© Laurent Garcin MP Dumont d’Urville
Devoir à la maison n°05
• Le devoir devra être rédigé sur des copies doubles.
• Les copies ne devront comporter ni rature, ni renvoi, ni trace d’effaceur.
• Toute copie ne satisfaisant pas à ces exigences devra être intégralement récrite.
Solution 1
1. Soit𝑥 ∈ 𝕂𝑛tel que‖𝑥‖𝑝 = 0. Alors
𝑛
∑
𝑘=1
|𝑥𝑘|𝑝 = 0. Mais comme tous les termes de cette somme sont positifs, ils sont nuls et𝑥est également nul.
Soit(λ, 𝑥) ∈ 𝕂 × 𝕂𝑛. Alors
‖λ𝑥‖𝑝= (
𝑛
∑
𝑘=1
|λ𝑥𝑘|𝑝)
1 𝑝
= (
𝑛
∑
𝑘=1
|λ|𝑝|𝑥𝑘|𝑝)
1 𝑝
= (|λ|𝑝
𝑛
∑
𝑘=1
|𝑥𝑘|𝑝)
1 𝑝
= |λ| (
𝑛
∑
𝑘=1
|𝑥𝑘|𝑝)
1 𝑝
= |λ‖‖𝑥‖𝑝
2. a. Soit(𝑢, 𝑣) ∈ (ℝ+)2. L’inégalité est clairement vraie si l’un des deux réels𝑢et𝑣est nul. Supposons donc𝑢 > 0 et𝑣 > 0. Par concavité du logarithme
ln(1 𝑝𝑢𝑝+1
𝑞𝑣𝑞) ≥ 1
𝑝ln(𝑢𝑝) + 1
𝑞ln(𝑣𝑞) =ln(𝑢) +ln(𝑣) =ln(𝑢𝑣) On en déduit l’inégalité demandée par croissance de l’exponentielle.
b. Soit(𝑥, 𝑦) ∈ (𝕂𝑛)2. Supposons d’abord‖𝑥‖𝑝= ‖𝑦‖𝑞= 1. D’après la question précédente, pour tout𝑘 ∈J1, 𝑛K,
|𝑥𝑘𝑦𝑘| = |𝑥𝑘||𝑦𝑘| ≤ |𝑥𝑘|𝑝 𝑝 +|𝑦𝑘|𝑞
𝑞 En sommant ces inégalités, on obtient
‖𝑥.𝑦‖1≤ ‖𝑥‖𝑝𝑝
𝑝 +‖𝑦‖𝑞𝑞
𝑞 = 1 𝑝+1
𝑞 = 1
Revenons maintenant au cas général :𝑥et𝑦sont donc quelconques. Remarquons que l’inégalité demandée est vraie si l’un des vecteurs𝑥et𝑦est nul. Supposons donc𝑥et𝑦non nuls. Alors‖𝑥‖𝑝 ≠ 0et‖𝑦‖𝑞 ≠ 0 par propriété de séparation. Posons alors 𝑥′ = 𝑥
‖𝑥‖𝑝 et𝑦′ = 𝑦
‖𝑦‖𝑞. Par homogénéité, ‖𝑥′‖𝑝 = ‖𝑦′‖𝑞 = 1.
D’après ce qui précède,‖𝑥′.𝑦′‖1 ≤ 1. Mais il est clair que𝑥′.𝑦′ = 𝑥.𝑦
‖𝑥‖𝑝‖𝑥‖𝑞 et par homogénéité de ‖.‖1,
‖𝑥′.𝑦′‖1= ‖𝑥.𝑦‖1
‖𝑥‖𝑝‖𝑥‖𝑞 d’où l’inégalité demandée.
3. C’est du cours lorsque𝑝 = 1. Supposons donc𝑝 > 1. Soit(𝑥, 𝑦) ∈ (𝕂𝑛)2. Posons𝑞 = 𝑝
𝑝−1 de sorte que𝑞 > 0et
1 𝑝 +1
𝑞 = 1.
