104 Chap. 5. Espaces vectoriels normés
l x =
r
2x
x =
r
2
< r . Puisque A est un sous-espace vectoriel et l x ∈ A,
alors x =
1
l
(lx) ∈ A.
2) Soit x ∈ E tel que x = a. Montrons que x ∈ A. En notant y = a+
r
2 x − a
(x−a),
on a alors y − a =
r
2
< r donc y ∈ B(a, r ) et donc y ∈ A. Comme
a et y appartiennent à A et A est un sous-espace vectoriel, il en résulte que
x − a =
2 x − a
r
(y − a) ∈ A puis x = (x − a) + a ∈ A, d’où E ⊂ A.
Exercice 5.9
Soit E un espace vectoriel normé de dimension finie n.
1) Soit A un sous-espace vectoriel de E. Montrer que A est fermé (on pourra soit
utiliser une base bien choisie de E, soit utiliser un produit scalaire sur E).
2) Montrer que E est le seul sous-espace vectoriel de E qui soit aussi ouvert.
1) Si A = E, alors il n’y a rien à démontrer. On suppose que A est un sous-espace
vectoriel strict de E. On va montrer que E \ A est un ouvert.
• Première solution : soit B A = (e 1 , . . . , e p ) une base de A. Il existe (e p+1 , . . . e n ) tel
que (e 1 , . . . , e n ) soit une base de E. On note B = Vect(e p+1 , . . . , e n ). Si x =
n
i=1
x i e i ,
on pose x ∞ = sup
i=1,..,n
|x i |. On a ainsi défini une norme sur E. Soit x ∈ E \ A, il
existe (a, b) ∈ A × B avec b = 0, tel que x = a + b. On note b =
n
i= p+1
b i e i , et on
pose a =
b
2
. Le réel a est strictement positif car b = 0. De plus, il existe un indice
i 0 ∈ {p+1, . . . , n} tel que |b i 0 | = b. Si y ∈ B(x, a), alors y = x +u avec u < a.
Notamment la composante i 0 de y vaut b i 0 + u i 0 et |b i 0 + u i 0 | |b i 0 | − |u i 0 | > a/2.
Le vecteur y n’appartient pas à A (il a une composante non nulle sur B). La boule
B(x, a) ne rencontre pas A, ce qui signifie qu’elle est incluse dans E \ A. Donc E \ A
est un ouvert de E et A un fermé de E.
• Seconde solution : on munit E d’un produit scalaire et soit . la norme euclidienne
associée. Puisque E est de dimension finie, on a E = A
⊥
⊕ A
⊥ . Soit x ∈ E \ A. Il existe
(a, b) ∈ A× A
⊥ tel que x = a +b et b = 0. Il en résulte que x −a = b > b/2.
Montrons que la boule B(x, b/2) est incluse dans E \ A. Soit a ∈ A
. On a
x − a
= a − a
+ b et par Pythagore, x − a
2 = a − a
2 + b
2 >
b
2
2
donc B(x, b/2) ⊂ E \ A.
l x =
r
2x
x =
r
2
< r . Puisque A est un sous-espace vectoriel et l x ∈ A,
alors x =
1
l
(lx) ∈ A.
2) Soit x ∈ E tel que x = a. Montrons que x ∈ A. En notant y = a+
r
2 x − a
(x−a),
on a alors y − a =
r
2
< r donc y ∈ B(a, r ) et donc y ∈ A. Comme
a et y appartiennent à A et A est un sous-espace vectoriel, il en résulte que
x − a =
2 x − a
r
(y − a) ∈ A puis x = (x − a) + a ∈ A, d’où E ⊂ A.
Exercice 5.9
Soit E un espace vectoriel normé de dimension finie n.
1) Soit A un sous-espace vectoriel de E. Montrer que A est fermé (on pourra soit
utiliser une base bien choisie de E, soit utiliser un produit scalaire sur E).
2) Montrer que E est le seul sous-espace vectoriel de E qui soit aussi ouvert.
1) Si A = E, alors il n’y a rien à démontrer. On suppose que A est un sous-espace
vectoriel strict de E. On va montrer que E \ A est un ouvert.
• Première solution : soit B A = (e 1 , . . . , e p ) une base de A. Il existe (e p+1 , . . . e n ) tel
que (e 1 , . . . , e n ) soit une base de E. On note B = Vect(e p+1 , . . . , e n ). Si x =
n
i=1
x i e i ,
on pose x ∞ = sup
i=1,..,n
|x i |. On a ainsi défini une norme sur E. Soit x ∈ E \ A, il
existe (a, b) ∈ A × B avec b = 0, tel que x = a + b. On note b =
n
i= p+1
b i e i , et on
pose a =
b
2
. Le réel a est strictement positif car b = 0. De plus, il existe un indice
i 0 ∈ {p+1, . . . , n} tel que |b i 0 | = b. Si y ∈ B(x, a), alors y = x +u avec u < a.
Notamment la composante i 0 de y vaut b i 0 + u i 0 et |b i 0 + u i 0 | |b i 0 | − |u i 0 | > a/2.
Le vecteur y n’appartient pas à A (il a une composante non nulle sur B). La boule
B(x, a) ne rencontre pas A, ce qui signifie qu’elle est incluse dans E \ A. Donc E \ A
est un ouvert de E et A un fermé de E.
• Seconde solution : on munit E d’un produit scalaire et soit . la norme euclidienne
associée. Puisque E est de dimension finie, on a E = A
⊥
⊕ A
⊥ . Soit x ∈ E \ A. Il existe
(a, b) ∈ A× A
⊥ tel que x = a +b et b = 0. Il en résulte que x −a = b > b/2.
Montrons que la boule B(x, b/2) est incluse dans E \ A. Soit a ∈ A
. On a
x − a
= a − a
+ b et par Pythagore, x − a
2 = a − a
2 + b
2 >
b
2
2
donc B(x, b/2) ⊂ E \ A.