
\setcounter{exo}{0}
\section{Chapitre \ref{ChapitreTopologie}}
\setcounter{chapter}{1} \dexer \hfill \newline \fexer \dexer \hfill \newline \fexer \dexer \hfill \newline \fexer
\dexer \hfill \newline \fexer \dexer \hfill \newline \fexer \dexer \hfill \newline On note $\interieur(A) = \{ x \in A
: \exists U \mbox{ ouvert tel que } x \in U \subset A \}$ et
$$\mbox{adh} (A) = \{ x \in E : x \mbox{ est adh{é}rent \`a } A \} = \{ x \in E : \forall V \in
{\cal V}(x), V\cap A  \neq \emptyset \}.$$ Alors,
\begin{eqnarray*}
x \not\in \mbox{adh}(A) &\Longleftrightarrow& \exists V \in {\cal V}(x),\,V\cap A =
\emptyset,\\
 \,&\Longleftrightarrow& x \in \interieur(E \setminus A).
\end{eqnarray*}
Donc $E \setminus \mbox{adh}(A) = \interieur(E \setminus A)$ d'o\`u $\mbox{adh}(A)$ est ferm{é} et par
d\e finition de $\overline{A}$, $\overline{A} \subset \mbox{adh}(A)$.\\
D'autre part, $\overline{A}$ est ferm\ea par d\e finition donc $E\setminus \overline{A}$ est ouvert et inclus dans
$\interieur(E\setminus A) = E\setminus \mbox{adh}(A)$. On en d\e duit que $\mbox{adh}(A) \subset \overline{A}$, d'o\`u
$\mbox{adh}(A) = \overline{A}$.\\
Si $A = \overline{A}$ alors $A$ est ferm\ea par d\e finition de $\overline{A}$.\\
Si $A$ est ferm\ea, $A =\overline{A}$ puisque $\overline{A}$ est le plus petit ferm\ea contenant $A$. \fexer \dexer
\hfill \newline On sait que $\QQ$ est dense dans $\RR$. Il est facile de voir alors que $\QQ^N$ est dense dans $\RR^N$
et $\QQ^N$ est dénombrable. \fexer \dexer \hfill \newline Soit $E$ un espace topologique "grossier", c'est-à-dire que
les ouverts de $E$ sont l'ensemble vide et $E$ lui-même. On suppose que $E$ contient plus d'un élément, alors il n'est
pas séparé. En effet, soient $x,y\in E$, $x\not= y$. Soient $V \in {\cal V}(x)$ et $W\in {\cal V}(y)$. Par définition
des voisinages, $\exists U$ ouvert tel que $x\in U\subset V$ alors $U=E$ donc $V=E$. De même, $W=E$ et $V\cap W \not=
\emptyset$. \fexer \dexer \hfill \newline Soit $x$ valeur d'adhérence de la suite $(x_n)_n$. Par définition, $\forall
n$, $\forall V \in {\cal V}(x)$, $V\cap A_n \not= \emptyset$. Ce qui veut exactement dire que $\forall n$, $x\in
\overline{A_n}$. \fexer \dexer \hfill \newline Soit $f:E \rightarrow F$ continue, Soit $U$ un ouvert de $F$, montrons
que $f^{-1}(U)$ est
ouvert dans $E$.\\
Soit $x_0 \in f^{-1}(U)$ alors comme $f(x_0) \in U$ ouvert, par continuit\ea de $f$ en $x_0$, $\exists W \in {\cal
V}(x_0)$ telque $f(W) \subset U$. Alors $W \subset f^{-1}\circ f(W) \subset f^{-1}(U)$ donc $f^{-1}(U)$
est ouvert.\\
Supposons maintenant que l'image r\e ciproque de tout ouvert est ouverte et montrons que $f$
est continue.\\
Soit donc $V \in {\cal V}(f(x_0))$ alors $\exists U$ ouvert tel que $f(x_0) \in U \subset V$, alors $x_0 \in f^{-1}(U)$
ouvert $\subset f^{-1}(V)$. Donc $f^{-1}(V) \in {\cal V}(x_0)$ et
$f(f^{-1}(V)) \subset V$.\\
L'autre \e quivalence se d\e duit de la pr\e c\e dente par application de la formule
$f^{-1}(E\setminus A) = E\setminus f^{-1}(A)$.\\
Si $f$ est continue, la relation $A \subset f^{-1}(f(A)) \subset f^{-1}(\overline{f(A)})$ montre que $\overline{A}
\subset f^{-1}(\overline{f(A)})$ d'o\`u $f(\overline{A}) \subset \overline
{f(A)}$.\\
Inversement, si cette relation est v\e rifi\e e $\forall A \subset E$, montrons que $A=f^{-1}(B)$ est ferm\ea, $\forall
B$ ferm\ea $\subset F$, d'o\`u la continuit\ea de $f$. On a $f(\overline{A}) \subset \overline {f(A)} \subset
\overline{B} = B$ donc $\overline{A} \subset f^{-1}(B) = A$ et $A = \overline{A}$ est ferm\ea. \fexer \dexer \hfill
\newline On pose $A_n = \{ x_k, k \geq n \}$ o\`u $(x_n)_n \subset E$. Alors $F_n = \overline{A_n}$ est ferm\ea et
$F_{n+1} \subset F_n$. Il faut montrer que $\displaystyle{\cap_n} F_n \neq \emptyset$. Si $\displaystyle{\cap_n} F_n =
\emptyset$ alors $E$ compact est la r\e union des ouverts $E \setminus F_n$ donc il existe $I$ partie finie de $\NN$
telle que $E = \displaystyle{\cup_{i \in I}} (E \setminus F_i)$ alors $\displaystyle{\cap_{i \in I}} F_i = \emptyset$,
c'est absurde car la suite $(F_n)_n$ est d\e croissante. \fexer \dexer \hfill \newline
Soient $E$ un espace topologique compact et $F$ un espace topologique séparé. Enfin soit $f:E\longrightarrow F$ une application continue. On veut montrer que $f(E)$ est compact.\\
D'abord $f(E)$ est séparé car $F$ l'est. Supposon maintenant que $f(E)\subset \bigcup_{i\in I} U_i$ où chaque $U_i$ est un ouvert de $F$. Comme $f$ est continue, $f^{-1}(U_i)$ est ouvert dans $E$ et $E\subset \bigcup_{i\in I} f^{-1}(U_i)$. Puisque $E$ est compact, on peut extraire un sous-recouvrement fini : $\exists J$ fini$\subset I$ tel que $E\subset \bigcup_{j\in J} f^{-1}(U_j)$. Alors $f(E)\subset \bigcup_{j\in J} U_j$. D'où $f(E)$ est compact.\\
Rappel : on a toujours $f(f^{-1}(A))\subset A$ et $A\subset f^{-1}(f(A))$. \fexer \dexer \hfill \newline \fexer \dexer
\hfill \newline 1) Si $x \neq y$, $B(x,r) \cap B(y,r) = \emptyset$ avec $r =
\displaystyle{\frac{d(x,y)}{4}}$.\\
2) $d(x,A) = \displaystyle{\inf_{y \in A}} d(x,y)$.
\begin{eqnarray*}
d(x,A) = 0 &\Longleftrightarrow& \forall \ep > 0,\,\;\exists y_{\ep} \in A \mbox{ tel que }
d(x,y_{\ep}) \leq \ep,\\
           &\Longleftrightarrow& \forall \ep > 0,\,\; B(x,\ep) \cap A \neq \emptyset,\\
           &\Longleftrightarrow& x \in \overline{A}.
