Le seul probl`eme vient de l’axiome de s´eparationNg(f

SEMAINE 7

ESPACES VECTORIELS NORM ´ES, PARTIES CONVEXES EXERCICE 1 :

SoitE =C [0,1],IR

le IR-espace vectoriel des applications continues de [0,1] vers IR, muni de la normeN_∞ :

N_∞(f) = max

x∈[0,1]|f(x)|. Soitg∈E. Pour toute fonctionf deE, on poseN_g(f) =N_∞(f g).

1. Donner une condition n´ecessaire et suffisante sur la fonction g pour que N_g soit une norme surE.

2.Dans ce cas, `a quelle condition surgles normes Ng etN_∞ sont-elles ´equivalentes ? - - - -

Dans tout l’exercice, on noteraZg={x∈[0,1]|g(x) = 0} l’ensemble des z´eros deg.

1.L’ axiomeNg(λf) =|λ|Ng(f) et l’in´egalit´e triangulaire sont toujours v´erifi´es. Le seul probl`eme vient de l’axiome de s´eparationNg(f) = 0 =⇒f = 0.

•SiZ^◦_g6=∅ (il existe un intervalle non trivial sur lequelgest la fonction nulle), alorsN_gn’est pas une norme : en effet, soit a∈Z^◦g, on peut supposer a6∈ {0,1}, il existeε >0 tel que [a−ε, a+ε]⊂Zg ; on peut trouver une fonctionf deE diff´erente de la fonction nulle mais qui est nulle en dehors du segment [a−ε, a+ε] (consid´erer une fonction continue qui fait un “pic” ena), on a alorsf 6= 0 mais f g= 0, doncNg(f) =N∞(f g) = 0, ce qui contredit l’axiome de s´eparation.

•Si

◦

Zg=∅, montrons queNg est une norme. Sif ∈E v´erifieNg(f) = 0, alorsf g= 0 doncf est nulle en tout point de [0,1]\Zg. Mais [0,1]\Zg est dense dans [0,1] et f est continue sur [0,1], doncf est la fonction nulle (tout point de (0,1] est limite d’une suite de points o`u la fonctionf est nulle).

En conclusion,Ng est une norme surE si et seulement si

◦

Zg=∅.

2.• Si la fonctiong ne s’annule pas sur [0,1], alors il existe deux r´eels strictement positifs met M tels que

∀x∈[0,1] m≤ |g(x)| ≤M .

On a alors m·N_∞(f)≤Ng(f)≤M ·N_∞(f) pour toutf ∈E et les normesN_∞ et Ng

sont ´equivalentes.

• Si la fonctiong s’annule en au moins un pointade [0,1] (on suppose adiff´erent de0et de 1 pour r´ediger ce qui suit, mais il est facile d’adapter la d´emonstration...) , donnons-nous ε >0, il existeα >0 (α <min{a,1−a}) tel que

∀x∈[a−α, a+α] |g(x)| ≤ε .

Soit f une fonction nulle en dehors de l’intervalle [a−α, a+α], affine sur chacun des intervalles [a−α, a] et [a, a+α], prenant la valeur 1 au point a. On a alors N∞(f) = 1 et N_g(f) =N_∞(f g)≤ε. Comme εpeut ˆetre choisi arbitrairement petit, les normes N_g et N_∞ ne sont pas ´equivalentes.

En conclusion, les normes N_g et N_∞ sont ´equivalentes si et seulement si la fonction g ne s’annule pas.

EXERCICE 2 :

1.Montrer que l’ensemble des matrices diagonalisables deMp(C) est dense dans cet espace.

2. Soit P = X^p+ap−1X^p−1+· · · +a1X +a0 ∈ C[X] un polynˆome normalis´e de degr´e p.

Montrer que les racines de P sont toutes dans le disque ferm´eD de centre 0 et de rayon R= max{1, pM}, avecM = max

0≤i≤p−1|ai|.

