Topologie

Méthode. Trois points à vérifier à chaque fois : la séparation \(d(x,y)=0\iff x=y\), la symétrie, et l’inégalité triangulaire. Pour invalider, il suffit d’un contre-exemple numérique.

\(d_1(x,y)=|x-y|^2\) : ce n’est pas une distance. La séparation et la symétrie sont vérifiées, mais l’inégalité triangulaire tombe en défaut :

\[d_1(0,2)=4\quad\text{alors que}\quad d_1(0,1)+d_1(1,2)=1+1=2.\]

La cause est générale : élever au carré amplifie les grandes distances et écrase les petites.

\(d_2(x,y)=\sqrt{|x-y|}\) : c’est une distance. Séparation et symétrie sont immédiates. Pour le triangle, on utilise la sous-additivité de la racine : pour \(a,b\ge 0\),

\[(\sqrt a+\sqrt b)^2=a+b+2\sqrt{ab}\ \ge\ a+b,\qquad\text{donc}\qquad \sqrt{a+b}\le\sqrt a+\sqrt b.\]

Avec \(a=|x-y|\), \(b=|y-z|\), et puisque \(|x-z|\le a+b\) et que \(\sqrt{\ }\) est croissante :

\[d_2(x,z)=\sqrt{|x-z|}\le\sqrt{a+b}\le\sqrt a+\sqrt b=d_2(x,y)+d_2(y,z).\]

\(d_3(x,y)=|x^3-y^3|\) et \(d_4(x,y)=|\arctan x-\arctan y|\) : ce sont des distances. Elles relèvent toutes deux du même principe. Si \(\varphi:\mathbb R\to\mathbb R\) est injective, alors \(d_\varphi(x,y)=|\varphi(x)-\varphi(y)|\) est une distance : la symétrie et le triangle s’héritent de la valeur absolue,

\[|\varphi(x)-\varphi(z)|\le|\varphi(x)-\varphi(y)|+|\varphi(y)-\varphi(z)|,\]

et la séparation équivaut exactement à l’injectivité de \(\varphi\). Ici \(\varphi(x)=x^3\) et \(\varphi(x)=\arctan x\) sont strictement croissantes sur \(\mathbb R\), donc injectives.

\(d_5(x,y)=|x|+|y|\) si \(x\ne y\), \(d_5(x,x)=0\) : c’est une distance (dite du hérisson, ou de la SNCF : pour aller de \(x\) à \(y\) on passe obligatoirement par l’origine).

Séparation. Si \(x\ne y\), l’un au moins des deux est non nul, donc \(|x|+|y|>0\).

Triangle. Soient \(x,y,z\). Si \(x=z\), le membre de gauche est nul, rien à prouver. Supposons \(x\ne z\), de sorte que \(d_5(x,z)=|x|+|z|\). Trois cas :

• si \(y=x\) : alors \(d_5(x,y)+d_5(y,z)=0+|x|+|z|=d_5(x,z)\), il y a égalité ;
• si \(y=z\) : de même, égalité ;
• si \(y\notin\{x,z\}\) : alors \[d_5(x,y)+d_5(y,z)=|x|+|y|+|y|+|z|=d_5(x,z)+2|y|\ \ge\ d_5(x,z).\]

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1. \(\delta=\min(1,d)\) est une distance. Séparation et symétrie sont claires. Pour le triangle, on établit d’abord l’inégalité numérique

\[\min(1,a+b)\ \le\ \min(1,a)+\min(1,b)\qquad (a,b\ge 0).\]

En effet, si \(a\ge 1\) ou \(b\ge 1\), le membre de droite vaut au moins \(1\), et le membre de gauche au plus \(1\). Sinon \(a<1\) et \(b<1\), le membre de droite vaut \(a+b\), qui majore \(\min(1,a+b)\). On conclut en combinant avec la croissance de \(t\mapsto\min(1,t)\) :

\[\delta(x,z)=\min(1,d(x,z))\le\min\bigl(1,d(x,y)+d(y,z)\bigr)\le\delta(x,y)+\delta(y,z).\]

2. \(\delta’=\dfrac{d}{1+d}\) est une distance. Posons \(f(t)=\dfrac{t}{1+t}=1-\dfrac{1}{1+t}\) sur \([0,+\infty[\). Alors \(f\) est strictement croissante (sa dérivée vaut \(\frac{1}{(1+t)^2}>0\)), \(f(0)=0\), et \(f\) est sous-additive :

\[f(a+b)=\frac{a}{1+a+b}+\frac{b}{1+a+b}\ \le\ \frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}=f(a)+f(b),\]

car on a seulement diminué les dénominateurs. La séparation vient de \(f(t)=0\iff t=0\), et le triangle de la croissance puis de la sous-additivité :

\[\delta'(x,z)=f\bigl(d(x,z)\bigr)\le f\bigl(d(x,y)+d(y,z)\bigr)\le f\bigl(d(x,y)\bigr)+f\bigl(d(y,z)\bigr).\]

3. \(\delta\) et \(d\) ont les mêmes boules de rayon \(<1\). Soit \(0<r\le 1\). Si \(\min(1,d(x,y))<r\le 1\), le minimum ne peut pas valoir \(1\), donc il vaut \(d(x,y)\) et \(d(x,y)<r\). La réciproque est immédiate. Donc

\[B_\delta(x,r)=B_d(x,r)\qquad\text{pour tout } 0<r\le 1 .\]

4. Les trois distances définissent la même topologie. Il suffit de voir que chaque boule de l’une contient une boule de l’autre, de même centre.

\(\delta\) et \(d\). Pour \(r>0\), posons \(\rho=\min(r,1)\) : alors \(B_\delta(x,\rho)=B_d(x,\rho)\subset B_d(x,r)\), et symétriquement. Les deux distances ont donc les mêmes voisinages, donc les mêmes ouverts.

\(\delta’\) et \(d\). Ici le calcul est exact. Comme \(f\) réalise une bijection croissante de \([0,+\infty[\) sur \([0,1[\), d’inverse \(f^{-1}(s)=\dfrac{s}{1-s}\), on a pour \(0<s<1\)

\[\delta'(x,y)<s\iff d(x,y)<\frac{s}{1-s},\qquad\text{soit}\qquad B_{\delta’}(x,s)=B_d\!\left(x,\tfrac{s}{1-s}\right),\]

et réciproquement \(B_d(x,r)=B_{\delta’}\!\left(x,\tfrac{r}{1+r}\right)\). Les familles de boules coïncident, donc les topologies aussi.