\end{eqnarray*}
Si $d(x,A)= 0$ alors pour $\ep = \frac{1}{n}$, $\exists x_n \in A$ tel que $d(x,x_n) \leq \frac{1}{n}$ donc il
existe une suite $(x_n)_n \subset A$ telle que $x_n \longrightarrow x$.\\
Si il existe une suite $(x_n)_n \subset A$ telle que $x_n \longrightarrow x$ alors $\forall V \in {\cal V}(x)$,
$\exists N$ tel que $\forall n \geq N$, $x_n \in V$ donc $\forall V \in {\cal V}(x)$, $V \cap A \neq \emptyset$ et $x
\in \overline{A}$. \fexer \dexer \hfill \newline
Pour le sens direct, voir la proposition 1.2.\\
Soit maintenant $f$ continue s\e quentiellement et supposons que $f$ n'est pas continue en $x \in E$, alors $\exists
\ep > 0$ telque $\forall \eta > 0$, $\exists x_{\eta}$ telque $d(x,x_{\eta}) \leq \eta$ et $d(f(x),f(x_{\eta})) > \ep$.
On choisit $\eta = \frac{1}{n}$, $n \in \NN^{\star}$, alors il existe une suite $(x_n)_n \subset E$ telle que $d(x,x_n)
\leq \frac{1}{n}$ et $d(f(x),f(x_n)) > \ep$. Alors la suite $(x_n)_n$ converge vers $x \in E$ et la suite $(f(x_n))_n$
ne converge pas vers $f(x)$, c'est absurde. \fexer \dexer \hfill \newline On suppose qu'il existe une suite
$(x_{n_k})_k$ telle que $x_{n_k} \longrightarrow x$ alors $x$ est valeur d'adh\e rence de la suite
$(x_{n_k})_k$ et donc de la suite $(x_n)_n$.\\
Si $x$ est valeur d'adh\e rence de la suite $(x_n)_n$ alors $\forall \ep > 0$, $\forall n$, $\exists i \geq n$ tel que
$d(x,x_i) \leq \ep$. En choisissant par exemple $\ep = \frac{1}{k}$, on construit une suite $(n_k)_k$ strictement
croissante telle que $d(x,x_{n_k}) \leq \frac{1}{k}$. La suite $(x_{n_k})_k$ tend alors vers $x$. \fexer \dexer
**************** TICHONOV DENOMBRABLE **************** \fexer \dexer       les compacts de $\RR^N$ \hfill \newline
\fexer \dexer \hfill \newline
Comme $f$ est continue, $\forall x\in E$, $\forall \varepsilon >0$, $\alpha _x>0$ tel que $d(x,y)<\alpha _x$ $\Longrightarrow $ $d(f(x),f(y))< \frac{\varepsilon }{2}$.\\
On a alors $E\subset \bigcup_{x\in E}B(x,\frac{\alpha _x}{2})$ et $E$ est compact. \\Donc $E\subset \bigcup_{i=1}^N B(x_i,\frac{\alpha _{x_i}}{2})$. On pose $\delta = \frac{1}{4} \min(\alpha _{x_1},...,\alpha _{x_N})>0$.\\
Si $y$ et $z$ sont tels que $d(y,z)<\delta $, $\exists i\leq N$, tel que $y\in B(x_i,\frac{\alpha _{x_i}}{2})$ et
$d(z,x_i)<\delta + \frac{\alpha _{x_i}}{2}< \alpha _{x_i}$. Donc $\exists i\leq N$ tel que $y,z\in B(x_i,\alpha
_{x_i})$. Alors $$d(f(y),f(z))\leq d(f(y),f(x_i))+d(f(x_i),f(z))<\varepsilon.$$ Donc $f$ est uniformément continue.
\fexer \dexer  min atteint \hfill \newline \fexer \dexer \hfill \newline Le sens direct est immédiat : si on a une
suite $(x_n)_n$ de points de $A$, c'est aussi une suite de $\overline{A}$ donc elle admet une sous-suite convergente
(voir théorème \ref{theometriquecompact}). Pour l'autre sens, on se donne $(x_n)_n$ une suite de $\overline{A}$ et on
veut montrer qu'elle admet une sous-suite convergente. Comme $x_n \in \overline{A}$ pour tout $n$, il existe $y_n \in
A$ tel que $d(x_n,y_n)\leq \frac{1}{n}$ par exemple. Par hypothèse, $(y_n)_n$ a une sous-suite $(y_{nk})_{nk}$
convergente dans $E$. On en déduit facilement que $(x_{nk})_{nk}$ converge vers la même limite. \fexer \dexer \hfill
\newline On note $S$ l'ensemble des applications surjectives $c$ de $[0,1]$ sur $C$ l'arc rectifiable et de constante
de Lipschitz $k_c$,
on a $l(C) = \displaystyle{\inf_{c \in S}} k_c$.\\
Soit $(c_n)_n \subset S$ telle que $(k_{c_n})_n$ soit une suite minimisante (par exemple :
$l(C) \leq k_{c_n} \leq l(C)+ \frac{1}{n}$).\\
On note $A = \{ c_n,\,n \geq 1 \} \subset {\cal C}[0,1]$. On va appliquer le th\e or\ee me d'Ascoli \`a l'ensemble $A$.

1) $A$ est \'equicontinue :\\
On remarque que $\Vert c_n(t) - c_n(s) \Vert \leq k_{c_n} \vert t - s \vert \leq (l(C)+1) \vert t-s \vert$ et ceci pour
tous $t$ et $s$ dans $[0,1]$. Donc $A$ est \'equicontinue.

