Soit $T$ une pèriode strictement positive de $f$ . $f$ est continue sur le segment $[0,T]$ et donc est bornée sur ce segment. $f$ est par suite bornée sur $\Rr$ par $T$ -périodicité.

Soit $\varepsilon>0$ .

$f$ est continue sur le segment $[0,T]$ et donc, d’après le théorème de Heine, $f$ est uniformément continue sur ce segment. Donc,

$\exists\alpha\in]0,T[/\;\forall(x,y)\in[0,T],\;(|x-y|<\alpha\Rightarrow|f(x)-f(y)|<\frac{\varepsilon}{2}.$

Soient $x$ et $y$ deux réels tels que $|x-y|<\alpha$ . Si il existe un entier naturel $k$ tel que $(x,y)\in[kT,(k+1)T]$ , alors $x-kT\in[0,T]$ , $y-kT\in[0,T]$ , puis $|(x-kT)-(y-kT)|=|y-x|<\alpha$ et donc $|f(x)-f(y)|<\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon$ .

Sinon, en supposant par exemple que $x\leq y$ , puisque l’on a choisi $\alpha<T$ ,

$\exists k\in\Zz/\;(k-1)T\leq x\leq kT\leq y\leq(k+1)T.$

Mais alors, $|x-kT|=|y-x|<\alpha$ et $|y-kT|\leq|y-x|<\alpha$ . Par suite,

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

Dans tous les cas, si $|x-y|<\alpha$ , alors $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$ . On a montré que

$\forall\varepsilon>0,\;\exists\alpha>0/\;\forall(x,y)\in\Rr^2,\;(|x-y|<\alpha\Rightarrow|f(x)-f(y)|<\varepsilon).$

$f$ est donc uniformément continue sur $\Rr$ .

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