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1. Les trois boules unité fermées. Dans \(\mathbb R^2\), en notant \(x=(x_1,x_2)\) :

• \(\overline B_1(0,1)=\{|x_1|+|x_2|\le 1\}\) est le carré « posé sur la pointe » de sommets \((\pm1,0)\) et \((0,\pm1)\) ;
• \(\overline B_2(0,1)=\{x_1^2+x_2^2\le 1\}\) est le disque usuel ;
• \(\overline B_\infty(0,1)=\{\max(|x_1|,|x_2|)\le 1\}\) est le carré \([-1,1]^2\).

2. Les inégalités. Posons \(M=\max(|x_1|,|x_2|)=\|x\|_\infty\).

\(\|x\|_\infty\le\|x\|_2\). On a \(M^2\le x_1^2+x_2^2\), car \(M^2\) est l’un des deux termes de la somme et l’autre est positif. On conclut en prenant la racine.

\(\|x\|_2\le\|x\|_1\). En développant le carré,

\[\|x\|_1^2=(|x_1|+|x_2|)^2=x_1^2+x_2^2+2|x_1||x_2|\ \ge\ x_1^2+x_2^2=\|x\|_2^2 .\]

\(\|x\|_1\le 2\|x\|_\infty\). Chacun des deux termes \(|x_1|,|x_2|\) est majoré par \(M\), donc leur somme par \(2M\).

3. Les inclusions. Elles se lisent directement sur les inégalités : plus la norme est grande, plus la boule est petite.

Si \(\|x\|_1\le 1\), alors \(\|x\|_2\le\|x\|_1\le 1\) : d’où \(\overline B_1(0,1)\subset\overline B_2(0,1)\). Si \(\|x\|_2\le 1\), alors \(\|x\|_\infty\le\|x\|_2\le 1\) : d’où \(\overline B_2(0,1)\subset\overline B_\infty(0,1)\). Enfin si \(\|x\|_\infty\le 1\), alors \(\|x\|_1\le 2\|x\|_\infty\le 2\) : d’où \(\overline B_\infty(0,1)\subset\overline B_1(0,2)\). La figure rend ces trois emboîtements visibles d’un coup d’œil.

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Rappels utiles. \(\operatorname{Int}A\) est le plus grand ouvert contenu dans \(A\), \(\overline A\) le plus petit fermé le contenant, et \(\operatorname{Fr}A=\overline A\setminus\operatorname{Int}A\). Une partie est ouverte ssi \(A=\operatorname{Int}A\), fermée ssi \(A=\overline A\).

Justifications.

\([0,1[\). Tout point de \(]0,1[\) est intérieur ; \(0\) ne l’est pas, car tout intervalle \(]-\varepsilon,\varepsilon[\) contient des réels négatifs. Le point \(1\) est adhérent sans appartenir à \(A\) (limite de \(1-\tfrac1n\)), donc \(A\) n’est pas fermé.

\(\mathbb Q\). Entre deux réels distincts il y a toujours un rationnel et un irrationnel. Donc aucun intervalle ouvert n’est contenu dans \(\mathbb Q\) \((\operatorname{Int}\mathbb Q=\varnothing)\), et tout réel est limite de rationnels \((\overline{\mathbb Q}=\mathbb R)\). D’où \(\operatorname{Fr}\mathbb Q=\mathbb R\) : la frontière peut être énorme.

\(\mathbb Z\). Son complémentaire \(\bigcup_{n\in\mathbb Z}\,]n,n+1[\) est ouvert, donc \(\mathbb Z\) est fermé. Aucun intervalle ouvert n’est inclus dans \(\mathbb Z\), donc l’intérieur est vide et la frontière vaut \(\mathbb Z\) tout entier.

\(A=\{1/n\}\). Ses points sont isolés : pour \(n\) fixé, un intervalle assez petit autour de \(1/n\) ne contient aucun autre \(1/m\). L’intérieur est donc vide. En revanche \(1/n\to 0\), donc \(0\in\overline A\) sans être dans \(A\) : \(A\) n’est pas fermé. On vérifie qu’aucun autre point n’est adhérent, d’où \(\overline A=A\cup\{0\}\).

\(A\cup\{0\}\). C’est l’adhérence de \(A\), donc un fermé. Son intérieur reste vide.

\(U\). C’est une réunion d’ouverts, donc un ouvert : \(\operatorname{Int}U=U\). On remarque que

\[U=\,]0,1[\ \setminus\ \{1/n\ ;\ n\ge 2\},\]

car on a retiré de \(]0,1[\) exactement les points de découpe. Son adhérence est \([0,1]\) : les points retirés sont limites de points de \(U\), et \(0\) comme \(1\) le sont aussi. La frontière vaut \(\overline U\setminus U=\{0\}\cup\{1/n\ ;\ n\ge1\}\) — un ouvert peut donc avoir une frontière infinie.

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1. \(x\mapsto d(x,A)\) est \(1\)-lipschitzienne. Soient \(x,y\in X\) et \(a\in A\) quelconque. Par l’inégalité triangulaire,

\[d(x,A)\ \le\ d(x,a)\ \le\ d(x,y)+d(y,a).\]

Le membre de gauche ne dépend pas de \(a\) : on peut donc passer à la borne inférieure sur \(a\in A\) dans le membre de droite, ce qui donne \(d(x,A)\le d(x,y)+d(y,A)\), c’est-à-dire

\[d(x,A)-d(y,A)\le d(x,y).\]

En échangeant les rôles de \(x\) et \(y\) on obtient l’inégalité opposée, d’où \(|d(x,A)-d(y,A)|\le d(x,y)\). Une application lipschitzienne étant continue (prendre \(\alpha=\varepsilon\) dans la définition), \(x\mapsto d(x,A)\) est continue.

2. \(d(x,A)=0\iff x\in\overline A\). Par définition de la borne inférieure,

\[d(x,A)=0\iff \forall\varepsilon>0,\ \exists a\in A,\ d(x,a)<\varepsilon\iff \forall\varepsilon>0,\ B(x,\varepsilon)\cap A\ne\varnothing,\]

et cette dernière condition est exactement la caractérisation de l’adhérence dans un espace métrique (toute boule centrée en \(x\) rencontre \(A\)).

3. Tout fermé est intersection dénombrable d’ouverts. Soit \(F\) un fermé non vide (le cas \(F=\varnothing\) est trivial : prendre tous les \(U_n=\varnothing\)). Posons

\[U_n=\Bigl\{x\in X\ ;\ d(x,F)<\tfrac1n\Bigr\}\qquad(n\ge 1).\]

Chaque \(U_n\) est l’image réciproque de l’ouvert \(\left]-\infty,\tfrac1n\right[\) par l’application continue \(x\mapsto d(x,F)\) : c’est donc un ouvert. Et

\[\bigcap_{n\ge1}U_n=\{x\ ;\ d(x,F)=0\}=\overline F=F,\]

la dernière égalité parce que \(F\) est fermé. On dit qu’un fermé d’un espace métrique est un \(G_\delta\).