2) Montrons que la suite $(c_n(s))_n$ est born\e e, $\forall s \in [0,1]$.\\
$C$ compact de $\RR^N$ est born\ea donc il existe $R>0$ tel que $C \subset B(0,R)$. Alors $\forall s \in [0,1]$,
$\forall c \in S$, $\Vert c(s) \Vert \leq R$.\\
Le th\e or\ee me d'Ascoli donne l'existence d'une sous-suite $(c_{n_p})_p$ convergeant uniform\e ment dans ${\cal
C}[0,1]$. On note $c_0$ la limite. On a
$$\forall p,\,\,\, \Vert c_{n_p}(s) - c_{n_p}(t) \Vert \leq k_{n_p} \vert s - t \vert,\,\,\,
\forall s,\,t \in [0,1],$$ donc quand $p$ tend vers l'infini, $\Vert c_0(s) - c_0(t) \Vert \leq l(C) \vert s-t \vert$,
$\forall s,\,t \in [0,1]$. Il reste \`a v\e rifier que $c_0$ est surjective : $c_0([0,1]) = C$. On sait que pour tout
$y \in C$ et pour tout $p$, il existe un $s_{np}$ dans $[0,1]$ tel que $y = c_{n_p}(s_{np})$. La suite $(s_{np})_p$ est
dans $[0,1]$ compact donc il existe une sous-suite encore not\e e $(s_{np})_p$ qui converge vers un $s \in [0,1]$.
Comme $s_{np} \longrightarrow s$ et $c_{n_p} \longrightarrow c_0$ uniform\e ment, on peut passer \`a la limite et on
obtient $y=c_0(s)$, donc $c_0$ est surjective et $l(C) = k_{c_0}$. \fexer \dexo \hfill \newline On a d\e j\`a vu $(i)
\Rightarrow (ii)$ dans l'exercice \ref{compactimpliqueva} et $(ii) \Leftrightarrow (iii)$
dans l'exercice \ref{vacompactseq}. Il reste \`a montrer $(iii) \Rightarrow (i)$.\\
D\e montrons le point 1) par l'absurde, si pour tout $r>0$, il existe $x_r$ tel que, pour tout $i$, $B(x_r,r)
\not\subset O_i$, en choisissant $r=\frac{1}{n}$, on construit une suite $(x_n)_n$ telle que $\forall i$, $B(x_n,
\frac{1}{n}) \not\subset O_i$. Par hypoth\`ese, il existe une sous-suite $(x_{nk})_k$ convergeant vers un $x$ dans $E$.
D'autre part, il existe $i$ tel que $x \in O_i$ ouvert donc pour un certain $N$, $B(x,\frac{1}{N}) \subset O_i$. Enfin,
$\exists n \geq 2N$ tel que $x_n \in B(x,\frac{1}{2N})$. Alors
$$B(x_n,\frac{1}{n}) \subset B(x_n, \frac{1}{2N}) \subset B(x, \frac{1}{2N} + \frac{1}{2N})
\subset O_i,$$
ce qui est absurde.\\
D\e montrons le point 2).\\
Soit $y_1 \in E$, $\exists i_1$ tel que $B(y_1,r) \subset O_{i_1}$. Si $E= O_{i_1}$, c'est
fini.\\
Sinon, $\exists y_2 \in E \setminus O_{i_1}$ et $\exists i_2$ tels que $B(y_2,r) \subset O_{i_2}$. Si $E = O_{i_1}\cup
O_{i_2}$, c'est fini, sinon $\exists y_3 \in E \setminus (O_{i_1}\cup O_{i_2})$ etc... Si le processus s'arr\ee te, $E$
est compact. Sinon, il existe une suite $(y_n)_n$ dans $E$ telle que $y_n \not\in O_{i_1}\cup ...\cup O_{i_{n-1}}$ et
donc $y_n \not\in B(y_1,r) \cup...\cup B(y_{n-1},r)$ pour tout $n$. Par hypoth\ee se, une sous-suite converge or
$d(y_n,y_m) \geq r > 0$ d\e s que $n>m$, c'est absurde. \fexo \dexo \hfill \newline Soit $x \in E$, comme $\overline{X}
= E$, il existe une suite $(x_n)_n \subset X$ telle que $x_n \rightarrow x$. En particulier, $(x_n)_n$ est de Cauchy et
comme $f$ est uniform\e ment continue, la suite $(f(x_n))_n$ est de Cauchy dans $F$ complet donc converge vers un
\'el\e ment not\ea $\tilde{f}(x)$. On d\e finit bien ainsi une application $\tilde{f} : E \rightarrow F$. Si $x \in X$
alors $f(x_n) \rightarrow f(x)$ donc
$f(x)=\tilde{f}(x)$ et $\tilde{f}$ prolonge $f$.\\
Montrons que $\tilde{f}$ est uniform\e ment continue. Par hypoth\`ese, pour tout $\ep >0$, il existe $\eta >0$ tel que
$\forall x,y \in X$
 v\e rifiant $d(x,y) \leq \eta$ on ait
$d(f(x),f(y)) \leq \ep$. Soient $x, y \in E$ tels que $d(x,y) \leq \eta /2$, il existe deux suites $(x_n)_n$, $(y_n)_n$
de points de $X$ convergeant respectivement vers $x$ et $y$ avec $d(x_n,y_n) \leq \eta$ pour $n$ assez grand. Les
relations $d(f(x_n),f(y_n)) \leq \ep$, $\tilde{f}(x) = \lim f(x_n)$, $\tilde{f}(y) = \lim f(y_n)$ entrainent
$d(\tilde{f}(x),\tilde{f}(y)) \leq \ep$ puisque la distance est continue. Donc $\tilde{f}$ est uniform\e ment continue.
Enfin, si deux applications continues co\"{i}ncident sur une partie dense, elles sont \'egales donc $\tilde{f}$ est
unique. \fexo \dexo \hfill \newline Pour n fix{é}, $E \subset \cup_{x \in E} B(x,\frac{1}{n})$ et E est compact donc
$\exists k_n$ tel que $E \subset \cup_{i=1}^{k_n} B(x_i^n,\frac{1}{n})$. Soit $D=\{ x_i^n, i=1,...,k_n, n \in
\NN^{\star}\}$, $D$ est bien d{é}nombrable, v{é}rifions que $D$ est dense dans $E$. Soient $x \in E$ et $r>0$, $\exists
N \in \NN^{\star}$ tel que $\frac{1}{N} < r$ et $\exists x_i^N$ tel que $x \in B(x_i^N,\frac{1}{N})$ alors $x_i^N \in
B(x,r)\cap D$. \fexo \dexo \hfill \newline 1) a)Soient $n = \dim E$ et $e_1,...,e_n$ une base de E. On d{é}finit pour
$x = \displaystyle{\sum_1^n} x_ie_i \in E$, la norme ${\Vert x \Vert}_1 = \displaystyle{\sum_1^n} \vert x_i \vert$.
