Math spé : Exercices sur la topologie des espaces vectoriels normés

$A$ et $F$ sont ouverts. $B$ est fermé, les autres ne sont ni ouverts ni fermés. Voici une preuve variant les techniques :

1. $A$ est ouvert. En effet, si $(x,y)\in A$, alors $0<|x-1|<1$, c'est-à-dire que $x\neq 1$ et $0<x<2$. On sait alors qu'il existe $\veps>0$ tel que $1\notin ]x-\veps,x+\veps[$ et $0<x-\veps<x+\veps<2$. Alors, $B( (x,y),\veps)$ (pour la norme infinie) est contenue dans $A$. $A$ n'est pas fermé, car la suite $(u_n)$ définie par $u_n=(1/n,0)$ est une suite d'éléments de $A$ qui converge vers $(0,0)$ qui n'est pas dans $A$.
2. $B$ est fermé. Si $(x_n,y_n)$ est une suite d'éléments de $B$ qui converge vers $(x,y)$, alors on sait que pour chaque entier $n$, on a $0\leq x_n\leq y_n$. En passant à la limite, on en déduit que $0\leq x\leq y$ et donc que $(x,y)\in B$. $B$ n'est pas ouvert : dans toute boule contenant $(0,0)$, il y a des points qui ne sont pas dans $B$ (les points du type $(-\veps,0)$ par exemple).
3. $C$ n'est pas fermé, car si $u_n=(1-\frac 1n,1)$, $(u_n)$ est une suite d'éléments de $C$ qui converge vers $(1,1)$ qui n'est pas dans $C$. $C$ n'est pas ouvert, car toute boule contenant le point $(0,1)$, qui est dans $C$, contient des éléments qui ne sont pas dans $C$ (par exemple les points $(0,1+\veps)$.
4. $D$ n'est pas fermé : si $(r_n)$ est une suite de rationnels convergeant vers $\sqrt 2$, alors la suite $(r_n,0)$ est une suite d'éléments de $D$ qui converge vers $(\sqrt 2,0)$ qui n'est pas élément de $D$. $D$ n'est pas ouvert. Dans toute boule de centre $(0,0)$, qui est élément de $D$, il existe des éléments qui ne sont pas dans $D$, par exemple les éléments du type $(0,\sqrt2/n)$.
5. $E$ n'est pas ouvert car son complémentaire, $D$, n'est pas fermé. $E$ n'est pas fermé car son complémentaire n'est pas ouvert.
6. $F$ est ouvert car c'est l'image réciproque de l'intervalle ouvert $]-\infty,4[$ par la fonction continue $f:\mathbb R^2\to\mathbb R$ définie par $f(x,y)=x^2+y^2$. $F$ n'est pas fermé, car la suite $(u_n)$ définie par $u_n=(2-\frac 1n,0)$ est une suite d'éléments de $D$ qui converge vers $(2,0)$ qui n'est pas élément de $F$.