3.En d´eduire que l’ensemble des polynˆomes de degr´epnormalis´es et scind´es sur IR est un ferm´e de IR_p[X].

4.Quelle est l’adh´erence, dansM_p(IR), de l’ensemble des matrices diagonalisables ? - - - -

1. SoitA ∈ Mp(C) une matrice quelconque. On peut la trigonaliser : A=P T P⁻¹ avecP in- versible etT triangulaire sup´erieure, notonsλ1,· · ·,λp les coefficients diagonaux de la ma- triceT (valeurs propres deA). Pour toutn∈IN^∗, soit la matriceD_n = diag

1 n,2

n,· · ·,p n

. Alors, pour n assez grand, les λi + i

n (1 ≤ i ≤ p) sont distincts : en effet, l’´egalit´e λi+ i

n = λj+ j

n avec i 6= j ne peut se produire si λi = λj et entraˆıne n ≤ p−1

|λi−λj| si λ_i 6=λ_j. Pour n assez grand, la matrice T +D_n est donc diagonalisable, donc aussi la matriceAn =P(T+Dn)P⁻¹ et, comme lim

n→∞Dn = 0, on aA= lim

n→∞An.

2. Soitz∈C tel que P(z) = 0. Il faut montrer que|z| ≤1 ou |z| ≤pM. Si on suppose|z|>1, alors, dez^p=−(a_p−1z^p−1+· · ·+a₀), on d´eduit|z^p| ≤ |a_p−1| |z^p−1|+· · ·+|a₀| ≤pM|z|^p−1 puisque |z^k| ≤ |z^p−1|pourk≤p−1, donc|z| ≤pM.

3.Soit (Pn) une suite de polynˆomes normalis´es de degr´epscind´es sur IR, notons Pn=X^p+a⁽ⁿ⁾_p−1X^p−1+· · ·+a⁽ⁿ⁾₁ X+a⁽ⁿ⁾₀ .

Sur l’espace IRp[X], de dimension finie, les normes sont toutes ´equivalentes, choisissons par exemple la norme N d´efinie par N(P) = max

0≤i≤p|a_i| si P =

p

X

i=0

a_iXⁱ. La convergence de la suite (P_n) vers un certain polynˆomeP =

p

X

i=0

a_iXⁱ´equivaut `a la condition : lim

n→∞a⁽ⁿ⁾_i =a_i pour touti∈[[0, p]].

Supposons donc la suite (Pn) convergente versP =

p

X

i=0

aiXⁱ dans IRp[X]. On a doncap= 1 et le polynˆomeP est normalis´e. Par ailleurs, lespsuites a⁽ⁿ⁾_i

n∈INsont convergentes, donc sont born´ees (et ont bien sˆur une borne commune) : soit M ∈IR^∗₊ tel que|a⁽ⁿ⁾_i | ≤M pour tout i∈[[0, p−1]] et pour tout entiern. Les z´eros complexes des polynˆomes Pn sont alors tous dans le disque ferm´eD d´efini dans la question 2. Pour tout entier natureln, notons Zn = (z₁⁽ⁿ⁾,· · ·, z_p⁽ⁿ⁾) une liste des z´eros (suppos´es r´eels) du polynˆomePn pris dans un ordre

arbitraire, mais bien sˆur compt´es avec leurs multiplicit´es. La suite (Zn) est `a valeurs dans le compact [−R, R]^p de IR^p, donc admet une suite extraite (Z_ϕ(n)) convergente, de limite Z = (z1,· · ·, zp) :zi= lim

n→∞z_i^(ϕ(n)) pour touti∈[[1, p]].

Pour tout n, le polynˆomePn se factorise enPn =

p

Y

i=1

(X−z_i⁽ⁿ⁾). En passant `a la limite (les coefficients d’un polynˆome sont fonctions continues des racines puisque ce sont les fonctions sym´etriques ´el´ementaires de ces racines), on obtient, dans IR[X],

P = lim

n→∞P_ϕ(n)=

p

Y

i=1

(X−z_i), donc le polynˆomeP est scind´e sur IR.