Soit $S_1 = \{x \in E : {\Vert x \Vert}_1 = 1 \}$ et soit $N$ une autre norme sur E, de $N(x) \leq (\sup_i N(e_i))
{\Vert x \Vert}_1$ on d{é}duit la continuit{é} de N sur $(S_1,{\Vert \, \Vert}_1)$ compact, donc N est born{é}e et
atteint ses bornes. Il existe $\alpha$ et $\beta \geq 0$ tels que $\forall x \in S_1$, $\alpha \leq N(x) \leq \beta$.
Comme $\alpha = N(y)$ pour un $y \in S_1$, $y \not= 0$ et $\alpha > 0$. Enfin, $\forall x \not= 0$, $\frac{x}{{\Vert x
\Vert}_1} \in S_1$ donc $\alpha {\Vert x \Vert}_1 \leq N(x) \leq \beta {\Vert x
\Vert}_1$.\\
b) Soit $x = \displaystyle{\sum_1^n} x_ie_i \in E$, on a ${\Vert u(x) \Vert}_F \leq (\sup_i
{\Vert u(e_i) \Vert}_F) {\Vert x \Vert}_1$ donc u est continue.\\
2) a) Il est clair que $N_0$ et $N_1$ sont des normes sur $E$ (elles le sont sur
$\RR$ et $\sqrt{2} \not\in \QQ$.)\\
On raisonne par r{é}currence, pour $n=1$, on a $a_1=-1$ et $b_1=1$ donc $a_1b_1 <0$. On suppose que $x^n \in E$ et
$a_nb_n < 0$ alors $x^{n+1} = a_{n+1} + b_{n+1} \sqrt{2}$ o{\`u} $a_{n+1} = 2b_n-a_n$ et $b_{n+1} = a_n - b_n$ donc
$a_{n+1}b_{n+1}
= b_n(a_n - b_n) - (a_n - b_n)^2 < 0$. \\
Enfin si $(\sqrt{2}+1)^n = \vert a_n \vert + \vert b_n \vert \sqrt{2}$ alors $(\sqrt{2}+1)^{n+1} = (2\vert b_n \vert +
\vert a_n \vert) + \sqrt{2} (\vert a_n \vert + \vert b_n \vert)$. Or $a_{n+1} = 2b_n-a_n$ et $a_nb_n < 0$ montre que
$\vert a_{n+1} \vert = 2\vert b_n \vert + \vert a_n \vert$. De m{\^e}me pour $b_{n+1}$, $\vert b_{n+1} \vert = \vert
a_n \vert + \vert b_n \vert$, donc $\forall n \geq 1$, $(\sqrt{2}+1)^n = \vert a_n \vert + \vert b_n \vert
\sqrt{2}$.\\
b) D'une part, $N_0(x^n) = \vert \sqrt{2}-1 \vert^n \rightarrow 0$ et d'autre part, $N_1(x^n)(1+\sqrt{2}) \geq
(\sqrt{2}+1)^n = \vert a_n \vert + \vert b_n \vert \sqrt{2} \rightarrow +\infty$ donc les deux normes ne sont pas
{é}quivalentes. \fexo \dexo \hfill \newline a) Soit ${(f_n)}_n \subset {\cal {L}}(E,F)$ une suite de Cauchy alors
$$\forall \eps >0,\,\exists N \mbox{ tel que } \forall p,q \geq N,\quad \Vert f_p
- f_q \Vert \leq \eps. $$ En particulier, $\forall x \in E,$ ${\Vert f_p(x) - f_q(x) \Vert}_F \leq \eps
{\Vert x \Vert}_E. \qquad (1)$. \\
Et $\forall x \in E$, la suite ${(f_n(x))}_n$ est de Cauchy dans F complet donc converge vers un {é}l{é}ment not{é}
$f(x)$. la fonction $f$ est lin{é}aire comme limite simple de fonctions lin{é}aires. On fixe $p$ dans $(1)$ et on
laisse $q \rightarrow \infty$, on obtient alors ${\Vert f_p(x) - f(x) \Vert}_F \leq \eps {\Vert x \Vert}_E$, $\forall x
\in E$, d'o{\`u} $f=f-f_p+f_p$ est continue et $\Vert f_p - f\Vert \leq \eps.,$ d{è}s que $p \geq N$ donc $f_n
\rightarrow f$ dans
${\cal {L}}(E,F)$.\\
b) Par hypoth{è}se $\overline {B_E}$ est compact donc il existe $a_1,...,a_n \in E$ tels que $\overline {B_E} \subset
\cup_1^n B(a_i,\frac{1}{2})$. Soit $V = \mbox{vect} \{a_1,...,a_n \}$, montrons que $E=V$. On raisonne par l'absurde,
s'il existe $x \in E$ tel que $d(x,V) = \alpha >0$ alors $\exists y \in V$ tel que
$\alpha \leq d(x,y) \leq \frac{3}{2} \alpha.$\\
Soit $z = \frac{x-y}{\Vert x-y\Vert} \in \overline {B_E}$ alors pour un certain $i_0$, $z \in B(a_{i_0}, \frac{1}{2})$
et on a $$\Vert x-y-a_{i_0} \Vert x-y \Vert\,\Vert \leq \frac{1}{2} \Vert x-y\Vert \leq \frac{3}{4}\, \alpha$$ donc il
existerait un $y_0 \in V$ tel que $d(x,y_0) < \alpha$, ce qui est absurde. \fexo \dexo \hfill \newline 1) $\forall x
\in E$ et $\forall y \in H$, on a $\vert f(x)\vert = \vert
f(x-y)\vert\leq \Vert f \Vert  \Vert x-y \Vert$ d'o{\`u} le r{é}sultat.\\
2) $d(x,H) \leq \Vert x-y \Vert \leq \frac {\vert f(x) \vert}{\vert f(u) \vert} \; \Vert u \Vert$ o{\`u} $u \in
E\setminus H$. Comme $ f\not\equiv 0$, on peut remarquer que $\Vert f \Vert = \sup_{u \in E \setminus H} \frac {\vert
f(u) \vert}{\Vert u \Vert}$.