‖𝑥 + 𝑦‖𝑝𝑝=
𝑛
∑
𝑘=1
|𝑥𝑘+ 𝑦𝑘|𝑝=
𝑛
∑
𝑘=1
|𝑥𝑘||𝑥𝑘+ 𝑦𝑘|𝑝−1+
𝑛
∑
𝑘=1
|𝑦𝑘||𝑥𝑘+ 𝑦𝑘|𝑝−1
D’après la question2.b,
𝑛
∑
𝑘=1
|𝑥𝑘||𝑥𝑘+ 𝑦𝑘|𝑝−1≤ (
𝑛
∑
𝑘=1
|𝑥𝑘|𝑝)
1 𝑝
(
𝑛
∑
𝑘=1
|𝑥𝑘+ 𝑦𝑘|(𝑝−1)𝑞)
1 𝑞
𝑛
∑
𝑘=1
|𝑦𝑘||𝑥𝑘+ 𝑦𝑘|𝑝−1≤ (
𝑛
∑
𝑘=1
|𝑦𝑘|𝑝)
1 𝑝
(
𝑛
∑
𝑘=1
|𝑥𝑘+ 𝑦𝑘|(𝑝−1)𝑞)
1 𝑞
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En tenant compte du fait que(𝑝 − 1)𝑞 = 𝑝et1
𝑞 = 𝑝−1
𝑝 , ces deux inégalités peuvent également s’écrire
𝑛
∑
𝑘=1
|𝑥𝑘||𝑥𝑘+ 𝑦𝑘|𝑝−1≤ ‖𝑥‖𝑝‖𝑥 + 𝑦‖𝑝−1𝑝 𝑛
∑
𝑘=1
|𝑦𝑘||𝑥𝑘+ 𝑦𝑘|𝑝−1≤ ‖𝑦‖𝑝‖𝑥 + 𝑦‖𝑝−1𝑝
En sommant ces deux inégalités, on obtient
‖𝑥 + 𝑦‖𝑝𝑝≤ (‖𝑥‖𝑝+ ‖𝑦‖𝑝)‖𝑥 + 𝑦‖𝑝−1𝑝
Si‖𝑥 + 𝑦‖𝑝= 0, alors on a clairement‖𝑥 + 𝑦‖𝑝≤ ‖𝑥‖𝑝+ ‖𝑦‖𝑝. Sinon, il suffit de diviser l’inégalité précédente par
‖𝑥 + 𝑦‖𝑝−1𝑝 pour aboutir au même résultat.
4. a. Soit𝑥 ∈ 𝕂𝑛. Alors on a clairement
‖𝑥‖𝑝∞≤
𝑛
∑
𝑘=1
|𝑥𝑘|𝑝= ‖𝑥‖𝑝𝑝
On en déduit que‖𝑥‖∞≤ ‖𝑥‖𝑝. b. Soit𝑥 ∈ 𝕂𝑛.
‖𝑥‖𝑞𝑞=
𝑛
∑
𝑘=1
|𝑥𝑘|𝑞≤ ‖𝑥‖𝑞−𝑝∞ 𝑛
∑
𝑘=1
|𝑥𝑘|𝑝= ‖𝑥‖𝑞−𝑝∞ ‖𝑥‖𝑝𝑝
D’après la question4.a,‖𝑥‖∞≤ ‖𝑥‖𝑝donc‖𝑥‖𝑞𝑞≤ ‖𝑥‖𝑞𝑝puis‖𝑥‖𝑞≤ ‖𝑥‖𝑝. PosonsM =sup𝑥∈𝕂𝑛⧵{0}
‖𝑥‖𝑞
‖𝑥‖𝑝. L’inégalité précédente montre queM ≤ 1. De plus, cette inégalité est une égalité lorsque𝑥est un vecteur de la base canonique de𝕂𝑛doncM = 1et cette borne supérieure est atteinte.
5. a. Posons𝑝′= 𝑝
𝑟 et𝑞′=𝑞
𝑟 de sorte que 1
𝑝′ + 1
𝑞′. D’après la question2.b
𝑛
∑
𝑘=1
|𝑥𝑘𝑦𝑘|𝑟≤ ( ∑
𝑘=1
|𝑥𝑘|𝑟𝑝′)
1 𝑝′
( ∑
𝑘=1
|𝑦𝑘|𝑟𝑞′)
1 𝑞′
Puisque𝑟𝑝′= 𝑝et𝑟𝑞′= 𝑞, on obtient l’inégalité demandée en élevant la dernière inégalité à la puissance 1
𝑟. b. Puisque𝑝 < 𝑞, il existe𝑟 ∈ ℝ∗+tel que1
𝑟 = 1
𝑝 −1
𝑞i.e. 1
𝑞 +1
𝑟 = 1
𝑝. Soit𝑥 ∈ 𝕂𝑛et𝑦 = (1, … , 1). D’après la question précédente,
‖𝑥.𝑦‖𝑝≤ ‖𝑥‖𝑞‖𝑦‖𝑟 Ce qui s’écrit encore
‖𝑥‖𝑝≤ ‖𝑥‖𝑞𝑛
1 𝑝−1
𝑞
PosonsM =sup𝑥∈𝕂𝑛⧵{0}
‖𝑥‖𝑝
‖𝑥‖𝑞. L’inégalité précédente montre queM ≤ 𝑛
1 𝑝−1
𝑞. De plus, cette inégalité est une égalité lorsque|𝑥𝑘| = 1pour tout𝑘 ∈J1, 𝑛KdoncM = 𝑛
1 𝑝−1
𝑞 et cette borne supérieure est atteinte.
