- On va commencer par prouver que $O$ est un ouvert de $(E,\|\cdot\|_\infty)$. Soit $f\in O$ et posons $r=f(1)$. Alors $B_\infty(f,r)\subset O.$
En effet, si $g\in B_\infty(f,r),$ alors
$$g(1)\geq f(1)+g(1)-f(1)\geq f(1)-\|f-g\|_\infty> f(1)-f(1)=0.$$
En revanche, $O$ n'est pas un ouvert de $(E,\|\cdot\|_1)$. En effet, considérons $f\in O$ et $r>0$ quelconque. Pour $n\geq 1,$ posons $g_n=f-f(1)x^n$. Alors $\|g_n-f\|_1=f(1)\int_0^1 x^ndx=\frac{f(1)}{n+1}\to 0$. Ainsi, pour $n$ assez grand, $g_n\in B_1(f,r).$ En revanche, $g_n$ n'est jamais élément de $O$. En effet, on a $g_n(1)=f(1)-f(1)=0.$
- On prouve que $E\backslash F=\{f\in E:\ \int_0^{1/2}f(t)dt>0\}$ est ouvert pour $\|\cdot\|_\infty$ et aussi pour $\|\cdot\|_1.$ Soit $f\in E\backslash F$ et commençons par traiter le cas de la norme infinie. Soit $r=\int_0^{1/2}f(t)dt>0$ et $g\in B_\infty(f,r).$ Alors
\begin{align*}
\int_0^{1/2}g(t)dt&=\int_0^{1/2}f(t)dt+\int_0^{1/2}\big(g(t)-f(t)\big)dt\\
&\geq \int_0^{1/2}f(t)dt-\int_0^{1/2}|g(t)-f(t)|dt\\
&\geq \int_0^{1/2}f(t)dt-\int_0^{1/2}\|g-f\|_\infty dt\\
&\geq \int_0^{1/2}f(t)dt-\int_0^{1/2} r dt\\
&\geq r-\frac r2>0
\end{align*}
Ainsi $B_\infty(f,r)\subset E\backslash F$ et $F$ est bien un fermé de $(E,\|\cdot\|_\infty).$ Passons à la norme 1. On va prouver qu'on a toujours $B_1(f,r)\subset E\backslash F.$ En effet, si $g\in B_1(f,r),$ alors
\begin{align*}
\int_0^{1/2}g(t)dt&=\int_0^{1/2}f(t)dt+\int_0^{1/2}g(t)-f(t)\\
&\geq \int_0^{1/2}f(t)dt-\int_0^{1/2}|g(t)-f(t)|dt\\
&\geq \int_0^{1/2}f(t)dt-\int_0^{1}|g(t)-f(t)|dt\\
&> r-r=0
\end{align*}
Remarquons qu'on aurait pu conclure que $O$ est un ouvert pour $(E,\|\cdot\|_\infty)$ et que $F$ est un fermé pour $(E,\|\cdot\|_\infty)$ et $(E,\|\cdot\|_1)$ en remarquant que ce sont respectivement l'image réciproque d'un ouvert ou d'un fermé de $\mathbb R$ par une forme linéaire continue.