On a ainsi prouv´e que l’ensemble des polynˆomes normalis´es de degr´ep et scind´es sur IR est ferm´e dans IRp[X].

4.R´eponse : c’est l’ensemble des matrices trigonalisables. En effet,

• si une matriceA ∈ Mp(IR) est trigonalisable sur IR, on peut l’approcher par des matrices diagonalisables en reprenant le raisonnement de la question1.

• si A ∈ Mp(IR) est limite d’une suite (An) de matrices diagonalisables, les coefficients du polynˆome caract´eristique d’une matrice d´ependant continˆument de ses coefficients, on a χA = lim

n→∞χA_n ; comme chaque χA_n est scind´e sur IR et normalis´e de degr´e p(bon, au signe pr`es...), le polynˆomeχA l’est aussi d’apr`es la question3., doncAest trigonalisable.

EXERCICE 3 :

SoitE un C-espace vectoriel de dimension finie, soitu∈ L(E), soitN une norme surL(E).

D´eterminer lim

n→∞ N(uⁿ)

n1

.

- - - -

1. Si N₁ et N₂ sont des normes sur L(E), elles sont ´equivalentes : cN₁ ≤ N₂ ≤ c⁰N₂ avec 0< c < c⁰. Si on obtient lim

n→∞ N1(uⁿ)

n1

=l∈IR+, alors, des in´egalit´es c

n1

N1(uⁿ)

1n

≤ N2(uⁿ)

1n

≤c⁰

n1

N1(uⁿ)

n1

, il r´esulte aussi lim

n→∞ N₂(uⁿ)

n1

=l. Il suffit donc de faire le calcul pour une norme N (en esp´erant trouver une limite), choisissons d´esormais pour N la norme subordonn´ee `a une certaine normek · ksurE.

2.Soitλune valeur propre deu, soitx∈E un vecteur propre associ´e. On a alors uⁿ(x) =λⁿx, donc kuⁿ(x)k

kxk = |λ|ⁿ et N(uⁿ) ≥ |λ|ⁿ pour toutn . On en d´eduit que, pour toutn

entier naturel, N(uⁿ)

n1

≥ρ(u), o`u ρ(u) = max

λ∈Sp(u)|λ| (rayon spectraldeu).

3.Supposonsudiagonalisable, soit (e1,· · ·, ed) une base de diagonalisation, soientλ1,· · ·,λdles valeur propres associ´ees. Six=x1e1+· · ·+xded, alors

kuⁿ(x)k=

d

X

i=1

λⁿ_ixiei

≤

d

X

i=1

|λi|ⁿ|xi| keik ≤M ρ(u)ⁿ

d

X

i=1

|xi|

! ,

avec M = max

1≤i≤dkeik. Les normes sur E ´etant ´equivalentes, etx =

d

X

i=1

xiei 7→

d

X

i=1

|xi| en

´

etant une, il existe une constante M⁰ telle que

∀x∈E ∀n∈IN kuⁿ(x)k ≤M⁰ ρ(u)n

kxk, doncN(uⁿ)≤M⁰ ρ(u)ⁿ

pour toutnet, d’apr`es la minoration obtenue en2., on a ρ(u)≤ N(uⁿ)

n1

≤M⁰

n1

ρ(u), donc lim

n→∞ N(uⁿ)

1n

=ρ(u).

4.Soitu∈ L(E) quelconque, utilisons la d´ecomposition de Dunfordu=δ+ν, avecδdiagonali- sable etν nilpotent qui commutent. Soitrl’indice de nilpotence deν (ν^r−16= 0 etν^r= 0).

Pour n > r, on a uⁿ=

r

X

k=0

C_n^kδ^n−kν^k=δ^n−r

r

X

k=0

C_n^kδ^r−kν^k, donc

N(uⁿ) ≤ N(δ^n−r)

r

X

k=0

C_n^kN(δ^r−kν^k)

≤ α

r

X

k=0

C_n^k

!

