Exercices corrigés - 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 $(u_n)_{n\geq 2}$ définie pour $n\geq 2$ 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 $(x_n,y_n)_{n\geq 1}$ 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 : le point $(0,0)$ est élément de $B$ mais 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, avec $\veps>0$ assez petit).
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 $(0,1+\veps)$ avec $\veps>0$ assez petit).
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 $u_n=1-\frac 1n$ pour $n\geq 2$ 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!).

1. On va commencer par prouver que $O$ est un ouvert de $(E,\|\cdot\|_\infty)$. Soit $f\in O$ et posons $r=f(1)$. Alors $B_\infty(f,r)\subset O.$ En effet, si $g\in B_\infty(f,r),$ alors $$g(1)\geq f(1)+g(1)-f(1)\geq f(1)-\|f-g\|_\infty> f(1)-f(1)=0.$$ En revanche, $O$ n'est pas un ouvert de $(E,\|\cdot\|_1)$. En effet, considérons $f\in O$ et $r>0$ quelconque. Pour $n\geq 1,$ posons $g_n=f-f(1)x^n$. Alors $\|g_n-f\|_1=f(1)\int_0^1 x^ndx=\frac{f(1)}{n+1}\to 0$. Ainsi, pour $n$ assez grand, $g_n\in B_1(f,r).$ En revanche, $g_n$ n'est jamais élément de $O$. En effet, on a $g_n(1)=f(1)-f(1)=0.$
2. On prouve que $E\backslash F=\{f\in E:\ \int_0^{1/2}f(t)dt>0\}$ est ouvert pour $\|\cdot\|_\infty$ et aussi pour $\|\cdot\|_1.$ Soit $f\in E\backslash F$ et commençons par traiter le cas de la norme infinie. Soit $r=\int_0^{1/2}f(t)dt>0$ et $g\in B_\infty(f,r).$ Alors \begin{align*} \int_0^{1/2}g(t)dt&=\int_0^{1/2}f(t)dt+\int_0^{1/2}\big(g(t)-f(t)\big)dt\\ &\geq \int_0^{1/2}f(t)dt-\int_0^{1/2}|g(t)-f(t)|dt\\ &\geq \int_0^{1/2}f(t)dt-\int_0^{1/2}\|g-f\|_\infty dt\\ &\geq \int_0^{1/2}f(t)dt-\int_0^{1/2} r dt\\ &\geq r-\frac r2>0 \end{align*} Ainsi $B_\infty(f,r)\subset E\backslash F$ et $F$ est bien un fermé de $(E,\|\cdot\|_\infty).$ Passons à la norme 1. On va prouver qu'on a toujours $B_1(f,r)\subset E\backslash F.$ En effet, si $g\in B_1(f,r),$ alors \begin{align*} \int_0^{1/2}g(t)dt&=\int_0^{1/2}f(t)dt+\int_0^{1/2}g(t)-f(t)\\ &\geq \int_0^{1/2}f(t)dt-\int_0^{1/2}|g(t)-f(t)|dt\\ &\geq \int_0^{1/2}f(t)dt-\int_0^{1}|g(t)-f(t)|dt\\ &> r-r=0 \end{align*}

Remarquons qu'on aurait pu conclure que $O$ est un ouvert pour $(E,\|\cdot\|_\infty)$ et que $F$ est un fermé pour $(E,\|\cdot\|_\infty)$ et $(E,\|\cdot\|_1)$ en remarquant que ce sont respectivement l'image réciproque d'un ouvert ou d'un fermé de $\mathbb R$ par une forme linéaire continue.

