Le critère séquentiel de la convergence uniforme

La stratégie. Une seule idée : la convergence uniforme fournit une majoration $|u_n-u|\le {\epsilon }_n$ valable en tout point à la fois, transportable à travers toute opération qui déplace le point — une suite $(x_n)$, une composition, un produit. La convergence simple ne contrôle qu'un point fixé d'avance et ne survit à aucun de ces transports. Notons $\Vert g{\Vert }_{\infty }={\sup }_A|g|$ et ${\epsilon }_n=\Vert u_n-u{\Vert }_{\infty }$, de sorte que l'uniformité s'écrit ${\epsilon }_n\to 0$.

1) L'évaluation en un point mobile. Soit $(x_n)$ une suite de $A$ tendant vers $x$. On coupe en deux en insérant $u(x_n)$ : $$\left|u_n(x_n)-u(x)\right|\le \underset{\le {\epsilon }_n}{\underbrace{\left|u_n(x_n)-u(x_n)\right|}}+\underset{\to 0}{\underbrace{\left|u(x_n)-u(x)\right|}}.$$ Le premier terme tend vers $0$ par convergence uniforme — c'est ici qu'elle est indispensable, le point $x_n$ changeant à chaque rang ; le second tend vers $0$ par continuité de $u$ en $x$. Donc $u_n(x_n)\to u(x)$.

2) La réciproque, par négation. Dire que $(u_n)$ ne converge pas uniformément vers $u$, c'est nier « $\Vert u_n-u{\Vert }_{\infty }\to 0$ » : $$\exists \epsilon >0,\forall N\in \mathbb{N},\exists n\ge N,\Vert u_n-u{\Vert }_{\infty }>\epsilon .$$ Fixons un tel $\epsilon$. En appliquant cette propriété successivement à $N=0$, puis à $N=\phi (0)+1$, etc., on construit une extraction strictement croissante $\phi$ telle que ${\Vert u_{\phi (n)}-u\Vert }_{\infty }>\epsilon$ pour tout $n$. Par caractérisation de la borne supérieure, il existe alors, pour chaque $n$, un point $x_n\in A$ tel que $$\left|u_{\phi (n)}(x_n)-u(x_n)\right|>\epsilon .$$ Une seule suite de points suffit donc à réfuter l'uniformité : c'est exactement ce que dit la question, et c'est le critère qu'on va employer.

3) Deux applications, et le coût de chaque méthode.

La suite $u_n(x)=x^n$ sur $[0,1]$. Sa limite simple est $u(x)=0$ pour $x\in [0,1[$ et $u(1)=1$. Prenons $x_n=1-\frac{1}{n}$ : $$u_n(x_n)={\left(1-\frac{1}{n}\right)}^n=e^{n\ln \left(1-\frac{1}{n}\right)}⟶e^{-1}\approx 0,3679,\text{alors que}u(x_n)=0.$$ L'écart $\left|u_n(x_n)-u(x_n)\right|$ tend donc vers $\frac{1}{e}>0$ : la convergence n'est pas uniforme sur $[0,1]$.

La suite $u_n(x)=nx{e}^{-nx}$ sur $[0,+\infty [$. Sa limite simple est nulle : $u_n(0)=0$, et pour $x>0$ fixé, $nx{e}^{-nx}\to 0$ car l'exponentielle l'emporte. Prenons $x_n=\frac{1}{n}$ : $$u_n(x_n)=n\cdot \frac{1}{n}\cdot e^{-1}=\frac{1}{e},\text{alors que}u(x_n)=0.$$ L'écart vaut constamment $\frac{1}{e}$ : pas de convergence uniforme.

Le coût comparé. Calculer $\Vert u_n-u{\Vert }_{\infty }$ demande d'étudier les variations de $u_n-u$ — dérivée, tableau, discussion —, et pour $x^n$ c'est même délicat, la limite simple étant discontinue. La méthode séquentielle ne demande que de deviner où se trouve la bosse et de l'y suivre. On ne prouve pas la non-uniformité en majorant, on la prouve en évaluant.

4) Le produit.

