Pour tout $y\in [0,1]$ $f$ est continue en $(x,y)$ donc il existe un $U(y)$ voisinage de $x$ et $[a(y),b(y)]$ voisinage de $y$ tel que pour $(x',y') \in U(y)\times [a(y),b(y)]$ on ait $|f(x,y)-f(x',y')|\le \epsilon$ . Comme $[0,1] \subset \bigcup_{y\in[0,1]} [a(y),b(y)]$ et que $[0,1]$ est un compact de $\Rr$ il existe un ensemble fini $\mathcal{Y}$ tel que $[0,1] \subset \bigcup_{y\in \mathcal{Y}} [a(y),b(y)]$ . De plus quitte à réduire les intervalles ont peut supposer qu’il sont disjoints et quitte à les réordonner on peut supposer que ce recouvrement s’écrit : $[0,1] = [0,t_1] \cup [t_1,t_2] \cup \ldots [t_k,1].$ Notons $U = \bigcap_{y\in \mathcal{Y}} U(y)$ , c’est un voisinage de $x$ car l’intersection est finie. Pour $x'\in U$ nous avons $\begin{align*} |g(x)-g(x')| &= \left| \int_0^1 f(x,y)dy - \int_0^1 f(x',y)dy\right| \\ &\le \int_0^1 |f(x,y)-f(x',y)| dy \\ &\le \int_0^{t_1} |f(x,y)-f(x',y)| dy + \int_{t_1}^{t_2} \cdots + \int_{t_k}^{1} |f(x,y)-f(x',y)| dy \\ &\le \epsilon(t_1-0) + \epsilon(t_2-t_1)+\cdots +\epsilon(1-t_k) \\ &\le \epsilon \\ \end{align*}$ Donc $g$ est continue.

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