Produit de deux suites uniformément convergentes

Stratégie : écrire $u_n{v}_n-uv$ comme une somme de deux termes de la forme « écart $\times$ facteur », puis borner chaque facteur uniformément en $n$. C'est là — et seulement là — que la bornitude sert ; le contre-exemple consiste à la retirer.

Toutes les fonctions sont définies sur un même ensemble $I$, et on note $\Vert f{\Vert }_{\infty }={\sup }_I|f|$ (éventuellement $+\infty$).

Hypothèses. $(u_n)$ converge uniformément vers $u$ sur $I$, $(v_n)$ converge uniformément vers $v$ sur $I$, et $u$, $v$ sont bornées sur $I$.

1. Les $v_n$ sont bornées, uniformément en $n$. L'inégalité triangulaire donne, pour tout $n$, $$\Vert v_n{\Vert }_{\infty }\le \Vert v{\Vert }_{\infty }+\Vert v_n-v{\Vert }_{\infty }.$$ Comme $\Vert v_n-v{\Vert }_{\infty }\to 0$, il existe $N_0$ tel que $\Vert v_n-v{\Vert }_{\infty }\le 1$ pour $n\ge N_0$. Alors, en posant $M=\Vert v{\Vert }_{\infty }+1$, qui est fini puisque $v$ est bornée : $$\forall n\ge N_0,\Vert v_n{\Vert }_{\infty }\le M.$$

2. La décomposition. Pour tout $x\in I$, en insérant $u(x)v_n(x)$ : $$u_n(x)v_n(x)-u(x)v(x)=(u_n(x)-u(x))v_n(x)+u(x)(v_n(x)-v(x)).$$ D'où, en passant au sup sur $I$ pour $n\ge N_0$ : $$\Vert u_n{v}_n-uv{\Vert }_{\infty }\le \Vert u_n-u{\Vert }_{\infty }\Vert v_n{\Vert }_{\infty }+\Vert u{\Vert }_{\infty }\Vert v_n-v{\Vert }_{\infty }\le M\Vert u_n-u{\Vert }_{\infty }+\Vert u{\Vert }_{\infty }\Vert v_n-v{\Vert }_{\infty }.$$

3. Conclusion. $M$ et $\Vert u{\Vert }_{\infty }$ sont deux constantes finies (la seconde parce que $u$ est bornée), et les deux normes d'écart tendent vers $0$. Donc $\Vert u_n{v}_n-uv{\Vert }_{\infty }\to 0$ : $(u_n{v}_n)$ converge uniformément vers $uv$ sur $I$.

Où la bornitude a servi, exactement deux fois : pour rendre $M$ fini (via $\Vert v{\Vert }_{\infty }<+\infty$), et pour rendre $\Vert u{\Vert }_{\infty }$ fini. Retirer l'hypothèse casse la majoration au même endroit.

4. Le contre-exemple. Prenons $I=\mathbb{R}$ et $$u_n(x)=v_n(x)=x+\frac{1}{n},u(x)=v(x)=x.$$

• Les convergences sont bien uniformes : $\Vert u_n-u{\Vert }_{\infty }={\sup }_{x\in \mathbb{R}}\left|\frac{1}{n}\right|=\frac{1}{n}\to 0$, et de même pour $v_n$. Il n'y a aucune tricherie sur les hypothèses de convergence.
• Mais $u$ et $v$ ne sont pas bornées sur $\mathbb{R}$ : $\Vert u{\Vert }_{\infty }=+\infty$.
• Le produit ne converge pas uniformément : $$u_n(x)v_n(x)-u(x)v(x)={\left(x+\frac{1}{n}\right)}^2-x^2=\frac{2x}{n}+\frac{1}{n^2},$$ dont le sup sur $\mathbb{R}$ vaut $+\infty$ pour chaque $n$ fixé. La suite $(u_n{v}_n)$ converge simplement vers $uv$ (à $x$ fixé, $\frac{2x}{n}+\frac{1}{n^2}\to 0$) mais pas uniformément sur $\mathbb{R}$.

L'hypothèse de bornitude est donc nécessaire, au sens où l'énoncé devient faux sans elle.

5. Ce qui subsiste toujours : la version locale. Sur toute partie $J\subset I$ où $u$ et $v$ sont bornées — en particulier sur tout segment, si $u$ et $v$ sont continues — le raisonnement des étapes 1 à 3 s'applique tel quel. Sur le contre-exemple, avec $J=[-A,A]$ : $$\underset{[-A,A]}{\sup }\left|\frac{2x}{n}+\frac{1}{n^2}\right|=\frac{2A}{n}+\frac{1}{n^2}⟶0.$$ La convergence uniforme du produit est donc locale : elle vaut sur tout borné, et c'est presque toujours ce dont on a besoin (continuité, intégration sur un segment).

Le point délicat. L'erreur classique est de majorer par $\Vert u_n-u{\Vert }_{\infty }\Vert v{\Vert }_{\infty }+\dots$ en remplaçant $v_n$ par $v$ dans le premier terme : ce n'est pas ce que donne la décomposition. Il faut soit borner $\Vert v_n{\Vert }_{\infty }$ comme à l'étape 1, soit décomposer autrement ($u_n{v}_n-uv=(u_n-u)(v_n-v)+(u_n-u)v+u(v_n-v)$, qui évite l'étape 1 au prix d'un terme de plus). Les deux routes sont correctes ; aucune ne se dispense de la bornitude de $u$ et de $v$.

Contrôle chiffré (sur le contre-exemple, $n=100$). L'écart $\left|u_n{v}_n-uv\right|(x)=\frac{2x}{100}+\frac{1}{10^4}$ vaut :

$x$	$1$	$10$	$100$	$1000$
écart	$0,0201$	$0,2001$	$2,0001$	$20,0001$

À $n$ fixé, l'écart croît sans borne avec $x$ : le sup sur $\mathbb{R}$ est bien infini, alors même que $\Vert u_n-u{\Vert }_{\infty }=0,01$. Sur $[-10,10]$, en revanche, l'écart reste $\le 0,2001$, et il tendra vers $0$ comme $\frac{20}{n}$.

Acquis. Le produit est une opération « continue » pour la norme uniforme sur les bornées seulement — exactement comme le produit de deux suites numériques convergentes utilise que toute suite convergente est bornée. Quand l'ensemble d'arrivée n'est pas borné, la convergence uniforme se dégrade en convergence uniforme locale.