4. Deux fermés disjoints se séparent par des ouverts. Soient \(F,G\) fermés disjoints, non vides (sinon le résultat est immédiat). Posons

\[U=\{x\ ;\ d(x,F)<d(x,G)\},\qquad V=\{x\ ;\ d(x,G)<d(x,F)\}.\]

Ce sont des ouverts. L’application \(\varphi(x)=d(x,F)-d(x,G)\) est continue comme différence de deux fonctions continues ; \(U=\varphi^{-1}(\left]-\infty,0\right[)\) et \(V=\varphi^{-1}(\left]0,+\infty\right[)\).

Ils sont disjoints, puisque les deux inégalités strictes s’excluent.

Ils contiennent respectivement \(F\) et \(G\). Soit \(x\in F\). Alors \(d(x,F)=0\). Par ailleurs \(x\notin G\) et \(G\) est fermé, donc \(x\notin\overline G\), donc \(d(x,G)>0\) par la question 2. Ainsi \(0=d(x,F)<d(x,G)\) et \(x\in U\). Symétriquement \(G\subset V\).

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Rappel. \(\mathcal T\) est une topologie si elle contient \(\varnothing\) et \(X\), et si elle est stable par réunion quelconque et par intersection finie.

\(\mathcal T_1=\{\varnothing,\{a\},X\}\) : c’est une topologie. Les réunions et intersections de \(\varnothing\), \(\{a\}\) et \(X\) redonnent toujours l’un de ces trois ensembles.

Fermés : \(X,\ \{b,c\},\ \varnothing\). Le seul fermé contenant \(a\) est \(X\), donc \(\overline{\{a\}}=X\) : le point \(a\) est dense.

\(\mathcal T_2=\{\varnothing,\{a\},\{b\},X\}\) : ce n’est pas une topologie. La réunion \(\{a\}\cup\{b\}=\{a,b\}\) n’appartient pas à \(\mathcal T_2\).

\(\mathcal T_3=\{\varnothing,\{a\},\{a,b\},\{a,c\},X\}\) : c’est une topologie. Les seuls cas à vérifier sont

\[\{a,b\}\cap\{a,c\}=\{a\}\in\mathcal T_3,\qquad \{a,b\}\cup\{a,c\}=X\in\mathcal T_3,\]

les autres combinaisons étant immédiates.

Fermés : \(X,\ \{b,c\},\ \{c\},\ \{b\},\ \varnothing\). Le seul fermé contenant \(a\) est encore \(X\), donc \(\overline{\{a\}}=X\).

\(\mathcal T_4=\{\varnothing,\{b\},\{a,b\},\{b,c\},X\}\) : c’est une topologie. On vérifie

\[\{a,b\}\cap\{b,c\}=\{b\}\in\mathcal T_4,\qquad \{a,b\}\cup\{b,c\}=X\in\mathcal T_4 .\]

Fermés : \(X,\ \{a,c\},\ \{c\},\ \{a\},\ \varnothing\). Cette fois \(\{a\}\) est lui-même fermé, donc \(\overline{\{a\}}=\{a\}\).

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1. \(\mathcal T\) est une topologie. Par construction \(\varnothing\in\mathcal T\), et \(X\in\mathcal T\) car \(X\setminus X=\varnothing\) est fini.

Réunion quelconque. Soit \((U_i)_{i\in I}\) une famille d’éléments de \(\mathcal T\). Si tous sont vides, la réunion est vide. Sinon, fixons \(i_0\) avec \(U_{i_0}\ne\varnothing\) ; alors

\[X\setminus\bigcup_{i}U_i=\bigcap_i (X\setminus U_i)\ \subset\ X\setminus U_{i_0},\]

qui est fini. Une partie d’un ensemble fini étant finie, la réunion est bien dans \(\mathcal T\).

Intersection finie. Si \(U,V\) sont non vides et cofinis, \(X\setminus(U\cap V)=(X\setminus U)\cup(X\setminus V)\) est fini comme réunion de deux ensembles finis. Si l’un des deux est vide, l’intersection l’est aussi. Le cas d’une intersection finie quelconque s’en déduit par récurrence immédiate sur le nombre d’ouverts.

2. Les fermés sont les complémentaires des ouverts : ce sont \(X\) lui-même et toutes les parties finies de \(X\).

3. Adhérences. \(\overline A\) est le plus petit fermé contenant \(A\).

• Si \(A\) est finie, elle est elle-même fermée, donc \(\overline A=A\).
• Si \(A\) est infinie, aucun fermé fini ne peut la contenir ; le seul fermé qui le peut est \(X\). Donc \(\overline A=X\) : toute partie infinie est dense.

4. Deux ouverts non vides se rencontrent. Soient \(U,V\) non vides dans \(\mathcal T\) et supposons \(U\cap V=\varnothing\). Alors

\[X=X\setminus(U\cap V)=(X\setminus U)\cup(X\setminus V)\]

serait fini comme réunion de deux ensembles finis, ce qui contredit l’hypothèse « \(X\) infini ».

5. Ni séparé, ni métrisable. La question 4 interdit la séparation : deux points distincts \(x\ne y\) ne peuvent pas avoir de voisinages disjoints, puisque leurs intérieurs seraient deux ouverts non vides disjoints. Or tout espace métrique est séparé (proposition 2.2 du chapitre 2) ; par contraposée, \((X,\mathcal T)\) n’est pas métrisable : aucune distance sur \(X\) n’engendre cette topologie.

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1. \(\overline{\overline A}=\overline A\). L’ensemble \(\overline A\) est fermé, et l’adhérence d’un fermé est ce fermé lui-même (c’est le plus petit fermé le contenant).

2. \(\operatorname{Int}(\operatorname{Int}A)=\operatorname{Int}A\). Même argument dualisé : \(\operatorname{Int}A\) est ouvert, et l’intérieur d’un ouvert est cet ouvert.

3. \(\operatorname{Fr}(\operatorname{Fr}A)\subset\operatorname{Fr}A\). Rappelons que \(\operatorname{Fr}A=\overline A\cap\overline{X\setminus A}\) : c’est une intersection de deux fermés, donc un fermé. Or pour tout fermé \(F\),

\[\operatorname{Fr}F=\overline F\setminus\operatorname{Int}F=F\setminus\operatorname{Int}F\subset F .\]

En appliquant ceci à \(F=\operatorname{Fr}A\), on obtient l’inclusion voulue. Elle peut être stricte : pour \(A=\mathbb Q\) dans \(\mathbb R\), \(\operatorname{Fr}A=\mathbb R\) et \(\operatorname{Fr}(\operatorname{Fr}A)=\operatorname{Fr}\mathbb R=\varnothing\).