\\
3) a) Soit $(x^p)_p$ une suite de Cauchy dans $E={\cal C}_0$ alors
$$\forall \ep >0,\,\exists N,\,\forall p,q \geq N,\,\forall n\quad \vert x_n^p -
x_n^q \vert \leq \ep.\qquad (\star)$$ Donc $\forall n$, la suite $(x_n^p)_p$ est de Cauchy dans $\RR$ et converge vers
un $x_n$. Posons $x=(x_n)_n$, alors de $(\star)$ on d{é}duit que $\forall n$, $\forall q \geq N$, $\vert x_n-x_n^q\vert
\leq \ep$ donc la suite $(x^p)$ converge vers $x$ en norme $\Vert\,\Vert_{\infty}$. Il reste {à} voir que $x \in E$. De
l'in{é}galit{é} pr{é}c{é}dente on tire $\vert x_n \vert \leq \ep + \vert x_n^N \vert$ donc pour n assez
grand $\vert x_n \vert \leq 2\ep,$ et $x \in E$.\\
 b) On a facilement $\vert f(x) \vert \leq \Vert x \Vert_{\infty}$ et f lin{é}aire
donc $f \in E^{\prime}$ et $\Vert f \Vert \leq 1$.\\
Soit $x^N \in E$ d{é}fini par $x_n^N = 1$ si $n \leq N$ et $x_n^N = 0$ sinon, alors $\vert f(x^N) \vert = 1 -
\frac{1}{2^N} \leq \Vert f \Vert$ et ceci $\forall N \geq 1$
d'o{\`u} $\Vert f \Vert = 1$.\\
S'il existe $x = (x_n)_n \in E$ avec $\Vert x \Vert = 1$ et tel que $\vert f(x) \vert = \Vert f \Vert =1$ alors $$ 1 =
\vert f(x) \vert \leq \sum_1^{\infty} \frac{1}{2^n} \vert x_n \vert \Longrightarrow \sum_1^{\infty} \frac{1}{2^n}
(1-\vert x_n \vert) \leq 0  \Longrightarrow \vert x_n \vert = 1,\,\forall n,$$ et $ x \not\in E$. Donc $\Vert f \Vert$
n'est pas atteint. Enfin $d(x,H)=\vert \displaystyle{\sum_1^{\infty}} \frac{x_n}{2^n} \vert$. \fexo \dexo \hfill
\newline 1) On v{é}rifie facilement que si $x_{n+1} = f(x_n)$, $x_0 \in E$, on a $d(x_{n+1},x_n) \leq k^n d(x_1,x_0)$
et $$d(x_{n+p},x_n) \leq d(x_{n+p},x_{n+p-1})+...+d(x_{n+1},x_n) \leq k^n(k^{p-1}+...+k+1) d(x_1,x_0) \leq
\frac{k^n}{1-k} d(x_1,x_0).$$ Comme $k<1$, la suite $(x_n)_n$ est de Cauchy donc converge vers $x \in E$. De $x_{n+1} =
f(x_n)$ on d{é}duit $x = f(x)$ puisque $f$ est continue, et $x$ est un point
fixe.\\
Si $d(f(a),f(b)) = d(a,b) \leq k d(a,b)$ avec $k<1$, n{é}cessairement $a = b$, d'o{\`u}
l'unicit{é} du point fixe.\\
2) $\forall \lambda,\,\lambda_0$, on a
\begin{eqnarray*}
d(a_{\lambda},a_{\lambda_0}) &=&
d(f_{\lambda}(a_{\lambda}),f_{\lambda_0}(a_{\lambda_0}))\\
 &\leq& d(f_{\lambda}(a_{\lambda}),f_{\lambda}(a_{\lambda_0})) +
d(f_{\lambda}(a_{\lambda_0}),f_{\lambda_0}(a_{\lambda_0})) \\
 &\leq& kd(a_{\lambda},a_{\lambda_0}) +
d(f_{\lambda}(a_{\lambda_0}),f_{\lambda_0}(a_{\lambda_0})),
 \end{eqnarray*}
 donc
 $$d(a_{\lambda},a_{\lambda_0}) \leq
\frac{1}{1-k}d(f_{\lambda}(a_{\lambda_0}),f_{\lambda_0}(a_{\lambda_0})).$$
 Ce qui montre que l'application
$\lambda \rightarrow a_{\lambda}$ est continue en $\lambda_0$.\\
3) Soit $\vfi(x) = d(x,f(x))$, $\vfi$ est continue sur $E$ compact donc atteint son inf : $\exists x_0 \in E$ tel que
$\vfi(x_0) \leq \vfi(x)$, $\forall x\in E$. Si $\vfi(x_0) \not= 0$, on a $\vfi(f(x_0)) < \vfi(x_0)$ ce qui est absurde,
donc $\vfi(x_0) = 0$ et $x_0$ est un point fixe de $f$. Si il y en a un autre, $x_1$, alors $d(f(x_0),f(x_1)) =
d(x_0,x_1) < d(x_0,x_1)$ donc nécessairement $x_0=x_1$.
\\
4) Soit z fix{é} dans C, $f_n(C) \subset C$, $\forall n$, car C est convexe et $f_n$ est $\frac{n}{n+1}$-lipschitzienne
sur C. Donc, par 1), $\exists x_n \in C$ tel que $x_n=f_n(x_n)$, $\forall n$. Maintenant C est compact donc il existe
une sous-suite not{é}e $(x_{n_k})_k$ telle que $x_{n_k} \rightarrow x \in C$, alors en passant {à} la limite dans
$x_{n_k}= f_{n_k}(x_{n_k})=\frac{1}{n_k+1} z + \frac{n_k}{n_k+1} f(x_{n_k})$, on obtient $x=f(x)$ et $x$ est un point
fixe de $f$. \fexo \dexo \hfill \newline
a) Il est clair que N d{é}rive d'un produit scalaire.\\
b) Par l'in{é}galit{é} de Cauchy-Schwarz, on a $\vert f(x) \vert \leq \vert f(0) \vert + {(\int_0^1 f^{\prime}(t)^2
dt)}^{\frac{1}{2}}$. En {é}levant au carr{é} et en utilisant l'in{é}galit{é} $2ab \leq a^2+b^2$, on obtient facilement
${\vert f(x)
\vert}^2 \leq 2 N(f)$, $\forall x \in [0,1]$.\\
c) On choisit $f_n(x) = x^n$. Alors $\forall n$, $\Vert f_n {\Vert}_{\infty} =1$ et $N(f_n) = \frac{n}{\sqrt{2n-1}}
\rightarrow + \infty$. Donc ces deux normes ne sont pas {é}quivalentes. \fexo \dexo \hfill \newline Comme E est
m{é}trique, on va montrer que de toute suite de E, on peut extraire une sous-suite convergente. Soit $(x_n)_n$ une
suite de points de E. Pour $\ep=\frac{1}{2}$, E est recouvert par un nombre fini de boules de rayon $\frac{1}{2}$ donc
l'une d'entre elles contient une infinit{é} de $x_n$. On peut donc extraire une sous-suite $(x_{\vfi_{1}(n)})_n$ telle
que $d(x_{\vfi_{1}(n)},x_{\vfi_{1}(p)}) \leq 1$. Et on recommence ce processus, pour $\ep = \frac{1}{2p}$, E est
recouvert par un nombre fini de boules de rayon $\frac{1}{2p}$ donc l'une d'entre elles contient une infinit{é} de
