Exercice : Normep de Minkowski Soientp >1et q >1tel que 1/p+ 1/q= 1.
1. a. Soit∆y :x7→ lnx−lny
x−y . Montrer que∆y est décroissante surR∗+\ {y}.
b. En déduire que pour toutx < y réels strictement positifs et toutt∈[0,1], ln(tx+ (1−t)y)>tln(x) + (1−t) ln(y).
(on dit que la fonctionln est concave) c. En déduire que poura, b>0,
ab6 1 pap+1
qbq Pour x= (x1, . . . , xn)∈Kn ety= (y1, . . . , yn)∈Kn, on pose :
kxkp=
n
X
i=1
|xi|p
!1/p
et kykq =
n
X
i=1
|yi|q
!1/q
2. Soitxet ydansKn non nuls. Établir
|xiyi| kxkpkykq 6 1
p
|xi|p kxkpp +1
q
|yi|q kykqq
et en déduire n
X
i=1
|xiyi|6kxkpkykq
3. En écrivant
(|xi|+|yi|)p=|xi|(|xi|+|yi|)p−1+|yi|(|xi|+|yi|)p−1 justifier
kx+ykp6kxkp+kykp 4. Conclure quek.kp définit une norme surKn.
1
Correction :
1. a. La dérivée (par rapport àx) de∆y est∆′y :x7→ (x−y)/x−lnx+ lny
(x−y)2 =1−y/x+ ln(y/x) (x−y)2 qui est du signe de1−y/x+ ln(y/x).
On poseX =y/x. Cela revient à étudier le signe de l’expressionφ(X) = 1−X+ lnX pourX >0.
On peut dériver à nouveau et étudier les variations deφet retrouver queφest croissante pourX 61 puis décroissante pour X >1avec un maximum égal à φ(1) = 0, ce qui se traduit par un résultat à connaitre : la droite d’équationy=x−1est une tangente située au dessus de la courbe de la fonction logarithme népérien.
Finalement, la dérivée∆′y est négative donc la fonction∆y est décroissante surR∗+\ {y}.
b. Soitx < y. On remarque que pourt∈]0,1[,tx+(1−t)y∈[x, y]. Donc en particulier :x6tx+(1−t)y.
En utilisant la question précédente : ∆y(x) >∆y(tx+ (1−t)y). Alors on obtient successivement : lnx−lny
x−y >ln(tx+ (1−t)y)−lny tx+ (1−t)y−y lnx−lny
x−y >ln(tx+ (1−t)y)−lny t(x−y)
En multipliant part(x−y)<0,t(lnx−lny)6ln(tx+ (1−t)y)−lny soit exactement : tlnx+ (1−t) lny6ln(tx+ (1−t)y)
c. En posantx=ap,y=bq et t= 1/p, donc1−t= 1/q, on obtient :
plnap+ 1/qlnbq 6ln(ap/p+bq/q)et en passant à l’exponentielle croissante surR, on obtient : exp1/plnap+ 1/qlnbq 6ap/p+bq/q. Or exp(1/plnap+ 1/qlnbq) = exp(lna+ lnb) = ab d’où le résultat.
2. On applique ce résultat en posanta= |xi|
kxkp et b= |yi|
kykq et on obtient :
|xiyi| kxkpkykq 61
p
|xi|p kxkpp +1
q
|yi|q kykqq En sommant,
n
X
i=1
|xiyi|
kxkpkykq 61/p+ 1/q= 1 puis
n
X
i=1
|xiyi|6kxkpkykq (appelée inégalité de Hölder).
3. Commençons par remarquer quekx+ykp =
n
X
i=1
|xi+yi|p
!1/p
6
n
X
i=1
(|xi|+|yi|)p
!1/p
par inégalité triangulaire du module.
Alors
n
X
i=1
(|xi|+|yi|)p6
n
X
i=1
|xi|(|xi|+|yi|)p−1+
n
X
i=1
|yi|(|xi|+|yi|)p−1
Et
n
X
i=1
(|xi|+|yi|)p6kxkp
n
X
i=1
(|xi|+|yi|)(p−1)q
!1/q
+kykp
n
X
i=1
(|xi|+|yi|)(p−1)q
!1/q
d’après l’inégalité de Hölder.
On remarque alors que(p−1)q=p(1−1/p)q=pq/q=pet on rappelle que1/q= 1−1/p...
Alors :
n
X
i=1
(|xi|+|yi|)p6(kxkp+kykp)
n
X
i=1
(|xi|+|yi|)p
!1−1/p
.
Alors en supposant que
n
X
i=1
(|xi|+|yi|)p
!
6= 0, on arrive à : (Pn
i=1(|xi|+|yi|)p) (Pn
i=1(|xi|+|yi|)p)1−1/p 6kxkp+kykp Et finalement dans tous les cas :
kx+ykp6
n
X
i=1
(|xi|+|yi|)p
!1/p
6kxkp+kykp
2