4. \(\operatorname{Fr}A=\varnothing\iff A\) est à la fois ouvert et fermé. On a toujours \(\operatorname{Int}A\subset A\subset\overline A\), et \(\operatorname{Fr}A=\overline A\setminus\operatorname{Int}A\). Donc

\[\operatorname{Fr}A=\varnothing\iff\overline A\subset\operatorname{Int}A\iff \operatorname{Int}A=A=\overline A,\]

c’est-à-dire \(A\) ouvert (\(A=\operatorname{Int}A\)) et fermé (\(A=\overline A\)).

5. \(\operatorname{Int}(A\cup B)\ne\operatorname{Int}A\cup\operatorname{Int}B\). Dans \(\mathbb R\), prenons \(A=[0,1]\) et \(B=[1,2]\). Alors

\[\operatorname{Int}A\cup\operatorname{Int}B=\,]0,1[\ \cup\ ]1,2[\qquad\text{tandis que}\qquad \operatorname{Int}(A\cup B)=\operatorname{Int}[0,2]=\,]0,2[ .\]

Le point \(1\) appartient au second et pas au premier : il devient intérieur une fois les deux morceaux recollés. L’inclusion \(\operatorname{Int}A\cup\operatorname{Int}B\subset\operatorname{Int}(A\cup B)\) est, elle, toujours vraie.

6. Sept ensembles distincts. Prenons dans \(\mathbb R\)

\[A=\,]0,1[\ \cup\ ]1,2[\ \cup\ \{3\}\ \cup\ \bigl(\mathbb Q\cap\,]4,5[\bigr).\]

Chaque morceau joue un rôle précis : le trou en \(1\) sépare \(A\) de son intérieur recollé, le point isolé \(3\) disparaît dès qu’on prend un intérieur, et la partie rationnelle d’intérieur vide mais d’adhérence pleine sépare les opérations faites dans l’autre ordre. On obtient :

• \(A\) — l’ensemble de départ ;
• \(\overline A=[0,2]\cup\{3\}\cup[4,5]\) ;
• \(\operatorname{Int}A=\,]0,1[\,\cup\,]1,2[\) ;
• \(\operatorname{Int}\overline A=\,]0,2[\,\cup\,]4,5[\) ;
• \(\overline{\operatorname{Int}A}=[0,2]\) ;
• \(\overline{\operatorname{Int}\overline A}=[0,2]\cup[4,5]\) ;
• \(\operatorname{Int}\overline{\operatorname{Int}A}=\,]0,2[\).

Ces sept ensembles sont deux à deux distincts, et quatre points témoins suffisent à le vérifier :

• \(3\) appartient à \(A\) et à \(\overline A\), et à aucun des cinq autres ;
• un irrationnel de \(]4,5[\) appartient à \(\overline A\), \(\operatorname{Int}\overline A\) et \(\overline{\operatorname{Int}\overline A}\), mais pas à \(A\) — c’est lui qui sépare \(A\) de son adhérence ;
• \(1\) appartient à tous les ensembles contenant \(]0,2[\), mais ni à \(A\) ni à \(\operatorname{Int}A\) ;
• \(0\) appartient à \(\overline A\), \(\overline{\operatorname{Int}A}\) et \(\overline{\operatorname{Int}\overline A}\), mais à aucun des ensembles ouverts de la liste.

En notant pour chaque ensemble son profil d’appartenance à ces quatre points, on obtient sept profils distincts — par exemple \(A\) donne \((1,0,0,0)\), \(\overline A\) donne \((1,1,1,1)\) et \(\operatorname{Int}A\) donne \((0,0,0,0)\) — ce qui établit la conclusion.

□

On note \(B(x,r)=\{y;\ d(x,y)<r\}\) la boule ouverte et \(\overline B(x,r)=\{y;\ d(x,y)\le r\}\) la boule fermée. Attention : la notation \(\overline B\) désigne ici un ensemble défini par une inégalité large, pas une adhérence — c’est précisément l’objet de l’exercice de comparer les deux.

1. \(\overline{B(x,r)}\subset\overline B(x,r)\). L’application \(y\mapsto d(x,y)\) est continue (elle est \(1\)-lipschitzienne, exercice 5). Donc \(\overline B(x,r)\), image réciproque du fermé \(\left]-\infty,r\right]\), est un fermé. Il contient \(B(x,r)\), donc il contient aussi son adhérence, qui est le plus petit fermé la contenant.

2. \(B(x,r)\subset\operatorname{Int}\overline B(x,r)\). \(B(x,r)\) est un ouvert contenu dans \(\overline B(x,r)\) ; or l’intérieur est le plus grand ouvert contenu dans l’ensemble.

3. Les inclusions peuvent être strictes. Munissons un ensemble \(X\) ayant au moins deux points de la distance discrète : \(d(x,y)=1\) si \(x\ne y\), \(0\) sinon. Prenons \(r=1\). Alors

\[B(x,1)=\{y;\ d(x,y)<1\}=\{x\},\qquad \overline B(x,1)=\{y;\ d(x,y)\le 1\}=X .\]

Pour cette distance, toute partie est ouverte (chaque \(\{y\}=B(y,\tfrac12)\)), donc toute partie est aussi fermée. En particulier \(\{x\}\) est fermé, d’où

\[\overline{B(x,1)}=\{x\}\subsetneq X=\overline B(x,1),\qquad B(x,1)=\{x\}\subsetneq X=\operatorname{Int}\overline B(x,1).\]

Les deux inclusions sont donc strictes dès que \(X\) a au moins deux points.

4. Dans un espace vectoriel normé, il y a égalité. Soit \(E\) un e.v.n., \(x\in E\), \(r>0\). Il reste à montrer \(\overline B(x,r)\subset\overline{B(x,r)}\). Soit \(y\) avec \(\|y-x\|\le r\) ; si \(\|y-x\|<r\) c’est fini. Supposons \(\|y-x\|=r\) et posons, pour \(n\ge 1\),

\[y_n=x+\Bigl(1-\tfrac1n\Bigr)(y-x).\]

Alors \(\|y_n-x\|=\bigl(1-\tfrac1n\bigr)r<r\), donc \(y_n\in B(x,r)\), et

\[\|y_n-y\|=\tfrac1n\|y-x\|=\tfrac rn\ \xrightarrow[n\to\infty]{}\ 0 .\]

Ainsi \(y\) est limite de points de \(B(x,r)\), donc \(y\in\overline{B(x,r)}\).

□

1. \(A\) dense \(\iff\) \(A\) rencontre tout ouvert non vide. Par définition, \(A\) est dense lorsque \(\overline A=X\).