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 $(x,y)\subset U$, ce qui prouve que $y\in C(x)$ et donc que $C(x)$ est un intervalle.
3. Supposons d'abord que $C(x)$ est majoré et minoré, et 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.
   Si $C(x)$ n'est pas majoré, mais minoré, alors $C(x)$ est un intervalle non majoré, il est de la forme $[a,+\infty[$ ou $]a,+\infty[$, et le raisonnement précédent montre qu'il est en fait de la forme $]\inf C(x),+\infty[$. On procède de la même façon si on suppose que $C(x)$ n'est pas minoré.
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.
On va enfin prouver que $C$ n'est pas fermé. Pour tout $p\geq 1,$ notons $\delta(p)$ la suite $(1,0,\dots,0,1,0,\dots,0,1,\dots)$ où les $1$ se situent aux indices multiples de $p$ : autrement dit, $\delta_n(p)=1$ si et seulement si $p|n$, et $\delta_n(p)=0$ sinon. Alors $\delta(p)$ est une suite périodique (et bornée). De plus, il est facile de voir que toute combinaison linéaire des suites $\delta(p)$ est encore périodique. Posons, pour $P\geq 1,$ $$u(P)=\sum_{p=1}^P \frac1{2^p}\delta(p)$$ et $u$ la suite $(u_n)$ telle que, pour tout $n\geq 0,$ $$u_n=\sum_{p=1}^{+\infty}\frac1{2^p}\delta_n(p).$$ La dernière série qui apparaît est effectivement convergente, et $0\leq u_n\leq 1$ de sorte que $u\in E.$ De plus, pour tout $n\geq 0,$ et pour tout $P\geq 1,$ on a $$|u_n-u_P(n)|=\sum_{p=P+1}^{+\infty}\frac1{2^p}\delta_n(p)\leq \sum_{p=P+1}^{+\infty}\frac 1{2^p}\to 0.$$ Ainsi, $(u(P))$ converge vers $u$ dans $E.$ Finalement, on remarque que chaque $u(P)$ est périodique, donc élément de $C$, alors que $u$ ne l'est pas. En effet, on a $u_0=1$ et $u_n<1$ pour tout $n\geq 1.$ Donc $C$ n'est pas fermé.

On commence par remarquer que $\varnothing$ et $E$ sont des parties à la fois ouvertes et fermées de $E$. Réciproquement, soit $A$ une partie de $E$ à la fois ouverte et fermée. Supposons $A\neq\varnothing$ et $A\neq E$. On peut alors trouver $a\in A$ et $b\in E\backslash A.$ Considérons ensuite $$I=\{t\in[0,1]:\ (1-t)a+tb\in A\}.$$ Alors $I$ est une partie non vide de $\mathbb R$ car $0\in I$ et $I$ est majorée par $1$. Elle admet une borne supérieure $s$. Soit $(t_n)$ une suite de $I$ qui converge vers $s$. Alors $(1-t_n) a+t_n b\in A$. Comme $A$ est fermé, par passage à la limite, $(1-s) a+ sb\in A.$ Si $s=1,$ alors il y a une contradiction avec $b\in E\backslash A.$ Si $s<1,$ alors notons $x_0=(1-s) a+s b.$ Puisque $A$ est ouvert, il existe $r>0$ tel que $B(x_0,r)\subset A.$ Mais alors, il existe $t\in ]s,1[$ tel que $ta+(1-t)b\in B(x_0,r)\subset A.$ Ceci contredit que $s$ est la borne supérieure de $I$.

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 $\veps>0$, $\|y-x\|\leq R$, ce qui montre que $\bar B\subset \bar B(x,R)$.
Réciproquement soit $y\in \bar B(x,R)$. Si $y\in B(x,R)=B$ on a bien sûr $x\in \bar B.$ On peut donc se restreindre au cas où $\|y-x\|=R.$ Soit $\veps>0$. 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.
4. On a $A\subset\vect(A)$ et donc $\bar A\subset\overline{\vect(A)}.$ Mais $\overline{\vect(A)}$ est un sous-espace vectoriel de $E$ et on a $$\vect(\bar A)\subset\vect(\overline{\vect(A)})=\overline{\vect(A)}.$$

Introduisons $L(f)=f(0)$. Alors, pour tout $f\in E$, $|L(f)|\leq \|f\|_\infty$. Ainsi, la forme linéaire $L$ est continue de $(E,\|\cdot\|_\infty)$ dans $(\mathbb R,|\cdot|)$. Puisque $F=L^{-1}(\{0\})$, $F$ est un fermé de $E$ pour $\|\cdot\|_\infty$.
Ceci ne fonctionne plus avec la norme $\|\cdot\|_1$, et on va au contraire prouver que $F$ est dense dans $E$ pour cette norme. Pour cela, fixons $f\in E$ et, pour $n\geq 1$, considérons $f_n$ la fonction de $E$ qui est égale à $f$ sur $[1/n,1]$ et qui est affine sur $[0,1/n]$, avec de plus $f_n(0)=0$ de sorte que $f_n\in F$. Alors on a $$\|f_n-f\|_1=\int_0^{1/n}|f_n(t)-f(t)|dt.$$ Mais, pour tout $t\in [0,1/n]$, $|f(t)|\leq \|f\|_\infty$. De même, pour tout $t\in [0,1/n]$, on a $$|f_n(t)|\leq |f_n(1/n)|=|f(1/n)|\leq\|f\|_\infty.$$ Ainsi, $$\|f_n-f\|_1\leq \int_0^{1/n}\big(|f(t)|+|f_n(t)|\big)dt\leq \frac{2\|f\|_\infty}n.$$ On a bien $f_n\to f$ pour la norme $\|\cdot\|_1$, et $F$ est dense dans $E$.