$x_{\vfi_{p-1}(n)}$. On peut donc en extraire une sous-suite $(x_{\vfi_{p}(n)})_n$ telle que
$d(x_{\vfi_{p}(n)},x_{\vfi_{p}(m)}) \leq \frac{1}{p}$. Soit $(x_{\vfi_{n}(n)})_n$ la suite diagonale, elle est bien
extraite de $(x_n)_n$ et v{é}rifie
$$d(x_{\vfi_{n}(n)},x_{\vfi_{m}(m)}) \leq
\frac{1}{m},\qquad \forall m,n,\,\,m \leq n.$$ Cette suite est donc de Cauchy dans E complet, elle converge, d'o{\`u} E
est compact. \fexo \dexo \hfill \newline
1) $T(B_E)$ est inclus dans le compact $\overline{B(0,\Vert T \Vert)} \cap ImT$ de Im($T$) qui est de dimension finie. Donc $T$ est compact.\\
2) $T(f) \in E$ par convergence dominée par exemple. $T$ est linéaire et $\forall x$,$$\vert T(f)(x)\vert\leq \Vert K
\Vert_{\infty}\;\Vert f \Vert_{\infty}.$$
Donc $T$ est continue sur $E$. \\
Pour montrer que $T$ est un opérateur compact, on applique le théorème d'Ascoli à $A=T(B_E)$ dans ${\cal C}[0,1]$. \\
L'uniforme continuité de $K$ permet de prouver l'équicontinuité de $T(B_E)$.\\En effet, $\forall \varepsilon >0$,
$\exists \eta >0$ tel que $\forall x,z \in [0,1]$ et $\forall y\in [0,1]$, on a $\vert x-z\vert\leq \eta $
$\Longrightarrow $  \\$\vert K(x,y)-K(z,y)\vert\leq \varepsilon$. D'où, $\forall x,z \in [0,1]$ tels que $\vert
x-z\vert\leq \eta $, on a, $\forall f\in B_E$,
$$\vert T(f)(x)-T(f)(z) \vert \leq \Vert f \Vert_{\infty}\;\int_0^1  \vert K(x,y)-K(z,y) \vert dy \leq \varepsilon.$$
Enfin, $\forall x\in [0,1]$, $\left\{ T(f)(x), f\in B_E\right\}\subset [-\Vert K \Vert_{\infty},\Vert K
\Vert_{\infty}]$ donc le point (ii) est vérifié. \\ \\On déduit du théorème d'Ascoli que $\overline{T(B_E)}$ est
compact.\fexo \dexo \hfill \newline
1) On suppose le contraire : on note $A=\left\{s^k,k\in \NN \right\}$. Soit $s$ défini par $s_n=0$ si $s_n^n=1$ et $s_n=1$ si $s_n^n=0$. Alors par construction $s=(s_n)_n \not\in A$ et pourtant $s \in A=\left\{0,1\right\}^{\NN}$ par définition. C'est absurde et $A$ n'est pas dénombrable.\\
2) Soit $z=(z_n)_n \in A=\left\{0,1\right\}^{\NN}$, on peut construire $f_z$ continue, affine par morceaux de telle sorte que $f_z(n)=z_n$, $\forall n\in \NN$ et $0\leq f_z(x) \leq 1$, $\forall x\in \RR$.\\
Par construction, si $z,z^{\prime} \in A$ avec $z\not= z^{\prime}$, $\vert f_z(x)-f_{ z^{\prime}}(x) \vert \leq 1$ et $\exists n\in \NN$ tel que \\ $\vert f_z(n)-f_{ z^{\prime}}(n) \vert =1$. Donc $\Vert f_z - f_{ z^{\prime}} \Vert_{\infty}=1$.\\
3) On suppose qu'il existe une suite $(g_n)_n$ dense dans ${\cal C}_b(\RR)$. Alors $\forall z\in A$, $\exists n_z\in \NN$ tel que $\Vert f_z - g_{ n_z} \Vert_{\infty}< 1/4$ par exemple.\\
On définit alors $i:A\longrightarrow \NN$ telle que $i(z)=n_z$. Vérifions que cette application est injective: soient
$z,z^{\prime} \in A$ avec $z\not= z^{\prime}$, alors
$$\Vert g_{ n_z} - g_{ n_{z^\prime}}\Vert_{\infty} \geq \Vert f_z - f_{ z^{\prime}} \Vert_{\infty} - \Vert f_z - g_{ n_z} \Vert_{\infty}- \Vert f_{ z^{\prime}}- g_{ n_{z^\prime}} \Vert_{\infty}.$$
Donc
$$\Vert g_{ n_z} - g_{ n_{z^\prime}}\Vert_{\infty} \geq \Vert f_z - f_{ z^{\prime}} \Vert_{\infty}-\frac{1}{2}\geq \frac{1}{2}>0,$$
ce qui implique que $n_z \not= n_{z^\prime}$. D'où $i$ est injective. Or $A$ n'est pas dénombrable, c'est absurde.
L'espace ${\cal C}_b(\RR)$ n'est donc pas séparable. \fexo
\dexo \hfill \newline
Préliminaire***********à faire*****************************************************
Partie I:\\
1) ${\Vert x^N -x \Vert}_p^p=\sum_{n\geq N+1}  \vert x_n \vert^p \longrightarrow 0$ quand $N\rightarrow \infty$ comme reste d'une série convergente.\\
Soit $x=(1,1,..,1,...)\in \linf$ alors $\forall N$, ${\Vert x^N -x \Vert}_{\infty}=1$.\\
2) Soit $1\leq p<\infty$. On pose $Q_N=vect_{\QQ}(e_1,...,e_N)$. Alors $\forall N$, $Q_N$ est dénombrable (car isomorphe à $\QQ^N$) et $D=\bigcup_N Q_N$ est dénombrable comme union dénombrable d'ensembles dénombrables. Vérifions que $D$ est dense dans $\lp$. Soit $x\in \lp$ et soit $\varepsilon >0$, il existe $N\geq 1$ tel que ${\Vert x^N -x \Vert}_p\leq \varepsilon $. Comme $\QQ$ est dense dans $\RR$, $\exists y^N\in Q_N$ tel que ${\Vert x^N -y^N \Vert}_p\leq \varepsilon $. On en déduit que ${\Vert y^N -x \Vert}_p\leq {\Vert y^N -x^N \Vert}_p+{\Vert x^N -x \Vert}_p\leq 2\varepsilon $ et donc $\lp$ est séparable.\\
3) Soient $x,y\in A$ avec $x\not= y$ alors $\exists i$ tel que $\vert x_i-y_i \vert =1$. On a $\Vert x-y \Vert_{\infty}\geq \vert x_i-y_i \vert =1$.\\

Soit $D$ une partie dense dans $\linf$ alors $\forall x\in A$, $\exists d_x\in D$ tel que $\Vert x-d_x \Vert_{\infty}\leq \frac{1}{4}$ par exemple. On définit ainsi une application
\begin{eqnarray*}
d : A & \longrightarrow & D \\
      x & \mapsto & d_x.