Le sens direct. Écrivons la différence de manière à ne faire bouger qu'un facteur à la fois : $$u_n{v}_n-uv=(u_n-u)v_n+u(v_n-v).$$ La suite $(v_n)$ est uniformément bornée à partir d'un certain rang : $\Vert v_n{\Vert }_{\infty }\le \Vert v{\Vert }_{\infty }+\Vert v_n-v{\Vert }_{\infty }\le \Vert v{\Vert }_{\infty }+1$ dès que $\Vert v_n-v{\Vert }_{\infty }\le 1$. Donc, pour ces rangs, $$\Vert u_n{v}_n-uv{\Vert }_{\infty }\le \Vert u_n-u{\Vert }_{\infty }\left(\Vert v{\Vert }_{\infty }+1\right)+\Vert u{\Vert }_{\infty }\Vert v_n-v{\Vert }_{\infty }⟶0,$$ les deux constantes $\Vert v{\Vert }_{\infty }+1$ et $\Vert u{\Vert }_{\infty }$ étant finies par hypothèse de bornitude. La convergence est uniforme.

Sans bornitude, c'est faux. Prenons $A=\mathbb{R}$ et $u_n=v_n:x\mapsto x+\frac{1}{n}$. Alors $u_n\to u:x\mapsto x$ uniformément, puisque $\Vert u_n-u{\Vert }_{\infty }=\frac{1}{n}$. Mais $$u_n(x)v_n(x)-u(x)v(x)={\left(x+\frac{1}{n}\right)}^2-x^2=\frac{2x}{n}+\frac{1}{n^2},$$ dont le supremum sur $\mathbb{R}$ vaut $+\infty$ pour tout $n$ : la convergence du produit n'est pas uniforme, ni même définie en norme infinie. C'est le facteur non borné qui amplifie une erreur uniformément petite.

5) L'intégrale d'une composée.

Le sens direct. Pour $t\in [0,1]$, on a $t^2\in [0,1]$ : le point $t^2$ est dans le domaine où la majoration uniforme vaut, donc $$\left|u_n(t^2)-u(t^2)\right|\le {\epsilon }_n\text{pour tout }t\in [0,1].$$ Les fonctions $t\mapsto u_n(t^2)$ sont continues sur le segment $[0,1]$, donc intégrables, et $$\left|{\int }_0^1{u}_n(t^2)\mathrm{d}t-{\int }_0^{1}u(t^2)\mathrm{d}t\right|\le {\int }_0^1\left|u_n(t^2)-u(t^2)\right|\mathrm{d}t\le {\epsilon }_n⟶0.$$ La convergence simple ne suffit pas. Soit $u_n$ la fonction « bosse glissante » affine par morceaux : nulle hors de $\left[0,\frac{2}{n}\right]$, valant $n^{2}x$ sur $\left[0,\frac{1}{n}\right]$ puis $n^2\left(\frac{2}{n}-x\right)$ sur $\left[\frac{1}{n},\frac{2}{n}\right]$ — un triangle de hauteur $n$ et de base $\frac{2}{n}$, donc d'aire ${\int }_0^1{u}_n=1$. Les $u_n$ sont continues et convergent simplement vers $0$ : pour $x>0$ fixé, $u_n(x)=0$ dès que $n>\frac{2}{x}$.

Le changement de variable $s=t^2$, c'est-à-dire $t=\sqrt{s}$ et $\mathrm{d}t=\frac{\mathrm{d}s}{2\sqrt{s}}$, donne $${\int }_0^1{u}_n(t^2)\mathrm{d}t={\int }_0^1\frac{u_n(s)}{2\sqrt{s}}\mathrm{d}s\ge \frac{1}{2\sqrt{2/n}}{\int }_0^1{u}_n(s)\mathrm{d}s=\frac{\sqrt{n}}{2\sqrt{2}},$$ car sur le support $\left[0,\frac{2}{n}\right]$ le poids $\frac{1}{2\sqrt{s}}$ est minoré par $\frac{1}{2\sqrt{2/n}}$. Cette quantité tend vers $+\infty$, alors que ${\int }_0^{1}u(t^2)\mathrm{d}t=0$. Le carré, en concentrant la mesure près de $0$, amplifie la bosse.

Ce que l'exercice installe. Un critère opératoire : $u_n\to u$ uniformément si et seulement si $u_n(x_n)-u(x_n)\to 0$ pour toute suite $(x_n)$ du domaine — et c'est la façon la plus rapide de réfuter une convergence uniforme, une seule suite bien choisie suffisant. Retenir aussi ce que l'uniformité achète : elle survit à la pré-composition, au produit par des fonctions bornées, et à l'évaluation en un point qui bouge. La convergence simple ne survit à rien de tout cela.