N(δ^n−r)≤α(r+ 1)n^rN(δ^n−r)

en posant α= max{N(δ^r−kν^k) ; 0≤k≤r}. On a utilis´e le fait que la norme N v´erifie N(uv) ≤ N(u)N(v) pour tous endomorphismes u et v, et on a major´e (grossi`erement) C_n^k= n(n−1)· · ·(n−k+ 1)

k! parn^r pourk≤r.

Or, d’apr`es 3., on a lim

n→∞ N(δ^n−r)

n−r1

= ρ(δ) =ρ(u) car uet δ ont les mˆemes valeurs propres, donc

N(δ^n−r)

n1

=

"

N(δ^n−r)

n−r1 #¹⁻

nr

n→∞−→ ρ(u).

On a donc lim

n→∞

α(r+ 1)n^rN(δ^n−r)

n1

=ρ(u) et l’encadrement ρ(u)≤ N(uⁿ)

1n

≤

α(r+ 1)n^rN(δ^n−r)

n1

permet de conclure que lim

n→∞ N(uⁿ)

n1

=ρ(u).

EXERCICE 4 :

1.SoitE un IR-espace vectoriel, soitN :E→IR+ une application telle que

• ∀x∈E N(x) = 0 ⇐⇒ x=OE ;

• ∀x∈E ∀λ∈IR N(λx) =|λ|N(x) ;

• l’ensembleB ={x∈E|N(x)≤1} est convexe.

Montrer queN est une norme surE.

2.SoitEun IR-espace vectoriel de dimension finie, soitKune partie deE. Montrer l’´equivalence entre les assertions(1)et(2)ci-dessous :

(1):K est compact, convexe, sym´etrique par rapport `a 0E, et 0E est int´erieur `a K; (2): il existe une normeN surE pour laquelleKest la boule unit´e ferm´ee :

K={x∈E|N(x)≤1}.

Source : Fran¸cois ROUVI `ERE, Petit guide de calcul diff´erentiel, ´Editions Cassini, ISBN 2-84225- 008-7

- - - -

1. Il suffit de prouver l’in´egalit´e triangulaireN(x+y)≤N(x) +N(y). Si x= 0E ouy = 0E, c’est ´evident. Sinon, consid´erons les vecteurs unitaires associ´es, c’est-`a-direu= x

N(x) ∈B et v= y

N(y) ∈B et posonsw= x+y

N(x) +N(y). Alorsw∈B carB est convexe et w= N(x)

N(x) +N(y)u+ N(y) N(x) +N(y)v , doncN(w)≤1, soitN(x+y)≤N(x) +N(y).

2. Tout d’abord, l’espace E ´etant de dimension finie, il admet une unique topologie d’espace vectoriel norm´e, les notions de “compact” et d’“int´erieur” mentionn´ees dans l’assertion(1) ont donc un sens intrins`eque, c’est-`a-dire ind´ependant du choix d’une norme, ce qui rassure.

• Montrons(2)=⇒(1):

Si K={x∈E|N(x)≤1}, o`u N est une norme sur E, alors . K =N⁻¹ [0,1]

est ferm´e born´e donc compact (dimension finie),

. K est convexe grˆace `a l’in´egalit´e triangulaire : six∈K,y∈K,λ≥0,µ≥0,λ+µ= 1, alors

N(λx+µy)≤N(λx) +N(µy) =λN(x) +µN(y)≤λ+µ= 1, doncλx+µy∈K;

. K est sym´etrique par rapport `a 0E carN(−x) =N(x) ; .

◦

K={x∈E|N(x)<1} est un voisinage de 0E inclus dans K, et 0E est int´erieur `a K.

• Montrons(1)=⇒(2):

Pour toutx∈E, posonsI(x) ={k∈IR^∗₊|kx∈K}.