6. On a vu à la question4.aque‖𝑥‖∞≤ ‖𝑥‖𝑝. De plus,
‖𝑥‖𝑝𝑝=
𝑛
∑
𝑘=1
|𝑥𝑘|𝑝≤ 𝑛‖𝑥‖𝑝∞
donc‖𝑥‖𝑝 ≤ 𝑛
1
𝑝. Finalement
‖𝑥|∞≤ ‖𝑥‖𝑝≤ 𝑛
1 𝑝‖𝑥‖∞ Le théorème des gendarmes permet alors d’affirmer que lim
𝑝→+∞‖𝑥‖𝑝= ‖𝑥‖∞. Solution 2
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1. Soit𝑓 ∈ Etel que‖𝑓‖𝑝 = 0. Alors∫
𝑏
𝑎
|𝑓(𝑡)|𝑝 d𝑡 = 0. Mais comme|𝑓|𝑝est continue est positive sur[𝑎, 𝑏], elle est nulle sur[𝑎, 𝑏]de même que𝑓.
Soit(λ, 𝑓) ∈ 𝕂 × E. Alors
‖λ𝑓‖𝑝= (∫
𝑏
𝑎
|λ𝑓(𝑡)|𝑝 d𝑡)
1 𝑝
= (∫
𝑏
𝑎
|λ|𝑝|𝑓(𝑡)|d𝑡)
1 𝑝
= (|λ|𝑝∫
𝑏
𝑎
|𝑓(𝑡)|d𝑡)
1 𝑝
= |λ| (∫
𝑏
𝑎
|𝑓(𝑡)|d𝑡)
1 𝑝
= |λ|‖𝑓‖𝑝
2. a. Soit(𝑢, 𝑣) ∈ (ℝ+)2. L’inégalité est clairement vraie si l’un des deux réels𝑢et𝑣est nul. Supposons donc𝑢 > 0 et𝑣 > 0. Par concavité du logarithme
ln(1 𝑝𝑢𝑝+1
𝑞𝑣𝑞) ≥ 1
𝑝ln(𝑢𝑝) + 1
𝑞ln(𝑣𝑞) =ln(𝑢) +ln(𝑣) =ln(𝑢𝑣) On en déduit l’inégalité demandée par croissance de l’exponentielle.
b. Soit(𝑓, 𝑔) ∈ E2. Supposons d’abord‖𝑓‖𝑝= ‖𝑔‖𝑞= 1. D’après la question précédente, pour tout𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏],
|𝑓(𝑡)𝑔(𝑡)| = |𝑓(𝑡)||𝑔(𝑡)| ≤|𝑓(𝑡)|𝑝
𝑝 +|𝑔(𝑡)|𝑞 𝑞 En intégrant sur[𝑎, 𝑏], on obtient
‖𝑓𝑔‖1≤ ‖𝑓‖𝑝𝑝
𝑝 +‖𝑔‖𝑞𝑞
𝑞 = 1 𝑝+1
𝑞 = 1
Revenons maintenant au cas général :𝑓et𝑔sont donc quelconques. Remarquons que l’inégalité demandée est vraie si l’une des deux fonctions𝑓et𝑔est nulle. Supposons donc𝑓et𝑔non nulles. Alors‖𝑓‖𝑝≠ 0et‖𝑔‖𝑞≠ 0 par propriété de séparation. Posons alors𝑓 =̃ 𝑓
‖𝑓‖𝑝et𝑔 =̃ 𝑓
‖𝑓‖𝑞. Par homogénéité,‖ ̃𝑓‖𝑝= ‖ ̃𝑔‖𝑞= 1. D’après ce qui précède,‖ ̃𝑓 ̃𝑔‖1≤ 1. Mais il est clair que𝑓 ̃𝑔 =̃ 𝑓𝑔
‖𝑓‖𝑝‖𝑔‖𝑞 et par homogénéité de‖.‖1,‖ ̃𝑓 ̃𝑔‖1 = ‖𝑓𝑔‖1
‖𝑓‖𝑝‖𝑔‖𝑞 d’où l’inégalité demandée.