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 $$z_n=tx_n+(1-t)y_n$$ 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.

1. Soit $u,v\in E$ et $\lambda\in\mathbb R.$ On a $N_{\infty}(u)=0$ si et seulement si, pour tout $n\in\mathbb N,$ $u_n=0$ si et seulement si $u=0$. De plus, puisque pour tout entier $n,$ on a $|\lambda u_n|=|\lambda|\cdot |u_n|,$ on a $N_{\infty}(\lambda u)=|\lambda |N_{\infty}(u)$. Enfin, pour tout entier $n$, on a $$|u_n+v_n|\leq |u_n|+|v_n|\leq N_\infty(u)+N_\infty(v).$$ En passant à la borne supérieure, on trouve $$N_\infty(u+v)\leq N_\infty(u)+N_\infty(v).$$ Ceci prouve que $N_\infty$ est une norme sur $E.$ Passons maintenant à $N.$ Remarquons d'abord que $N$ est bien définie sur $E$ (la série définissant $N(u)$ est convergente par convergence de la série géométrique $\sum_n 2^{-n}$). De plus, tous les termes de la somme étant positifs ou nuls, on a $$N(u)=0\iff \forall n\in\mathbb N, |u_n|=0\iff u=0.$$ De plus, on a $$N(\lambda u)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{|\lambda u_n|}{2^n}=\sum_{n=0}^{+\infty}|\lambda|\frac{|u_n|}{2^n}=|\lambda|N(u).$$ Enfin, pour tout $n\in\mathbb N,$ $$\frac{|u_n+v_n|}{2^n}\leq \frac{|u_n|}{2^n}+\frac{|v_n|}{2^n}.$$ Si on somme ces inégalités, on trouve que $N(u+v)\leq N(u)+N(v).$ Ainsi, $N$ est également une norme sur $E.$
   Les normes $N_\infty$ et $N$ ne sont pas équivalentes. En effet, considérons la suite $(u(p))$ de $E$ où $u_n(p)=0$ si $n\neq p$ et $u_n(p)=1$ si $n=p.$ Alors $N_\infty(u(p))=1$ alors que $N(u(p))=2^{-p}$. Il est ainsi impossible de trouver une constante $C>0$ telle que, pour tout $u\in E,$ $N_\infty(u)\leq C N(u)$.
2. Supposons qu'il existe une suite $u$ dans l'intérieur de $A.$ Soit $\veps>0$ tel que $B(u,\veps)\subset A.$ Soit $v$ la suite définie par, pour tout $n\in\mathbb N,$ $v_n=u_n+\veps/2.$ Alors $v\in B(u,\veps)$ alors que $v\notin A$ puisqu'elle est stationnaire égale à $\veps/2$. On obtient une contradiction. Donc l'intérieur de $A$ est vide.
   On va ensuite démontrer que l'adhérence de $A$ est l'ensemble des suites qui convergent vers $0.$ Soit $u$ une telle suite, et posons, pour $p\geq 1,$ $u(p)$ la suite définie par $u_n(p)=u_n$ si $n\leq p$ et $u_n(p)=0$ sinon. Alors $u(p)\in A.$ De plus, $$N_\infty(u-u(p))=\sup_{n>p} |u_n|\xrightarrow{p\to+\infty}0.$$ Ceci montre que l'ensemble des suites de limite nulle est contenu dans l'adhérence de $A.$ Réciproquement, soit $u$ dans l'adhérence de $A$ et prouvons que $u$ est de limite nulle. Soit $\veps>0.$ Il existe $v\in A$ tel que $N_\infty(u-v)\leq \veps.$ Cette suite $v$ étant fixée, il existe $N\in\mathbb N$ tel que, pour tout $n\geq N,$ $v_n=0$. On en déduit que, pour $n\geq N,$ $$|u_n|=|u_n-v_n|\leq N_\infty(u-v)\leq\veps.$$ On a bien démontré que la suite $u$ converge vers $0$ et le résultat annoncé.
3. Soit $u$ dans l'intérieur de $B$ et soit $\veps>0$ tel que $B(u,\veps)\subset B.$ Alors il est clair que, pour tout $m\geq 0,$ on a $u_m\geq \veps$ sinon la suite $v$ définie par $v_n=u_n$ pour $n\neq m$ et $v_n=0$ si $n=m$ vérifie $N_\infty(u-v)=|u_m|<\veps$ et $v\notin B$. Réciproquement, démontrons que si $u$ est une suite telle qu'il existe $\veps>0$ avec $u_n\geq \veps$ pour tout $n\in\mathbb N,$ alors $u$ est dans l'intérieur de $B.$ C'est facile : il suffit de remarquer que $B(u,\veps)\subset B.$
   Démontrons ensuite que l'adhérence de $B$ est l'ensemble des suites à valeurs positives ou nulles. Soit $u$ dans l'adhérence de $B$ et $(u(p))$ une suite d'éléments de $B$ qui converge vers $u$. Alors pour tout $n\in\mathbb N,$ $(u_n(p))_p$ converge vers $u_n$ puisque $|u_n(p)-u_n|\leq N_\infty(u(p)-u)$. Or, $u_n(p)>0$ et par passage à la limite, on a $u_n\geq 0.$ Réciproquement, si $u$ est une suite à valeurs positives ou nulles, alors posons $u(p)$ la suite définie par $u_n(p)=u_n+2^{-p}$. Alors $(u(p))_p$ est une suite d'éléments de $B.$ De plus, on a $N_\infty(u-u(p))=2^{-p}$ et la suite $(u(p))$ converge vers $u$ qui est bien dans l'adhérence de $B.$