\((\Rightarrow)\) Soit \(U\) ouvert non vide et \(x\in U\). Comme \(x\in\overline A\) et que \(U\) est un voisinage ouvert de \(x\), il rencontre \(A\).

\((\Leftarrow)\) Soit \(x\in X\) et \(V\) un voisinage de \(x\) : il contient un ouvert \(U\ni x\), non vide, qui rencontre donc \(A\). Tout voisinage de \(x\) rencontre \(A\), c’est-à-dire \(x\in\overline A\). Donc \(\overline A=X\).

2. Si \(A\) est dense et \(U\) ouvert, alors \(\overline{A\cap U}=\overline U\).

\((\subset)\) \(A\cap U\subset U\) donne \(\overline{A\cap U}\subset\overline U\).

\((\supset)\) Soit \(x\in\overline U\) et \(W\) un voisinage ouvert de \(x\). Puisque \(x\) est adhérent à \(U\), \(W\cap U\ne\varnothing\) ; c’est un ouvert non vide, donc il rencontre \(A\) par la question 1. Il existe ainsi un point dans \(W\cap U\cap A\subset W\cap(A\cap U)\). Tout voisinage de \(x\) rencontre \(A\cap U\), donc \(x\in\overline{A\cap U}\).

L’hypothèse « \(U\) ouvert » est essentielle : pour \(A=\mathbb Q\) et \(U=\mathbb R\setminus\mathbb Q\), on aurait \(A\cap U=\varnothing\) alors que \(\overline U=\mathbb R\).

3. Le lemme sur les sous-groupes de \((\mathbb R,+)\). Soit \(G\) un sous-groupe de \(\mathbb R\) non réduit à \(\{0\}\), et posons \(a=\inf\{g\in G\ ;\ g>0\}\) (l’ensemble est non vide : si \(g\in G\setminus\{0\}\), alors \(g\) ou \(-g\) est \(>0\)).

Cas \(a>0\) : alors \(G=a\mathbb Z\). Montrons d’abord \(a\in G\). Supposons le contraire. La caractérisation de la borne inférieure s’applique alors deux fois : il existe d’abord \(g\in G\) avec \(a<g<2a\) (en prenant \(\varepsilon=a>0\)), puis, \(g-a\) étant strictement positif, il existe \(g’\in G\) avec \(a<g'<g\) (en prenant \(\varepsilon=g-a\)). Alors \(g-g’\in G\) et \(0<g-g'<2a-a=a\), ce qui contredit la définition de \(a\) comme plus petit minorant des éléments strictement positifs. Donc \(a\in G\) et \(a\mathbb Z\subset G\). Réciproquement, soit \(g\in G\) et \(n=\lfloor g/a\rfloor\) ; alors \(g-na\in G\) et \(0\le g-na<a\), donc \(g-na=0\) par minimalité de \(a\). D’où \(g\in a\mathbb Z\).

Cas \(a=0\) : alors \(G\) est dense. Soient \(x\in\mathbb R\) et \(\varepsilon>0\). Il existe \(g\in G\) avec \(0<g<\varepsilon\). En posant \(n=\lfloor x/g\rfloor\), on a \(ng\in G\) et

\[0\le x-ng<g<\varepsilon,\]

donc \(G\) rencontre \(\left]x-\varepsilon,x+\varepsilon\right[\). Par la question 1, \(G\) est dense.

4. Application à \(G=\{m+n\sqrt2\ ;\ m,n\in\mathbb Z\}\). C’est bien un sous-groupe de \((\mathbb R,+)\), non réduit à \(\{0\}\). Supposons par l’absurde \(G=a\mathbb Z\) avec \(a>0\). Comme \(1\in G\) et \(\sqrt2\in G\), il existe \(p,q\in\mathbb Z\) tels que \(1=pa\) et \(\sqrt2=qa\). En divisant,

\[\sqrt2=\frac{qa}{pa}=\frac qp\in\mathbb Q,\]

ce qui contredit l’irrationalité de \(\sqrt2\). Donc on est dans le cas \(a=0\), et \(G\) est dense dans \(\mathbb R\).

□

Rappel. Les ouverts de \(A\) pour la topologie induite sont exactement les \(A\cap U\), \(U\) ouvert de \(X\) ; les fermés de \(A\) sont les \(A\cap F\), \(F\) fermé de \(X\). On dit « ouvert dans \(A\) », jamais « ouvert » tout court — c’est la source d’erreur principale.

Ici \(A=\,]0,1]\cup\{2\}\subset\mathbb R\).

1. \(\{2\}\) est ouvert et fermé dans \(A\).

\[\{2\}=A\cap\left]\tfrac32,\tfrac52\right[\quad\text{(ouvert)},\qquad \{2\}=A\cap\left[\tfrac32,\tfrac52\right]\quad\text{(fermé)}.\]

C’est la traduction du fait que \(2\) est un point isolé de \(A\) : il est séparé du reste de \(A\) par un intervalle vide de points de \(A\).

2. \(\left]0,\tfrac12\right[\) et \(\left]\tfrac12,1\right]\) sont ouverts dans \(A\). Le premier l’est déjà dans \(\mathbb R\) :

\[\left]0,\tfrac12\right[=A\cap\left]0,\tfrac12\right[ .\]

Le second est plus instructif — il contient son extrémité droite \(1\) et n’est pourtant pas ouvert dans \(\mathbb R\) :

\[\left]\tfrac12,1\right]=A\cap\left]\tfrac12,\tfrac32\right[ .\]

Vu depuis \(A\), le point \(1\) n’a rien « à sa droite » : il est bien intérieur.

3. \(\left]0,1\right]\) est fermé dans \(A\). Son complémentaire dans \(A\) est \(\{2\}\), ouvert dans \(A\) par la question 1. (On peut aussi écrire \(\,]0,1]=A\cap[0,1]\), intersection de \(A\) avec un fermé de \(\mathbb R\).)

4. Transitivité de l’ouverture. Soient \(B\subset A\subset X\), avec \(B\) ouvert dans \(A\) et \(A\) ouvert dans \(X\). Il existe \(U\) ouvert de \(X\) tel que \(B=A\cap U\) : c’est une intersection de deux ouverts de \(X\), donc \(B\) est ouvert dans \(X\).

5. L’hypothèse « \(A\) ouvert » est indispensable. Dans \(X=\mathbb R\), prenons \(A=[0,1]\) et \(B=\left[0,\tfrac12\right[\). Alors

\[B=A\cap\left]-1,\tfrac12\right[\]

est ouvert dans \(A\), mais \(B\) n’est pas ouvert dans \(\mathbb R\) : aucun intervalle autour de \(0\) n’y est contenu. Ici \(A\) n’est pas ouvert dans \(\mathbb R\).