. six= 0E, alorsI(0E) = IR^∗₊et on poseN(0E) = 0 ; . six6= 0E, alors

-I(x) est non vide car 0_E est int´erieur `aK donc, sik · krepr´esente une quelconque norme sur E, K contient une boule ferm´ee de centre 0_E et de rayon r > 0 pour cette norme et

r

kxk ∈I(x) puisque r

kxkx∈K:

-I(x) est major´e, sinonK ne serait pas born´e donc pas compact.

Posons alorsN(x) = 1

supI(x)∈IR^∗₊.

Remarquons que, de la convexit´e de K et de 0E ∈ K, il r´esulte que I(x) est un inter- valle qui est soit i

0, 1 N(x)

h , soit i

0, 1 N(x)

i

. Mais I(x) est un ferm´e relatif de IR^∗₊ car c’est l’image r´eciproque de K par l’application continue IR^∗₊ → E, k 7→ kx. Finalement, I(x) =i

0, 1 N(x)

i .

On a bien alorsK={x∈E|N(x)≤1} puisque

N(x)≤1 ⇐⇒ supI(x)≥1 ⇐⇒ 1∈I(x) ⇐⇒ x∈K .

L’application N ainsi d´efinie va de E vers IR+ et v´erifie l’axiome de s´eparation N(x) = 0 ⇐⇒ x= 0_E.

Si x∈E etλ∈IR, alorsN(λx) =|λ|N(x) : - c’est ´evident six= 0_E ouλ= 0 ;

- six6= 0E et λ >0, cela r´esulte dek∈I(λx) ⇐⇒ λk∈I(x) ;

- six6= 0E et λ <0, cela r´esulte de la sym´etrie deK par rapport `a 0E. Enfin, l’in´egalit´e triangulaire r´esulte de la question 1.

EXERCICE 5 :

1.Soientx1,. . .,xk des ´el´ements de IRⁿ, aveck > n+ 1. Montrer l’existence de r´eelsa1,. . .,ak

non tous nuls tels que

k

X

i=1

a_i= 0 et

k

X

i=1

a_ix_i= 0. (*)

2. Th´eor`eme de Carath´eodory.SoitAune partie de IR<sup>n</sup>. On noteE(A) l’enveloppe convexe de A (“plus petit” convexe contenant A : c’est l’ensemble des barycentres `a coefficients positifs des familles finies de points de A). Montrer que tout point deE(A) est barycentre

`

a coefficients positifs d’une famille den+ 1 points de A.

3. Th´eor`eme de Helly.SoientA1,A2,. . .,Ak des parties convexes de IRⁿ, aveck > n+ 1. On suppose que toute sous-famille den+ 1 parties choisies parmiA1,. . .,Ak a une intersection non vide.

D´emontrer que

k

\

i=1

A_i6=∅.

Source : Marcel BERGER, G´eom´etrie 2, ´Editions Nathan, ISBN 209 191 731-1.

- - - - 1.L’applicationF : IR^k →IR×IRⁿ d´efinie par F(a1, . . . , ak) =

^k X

i=1

ai,

k

X

i=1

aixi

est lin´eaire et ne peut ˆetre injective, compte tenu des dimensions des espaces de d´epart et d’arriv´ee.

2. Soit xun ´el´ement de E(A). On peut ´ecrire x=

k

X

i=1

λixi aveck ∈ IN^∗, lesxi appartenant `a A, lesλi ´etant des r´eels positifs ou nuls tels que

k

X

i=1

λi= 1 (xest barycentre `a coefficients positifs d’une famille dekpoints deA).

Supposonsk > n+ 1 et prouvons quexest barycentre `a coefficients positifs d’une sous-famille stricte de (x1, . . . , xk), ce qui ach´evera la d´emonstration.

Soient a₁, . . ., a_k des r´eels non tous nuls v´erifiant (*), l’un au moins desa_i est strictement positif. Posons alors

C= min λi

ai

; i∈[[1, k]], ai>0

.