$\mathbb N$ et $\mathbb Z$ sont fermés, car toute suite d'entiers naturels (resp. d'entiers relatifs) convergente a sa limite qui est un entier naturel (resp. un entier relatif). $\mathbb N$ et $\mathbb Z$ ne sont pas ouverts. En effet, $0\in\mathbb N$ et aucune boule ouverte centrée en $0$ n'est contenue dans $\mathbb N$ (une boule ouverte est ici un intervalle ouvert du type $]-\veps,\veps[$).
$\mathbb Q$ n'est ni fermé, ni ouvert. Il n'est pas fermé, car par exemple il existe une suite de rationnels qui converge vers l'irrationnel $\sqrt 2$. Il n'est pas ouvert, car par exemple tout intervalle ouvert centré en $0$ contient des irrationnels.
$[0,1[$ n'est pas fermé. La suite $(u_n)$ définie par $u_n=1-\frac 1n$ est contenue dans $[0,1[$, converge vers 1, mais $1\notin [0,1[$. $[0,1[$ n'est pas ouvert, car aucun intervalle ouvert centré en $0$ n'est contenu dans $[0,1[$. Pour la même raison, $[0,+\infty[$ n'est pas ouvert. En revanche, $[0,+\infty[$ est fermé : pour toute suite $(x_n)$ de réels positifs qui converge vers $\ell$, alors $\ell$ est un réel positif.
$]0,1[\cup\{2\}$ n'est pas fermé (prendre la même suite que ci-dessus), et n'est pas non plus ouvert (considérer les intervalles ouverts centrés en $2$).
$\{1/n, n \in\mathbb N^*\}$ n'est pas ouvert (considérer les intervalles ouverts centrés en $1$), et n'est pas non plus fermé. En effet, la suite $(x_n)$ définie par $x_n=\frac 1n$ pour $n\geq 1$ est contenue dans cet ensemble, mais sa limite, 0, ne l'est pas.
Enfin, on peut remarquer que $\bigcap_{n\geq 1}]-1/n,1/n[=\{0\}$. En effet, si $x\in \bigcap_{n\geq 1}]-1/n,1/n[$, alors pour tout $n\geq 1$, on a $-\frac 1n \leq x\leq \frac 1n$ et donc par passage à la limite, $x=0$. Ainsi, cet ensemble est fermé, mais pas ouvert (bien que ce soit une intersection d'ouverts!).

Si $F$ est ouvert, alors puisque $0\in F$, il existe $r>0$ tel que $B(0,r)\subset F$. Mais alors, prenons $x\in E$, $x\neq 0$. Alors $y=\frac{rx}{2\|x\|}$ a pour norme $r/2$, c'est donc un élément de $F$. Puisque $F$ est stable par multiplication par un scalaire, $x=\frac{2\|x\|}{r}y$ est élément de $F$ et donc $F=E$.

Posons $\delta=\inf_{x\in A,y\in B}\|x-y\|>0$ et soit $U=\bigcup_{a\in A}B(a,\delta/3)$, $V=\bigcup_{b\in B}B(b,\delta/3)$. Alors $U$ et $V$ sont deux ouverts comme réunion (quelconque) d'ouverts. De plus, il est clair que $A\subset U$ et que $B\subset V$. Enfin, si $x\in U$ et $y\in V$, alors il existe $a\in A$ et $b\in B$ avec $\|x-a\|<\delta/3$ et $\|y-b\|<\delta/3$. De plus, on sait que $\|a-b\|\geq\delta$. Il vient en utilisant l'inégalité triangulaire : $$\|x-y\|\geq \|a-b\|-\|a-x\|-\|b-y\|\geq \delta-\frac\delta3-\frac\delta 3=\frac \delta 3>0.$$ Ainsi, on a bien $x\neq y$ et $U\cap V=\varnothing$.

Dans cet exercice, on utilisera plusieurs fois que pour tous $a,b,c\in\mathbb R$, alors $(a,c)\subset (a,b)\cup (b,c)$.