\end{eqnarray*}
Montrons qu'elle est injective: on a
\begin{eqnarray*}
\Vert x-y \Vert_{\infty} & \leq  & \Vert x-d_x \Vert_{\infty}+\Vert d_x-d_y \Vert_{\infty}+\Vert d_y-y \Vert_{\infty} \\
        & \leq &\frac{1}{2} + \Vert d_x-d_y \Vert_{\infty}.
\end{eqnarray*}
Si $d_x=d_y$ alors $\Vert x-y \Vert_{\infty}\leq \frac{1}{2}$. Donc $x=y$. On a déjà vu que $A$ n'est pas dénombrable donc $D$ n'est pas dénombrable. L'espace $\linf$ n'est donc pas séparable.\\
4) Par concavité du log, on $\forall a,b\geq 0$,
$$\log(\frac{1}{p} a^p + \frac{1}{p^{\prime}} b^{p^{\prime}})\geq \frac{1}{p} \log(a^p )+ \frac{1}{p^{\prime}} \log(b^{p^{\prime}})=\log a+\log b=\log(ab).$$
On applique ensuite l'exponentielle (croissante), on obtient bien l'inégalitée demandée.\\
Soient $x\in \lp$, $y\in \lpp$ et $\lambda >0$. Alors
$$\lambda \vert x_ny_n \vert = \vert \lambda x_n y_n \vert\leq \frac{1}{p}\lambda^p \vert x_n \vert^p+ \frac{1}{p^{\prime} } \vert y_n \vert^{p^{\prime}}.$$
On peut ensuite sommer sur $n$ car le terme de droite définit le terme général d'une série convergente et on a
$$\lambda \sum_n \vert x_ny_n \vert \leq \frac{1}{p}\lambda^p  \sum_n \vert x_n \vert^p + \frac{1}{p^{\prime} } \sum_n \vert y_n \vert^{p^{\prime}}.$$
On conclut en divisant par $\lambda >0$.
Maintenant on choisit $\lambda  = \frac{\Vert y \Vert_{p^{\prime}}^{\frac{p^{\prime}}{p}}}{\Vert x \Vert_p}$ pour $x$ et $y$ non nuls. En reportant dans l'inégalité ci-dessus, on a
$$\sum_n \vert x_ny_n \vert \leq (\frac{1}{p} + \frac{1}{p^{\prime}} )\Vert x \Vert_p \;\Vert y \Vert_{p^{\prime}}.$$
Et cette inégalité reste vraie si $x$ ou $y$ est nul. Le cas $p=1$ est facile.\\
5) $f$ a bien un sens grâce à l'inégalité de Holder démontrée en 4). Elle est linéaire et continue car $\vert f(x) \vert\leq \sum_n \vert x_ny_n \vert \leq \Vert x \Vert_p \;\Vert y \Vert_{p^{\prime}}$ d'aprés 4).\\
a) $\Lambda $ est linéaire et on a déjà $\Vert \Lambda_y \Vert\leq \Vert y \Vert_{p^{\prime}}$. Il faut montrer l'égalité.\\
Si $p=1$, soit $\varepsilon >0$, on fixe $k$ tel que $\vert y_k \vert \geq \Vert y \Vert_{\infty}-\varepsilon $ et on prend $x=\delta_k e_k$ où $\delta _k=sign(y_k)$ alors $\Lambda_y(e_k)=\vert y_k \vert $. D'où $\Vert \Lambda_y \Vert \geq \Vert y \Vert_{\infty}-\varepsilon $ pour tout $\varepsilon >0$. Donc $\Lambda $ est une isométrie.\\
Si $p>1$, on considère $x_n=\varepsilon _n \vert y_n \vert^{\frac{p^{\prime}}{p}}$ où $\varepsilon _n=sign(y_n)$. Comme $y\in \lpp$, $x\in \lp$ et $\Vert x \Vert_p^p=\Vert y \Vert_{p^{\prime}}^{p^{\prime}}$. On a
$$ \wedge _y(x)=\sum_n \vert y_n \vert^{p^{\prime}}=\Vert y \Vert_{p^{\prime}}^{p^{\prime}}\leq \Vert \Lambda _y \Vert \; \Vert x \Vert_p.$$
D'où $\Vert \Lambda _y \Vert = \Vert y \Vert_{p^{\prime}}$.\\
b) On sait déjà que $\Lambda $ est linéaire continue isométrique (donc injective). Il reste à montrer la surjectivité et on aura bien un isomorphisme ($\Lambda ^{-1}$ est continue).\\
Soit $f\in (\lp)^{\prime}$, on cherche $y\in \lpp$ tel que $f=\Lambda _y$. Grâce à 1), on peut écrire tout $x\in \lp$ comme somme de la série $x=\sum_n x_n e_n$. Si $f$ est linéaire et continue, on a $f(x)=\sum x_n f(e_n)$. Il est donc "naturel" de considérer $y=(y_n)_n$ avec $y_n=f(e_n)$.\\
Si $p=1$, par continuité de $f$, $\vert y_n \vert \leq \Vert f \Vert \Vert e_n \Vert_1\leq \Vert f \Vert$. La suite $(f(e_n))_n$ est bien dans $\linf$ et $f=\Lambda _y$. C'est surjectif.\\
Si $p>1$, il nous faut montrer que $y \in \lpp$. Soit $N \geq 1$ et soit donc $x^N=(x^N_n)_n$ avec $x^N_n=sign(y_n)\vert y_n \vert^{\frac{p^{\prime}}{p}}$ si $n\leq N$ et $x^N_n=0$ sinon. Alors $x^N\in \lp$ et $\Vert x^N \Vert_p^p= \sum_1^N \vert f(e_n) \vert^{p^{\prime}}  $. Donc $f(x^N)=\sum_1^N \vert f(e_n)\vert^{p^{\prime}}\leq \Vert f \Vert\,\Vert x \Vert_p$. On en déduit que $$\left(\sum_1^N \vert f(e_n)\vert^{p^{\prime}}\right)^{\frac{1}{p^{\prime}}}\leq \Vert f \Vert.$$
Et ceci quelque soit $N\geq 1$, donc $y=(f(e_n))_n\in \lpp$ et $\Lambda $ est surjective.\\
6) En reprennant les notations et les définitions de la question 5), on considère
\begin{eqnarray*}
\Lambda : \ell^1 & \longrightarrow & {(C_0)^{\prime}} \\
      y & \mapsto & {\Lambda}_y.