3. C’est du cours lorsque𝑝 = 1. Supposons donc𝑝 > 1. Soit(𝑓, 𝑔) ∈ E2. Posons𝑞 = 𝑝
𝑝−1 de sorte que𝑞 > 0et
1 𝑝 +1
𝑞 = 1.
‖𝑓 + 𝑔‖𝑝𝑝= ∫
𝑏
𝑎
|𝑓(𝑡) + 𝑔(𝑡)|𝑝 d𝑡 = ∫𝑏
𝑎
|𝑓(𝑡)||𝑓(𝑡) + 𝑔(𝑡)|𝑝−1+ ∫
𝑏
𝑎
|𝑔(𝑡)||𝑓(𝑡) + 𝑔(𝑡)|𝑝−1
D’après la question2.b,
∫
𝑏
𝑎
|𝑓(𝑡)||𝑓(𝑡) + 𝑔(𝑡)|𝑝−1≤ (∫
𝑏
𝑎
|𝑓(𝑡)|𝑝)
1 𝑝
(∫
𝑏
𝑎
|𝑓(𝑡) + 𝑔(𝑡)|(𝑝−1)𝑞)
1 𝑞
∫
𝑏
𝑎
|𝑔(𝑡)||𝑓(𝑡) + 𝑔(𝑡)|𝑝−1≤ (∫
𝑏
𝑎
|𝑔(𝑡)|𝑝)
1 𝑝
(∫
𝑏
𝑎
|𝑓(𝑡) + 𝑔(𝑡)|(𝑝−1)𝑞)
1 𝑞
En tenant compte du fait que(𝑝 − 1)𝑞 = 𝑝et1
𝑞 = 𝑝−1
𝑝 , ces deux inégalités peuvent également s’écrire
∫
𝑏
𝑎
|𝑓(𝑡)||𝑓(𝑡) + 𝑔(𝑡)|𝑝−1≤ ‖𝑓‖𝑝+ ‖𝑓 + 𝑔‖𝑝−1𝑝
∫
𝑏
𝑎
|𝑔(𝑡)||𝑓(𝑡) + 𝑔(𝑡)|𝑝−1≤ ‖𝑔‖𝑝+ ‖𝑓 + 𝑔‖𝑝−1𝑝
En sommant ces deux inégalités, on obtient
‖𝑓 + 𝑔‖𝑝𝑝≤ (‖𝑓‖𝑝+ ‖𝑔‖𝑝)‖𝑥 + 𝑦‖𝑝−1𝑝
Si‖𝑓 + 𝑔‖𝑝= 0, alors on a clairement‖𝑥 + 𝑦‖𝑝≤ ‖𝑥‖𝑝+ ‖𝑦‖𝑝. Sinon, il suffit de diviser l’inégalité précédente par
‖𝑓 + 𝑔‖𝑝−1𝑝 pour aboutir au même résultat.
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4. a. Pour tout𝑛 ∈ ℕ∗
‖𝑓𝑛‖𝑝𝑝 = ∫
𝑎+𝑏−𝑎 𝑛 𝑎
(1 − 𝑛𝑡 − 𝑎 𝑏 − 𝑎)
𝑝 d𝑡 = ∫
𝑏−𝑎 𝑛 0
(1 − 𝑛𝑡 𝑏 − 𝑎)
𝑝 d𝑡 = 𝑏 − 𝑎
𝑛 ∫
1
0
(1 − 𝑡)𝑝 d𝑡 = 𝑏 − 𝑎 𝑛(𝑝 + 1) Ainsi‖𝑓𝑛‖𝑝= ( 𝑏 − 𝑎
𝑛(𝑝 + 1))
1 𝑝. b. Pour tout𝑛 ∈ ℕ∗
‖𝑓𝑛‖𝑞
‖𝑓𝑛‖𝑝
= (𝑏 − 𝑎 𝑛 )
1 𝑞−1
𝑝 (𝑝 + 1)
1 𝑝
(𝑞 + 1)
1 𝑞
Or𝑝 < 𝑞donc 1
𝑞−1
𝑝 < 0. On en déduit que lim
𝑛→+∞
‖𝑓𝑛‖𝑞
‖𝑓𝑛‖𝑝 = +∞. Par conséquent, sup𝑓∈E⧵{0}‖𝑓‖𝑞
‖𝑓‖𝑝 = +∞.