1. La réflexion est clairement symétrique et réflexive. De plus, elle est transitive. Si $x\mathcal R y$ et $y\mathcal R z$, alors $(x,y)\subset U$ et $(y,z)\subset U$. Puisque $(x,z)\subset (x,y)\cup (y,z)\subset U$, on a bien $x\mathcal R z$ et la relation est transitive.
2. Soient $a,b$ deux éléments de $C(x)$. Il suffit de démontrer que $(a,b)\subset C(x)$. Mais $(a,x)\subset U$ et $(b,x)\subset U$ et donc $(a,b)\subset U$. En particulier, prenons $y\in (a,b)$. Alors $(a,y)\subset U$ et $(a,x)\subset U$ et donc $(a,x)\subset U$, ce qui prouve que $y\in C(x)$ et donc que $C(x)$ est un intervalle.
3. Notons $y=\sup C(x)$. Si $y\in C(x)$, alors l'intervalle $[x,y]\subset U$. Mais puisque $U$ est ouvert, il existe $\veps>0$ tel que $[y,y+\veps]\subset U$. Mais alors $[x,y+\veps]\subset U$ et donc $y+\veps\in C(x)$, ce qui contredit la définition de $y$. On démontre de même que $\inf C(x)\notin C(x)$. Puisque $C(x)$ est un intervalle, on a $]\inf C(x),\sup C(x)[=C(x)$, qui est un intervalle ouvert, donc un ouvert.
4. $U$ est réunion disjointe des classes d'équivalence pour la relation $\mathcal R$. Ces classes d'équivalence sont des intervalles ouverts d'après la question précédente. Donc $U$ est réunion disjointe d'intervalles ouverts. En utilisant le fait que $\mathbb Q$ est dense dans $\mathbb R$, et que $\mathbb Q$ est dénombrable, on pourrait en fait démontrer que $U$ est une réunion dénombrable d'intervalles ouverts disjoints.

L'une des difficultés, dans cet exercice, vient des notations. Si on veut utiliser la caractérisation séquentielle des fermés, on va avoir besoin de suites d'éléments de $E$, c'est-à-dire de suites de suites. Commençons par démontrer que $A$ est fermé. Soit $(u( k))$ une suite d'éléments de $A$, qui converge vers un élément $u\in E$. Chaque $u(k)$ est une suite croissante. Donc, pour tout entier $n\geq 1$, on a $u_n(k)\leq u_{n+1}(k).$ Si on fait tendre $k$ vers $+\infty$, on en déduit que $$u_n\leq u_{n+1}$$ et donc que la suite $u$ est croissante. Ainsi, $A$ est bien fermé.
Démontrons que $B$ est également fermé. Soit $(u( k))$ une suite d'éléments de $B$, qui converge vers un élément $u\in E$. Soit $\veps>0$. Il existe un entier $k$ tel que $$\|u-u(k)\|_\infty\leq \veps,$$ ce qui signifie que, pour tout $n\geq 1$, on a $$|u_n-u_n(k)|\leq \veps.$$ Ce $k$ étant fixé, il existe un entier $n_0$ tel que, pour tout $n\geq n_0$, on a $|u_n(k)|\leq\veps$. D'après l'inégalité triangulaire, pour tout $n\geq n_0$, on a $$|u_n|\leq |u_n-u_n(k)|+|u_n(k)|\leq 2\veps.$$ Ainsi, on en tire que $u$ converge vers $0$. $u$ est un élément de $B$, et donc $B$ est fermé.

Soit $B=B(x,R)$ une telle boule ouverte, et $y\in \bar B$. Pour tout $\veps>0$, il existe $z$ dans $B$ avec $\|z-y\|\leq\veps$. On en déduit par l'inégalité triangulaire que : $$\|y-x\|\leq R+\veps,$$ et donc puisque ceci est vérifié pour tout $\veps>0$, $\|z-x\|\leq R$, ce qui montre une inclusion. D'autre part, si $y$ est dans la boule fermée de centre $x$ et de rayon $R$, il suffit de se restreindre à $y$ sur la sphère, et si $\veps$ est un réel positif, on considère : $$z=x+(R-\veps) \frac{y-x}{R}.$$ Alors, on a $\|z-x\|\leq R-\veps\implies z\in B$ et $\|z-y\|\leq\veps.$ Ceci montre que $y\in\bar B$. Bien sûr, on aurait pu faire toute la preuve avec la caractérisation séquentielle, en remplaçant $\veps$ par $1/n$ avec $n\to+\infty$.

