seule la croissante stricte de ψ nous manque pour pouvoir affirmer que ψ ∈ K. Pour
cela, il suffit d’introduire la fonction φ : s ↦→ ψ(s) + s. La propriété (ii) est ainsi vérifiée. □