5. a. Posons𝑝′= 𝑝
𝑟 et𝑞′=𝑞
𝑟 de sorte que 1
𝑝′ + 1
𝑞′. D’après la question2.b
∫
𝑏
𝑎
|𝑓(𝑡)|𝑟|𝑔(𝑡)|𝑟 d𝑡 ≤ (∫𝑏
𝑎
|𝑓(𝑡)|𝑟𝑝′d𝑡)
1 𝑝′
(∫
𝑏
𝑎
|𝑔(𝑡)|𝑟𝑞′d𝑡)
1 𝑞′
Puisque𝑟𝑝′= 𝑝et𝑟𝑞′= 𝑞, on obtient l’inégalité demandée en élevant la dernière inégalité à la puissance 1
𝑟. b. Puisque𝑝 < 𝑞, il existe𝑟 ∈ ℝ∗+tel que1
𝑟 = 1
𝑝 −1
𝑞i.e. 1
𝑞 +1
𝑟 = 1
𝑝.
Soit𝑓 ∈ Eet𝑔la fonction constante égale à1sur[𝑎, 𝑏]. D’après la question précédente,
‖𝑓𝑔‖𝑝≤ ‖𝑓‖𝑞‖𝑔‖𝑟 Ce qui s’écrit encore
‖𝑓‖𝑝≤ ‖𝑓‖𝑞(𝑏 − 𝑎)
1 𝑝−1
𝑞
PosonsM =sup𝑓∈E⧵{0}‖𝑓‖𝑝
‖𝑓‖𝑞. L’inégalité précédente montre queM ≤ (𝑏 − 𝑎)
1 𝑝−1
𝑞. De plus, cette inégalité est une égalité lorsque𝑓est constante égale à1sur[𝑎, 𝑏]doncM = (𝑏 − 𝑎)
1 𝑝−1
𝑞 et cette borne supérieure est atteinte.
6. Soit𝑓 ∈ Eet posonsM = ‖𝑓‖∞. Fixonsε ∈]0, 2M].
Pour tout𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏],|𝑓(𝑡)|𝑝≤ M𝑝d’où‖𝑓‖𝑝≤ (𝑏 − 𝑎)
1
𝑝Mpour tout𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏]par croissance de l’intégrale. Puisque lim𝑝→+∞(𝑏 − 𝑎)
1
𝑝M = M, il existe𝑝1∈ ℝ∗+tel que(𝑏 − 𝑎)
1
𝑝M ≤ M + εpour tout𝑝 ≥ 𝑝1. A fortiori,‖𝑓‖𝑝≤ M + ε pour tout𝑝 ≥ 𝑝1.
Puisque|𝑓|est continue sur[𝑎, 𝑏], elle y atteint sa borne supérieure. Il existe donc𝑐 ∈ [𝑎, 𝑏]tel que|𝑓(𝑐)| = M.
Supposons𝑐 ∈]𝑎, 𝑏[. Par continuité de|𝑓|en𝑐, il existeα ∈ ℝ∗+tel que|𝑓(𝑡)| ≥ M −ε
2 pour tout𝑡 ∈ [𝑐 − α, 𝑐 + α].
PuisqueM −ε
2 ≥ 0, on peut affirmer que|𝑓(𝑡)|𝑝 ≥ (M − ε
2)𝑝pour tout𝑡 ∈ [𝑐 − α, 𝑐 + α]. Or|𝑓|𝑝est positive sur [𝑎, 𝑏]donc
∫
𝑏
𝑎
|𝑓(𝑡)|𝑝d𝑡 ≥ ∫
𝑐+α
𝑐−α
(M − ε
2)𝑝 = 2α(M − ε)𝑝
Ainsi‖𝑓‖𝑝≥ (2α)
1 𝑝(M − ε
2). Puisque lim𝑝→+∞(2α)
1 𝑝(M −ε
2) = M −ε
2. Il existe𝑝2 ∈ ℝ∗+tel que(2α)
1
𝑝(M − ε) ≥ M − εpour tout𝑝 ≥ 𝑝2. Un raisonnement similaire permet d’aboutir au même résultat lorsque𝑐 = 𝑎ou𝑐 = 𝑏.
Finalement,M − ε ≤ ‖𝑓‖𝑝≤ M + εpour tout𝑝 ≥max(𝑝1, 𝑝2), ce qui assure que lim𝑝→+∞‖𝑓‖𝑝 = M = ‖𝑓‖∞.
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