Exercice 1 5241

Soient $a$ un élément et $F$ une partie fermée non vide d’un espace normé $E$ de dimension finie. Montrer

a \in F \Leftrightarrow d (a, F) = 0 .

Exercice 2 4076 Correction

Soient $F$ une partie fermée non vide d’un espace normé $E$ et $x \in E$ . Montrer

d (x, F) = 0 \Leftrightarrow x \in F .

Solution

Rappelons

d (x, F) = inf {∥ x - y ∥ | y \in F}

$(⟸)$ Si $x \in F$ alors $0 \in {∥ x - y ∥ | y \in F}$ et donc $d (x, F) = 0$ .

$(⟹)$ Si $d (x, F) = 0$ alors pour tout $n \in ℕ$ , il existe $y_{n} \in F$ vérifiant

∥ x - y_{n} ∥ \leq \frac{1}{n + 1} .

En faisant varier $n$ , cela détermine $(y_{n}) \in F^{ℕ}$ telle que $y_{n} \to x$ .
Or $F$ est une partie fermée, elle contient les limites de ses suites convergentes et par conséquent $x \in F$ .

Exercice 3 1107 Correction

Soit $E$ une espace vectoriel normé.

(a)

Soient $F$ une partie fermée non vide de $E$ et $x \in E$ . Montrer

$d (x, F) = 0 \Leftrightarrow x \in F .$
(b)

Soient $F$ et $G$ deux fermés non vides et disjoints de $E$ .
Montrer qu’il existe deux ouverts $U$ et $V$ tels que

$F \subset U, G \subset V et U \cap V = \emptyset .$

Solution

(a)

Rappelons

$d (x, F) = inf {∥ x - y ∥ | y \in F}$

$(⟸)$ Si $x \in F$ alors $0 \in {∥ x - y ∥ | y \in F}$ et donc $d (x, F) = 0$ .

$(⟹)$ Si $d (x, F) = 0$ alors pour tout $n \in ℕ$ , il existe $y_{n} \in F$ vérifiant

$∥ x - y_{n} ∥ \leq \frac{1}{n + 1} .$

En faisant varier $n$ , cela déterminer $(y_{n}) \in F^{ℕ}$ telle que $y_{n} \to x$ .
Or $F$ est une partie fermée, elle contient les limites de ses suites convergentes et par conséquent $x \in F$ .
(b)

Soient

$U = ⋃_{x \in F} B (x, \frac{1}{2} d (x, G)) et V = ⋃_{x \in G} B (x, \frac{1}{2} d (x, F)) .$

Les parties $U$ et $V$ sont ouvertes car réunion de boules ouvertes et il est clair que $U$ et $V$ contiennent respectivement $F$ et $G$ .
S’il existe $y \in U \cap V$ alors il existe $a \in F$ et $b \in G$ tels que

$d (a, y) < \frac{1}{2} d (a, G) et d (b, y) < \frac{1}{2} d (b, F) .$

Puisque

$d (a, G), d (b, F) \leq d (a, b)$

on a donc

$d (a, b) \leq d (a, y) + d (y, b) < d (a, b) .$

C’est absurde et l’on peut conclure

$U \cap V = \emptyset .$

Exercice 4 4680

Soient $A$ une partie non vide d’un espace normé $E$ et $x$ un vecteur de $E$ .

(a)

Justifier que l’on peut introduire

$d (x, A) = inf_{a \in A} ∥ x - a ∥ \in ℝ_{+} .$
(b)

Montrer l’équivalence

$x \in \bar{A} \Leftrightarrow d (x, A) = 0 .$

Exercice 5 1120 Correction

Soient $A$ et $B$ deux parties non vides d’un espace vectoriel normé $E$ .
Établir

d (\bar{A}, \bar{B}) = d (A, B)

(en notant $d (A, B) = {inf}_{x \in A, y \in B} d (x, y)$ )

Solution

$A \subset \bar{A}$ , $B \subset \bar{B}$ donc $d (\bar{A}, \bar{B}) \leq d (A, B)$ .
Pour tout $x \in \bar{A}$ et $y \in \bar{B}$ , il existe $(a_{n}) \in A^{ℕ}$ et $(b_{n}) \in B^{ℕ}$ telles que $a_{n} \to x$ et $b_{n} \to y$ .
On a alors $d (x, y) = {lim}_{n \to + \infty} d (a_{n}, b_{n})$ or $d (a_{n}, b_{n}) \geq d (A, B)$ donc à la limite $d (x, y) \geq d (A, B)$ puis $d (\bar{A}, \bar{B}) \geq d (A, B)$ et finalement l’égalité.

Exercice 6 1106 Correction

Soient $A, B$ deux parties non vides d’un espace vectoriel normé $E$ telles que

d (A, B) = inf_{x \in A, y \in B} d (x, y) > 0 .

Montrer qu’il existe deux ouverts disjoints $U$ et $V$ tels que $A \subset U$ et $B \subset V$ .

Solution

Les ensembles

U = ⋃_{a \in A} B (a, d / 2) et V = ⋃_{b \in B} B (b, d / 2)

avec $d = d (A, B)$ sont solutions.

En effet, $U$ et $V$ sont des ouverts (par réunion d’ouverts) contenant $A$ et $B$ . Aussi, $U$ et $V$ sont disjoints car

	$U \cap V \neq \emptyset$	$⟹ \exists (a, b) \in A \times B, B (a, d / 2) \cap B (b, d / 2) \neq \emptyset$
		$⟹ d (A, B) < d .$

Exercice 7 2415 CENTRALE (MP)Correction

Soit $A$ une partie non vide de $ℝ$ telle que pour tout $x$ réel il existe un et un seul $y \in A$ tel que $| x - y | = d (x, A)$ . Montrer que $A$ est un intervalle fermé.

Solution

Soit $(x_{n}) \in A^{ℕ}$ convergeant vers $x \in ℝ$ . Il existe un unique $y \in A$ tel que $| x - y | = d (x, A)$ . Or $d (x, A) = 0$ donc $x = y \in A$ . Ainsi $A$ est fermé.
Par l’absurde supposons que $A$ ne soit pas un intervalle. Il existe alors $a < c < b$ tels que $a, b \in A$ et $c \notin A$ . Posons

α = sup {x \in A | x \leq c} et β = inf {x \in A | x \geq c} .

On a $α, β \in A$ , $α < c < β$ et $] α; β [\subset ∁_{ℝ} A$ .

Posons alors $γ = \frac{α + β}{2}$ . On a

d (γ, A) = \frac{β - α}{2} = | γ - α | = | γ - β |

ce qui contredit l’hypothèse d’unicité. C’est absurde.

Exercice 8 3066

On considère l’espace $E = 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ normé par ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ et la partie

A = {f \in E | f (0) = 0 et \int_{0}^{1} f (t) d t \geq 1} .

(a)

Montrer que $A$ est une partie fermée.
(b)

Vérifier que ${∥ f ∥}_{\infty} > 1$ pour tout $f \in A$ .
(c)

Calculer la distance de la fonction nulle à la partie $A$ .

Distance à une partie