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 $h(x_0)=h(x)$. 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 $h(x)=\ell$ ce qui prouve bien que $h$ est constante.

Soit $x,y\in E$. Alors \begin{align*} |f(x)-f(y)|&=\left|\frac 1{1+\|x\|}-\frac 1{1+\|y\|}\right|\\ &=\left|\frac{\|x\|-\|y\|}{(1+\|x\|)(1+\|y\|)}\right| \end{align*} Mais on a d'une part $|\|x\|-\|y\||\leq \|x-y\|$ d'après l'inégalité triangulaire et d'autre part $(1+\|x\|)(1+\|y\|)\geq 1.$ On en déduit $|f(x)-f(y)|\leq \|x-y\|$ qui est bien l'inégalité demandée.

On commence par vérifier que $g(E)\subset B(0,1)$. En effet, si $x\in B(0,1)$, on a $$\|g(x)\|=\frac{\|x\|}{1+\|x\|}<1.$$ Soit $y\in B(0,1)$. On cherche à résoudre l'équation $y=g(x)$ avec $x\in B(0,1).$ Si une solution existe, on a $y=\frac{x}{1+\|x\|}$ et donc $$\|y\|=\frac{\|x\|}{1+\|x\|}.$$ On obtient alors facilement que $$\|x\|=\frac{\|y\|}{1-\|y\|}$$ et de $$y=\frac{x}{1+\|x\|}=\frac{x}{ 1 +\frac{\|y\|}{1-\|y\|}}=(1-\|y\|)x$$ on tire $$x=\frac{y}{1-\|y\|}$$ Réciproquement, on vérifie très facilement que $$g\left(\frac{y}{1-\|y\|}\right)=y.$$ On a donc prouvé que $g$ est une bijection de $E$ sur $B(0,1)$ et que $g^{-1}(y)=\frac{y}{1-\|y\|}$ (le dénominateur ne s'annule pas). On conclut que $g$ et $g^{-1}$ sont continues comme quotient de deux fonctions continues.

On va prouver que $\varphi$ est $1$-lipschitzienne. Pour cela, on considère $f,g\in E$ et soit $t\in [0,1]$. Alors on a $$\varphi(g)\leq g(t)=g(t)-f(t)+f(t)\leq \|g-f\|_\infty+f(t).$$ On a donc, pour tout $t\in [0,1],$ $$f(t)\geq \varphi(g)-\|g-f\|_\infty.$$ Prenant la borne inférieure, on trouve $$\varphi(f)\geq \varphi(g)-\|g-f\|_\infty$$ c'est-à-dire $\varphi(g)-\varphi(f)\leq \|g-f\|_\infty.$ Par symétrie du rôle joué par $f$ et $g$, on a aussi $\varphi(f)-\varphi(g)\leq \|f-g\|_\infty$ et donc $|\varphi(g)-\varphi(f)|\leq \|g-f\|_\infty.$ L'application $\varphi$ est $1$-lipschitzienne, donc continue.

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!

Non! Par exemple, dans $\mathbb R^2$, considérons $(u_n)$ définie par $u_{2n}=(n,0)$ et $u_{2n+1}=(0,n)$. Alors chacune des suites coordonnées admet une suite extraite convergente (et même constante). Si on considère maintenant une suite extraite $(u_{\phi(n)})$, alors $\|u_{\phi(n)}\|_\infty\geq \phi(n)\geq n$ et la suite ne peut pas converger.