De

k

X

i=1

aixi= 0, on d´eduit que x=

k

X

i=1

(λi−Cai)xi. On v´erifie que les coefficientsλi−Cai

sont positifs ou nuls et que leur somme vaut 1 (cons´equence de

k

X

i=1

ai = 0) ; mais l’un au moins de ces coefficients est nul, ce qui prouve que xest barycentre `a coefficients positifs dek−1 points deA.

Cons´equence. SiAest compact, alorsE(A) est compact : en effet, l’ensemble K={(λ1, . . . , λn+1)∈(IR+)ⁿ⁺¹|

n+1

X

i=1

λi= 1}

est un compact de IRⁿ⁺¹etE(A) est l’image du compactK×Aⁿ⁺¹par l’application continue (λ₁, . . . , λ_n+1), x₁, . . . , x_n+1

7→

n+1

X

i=1

λ_ix_i.

3. Montrons d’abord le r´esultat suivant : si k > n+ 1, siA1,A2, . . ., Ak sont des convexes de IRⁿ tels quek−1 quelconques d’entre eux aient une intersection non vide, alors

k

\

i=1

Ai6=∅.

Pour cela, choisissons unxi∈\

j6=i

Aj pour touti∈[[1, k]].

Soient a1,. . .,ak des r´eels non tous nuls v´erifiant(*). Posons

I={i∈[[1, k]]|ai≥0} et J = [[1, k]]\I={j∈[[1, k]]|aj<0}. On a X

i∈I

aixi =−X

j∈J

ajxj. Posonss=X

i∈I

ai=−X

j∈J

aj (on as >0).

Soit enfin x=1 s

X

i∈I

aixi= 1 s

X

j∈J

(−aj)xj.

Alors xest barycentre `a coefficients positifs desx_i, i∈ I. Or, si on fixe un indice j ∈J, alors ∀i∈I x_i∈A_j ; commeA_j est convexe, on en d´eduit que x∈A_j et ceci pour tout j∈J.

De mˆeme, x est barycentre `a coefficients positifs des xj, j ∈ J. Or, si on fixe un indice i∈I, alors ∀j∈J xj ∈Ai ; commeAi est convexe, on en d´eduit quex∈Ai et ceci pour tout i∈I.

Finalement, x∈

k

\

i=1

Ai.

Soit maintenantk > n+ 1 et soientA₁,. . .,A_k des parties convexes de IRⁿ tels que toute sous- famille den+ 1 parties ait une intersection non vide. On en d´eduit que toute sous-famille den+ 2 parties a une intersection non vide, puis toute sous-famille den+ 3 parties... Bref, par une r´ecurrence finie, on montre que la famille (A1, . . . , Ak) a une intersection non vide.

EXERCICE 6 :

Soit E un espace euclidien, soit A une partie de E. On dit qu’un hyperplan affine H est un hyperplan d’appuideAsiH∩A6=∅et si la partieAest enti`erement contenue dans l’un des deux demi-espaces ferm´es d´elimit´es parH.

Dans la suite de l’exercice,C est un convexe ferm´e non vide deE.

1. Soita∈E\C. Montrer qu’il existe un unique point xdeC tel que kx−ak =d(a, C) (le point xest appel´e leprojet´e de a sur C). Montrer qu’il existe un hyperplan d’appui de C passant parx.

2. Soitxun point de la fronti`ere du convexeC. Montrer que, par le point x, il passe au moins un hyperplan d’appui.

Source : Marcel BERGER, G´eom´etrie 2, ´Editions Nathan, ISBN 209 191 731-1.

- - - - 1.•Posonsδ=d(a, C) = inf

c∈Ckc−ak. Il existe alorsc∈Ctel quekc−ak ≤δ+ 1. En notantB la boule ferm´ee de centreaet de rayonδ+ 1, il est clair queδ= inf

c∈Ckc−ak= inf

c∈C∩Bkc−ak.