6. Deux adhérences dans \(A\). On utilise \(\overline{S}^{\,A}=A\cap\overline{S}^{\,\mathbb R}\).

Pour \(S=\left]0,\tfrac12\right[\) : son adhérence dans \(\mathbb R\) est \(\left[0,\tfrac12\right]\), donc

\[\overline{S}^{\,A}=A\cap\left[0,\tfrac12\right]=\left]0,\tfrac12\right] .\]

Le point \(0\) a disparu : il n’appartient pas à \(A\), donc il ne peut pas être adhérent dans \(A\).

Pour \(S=\{1/n\ ;\ n\ge1\}\) : son adhérence dans \(\mathbb R\) est \(S\cup\{0\}\), donc

\[\overline{S}^{\,A}=A\cap\bigl(S\cup\{0\}\bigr)=S .\]

Autrement dit, \(S\) est fermé dans \(A\) alors qu’il ne l’est pas dans \(\mathbb R\). La topologie induite peut rendre fermé un ensemble qui ne l’était pas, en retirant simplement ses points d’accumulation manquants.

□

On note \(E=\mathcal C^0([0,1],\mathbb R)\), \(\|f\|_\infty=\sup_{[0,1]}|f|\) et \(\|f\|_1=\int_0^1|f|\). Observons d’emblée l’inégalité qui gouverne tout l’exercice :

\[\|f\|_1=\int_0^1|f|\ \le\ \int_0^1\|f\|_\infty=\|f\|_\infty .\]

La topologie de \(\|\cdot\|_\infty\) est donc plus fine que celle de \(\|\cdot\|_1\) : elle a davantage d’ouverts. Les deux normes ne sont pas équivalentes, comme les questions suivantes vont le montrer.

1. \(P=\{f\ ;\ f(x)>0\ \forall x\}\) est ouvert pour \(\|\cdot\|_\infty\). Soit \(f\in P\). La fonction \(f\) est continue sur le compact \([0,1]\) : elle y atteint son minimum \(m=\min_{[0,1]}f\), et \(m>0\) puisque \(f\) ne s’annule pas. Si \(\|g-f\|_\infty<m\), alors pour tout \(x\)

\[g(x)>f(x)-m\ \ge\ 0 .\]

Donc \(B_\infty(f,m)\subset P\), et \(P\) est ouvert.

2. \(P\) n’est pas ouvert pour \(\|\cdot\|_1\). Prenons \(f=\mathbf 1\) la fonction constante égale à \(1\), qui appartient à \(P\), et posons

\[g_n(x)=\min(nx,1).\]

Chaque \(g_n\) est continue, et \(g_n(0)=0\), donc \(g_n\notin P\). Pourtant \(g_n\) et \(\mathbf 1\) ne diffèrent que sur \([0,\tfrac1n]\) :

\[\|g_n-\mathbf 1\|_1=\int_0^{1/n}(1-nx)\,dx=\frac1{2n}\ \xrightarrow[n\to\infty]{}\ 0 .\]

Ainsi toute boule \(B_1(\mathbf 1,\varepsilon)\) contient un \(g_n\) hors de \(P\) : aucune boule pour \(\|\cdot\|_1\) centrée en \(\mathbf 1\) n’est incluse dans \(P\).

3. \(F=\{f\ ;\ f(0)=0\}\) est fermé pour \(\|\cdot\|_\infty\). L’évaluation \(\Phi:f\mapsto f(0)\) est linéaire et continue pour \(\|\cdot\|_\infty\), car \(|\Phi(f)-\Phi(g)|=|f(0)-g(0)|\le\|f-g\|_\infty\). Donc \(F=\Phi^{-1}(\{0\})\) est fermé comme image réciproque d’un fermé.

4. \(F\) est dense pour \(\|\cdot\|_1\). Soit \(f\in E\) quelconque. Posons

\[f_n(x)=f(x)\cdot\min(nx,1).\]

Alors \(f_n\) est continue, \(f_n(0)=0\) donc \(f_n\in F\), et \(f_n\) coïncide avec \(f\) hors de \([0,\tfrac1n]\). Il vient

\[\|f-f_n\|_1=\int_0^{1/n}|f(x)|\,(1-nx)\,dx\ \le\ \frac{\|f\|_\infty}{n}\ \xrightarrow[n\to\infty]{}\ 0 .\]

Toute fonction de \(E\) est donc limite, au sens de \(\|\cdot\|_1\), de fonctions nulles en \(0\). Un même ensemble peut ainsi être fermé pour une norme et dense pour une autre : c’est l’illustration la plus frappante de la non-équivalence.

5. \(\mathcal B=\{f\ ;\ \|f\|_\infty\le 1\}\) est fermé pour \(\|\cdot\|_1\). Soit \((f_n)\) dans \(\mathcal B\) avec \(\|f_n-f\|_1\to0\), \(f\in E\). Supposons par l’absurde \(\|f\|_\infty>1\) : il existe \(x_0\) et \(\eta>0\) tels que \(|f(x_0)|\ge 1+2\eta\). Par continuité de \(f\), il existe un intervalle \(J\subset[0,1]\) de longueur \(\ell>0\) contenant \(x_0\) sur lequel \(|f|\ge 1+\eta\). Pour \(x\in J\) et tout \(n\),

\[|f(x)-f_n(x)|\ \ge\ |f(x)|-|f_n(x)|\ \ge\ (1+\eta)-1=\eta,\]

d’où \(\|f-f_n\|_1\ge\int_J|f-f_n|\ge\eta\,\ell>0\) pour tout \(n\) — ce qui contredit la convergence. Donc \(\|f\|_\infty\le1\).

6. Adhérence de \(\mathcal C=\{f\ ;\ \|f\|_1\le 1\}\) pour \(\|\cdot\|_\infty\) : c’est \(\mathcal C\) lui-même. Autrement dit, \(\mathcal C\) est déjà fermé pour \(\|\cdot\|_\infty\). En effet, si \(\|f_n-f\|_\infty\to0\) avec \(f_n\in\mathcal C\), alors \(\|f_n-f\|_1\le\|f_n-f\|_\infty\to0\), et par continuité de la norme

\[\|f\|_1=\lim_n\|f_n\|_1\le 1 .\]

Plus conceptuellement : \(\mathcal C\) est la boule unité fermée de \(\|\cdot\|_1\), donc fermée pour \(\|\cdot\|_1\) ; et comme la topologie de \(\|\cdot\|_\infty\) est plus fine, tout fermé pour \(\|\cdot\|_1\) l’est encore pour \(\|\cdot\|_\infty\).