\end{eqnarray*}
D'abord ${\Lambda}_y \in (C_0)^{\prime}$ car elle est linéaire et $\vert \Lambda _y(x) \vert \leq \Vert y \Vert_1\, \Vert x \Vert_{\infty}$ pour tout $x\in C_0$. En particulier $\Vert \Lambda _y \Vert \leq \Vert y \Vert_1$.\\
On va montrer comme ci-dessus que $\Lambda $ est isométrique et surjective.\\
Soit $x\in C_0$ défini par $x_n=sign(y_n)$ si $n\leq N$ et $x_n=0$ sinon. Alors $\Vert x \Vert=1$ et $\Lambda _y(x)=\sum_1^N \vert y_n \vert \leq \Vert \Lambda _y \Vert$. C'est vrai pour tout $N$, on en déduit que $\Lambda $ est isométrique (donc injective).\\
Soit maintenant $f\in (C_0)^{\prime}$ et $y_n=f(e_n)$ comme tout à l'heure. On a comme en 5), $f(x)=\sum_n x_n y_n$ et il reste à vérifier que $y=(y_n)_n \in \ell^1$.\\
Soit $x$ défini par $x_n=sign(y_n)$ si $n\leq N$ et $x_n=0$, alors $f(x)=\sum_1^N \vert y_n \vert \leq \Vert f \Vert$. Et c'est vrai pour tout $N$, d'où $y \in \ell^1$.\\
Le dual de $C_0$ est donc (isomorphe à) $\ell^1$.\\ \\
Partie II:\\
1) Pour montrer que $\lp$ est vectoriel et que $d$ vérifie l'inégalité triangulaire, on a besoin de prouver une inégalité du type: $\forall x,y\geq 0$, $(x+y)^p\leq x^p+y^p$ ce qui équivaut à $\forall x\geq 0$, $(1+x)^p\leq 1+x^p$. On pose donc $f(x)=1+x^p-(1+x)^p$. Comme $p-1<0$, $f^{\prime}(x)\geq 0$ si $x>0$, donc $f(x)\geq f(0)=0$ pour tout $x\geq 0$. Il est facile de voir maintenant que $\lp$ est vectoriel et que $d$ est une distance sur $\lp$.\\
2) $d(x^N,x)$ est le reste d'une série convergente donc tend vers 0 avec $N$. Soit $x\in \lp$, comme la série $\sum_n \vert x_n \vert^p$ converge, il existe $n_0$ tel que $\forall n\geq n_0$, $\vert x_n \vert\leq 1$. On en déduit alors que $\vert x_n \vert\leq \vert x_n \vert^p$ car $0<p<1$. Donc la série $\sum_n \vert x_n \vert$ converge, d'où $x \in \ell^1$.\\
3) a) On raisonne par récurrence: pour $N=2$, c'est la définition de la convexité. On suppose c'est vrai au rang $N$. Soient $\lambda_1,...,\lambda _{N+1}\in [0,1]^{N+1}$ avec $\sum_1^{N+1} \lambda_i=1$. Soient $x_1,...,x_{N+1}\in A^{N+1}$. On pose $S=\sum_1^N \lambda_i$ de sorte que $S+\lambda _{N+1}=1$ et par hypothèse de récurrence, on a $$\sum_1^N \frac{\lambda_i}{S} x_i =y\in A.$$
Alors $$\sum_1^{N+1} \lambda _ix_i = \frac{S}{S+\lambda _{N+1}} y + \frac{\lambda _{N+1}}{S+\lambda _{N+1}} x_{N+1} \in A.$$
b) $\alpha e^n\in B(0,R)$ si $\alpha ^p<R$ et $\frac{\alpha e^n}{n^{\beta }}\in B(0,R)$ si $\frac{\alpha^p}{n^{p\beta }}<R$. Donc $\alpha =\frac{R^{\frac{1}{p}}}{2}$ convient par exemple.\\
c) Si $B(0,R)$ est convexe alors d'aprés b), $\forall N\geq 1$, $$x=\sum_{n=1}^N \frac{1}{N} \frac{\alpha e^n}{n^{\beta }} \in B(0,R),$$
avec $\alpha =\frac{R^{\frac{1}{p}}}{2}$. Comme $0<p<1$, on peut choisir $\beta =\frac{1-p}{2p}>0$ et dans ce cas
$$\alpha^p N^{\frac{1-p}{2}}\leq \frac{\alpha ^p}{N^p}\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^{p\beta }}<R.$$
C'est absurde pour $N$ assez grand donc les boules ne sont pas convexes.\\
4) Soit $f=\Lambda _y$ défini dans l'énoncé. Comme $\lp\subset \ell^1$, $\forall x\in \lp$, $\vert f(x) \vert\leq \Vert y \Vert_{\infty}\Vert x \Vert_1$ et $f$ est bien définie. Il est facile de voir que $f$ est linéaire. On a montré en 1) que $\forall x,y\geq 0$, $(x+y)^p\leq x^p+y^p$. On en déduit, par récurrence, que $\forall N\geq 2$, $\forall x_1,...,x_N \geq 0$, $(x_1+...+x_N)^p\leq  x_1^p+...+x_N^p$. Maintenant si $x\in \lp\subset \ell^1$, en considérant les sommes partielles, on voit facilement que $\Vert x \Vert_1^p\leq d(0,x)$.\\
D'où $\forall x\in \lp$, $\vert f(x) \vert\leq \Vert y \Vert_{\infty}\Vert x \Vert_1\leq \Vert y \Vert_{\infty} d(0,x)^{\frac{1}{p}}$. Ce qui prouve que $f$ est continue en 0 et comme $d(0,x-y)=d(x,y)$, $f$ est continue partout.\\
5) $\Lambda $ est linéaire (déjà vu). $\Lambda $ est injective car si $\forall x\in \lp$, $\Lambda _y(x)=0$ alors en particulier $\Lambda _y(e^n)=y_n=0$ pour tout $n$. Donc $y=0$.\\
Montrons la surjectivité, soit $f\in (\lp)^{\prime}$, on pose $y_n=f(e^n)$. Vérifions que $y=(y_n)_n \in \linf$.
On écrit la continuité de $f$ en 0 : pour $\varepsilon =1$, $\exists r>0$ tel que $x\in B(0,r)\Longrightarrow  \vert f(x) \vert\leq 1$. On a vu en 3)b) que $\exists \alpha >0$ tel que $\forall n$, $\alpha e^n\in B(0,r)$. Alors, $\vert \alpha f(e^n) \vert\leq 1 $. D'où $\vert f(e^n) \vert\leq \frac{1}{\alpha }$ pour tout $n$ et $f=\Lambda _y$.\fexo 