Boule d'un espace normé

Hum oui, je retrouve un peu la construction que l'on a fait. Mais je vois que c'est plus rapide dans le sens que tu proposes. En gros, on a d'abord prouvé que $r=r'$ et ensuite $a =a'$.

Pour $r=r'$. On a établi les choses suivantes : Soit $a \in E$ et $r >0$.

1. Pour tout $x,y \in B(a,r]$, on a : $N(x-y) \leq 2r$ (inégalité triangulaire en passant par $a$).
2. Il existe $x,y \in B(a,r]$ tel que $N(x-y) = 2r$.

Pour le $2$. On a pris un vecteur $u \in E$ non nul et on a posé $u(\epsilon) = \epsilon \frac{u}{N(u)}$. On pose $x = a+u(r)$ et $y = a+u(-r)$. Et on vérifie que $x,y$ conviennent.

3. Si $B(a,r] \subset B(a',r']$ alors $r \leq r'$.

Là on prend $x,y$ fournit par le point $2$ pour la boule $B(a,r]$. Et on dit que $x,y \in B(a',r']$. On obtient : $2r = N(x-y) \leq 2r'$ (par $1$ pour la boule $B(a',r']$ (ouhais bon c'est inégalité triangulaire)).

Et ensuite, on a fait comme tu as dis.

Mais si on fait d'abord $a = a'$ et ensuite $r=r'$ c'est un peu plus court ! merci

Oui oui GBZM, en plus je connais la règle (depuis tout petit) mais je ne l'applique pas toujours !!!