□

1. Théorème du point fixe (Banach–Picard). Soit \((X,d)\) un espace métrique complet et non vide et \(f:X\to X\) une application contractante, c’est-à-dire telle qu’il existe \(k\in[0,1[\) vérifiant

\[d\bigl(f(x),f(y)\bigr)\leq k\,d(x,y)\qquad\text{pour tous }x,y\in X.\]

Alors \(f\) admet un unique point fixe \(\ell\in X\). De plus, pour tout \(x_0\in X\), la suite définie par \(x_{n+1}=f(x_n)\) converge vers \(\ell\), avec la majoration de vitesse

\[d(x_n,\ell)\ \leq\ \frac{k^n}{1-k}\,d(x_1,x_0).\]

Les deux hypothèses sont indispensables : \(k<1\) strictement (sur \(\mathbb R\), \(x\mapsto x+1\) est \(1\)-lipschitzienne et n’a pas de point fixe) et la complétude (sur \(X=\;]0,1]\), \(x\mapsto x/2\) est contractante et n’a pas de point fixe dans \(X\)).

2. Propriété de Borel–Lebesgue. Un espace topologique \(X\) est compact s’il est séparé et si de tout recouvrement de \(X\) par des ouverts on peut extraire un sous-recouvrement fini : pour toute famille \((U_i)_{i\in I}\) d’ouverts telle que \(X=\bigcup_{i\in I}U_i\), il existe une partie finie \(J\subset I\) telle que \(X=\bigcup_{i\in J}U_i\).

Forme duale, par passage au complémentaire : toute famille de fermés de \(X\) dont les sous-familles finies ont toutes une intersection non vide (propriété de l’intersection finie) a elle-même une intersection non vide.

Une partie \(K\subset X\) est compacte si le sous-espace \((K,\mathcal T_K)\) l’est, ce qui revient à : de tout recouvrement de \(K\) par des ouverts de \(X\) on peut extraire un sous-recouvrement fini.

3. Suite de Cauchy. Une suite \((x_n)_{n\in\mathbb N}\) d’un espace métrique \((X,d)\) est de Cauchy si

\[\forall\varepsilon>0,\ \exists N\in\mathbb N,\ \forall p,q\geq N:\quad d(x_p,x_q)\leq\varepsilon.\]

Toute suite convergente est de Cauchy ; la réciproque caractérise les espaces complets. □

Préliminaire. \(\mathcal M_n(\mathbb R)\) est un espace vectoriel de dimension finie \(n^2\) ; sur un tel espace toutes les normes sont équivalentes et définissent donc la même topologie, dite usuelle. L’identification \(M\mapsto(m_{ij})_{i,j}\) est un isomorphisme linéaire \(\mathcal M_n(\mathbb R)\simeq\mathbb R^{n^2}\), et c’est un homéomorphisme. On utilisera la norme euclidienne (dite de Frobenius)

\[\|M\|_2=\Bigl(\sum_{i,j}m_{ij}^2\Bigr)^{1/2}.\]

1. Continuité du déterminant. La formule de Leibniz donne, pour toute matrice \(M=(m_{ij})\) :

\[\det(M)=\sum_{\sigma\in\mathfrak S_n}\varepsilon(\sigma)\prod_{i=1}^{n}m_{i\,\sigma(i)},\]

où \(\mathfrak S_n\) est le groupe des permutations de \(\{1,\dots,n\}\) et \(\varepsilon(\sigma)\) la signature. C’est une somme finie (de \(n!\) termes) de produits finis de coordonnées.

Or chaque application coordonnée \(M\mapsto m_{ij}\) est linéaire sur un espace de dimension finie, donc continue. Un produit fini et une somme finie d’applications continues à valeurs réelles sont continus. Par conséquent \(\det\) est continue sur \(\mathcal M_n(\mathbb R)\).

C’est même une fonction polynomiale des \(n^2\) variables \(m_{ij}\), donc de classe \(\mathcal C^\infty\).

2. \(\mathrm{GL}_n(\mathbb R)\) est ouvert. Par définition,

\[\mathrm{GL}_n(\mathbb R)=\{M\in\mathcal M_n(\mathbb R)\ ;\ \det(M)\neq 0\}=\det^{-1}\bigl(\mathbb R^*\bigr).\]

L’ensemble \(\mathbb R^*=\mathbb R\setminus\{0\}\) est un ouvert de \(\mathbb R\) (complémentaire du fermé \(\{0\}\)), et \(\det\) est continue d’après la question 1 : l’image réciproque d’un ouvert par une application continue est un ouvert. Donc \(\mathrm{GL}_n(\mathbb R)\) est un ouvert de \(\mathcal M_n(\mathbb R)\). □

3. \(\mathrm O_n(\mathbb R)\) est compact. L’espace \(\mathcal M_n(\mathbb R)\) étant de dimension finie, le théorème de Borel–Lebesgue (version Heine–Borel) s’applique : une partie en est compacte si et seulement si elle est fermée et bornée. Vérifions les deux points pour

\[\mathrm O_n(\mathbb R)=\{M\in\mathcal M_n(\mathbb R)\ ;\ {}^{t}\!M\,M=I_n\}.\]

Fermé. L’application \(\varphi:M\mapsto{}^{t}\!M\,M\) est continue : chaque coefficient de \(\varphi(M)\), à savoir \(\sum_{k}m_{ki}m_{kj}\), est une fonction polynomiale des \(m_{ij}\). Or \(\mathrm O_n(\mathbb R)=\varphi^{-1}\bigl(\{I_n\}\bigr)\) et le singleton \(\{I_n\}\) est fermé dans \(\mathcal M_n(\mathbb R)\), qui est métrique donc séparé. L’image réciproque d’un fermé par une application continue étant fermée, \(\mathrm O_n(\mathbb R)\) est fermé.

Borné. Soit \(M\in\mathrm O_n(\mathbb R)\) et notons \(C_1,\dots,C_n\) ses colonnes. La relation \({}^{t}\!M\,M=I_n\) signifie exactement que \(\langle C_i,C_j\rangle=\delta_{ij}\) : les colonnes forment une base orthonormée de \(\mathbb R^n\). En particulier \(\|C_j\|_2^2=\sum_{i}m_{ij}^2=1\) pour chaque \(j\), d’où en sommant sur \(j\) :

\[\|M\|_2^2=\sum_{i,j}m_{ij}^2=\sum_{j=1}^{n}1=n,\qquad\text{soit}\qquad\|M\|_2=\sqrt n.\]

Ainsi \(\mathrm O_n(\mathbb R)\) est contenu dans la sphère de centre \(0\) et de rayon \(\sqrt n\) : il est borné.

