Posons $\ell=\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)$ .

Soit $\varepsilon>0$ . $\exists A>0/\;\forall x\in\Rr^+,\;(x\geq A\Rightarrow|f(x)-\ell|<\frac{\varepsilon}{3}$ .

Soit $(x,y)\in[A,+\infty[^2$ . Alors, $|f(x)-f(y)|\leq|f(x)-\ell|+|\ell-f(y)|<\frac{2\varepsilon}{3}(<\varepsilon)$ . D’autre part, $f$ est continue sur le segment $[0,A]$ et donc est uniformément continue sur ce segment d’après le théorème de Heine. Donc, $\exists\alpha>0/\;\forall(x,y)\in[0,A]^2,\;|x-y|<\alpha\Rightarrow|f(x)-f(y)|<\frac{\varepsilon}{3}(<\varepsilon)$ .

Résumons. $\alpha>0$ étant ainsi fourni, soient $x$ et $y$ deux réels de $[0,+\infty[$ vérifiant $|x-y|<\alpha$ .

Si $(x,y)\in[0,A]^2$ , on a $|f(x)-f(y)|<\frac{\varepsilon}{3}<\varepsilon$ .

Si $(x,y)\in[A,+\infty[^2$ , on a $|f(x)-f(y)|<\frac{2\varepsilon}{3}<\varepsilon$ .

Si enfin on a $x\leq A\leq y$ , alors, puisque $|A-x|\leq|x-y|<\alpha$ , on a $|f(x)-f(A)|<\frac{\varepsilon}{3}$ et puisque $A$ et $y$ sont dans $[A,+\infty[$ , on a $|f(y)-f(A)|<\frac{2\varepsilon}{3}$ . Mais alors,

$|f(x)-f(y)|\leq|f(x)-f(A)|+|f(y)-f(A)|<\frac{\varepsilon}{3}+\frac{2\varepsilon}{3}=\varepsilon.$

On a montré que $\forall\varepsilon>0,\;\exists\alpha>0/\;\forall(x,y)\in[0,+\infty[^2,\;(|x-y|<\alpha\Rightarrow|f(x)-f(y)|<\varepsilon)$ . $f$ est donc uniformément continue sur $[0,+\infty[$ .

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