Ouverts et fermés à la fois

Soit {E} un espace vectoriel normé.
Montrer que les seules parties à la fois ouvertes et fermées sont {\emptyset} et {E}.

Par l’absurde, soit {A\subset E}, ouverte et fermée, distincte de {\emptyset} et {E}. Soit {a\in A}, et {b\notin A}.
Soit {\varphi} l’application définie sur {[0,1]} par {\varphi(t)=a+t(b-a)}.
Les points {\varphi(t)} décrivent le segment {[a,b]}.
Soit {T=\{t\in [0,1],\;\varphi(t)\in A\}} et soit {\alpha=\displaystyle\sup(T)}.
On a {\varphi(0)=a\in A} donc {0\in T}. On a {\varphi(1)=b\notin A} donc {1\notin T}.
Par définition de \alpha, il existe une suite {(t_{n})_{n\ge0}} de {T} telle que {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}t_{n}=\alpha}.
Les {x_{n}=a+t_{n}(b-a)} sont donc dans {A}, et {(x_n)_{n\ge0}} converge vers {c=a+\alpha(b-a)}.
Le vecteur {c}, limite d’une suite d’éléments du fermé {A}, est lui aussi dans {A}.
Mais l’ensemble {A} est ouvert, donc il existe {r>0} tel que {B(c,r)\subset A}.
Les vecteurs {c+\lambda(b-a)=a+(\alpha+\lambda)(b-a)}, avec {\left|{\lambda}\right|\lt \dfrac{r}{\left\|{b-a}\right\|}} sont donc dans {A}.
Mais cela contradit le fait que {\alpha} est la borne supérieure de {T}.