1. Soit $x,y\in \bar V$ et $\lambda,\mu\in\mtr$. $x$ (resp. $y$) est limite d'une suite $(x_n)$ (resp. $(y_n)$) d'éléments de $V$. Puisque $V$ est un sous-espace vectoriel, la suite $$z_n=\lambda x_n+\mu y_n$$ évolue dans $V$. On passe à la limite : $z_n$ converge vers $z=\lambda x+\mu y$, qui est élément de $\bar{V}$ puisque $z_n\in V$.
2. Soit $a\in V$ et $\veps>0$ tel que $B(a,\veps)\subset V$. Soit $x\in B(0,\veps)$. Puisque $x+a\in B(a,\veps)\subset V$ et que $V$ est un espace vectoriel, on a $x\in V$. D'où $B(0,\veps)\subset V$. Si maintenant $x\neq 0$ est dans $E$, alors $z=\frac{\veps x}{2\|x\|}$ est dans $B(0,\veps)$, donc dans $V$, et puisque $V$ est un sous-espace vectoriel, c'est aussi le cas de $x$.
3. Soit $H$ un hyperplan de $E$. Alors $\bar H$ est un sous-espace vectoriel de $E$ et $H\subset\bar H$. Par définition d'un hyperplan (sous-espace vectoriel maximal pour l'inclusion), alors ou bien $H=\bar H$ et $H$ est fermé, ou bien $\bar H=E$ et $H$ est dense.

On va prouver que l'intérieur de $D$ est vide. Pour cela, prenons $f\in D$ et construisons une suite de fonctions $f_n$ dans $D^c$ qui converge vers $f$ pour $\|\cdot\|$. Pour cela, considérons $g(x)=|x-\frac 12|$, de sorte que $\|g\|_\infty=\frac 12$. Mais alors, posons $$f_n(x)=f(x)+\frac 1ng(x).$$ Alors $\|f_n-f\|_\infty=\frac 1n\|g\|_\infty\leq \frac{1}{2n}\to 0$. Et de plus, $f_n$ n'est pas dérivable en $1/2$ car $g$ ne l'est pas alors que $f$ l'est. Donc $f_n\in D^c$, ce qui achève la preuve que l'intérieur de $D$ est vide. Puisque $P\subset D$, l'intérieur de $P$ est vide lui aussi.

Soit $x,y\in\bar C$, et $t\in[0,1]$. $x$ (resp. $y$) est limite d'une suite $(x_n)$ (resp. $(y_n)$) d'éléments de $C$. Puisque $C$ est convexe, la suite $$z_n=tx_n+(1-t)x_n$$ est dans $C$. On passe à la limite : la suite $(z_n)$ converge vers $tx+(1-t)y$, et cette limite est dans $\bar C$. D'où $tx+(1-t)y\in\bar C$, ensemble qui est donc convexe.
Prouvons maintenant le résultat concernant l'intérieur. Soit $x,y\in\stackrel{\circ}C$, $x\neq y$, et soit $z\in]x,y[$. Alors il existe une (unique) homothétie de centre $x$ qui envoie $y$ sur $z$ (une homothétie de centre $x$ est une application de la forme $w\mapsto x+\lambda(w-x)$. Cette homothétie transforme la boule de centre $y$ et de rayon $\delta$ en la boule de centre $z$ et de rayon $\lambda\delta$. Soit $\delta>0$ tel que $B(y,\delta)\subset C$ et soit $w\in B(z,\lambda \delta)$. Alors $w=h(u)$, avec $u$ un point de $B(y,\delta)$, et $h$ l'homothétie précédemment considérée. En particulier,$w$ est sur le segment $[x,u]$ et est donc un élément de $C$. Autrement dit, on vient de prouver que $B(z,\lambda\delta)\subset C$, ce qui prouve $z\in \stackrel{\circ}C$. $\stackrel{\circ}C$ est convexe.

