302
SOLUTIONS DES EXERCICES
X= (x, y) EU, il existe une boule de centre X incluse dans U, c'est-à-dire formée
exclusivement de points Y= (z, t) avec t =/:-O.
Soit X= (x, y) EU. On a donc y=/:- O. On poser= IYI >O. Montrons que la boule
ouverte B00 (X, r) est incluse dans U (bien sûr, on peut aussi utiliser d'autres
normes).
Soit Y= (z, t) E B(X, r). Considérons le point H = (z, 0). On a
doo(H, Y)= llH - Ylloo = max(lz - zl, IO - tl) = ltl.
y
X
y
+
H
X
Z
Or, grâce à la deuxième inégalité triangulaire, on a
llH - Ylloo ~ i llH - Xlloo - llX - Yllool ~ llH - Xlloo - llX - Ylloo
Mais on a llH - Xlloo = max(lz - xi, IO - YI) ~ IYI = r.
Donc on peut affirmer que llH - Ylloo ~ r - llX - Ylloo·
Mais Y est un point de B00 (X, r), donc par définition d00 (X, Y)= llX - Ylloo < r.
On a donc ltl = llH - Ylloo ~ r - llX - Ylloo > 0 et t =/:- 0, donc Y EU.
On peut donc affirmer que U est ouvert, donc l'axe des abscisses ( Ox) est bien un
fermé.
1.b) Soit (XP)pEN une suite convergente d'éléments de (Ox). Il nous suffit d'établir
en toute généralité que la limite L = (R1,R2) de cette suite appartient à (Ox) pour
pouvoir affirmer que ( Ox) est fermé.
Si pour tout p E N, (xp, Yp) = XP, le fait que (XP)pEN soit une suite convergente
vers L signifie que les deux suites numériques (xp) et (yp) sont convergentes
respectivement vers R1 et R2.
Mais le fait que (XP)pEN soit une suite d'éléments de (Ox) signifie que pour tout
p EN, on a Yp =O. La suite (yp) est donc formée de termes tous nuls, elle converge
donc vers 0, et on a R2 =O.
Or, c'est justement la condition dont on a besoin pour pouvoir affirmer que
LE (Ox).