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8x;y2C;8t2[0;1];(1t)x+ty2C:

(b) SoitIun intervalle deRetx;y2I. Quitte a echangerxety, on peut toujours supposerxy.

Pour toutt2[0;1], on a

x(1t)x+tyy; et donc (1t)x+ty2[x;y]. Mais commeIest un intervalle, il contient le segment [x;y], ce qui prouve bienin neque (1t)x+ty2I:

2. (a) On supposex,y,rettxes comme dans l'enonce. On prend alors un element quelconque de

la boule ouverteB((1t)x+ty;r) que l'on ecrit (1t)x+ty+zaveckzk< r. On ecrit ce point sous la forme (1t)x+ty+z= (1t)x+z+ty+z; et commex+z2B(x;r)Cety+z2B(y;r)Cet queCest convexe, on en deduit bien que (1t)x+ty+z2C. On a bien montre

B((1t)x+ty;r)C:

(b) Soientx;y2Cett2[0;1]. Par denition de l'interieur, il exister1;r2>0 tels que

B(x;r1)C;etB(y;r2)C:

Si on pose maintenantr= min(r1;r2)>0, on a bien

B(x;r)C;etB(y;r)C:

D'apres la question precedente, on a

B((1t)x+ty;r)C;

ce qui montre que (1t)x+ty2C. On a donc bien montre la convexite de l'interieur deC.

3. Soientx;y2Cett2[0;1]. Il s'agit de montrer que (1t)x+ty2C.

Par denition de l'adherence, il existe deux suites (xn)n, (yn)nd'elements deCqui convergent respectivement versxety. Par convexite de l'ensembleC, on a

8n1;(1t)xn+tyn2C:

Les operations elementaires sur les suites montrent que la suite ((1t)xn+tyn)nconverge vers (1t)x+ty. On a donc bien montre que ce dernier point est la limite d'une suite d'elements deC, et donc qu'il appartient aC. Exercice 2.1. (a) Soita2I. On va montrer quefest continue a droite ena. On montrerait de la m^eme facon qu'elle est continue a gauche ce qui donne la continuite complete defena. CommeIest ouvert, on peut trouver deux points;2Itels que < a < : Soit (xn)nune suite de points deIqui converge versapar valeurs superieures (c'est-a-dire queaxnpour toutn). Quitte a supprimer les premiers termes de la suite, on peut toujours supposer quexnpour toutn. { On utilise le fait queaxnpour ecrire x n=xnaa+xnaa; qui est bien de la formexn= (1t)a+tavect= (xna)=(a)2[0;1]. L'inegalite de convexite donne alors f(xn)xnaf(a) +xnaaf():(1) { On utilise maintenant le fait queaxnpour ecrire a=xnax n+ax nxn; et donc f(a)xnax nf() +ax nf(xn):

On en deduit

f(xn)xnaf(a)xnaaf():(2)

En combinant (1) et (2), on a nalement obtenu

x naf(a)xnaaf()f(xn)xnaf(a) +xnaaf(): Comme le membre de gauche et celui de droite tendent versf(a) quandn! 1, le theoreme des gendarmes nous montre que (f(xn))ntend versf(a), ce qu'il fallait demontrer. (b) On ecrit y=zyzxx+yxzxz; et on utilise l'inegalite de convexite pour obtenir f(y)zyzxf(x) +yxzxf(z):

On obtient

(zx)f(y)(zy)f(x) + (yx)f(z); ou encore

0(zy)(f(x)f(y)) + (yx)(f(z)f(y));

(zy)(f(y)f(x))(yx)(f(z)f(y)): Commezyetyxsont positifs, on peut diviser sans changer le sens des inegalites et ainsi obtenirf(y)f(x)yxf(z)f(y)zy: 2 (c) Suivons l'indication de l'enonce et posonsy= (1t)x+tzce qui donne Commefest supposee derivable, le membre de gauche tend versf0(x) quandt!0 et, par continuite def, le membre de droite vers (f(z)f(x))=(zx), on en deduit f

0(x)f(z)f(x)zx:

De la m^eme facon, en faisant tendretvers 1, on trouve f(z)f(x)zxf0(z): In ne, on a montre quef0(x)f0(z) pour tousx < z, ce qui montre bien quef0est croissante.

2. (a) Soientx;y2Rdett2[0;1], on utilise successivement l'inegalite triangulaire et l'homogeneite

de la norme pour obtenir l'inegalite de convexite

N((1t)x+ty)N((1t)x) +N(ty) = (1t)N(x) +tN(y):

On a bien s^ur utilise aussi quetet 1tsont positifs ou nuls. (b) Montrons que la boule ouverteB(a;r) est convexe. On se donne deux pointsx;y2B(a;r) et t2[0;1], nous avons alors N ce qui montre bien que (1t)x+ty2B(a;r). Pour la boule ouverte, la m^eme preuve fonctionne en mettant des inegalites larges. Exercice 3.1. { On observe d'abord que six= 0, alorsx=2Cpour tout >0 et donc (0) =]0;+1[; N(0) = 0: { Comme 02Cet queCest ouvert, il existe >0 tel queB(0;)C. Pour toutx2Rdnon nul, on a clairement kxkx et donc kxkx2B(0;)C: Ceci montre quekxk=2(x) qui est donc bien non vide. Comme (x) est un ensemble non vide minore (par 0), il admet une borne inferieure (noteeN(x)) qui est elle-m^eme positive ou nulle. { SiMest une borne deC, pour tout2(x), on akx=k M, ce qui montre que kxk=M.