On va considérer une partie de $\mtr$. Un singleton est d'intérieur vide, et un intervalle ouvert a pour adhérence l'intervalle fermé : on considère donc d'abord : $$B=\{0\}\cup]1,2[.$$ Si l'on veut ensuite que l'intérieur de l'adhérence de $A$ soit différent de $A$, il est judicieux que 2 soit dans l'intérieur de l'adhérence de $A$, et pour cela on colle un intervalle ouvert de l'autre côté de $A$. On pose alors : $$A=\{0\}\cup]1,2[\cup]2,3[.$$ On a : $$\stackrel{\circ}{A}=]1,2[\cup]2,3[,$$ $$\bar A=\{0\}\cup [1,3],$$ $$Int(\bar A)=]1,3[,$$ $$Adh(\stackrel{\circ}{A})=[1,3],$$ ce qui prouve bien que tous ces ensembles sont différents.

Soit $a\in E$ et $\veps>0$. Il s'agit de prouver que $B(a,\veps)\cap U\cap V$ est non-vide. Mais $U$ est dense dans $E$, et donc il existe $u\in U\cap B(a,\veps)$. Puisque $U\cap B(a,\veps)$ est ouvert, il existe $\delta>0$ tel que $B(u,\delta)\subset U\cap B(a,\veps)$. Maintenant, puisque $V$ est dense, il existe $v\in V\cap B(u,\delta)$. Alors $v\in B(a,\veps)\cap U\cap V$. Remarquons que l'hypothèse $V$ ouvert est inutile. On aurait pu se contenter de supposer que $U$ est un ouvert dense et que $V$ est dense.

Posons $f(x,y)=x^2-\exp(\sin y)+12$. Alors $f$ est continue sur $\mathbb R^2$, et $F=f^{-1}(]-\infty,0[)$. Comme $]-\infty,0[$ est ouvert, $F$ est ouvert comme image réciproque d'un ouvert par une application continue. De même, posons $g(x,y)=\ln(x^2+1)$. Alors $g$ est continue et $G=g^{-1}(]-1,1[)$ est ouvert comme image réciproque de l'ouvert $]-1,1[$ par $g$.

Soit $x\in E$ et considérons la suite $(x_n)$ définie pour $n\geq 0$ par $x_n=x/2^n$. Alors on a $h(x_n)=h(x_n/2)=h(x_{n+1})$ pour tout entier $n$. En particulier, on en déduit que la suite $(h(x_n))$ est constante, égale à $h(x_0)$. De plus, $(x_n)$ converge vers $0$, et comme $h$ admet pour limite $\ell$ en $0$, $h(x_n)$ converge vers $\ell$. Par unicité de la limite, on a $h(x)=h(x_0)=\ell$ ce qui prouve bien que $h$ est constante.

On va munir $\mathbb R^2$ de la norme $\|\cdot\|_\infty$, $\|(x,y)\|_\infty=\max(|x|,|y|)$. Imaginons que la fonction $f$ soit uniformément continue. Alors, en appliquant la définition pour $\veps=1$, il existerait $\alpha>0$ tel que $$\forall (a,b,x,y)\in\mathbb R^4,\ |x-a|<\alpha\textrm{ et }|y-b|<\alpha\implies |f(x,y)-f(a,b)|<1.$$ On va choisir judicieusement $a,b,x,y$ de sorte que cette dernière inégalité soit fausse. Pour cela, on commence par choisir $x$ et $y$ de sorte que $x=a+\alpha/2$ et $y=b$. On a alors : $$f(x,y)-f(a,b)=b\alpha/2.$$ On choisit $a=0$, $b=2/\alpha$. On a $$f(x,y)-f(a,b)=1,$$ une contradiction puisque $|x-a|<\alpha$ et $|y-b|<\alpha$.

