limite simple

Si X=R , f=1 , K=[0;1] , d(x,y) = |x-y|

Je n'ai pas l'impression que fn converge. Je me trompe peut-être.

Le fait suivant est utile: sur un compact $K$ toute fonction semi-continue supérieurement est majorée et atteint son maximum. (Si $u$ est une telle fonction alors $\big ( u^{-1}(]-\infty, A[)\big )_{A \in \R}$ est un recouvrement ouvert de $K$. Ensuite si $S= \sup f$ n'est pas atteint, $\big (u ^{-1}(]-\infty, A[)\big )_{A \in ]-\infty,S [}$ est aussi un recouvrement ouvert de $K$).

Soit $f:K \to \R$ scs avec $(K,d)$ métrique compact. $g_{n,x}: y \mapsto f(y) - nd(x,y)$ est aussi scs comme différence d'une fonction scs et d'une fonction continue, donc d'après ce qui précède il existe $s_n^x \in K$ tel que $g_{n,x}(s_n^x)=\sup_K g_{n,x}=f_n(x) $.
Comme $f(x)=g_{n,x}(x)$ on a $$f(x) \leq g_{n,x}(s_n^x) =f(s_n^x)-nd(x,s_n^x)= f_n(x) \: \: (1)$$ pour tous $x\in K$ et $n \in \N$.

D'autre part soit $M:= \max_K f$. Soit $x \in K$. On voit que$f(x)+nd(x,s_n^x) \leq f(s_n^x) \leq M$ donc que $d(s_n^x ,x )\leq \frac{M-f(x)}{n} \to 0$ quand $n \to +\infty$. Soit alors $\varepsilon>0$, $\alpha >0 $ tel que $\forall y, d(y,x) \leq \alpha \implies f(y) \leq f(x)+\varepsilon$, et soit $N \in \N$ tel que $n \geq N \implies d(s_n^x,x) \leq \alpha$. Alors pour tout $n \geq N$ on a $$f_n(x)= f(s_n^x)-nd(x,s_n^x) \leq f(s_n^x) \leq f(x)+\varepsilon \: \: (2)$$
$(1)$ et $(2)$ entraînent que $f_n(x) \in [f(x), f(x)+ \varepsilon]$ pour $n \geq N$. CQFD.

Ca va marcher vu les résultats mis en lien (le jury demandera peut-être de les prouver).