Approximation de fonctions semi-continues

Résolution.

1. Rappelons qu'une fonction de $[0,1]$ dans $\mathbb{R}$ est continue si et seulement si l'image réciproque de tout fermé est un fermé. Si $f \in C$, alors pour tout $a \in \mathbb{R}$, $f^{-1}((-\infty, a])$ et $f^{-1}([a, +\infty))$ sont des fermés comme images réciproques de fermés par une application continue. Ainsi $C \subset I \cap S$. Réciproquement, supposons $f \in I \cap S$. Tout fermé de $[0,1]$ (pour la topologie induite par $\mathbb{R}$) est inclus dans $[0,1]$. Un fermé de $\mathbb{R}$ est une intersection d'unions d'intervalles. Pour montrer que $f$ est continue, il suffit de montrer que pour tout $[a, b] \subset \mathbb{R}$, $f^{-1}([a, b])$ est fermé. Or :
   $$f^{-1}([a, b]) = f^{-1}((-\infty, b]) \cap f^{-1}([a, +\infty))$$
   Par définition de $I$ et $S$, ces deux ensembles sont fermés. Leur intersection est donc fermée.
   $$\boxed{ I \cap S = C }$$

2. Soit $f \in F$. Croissance : Pour tout $x \in [0,1]$ et tout $y \in [0,1]$, on a $n|x-y| \leqslant (n+1)|x-y|$. Par passage à l'infimum :
   $$L_n(f)(x) = \inf_y (f(y) + n|x-y|) \leqslant \inf_y (f(y) + (n+1)|x-y|) = L_{n+1}(f)(x)$$
   Continuité : Montrons que $L_n(f)$ est $n$-lipschitzienne. Soient $(x, z) \in [0,1]^2$. Pour tout $y \in [0,1]$, par inégalité triangulaire :
   $$f(y) + n|x-y| \leqslant f(y) + n|x-z| + n|z-y|$$
   En passant à l'infimum sur $y$ à droite, on obtient :
   $$f(y) + n|x-y| \leqslant n|x-z| + L_n(f)(z)$$
   Puis en passant à l'infimum sur $y$ à gauche :
   $$L_n(f)(x) \leqslant L_n(f)(z) + n|x-z|$$
   Par symétrie des rôles de $x$ et $z$, on en déduit $|L_n(f)(x) - L_n(f)(z)| \leqslant n|x-z|$. L'application $L_n(f)$ est lipschitzienne, donc continue.

3. Sens réciproque : Supposons que $L_n(f) \to f$ simplement. Comme la suite est croissante, pour tout $x$, $f(x) = \sup_n L_n(f)(x)$. Pour tout $a \in \mathbb{R}$ :
   $$\{x \in [0,1] \mid f(x) \leqslant a\} = \{x \in [0,1] \mid \forall n \in \mathbb{N}, L_n(f)(x) \leqslant a\} = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} \{x \in [0,1] \mid L_n(f)(x) \leqslant a\}$$
   Chaque ensemble $\{L_n(f) \leqslant a\}$ est fermé car $L_n(f)$ est continue. Une intersection quelconque de fermés étant fermée, on en déduit que $f \in I$. Sens direct : Supposons $f \in I$. Soit $x \in [0,1]$. En choisissant $y=x$ dans l'infimum, on a immédiatement $L_n(f)(x) \leqslant f(x)$. Soit $\epsilon > 0$. Posons $a = f(x) - \epsilon$. L'ensemble $K_a = \{y \in [0,1] \mid f(y) \leqslant a\}$ est un fermé qui ne contient pas $x$. Il existe donc $\delta > 0$ tel que la boule (ou l'intervalle) $B(x, \delta) \cap [0,1]$ soit disjoint de $K_a$. Pour $y \in B(x, \delta)$, on a $f(y) > a$. Donc $f(y) + n|x-y| \geqslant a + 0 = a$. Pour $y \notin B(x, \delta)$, on a $|x-y| \geqslant \delta$. Comme $f \geqslant 0$, $f(y) + n|x-y| \geqslant n\delta$. Pour $n$ assez grand tel que $n\delta > a$, on a alors $\forall y \in [0,1], f(y) + n|x-y| \geqslant a$. En passant à l'infimum : $L_n(f)(x) \geqslant a = f(x) - \epsilon$. On a donc montré que pour $n$ assez grand, $f(x) - \epsilon \leqslant L_n(f)(x) \leqslant f(x)$.
   $$\boxed{ \lim_{n \to +\infty} L_n(f)(x) = f(x) }$$

4. Si $f \in I$, on a vu que $f$ est la limite simple d'une suite croissante de fonctions continues $(L_n(f))$. Pour une suite croissante, la limite simple coïncide avec la borne supérieure ponctuelle. Réciproquement, si $f(x) = \sup_n f_n(x)$ avec $f_n$ continues, alors :
   $$\{x \mid f(x) \leqslant a\} = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} \{x \mid f_n(x) \leqslant a\}$$
   Chaque $\{f_n \leqslant a\}$ est fermé par continuité de $f_n$, donc $f \in I$.