Le sens direct est très facile. En effet, si $f$ est continue sur $I$, alors $f$ vérifie la propriété des valeurs intermédiaires d'après le théorème des valeurs intermédiaires. De plus, l'image réciproque par $f$ d'un fermé de $\mathbb R$ est un fermé de $I$, et $\{f(x)\}$ est un fermé de $\mathbb R$. Réciproquement, supposons que $f$ vérifie la propriété des valeurs intermédiaires et que, pour tout $x\in I$, $f^{-1}(\{f(x)\})$ est fermé dans $I$, et supposons par l'absurde qu'il existe $a\in I$ tel que $f$ n'est pas continue en $a$. On peut alors trouver une suite $(x_n)$ de $I$ tel que $(f(x_n))$ ne converge pas vers $f(a)$. Quitte à extraire, et à changer $f$ en $-f$, on peut supposer qu'il existe $\veps>0$ tel que $f(x_n)>f(a)+\veps$ pour tout entier $n$. Posons $\lambda=f(a)+\veps$. Puisque $f$ vérifie la propriété des valeurs intermédiaires, on sait qu'il existe $(b_n)$ compris entre $x_n$ et $a$ tel que $f(b_n)=f(a)+\veps$. Soit $x=b_0$, on sait que l'ensemble $f^{-1}(\{f(x)\})$ est un fermé de $I$. Or, il contient tous les éléments de la suite $(b_n)$ qui converge vers $a\in I$. On en déduit que $a\in f^{-1}(\{f(x)\})$, c'est-à-dire que $f(a)=f(a)+\veps$. C'est bien sûr absurde!

On va partir des inégalités $|x|\leq (x^2+y^2)^{1/2}$ et $|y|\leq (x^2+y^2)^{1/2}$. Ainsi, on a $$|f(x,y)|\leq (x^2+y^2)^{\frac{\alpha+\beta}2-1}.$$ Ainsi, si $\alpha+\beta>2$, $f(x,y)$ tend vers $0$ si $(x,y)$ tend vers $(0,0)$. Dans le cas contraire, alors on remarque que d'une part $f(1/n,0)=0$ et donc si $f$ admet une limite en $(0,0)$, celle-ci ne peut être que nulle. Maintenant, on a $$f(1/n,1/n)=n^{2-\alpha-\beta}.$$ Ceci ne tend pas vers 0 si $\alpha+\beta\leq 2$, et la fonction $f$ n'admet pas de limite en $(0,0)$.

On pose $x=y=t$, et on fait tendre $t$ vers 0. On a alors $$f(t,t)=\frac{1}{2}.$$ En faisant tendre $t$ vers 0, on voit que ceci tend vers 1/2, qui n'est pas 0. La fonction $f$ n'est pas continue en $(0,0)$.

Posons $\mathcal D=\{(x,y)\in\mathbb R^2;x^2+y^2<1\}$ et $\mathcal U=\{(x,y)\in\mathbb R^2; x^2+y^2>1\}$. $\mathcal D$ et $\mathcal U$ sont deux ouverts de $\mathbb R^2$ sur lesquels $f$ a une expression polynomiale. $f$ est donc continue sur $\mathcal D$ et sur $\mathcal U$. Il reste donc à vérifier la continuité de $f$ en un point $(a,b)$ tel que $a^2+b^2=1$. Soit $(a,b)$ un tel point et soit $(x_n,y_n)$ une suite qui converge vers $(a,b)$. Soit $n\geq 1$. Si $(x_n,y_n)$ est élément de $\mathcal U$, alors $f(x_n,y_n)=2x_n^2+y_n^2-1$ tandis que si ce n'est pas le cas, $f(x_n,y_n)=x_n^2$. Mais, $$2x_n^2+y_n^2-1\to 2a^2+b^2-1=a^2\textrm{ tandis que }x_n^2\to a^2.$$ On a bien $f(x_n,y_n)\to a^2=f(a,b)$, et la fonction $f$ est continue en $(a,b)$.