En particulier, on a l'inegalite

N(x) kxk=M;8x2Rd;

ce qui montre en particulier que siN(x) = 0, alors on ax= 0. 3 { Montrons que ]N(x);+1[(x). Soit donc > N(x). Par denition de l'inmum, il existe

02(x) tel que0< .

On a ainsix

=0 x 0+0 0; ce qui montre quex=est une combinaison convexe de 0 et dex=0. Par hypothese, ces deux points sont dansCqui est un convexe et donc, on a bien quex=2Cet donc que2(x). { On a donc maintenant deux possibilites : ou bien (x) = [N(x);+1[ ou bien (x) =]N(x);+1[. An d'eliminer la premiere possibilite, il faut montrer queN(x)62(x). Supposons par l'absurde queN(x)2(x) (en particulier on a necessairementx6= 0). Ceci signie quex=N(x)2Cmais commeCest ouvert, nous avons pour un" >0 assez petit on a x=N(x) +"x2C; c'est-a-dire que

11=N(x) +"2(x);

et comme

11=N(x) +"< N(x);

cela contredit la denition de l'inmum. On a bien etabli la propriete attendue.

2. Pourx2Rdxe, commeCest symetrique par rapport a l'origine, on a pour tout >0

x 2C()x 2C; ce qui montre que (x) = (x); et donc que ces deux ensembles ont la m^eme borne inferieure, c'est-a-dire

N(x) =N(x):

3. Fixonsx2Rd; >0. Pour tout >0 on a

2(x),x

2C, x2C, 2(x):

Ceci prouve que

(x) =(x): Comme >0, on peut passer a la borne inferieure et obtenir

N(x) =N(x):

4. Fixonsxetynon nuls. Pour" >0 xe, d'apres les questions precedentes on aN(x) +"2(x) et

N(y) +"2(y) ce qui montre que

xN(x) +"2C;etyN(y) +"2C:(3) On cherche maintenant a obtenir une combinaison convexe de ces deux points qui soit proportionnelle a la sommex+y. Un petit calcul elementaire montre que l'on peut ecrire

1N(x) +N(y) + 2"(x+y) =N(x) +"N(x) +N(y) + 2"|{z}

=txN(x) +"+N(y) +"N(x) +N(y) + 2"|{z} =1tyN(y) +": 4 CommeCest convexe et gr^ace a (3), on en deduit que

1N(x) +N(y) + 2"(x+y)2C;

ce qui signie que

N(x) +N(y) + 2"2(x+y);

et par denition de la borne inferieure, on trouve

N(x+y)N(x) +N(y) + 2":

Cette inegalite etant valable pour tout choix de" >0, on peut passer a la limite quand"!0 et obtenir

N(x+y)N(x) +N(y):

Ceci montre l'inegalite triangulaire pourN. Les autres proprietes d'une norme se deduisent des questions precedentes. En particulier si <0, on ecritN(x) =N(jjx) =N(jjx) =jjN(x), ce qui donne bien l'homogeneite deN.

5. On veut montrer queC=BN(0;1).

{ Six2C, on a en particulier 12(x) et donc, comme (x) =]N(x);+1[, on deduitN(x)<1, c'est-a-dire quex2BN(0;1). { Si maintenantx2BN(0;1), on aN(x)<1 et donc 12(x), c'est-a-dire quex2C. 5quotesdbs_dbs17.pdfusesText_23

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2013-2014 Topologie et fonctions de plusieurs variables

8x;y2C;8t2[0;1];(1t)x+ty2C:

Pour toutt2[0;1], on a

2. (a) On supposex,y,rettxes comme dans l'enonce. On prend alors un element quelconque de

B((1t)x+ty;r)C:

B(x;r1)C;etB(y;r2)C:

Si on pose maintenantr= min(r1;r2)>0, on a bien

B(x;r)C;etB(y;r)C:

D'apres la question precedente, on a

B((1t)x+ty;r)C;

3. Soientx;y2Cett2[0;1]. Il s'agit de montrer que (1t)x+ty2C.

8n1;(1t)xn+tyn2C:

On en deduit

En combinant (1) et (2), on a nalement obtenu

On obtient

0(zy)(f(x)f(y)) + (yx)(f(z)f(y));

0(x)f(z)f(x)zx:

2. (a) Soientx;y2Rdett2[0;1], on utilise successivement l'inegalite triangulaire et l'homogeneite

N((1t)x+ty)N((1t)x) +N(ty) = (1t)N(x) +tN(y):

En particulier, on a l'inegalite

N(x) kxk=M;8x2Rd;

02(x) tel que0< .

On a ainsix

11=N(x) +"2(x);

11=N(x) +"< N(x);

2. Pourx2Rdxe, commeCest symetrique par rapport a l'origine, on a pour tout >0

N(x) =N(x):

3. Fixonsx2Rd; >0. Pour tout >0 on a

2(x),x

Ceci prouve que

N(x) =N(x):

4. Fixonsxetynon nuls. Pour" >0 xe, d'apres les questions precedentes on aN(x) +"2(x) et

N(y) +"2(y) ce qui montre que

1N(x) +N(y) + 2"(x+y) =N(x) +"N(x) +N(y) + 2"|{z}

1N(x) +N(y) + 2"(x+y)2C;

N(x) +N(y) + 2"2(x+y);

N(x+y)N(x) +N(y) + 2":

N(x+y)N(x) +N(y):

5. On veut montrer queC=BN(0;1).