Fermé et borné dans un espace de dimension finie, \(\mathrm O_n(\mathbb R)\) est donc compact. □

1. \(f\) est contractante. Commençons par deux majorations élémentaires.

La fonction \(\sin\) est \(1\)-lipschitzienne sur \(\mathbb R\) : par l’inégalité des accroissements finis,

\[|\sin u-\sin u’|\ \leq\ \bigl(\sup_{\mathbb R}|\cos|\bigr)\,|u-u’|\ \leq\ |u-u’|.\]

De même \(\arctan\) est \(1\)-lipschitzienne, car \(\arctan'(t)=\dfrac{1}{1+t^2}\leq 1\) pour tout \(t\in\mathbb R\).

Soient \(z=(x,y)\) et \(z’=(x’,y’)\) dans \(\mathbb R^2\). Posons \(a=x-x’\) et \(b=y-y’\), de sorte que \(\|z-z’\|_1=|a|+|b|\). Alors

\[\|f(z)-f(z’)\|_1=\tfrac14\bigl|\sin(x+y)-\sin(x’+y’)\bigr|+\tfrac23\bigl|\arctan(x-y)-\arctan(x’-y’)\bigr|.\]

Les deux fonctions étant \(1\)-lipschitziennes, et puisque \((x+y)-(x’+y’)=a+b\) et \((x-y)-(x’-y’)=a-b\) :

\[\|f(z)-f(z’)\|_1\ \leq\ \tfrac14|a+b|+\tfrac23|a-b|\ \leq\ \tfrac14\bigl(|a|+|b|\bigr)+\tfrac23\bigl(|a|+|b|\bigr),\]

par l’inégalité triangulaire appliquée deux fois. En regroupant :

\[\|f(z)-f(z’)\|_1\ \leq\ \Bigl(\tfrac14+\tfrac23\Bigr)\|z-z’\|_1=\tfrac{11}{12}\,\|z-z’\|_1.\]

Comme \(k=\tfrac{11}{12}<1\), l’application \(f\) est contractante de rapport \(\tfrac{11}{12}\). □

2. Existence et unicité de la solution. Un point \((x,y)\in\mathbb R^2\) est solution du système si et seulement si \(f(x,y)=(x,y)\), c’est-à-dire si et seulement si \((x,y)\) est un point fixe de \(f\).

Or \(\bigl(\mathbb R^2,\|\cdot\|_1\bigr)\) est un espace vectoriel normé de dimension finie, donc complet ; il est évidemment non vide. L’application \(f\) va de \(\mathbb R^2\) dans lui-même et est contractante d’après la question 1. Le théorème du point fixe de Banach s’applique : \(f\) admet un point fixe et un seul. Le système possède donc une unique solution dans \(\mathbb R^2\). □

Préliminaire. Toute \(f\in E:=\mathcal C([0,1],\mathbb R)\) est continue sur le compact \([0,1]\), donc bornée et atteignant ses bornes : \(\|f\|_\infty\) est bien un réel fini, et c’est même un maximum. On vérifie sans peine que \(\|\cdot\|_\infty\) est une norme sur \(E\).

Soit \((f_n)_{n\in\mathbb N}\) une suite de Cauchy de \((E,\|\cdot\|_\infty)\). Il s’agit de construire \(f\in E\) telle que \(\|f_n-f\|_\infty\to 0\). On procède en trois temps.

Étape 1 — construction de la limite ponctuelle. Fixons \(x\in[0,1]\). Pour tous \(p,q\),

\[|f_p(x)-f_q(x)|\ \leq\ \sup_{t\in[0,1]}|f_p(t)-f_q(t)|\ =\ \|f_p-f_q\|_\infty.\]

Comme \((f_n)\) est de Cauchy dans \(E\), le second membre est arbitrairement petit pour \(p,q\) assez grands : la suite réelle \(\bigl(f_n(x)\bigr)_n\) est donc de Cauchy dans \(\mathbb R\). Or \(\mathbb R\) est complet, donc elle converge. On peut ainsi poser

\[f(x)=\lim_{n\to+\infty}f_n(x),\qquad x\in[0,1],\]

ce qui définit une fonction \(f:[0,1]\to\mathbb R\), limite simple de la suite \((f_n)\).

Étape 2 — la convergence est uniforme. Soit \(\varepsilon>0\). Par le caractère de Cauchy, il existe \(N\in\mathbb N\) tel que

\[\forall p,q\geq N:\quad\|f_p-f_q\|_\infty\leq\varepsilon,\qquad\text{donc}\qquad\forall x\in[0,1]:\ |f_p(x)-f_q(x)|\leq\varepsilon.\]

Fixons \(p\geq N\) et \(x\in[0,1]\), puis faisons tendre \(q\) vers \(+\infty\) dans cette dernière inégalité : par continuité de la valeur absolue et puisque \(f_q(x)\to f(x)\), on obtient \(|f_p(x)-f(x)|\leq\varepsilon\). Ceci vaut pour tout \(x\in[0,1]\), d’où

\[\forall p\geq N:\quad\sup_{x\in[0,1]}|f_p(x)-f(x)|\leq\varepsilon.\]

En particulier \(f_N-f\) est bornée, donc \(f=f_N-(f_N-f)\) est bornée, et la convergence de \((f_n)\) vers \(f\) est uniforme sur \([0,1]\).

Étape 3 — la limite est continue. Montrons que \(f\) est continue en un point quelconque \(x_0\in[0,1]\) ; c’est l’argument classique « en \(\varepsilon/3\) ». Soit \(\varepsilon>0\). D’après l’étape 2, on peut choisir \(n\) tel que \(\sup_{x}|f_n(x)-f(x)|\leq\varepsilon/3\). La fonction \(f_n\) étant continue en \(x_0\), il existe \(\eta>0\) tel que

\[|x-x_0|\leq\eta\ \Longrightarrow\ |f_n(x)-f_n(x_0)|\leq\varepsilon/3.\]

Alors, pour tout \(x\in[0,1]\) avec \(|x-x_0|\leq\eta\) :

\[|f(x)-f(x_0)|\leq\underbrace{|f(x)-f_n(x)|}_{\leq\varepsilon/3}+\underbrace{|f_n(x)-f_n(x_0)|}_{\leq\varepsilon/3}+\underbrace{|f_n(x_0)-f(x_0)|}_{\leq\varepsilon/3}\leq\varepsilon.\]

Donc \(f\) est continue en \(x_0\), et ceci pour tout \(x_0\) : \(f\in E\).

Conclusion. Toute suite de Cauchy de \((E,\|\cdot\|_\infty)\) converge dans \(E\) : l’espace \(\mathcal C([0,1],\mathbb R)\) est complet. Étant de plus un espace vectoriel normé, c’est un espace de Banach. □