Remarquons déjà que le domaine de définition de $f$ est $D=\mathbb R^*\times\mathbb R^*$. Posons de plus $h:\mathbb R\to\mathbb R$ définie par $h(u)=\frac{\sin u}{u}$ si $u\neq 0$ et $h(0)=1$, et posons également $g:\mathbb R^2\to\mathbb R, (x,y)\mapsto xy$. Il est bien connu que la fonction $h$ est continue sur $\mathbb R$ (c'est le prolongement par continuité sur $\mathbb R$ de la fonction $x\mapsto \frac{\sin x}x$). $g$ est bien sûr continue, et donc $h\circ g$ est une fonction continue sur $\mathbb R^2$. Mais, si $(x,y)\in D$, alors $f(x,y)=h\circ g(x,y)$. Ainsi, $h\circ g$ est un (le!) prolongement continu de $f$ à $\mathbb R^2$.

Soit $(a,b)\in\mathbb R^2$. Si $a\neq b$, on a encore $x\neq y$ pour tout $(x,y)$ proche de $(a,b)$ et on a bien $$F(x,y)=\frac{f(x)-f(y)}{x-y}\xrightarrow{(x,y)\to(a,b)}\frac{f(a)-f(b)}{a-b}=F(a,b).$$ Si maintenant $a=b$, alors on remarque que, pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2$, ou bien en appliquant la définition si $x=y$, ou bien en appliquant le théorème des accroissements finis, il existe $c_{x,y}$ compris entre $x$ et $y$ tel que $$F(x,y)=f'(c_{x,y}).$$ Mais si $(x,y)\to (a,a)$, alors $c_{x,y}\to a$ et la continuité de $f'$ entraîne que $$F(x,y)\to f'(a)=F(a,a).$$ Ainsi, $F$ est aussi continue en $(a,a)$.

Les deux normes sont équivalentes si et seulement s'il existe $a,b>0$ tels que, pour tout $x\in E$, on a $N_1(x)\leq a N_2(x)$ et $N_2(x)\leq bN_1(x)$. Si on réécrit ces deux inégalités sous la forme $$N_1(Id(x))\leq aN_2(x)\textrm{ et }N_2(Id(x))\leq bN_1(x)$$ alors on en déduit que c'est équivalent à la continuité des deux applications mentionnées dans l'énoncé.

Pour $a\in\mathbb R$, la fonction $f_a(x)=e^{ax}$ est dans $E$, et elle vérifie $Df_a=af_a$. Or, si $D$ était continue pour la norme $N$, il existerait une constante $C>0$ telle que $$N(D(f_a))\leq C N(f_a)$$ pour tout $a\in\mathbb R$. On obtiendrait alors que, pour tout $a\in\mathbb R$, $$|a|N(f_a)\leq CN(f_a)\implies |a|\leq C.$$ C'est bien sûr impossible, et $D$ n'est pas continue sur $(E,N)$.

On a $A^\perp=\{x\in E;\ \forall a\in A,\ \langle x,a\rangle=0\}$. Posons $f_a(x)=\langle x,a\rangle$. Alors $f_a$ est une application linéaire continue : en effet, pour tout $x\in E$, on a d'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz : $$|\langle x,a\rangle|\leq \|a\|\times \|x\|.$$ Mais alors, $A^\perp=\bigcap_{a\in A}f_a^{-1}(\{0\})$. Ainsi, $A^\perp$ est un fermé comme intersection (quelconque) de parties fermées de $E$.

Notons $F=\{x\in E;\ \|u(x)\|=1\}$. D'une part, si $u$ est continue, alors $F=u^{-1}(\{1\})$ est un fermé. Réciproquement, supposons que $u$ ne soit pas continue. Alors il existe une suite $(x_n)$ de $E$, $x_n\neq 0$, telle que $\|u(x_n)\|/\|x_n\|\to+\infty$. Posons $y_n=\frac{x_n}{\|u(x_n)\|}$. Alors $\|y_n\|\to 0$ et $\|u(y_n)\|= 1$. Ainsi, chaque $y_n$ est élément de $F$. Si $F$ était fermé, alors $0$ serait élément de $E$, ce qui n'est pas le cas. Donc $F$ n'est pas fermé, ce qui démontre que $u$ est continue si et seulement si $F$ est fermé.