Nous allons donc considérer le cas particulier y = 0 puis faire tendre x vers 0. Ainsi
nous aurons les sécantes avec les plus grandes pentes et donc, probablement, notre
contradiction.
Supposons qu’il existe un réel positif k tel que :
∀(x,y) ∈ R
2
+ ,|
√
x −
√ y| k|x − y|.
Alors, en particulier, pour y = 0 :
∀x ∈ R + ,
√
x kx.
Pour x > 0 on a donc, en divisant par x :
∀x ∈ R
∗
+ ,
1
√
x
k.
Enfin, en considérant la limite quand x tend vers 0 :
+∞ k
ce qui est absurde.
Ainsi, f n’est pas lipschitzienne sur R + .
On peut raisonner de manière légèrement différente : en fixant x = / 0 et en faisant
tendre y vers x on obtient | f (x)| k, i.e.
1
2
√
x
k, ce qui mène à la même contradiction.
Dans ce nouveau raisonnement nous avons en fait commencé par le passage à la
limite, i.e. nous avons remplacé la condition sur les pentes des sécantes par une
condition sur les pentes des tangentes.
f est uniformément continue : cette question est plus délicate.
Avant de commencer, écrivons la conclusion que l’on souhaite obtenir : quel que
soit le réel ε > 0, il existe un réel η > 0 tel que, pour tous les couples (x,y) de réels
positifs, si |x − y| η alors | f (x) − f (y)| ε .
Nous devons donc, ε étant donné, trouver un réel η > 0 tel que l’on puisse passer
de l’inégalité |x − y| η à |
√
x −
√ y| ε. La subtilité de la continuité uniforme
est que ce réel η doit être le même pour toutes les valeurs de x et y.
Nous cherchons donc à introduire une relation entre |x − y| et |
√
x −
√ y|.
La première chose qui vient à l’esprit est de reconnaître une différence de carrés :
|x − y| = |
√
x
2
−
√ y
2
| = |
√
x −
√ y||
√
x +
√ y|.
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Partie 2 • Analyse
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