CommeC∩B est ferm´e born´e, c’est un compact, donc cette borne inf´erieure est atteinte (comme la tarte), ce qui prouve l’existence d’un ´el´ementxdeC tel qued(a, C) =kx−ak.

•Supposons que deux points distinctsxetydeCr´ealisent ce minimum :kx−ak=ky−ak=δ.

Posonsz=x+y

2 . CommeCest convexe, on a z∈C, mais kz−ak=

x+y 2 −a

=1 2

(x−a) + (y−a) <1

2 kx−ak+ky−ak

=δ (l’in´egalit´e est stricte car le cas d’´egalit´e signifierait que les vecteurs−→

ax=x−aet−→ ay=y−a sont colin´eaires et de mˆeme sens, donc ´egaux puisqu’ils ont la mˆeme norme, donc quex=y), on a ainsi obtenu une absurdit´e. Cela prouve l’unicit´e du “projet´e deasur le convexe ferm´e C”. Ce projet´exappartient bien sˆur `a la fronti`ere deC.

•Montrons que ∀c∈C (x−a|x−c)≤0. En effet, sic∈C, le segment [x, c] est inclus dans C, donc ∀λ∈[0,1] (1−λ)x+λc∈C, donc

∀λ∈[0,1]

(1−λ)x+λc−a

2≥ kx−ak²=δ² ou encore

∀λ∈[0,1]

(1−λ)(x−a) +λ(c−a)

2≥ kx−ak²=δ² (bref, on prend acomme origine). En d´eveloppant, on obtient

∀λ∈[0,1] λ²kc−ak²+λ(λ−2)kx−ak²+ 2λ(1−λ) (x−a|c−a)≥0.

Notons f(λ) le premier membre de l’in´egalit´e ci-dessus, la fonction f : [0,1] → IR est d´erivable (c’est un polynˆome du second degr´e), on a f(0) = 0 et f(λ) ≥ 0 pour tout λ∈[0,1], donc f⁰(0)≥0, ce qui donne

−2kx−ak²+ 2(x−a|c−a)≥0, ou encore (x−a|c−x)≥0.

Notons alorsH l’hyperplan affine passant parxet de vecteur normal−→ ν =−→

ax=x−a. Les deux demi-espaces ferm´es d´elimit´es par cet hyperplan sont

E₊={c∈E|(−→ xc|−→

xa)≥0}={c∈E|(c−x|a−x)≥0} et E₋={c∈E|(c−x|a−x)≤0}

(le premier contenant le point a). On a prouv´e que C ⊂ E₋, donc H est un hyperplan d’appui deC.

2.Soitx∈Fr(C) (fronti`ere deC), alorsx6∈C, donc<sup>◦</sup> xappartient `a l’adh´erence du compl´ementaire E\C ; il existe donc une suite (an) de points deE\C convergeant versx. Notonsxn le projet´e du pointansur le convexeCet posons−→

νn =

−−−→anxn

k−−−→

a_nx_nk = xn−an

kxn−ank. Pour tout entier natureln, l’hyperplanHnpassant parxnet de vecteur normal−→

νnest un hyperplan d’appui deC, donc

∀c∈C ∀n∈IN (−→

x_nc|−→

ν_n) = (c−x_n|−→

ν_n)≥0. (*)

On a lim

n→+∞xn = x car kxn −xk ≤ kxn −ank+kan −xk et lim

n→+∞kan−xk = 0 et kxn−a_nk=d(a_n, C)≤ kan−xk −→

n→∞ 0. La suite (−→

ν_n), `a valeurs dans la sph`ere unit´e (compacte) admet une valeur d’adh´erence −→

ν = lim

n→+∞

−−−→νϕ(n). En passant `a la limite dans (*)suivant l’extractionϕ, on obtient

∀c∈C (−→ xc|−→

ν) = (c−x|−→ ν)≥0, donc l’hyperplan H passant parxet de vecteur normal−→

ν est un hyperplan d’appui deC passant parx.