DM de MPSI2
Corrig´ e de devoir non surveill´ e
Probl` eme – Demi-normes
I.1
a En prenantx=y= 1 dans ii., on trouvef(1)2=f(1). Commef(1)6= 0 d’apr`es i.,f(1) = 1.
En prenantx=y=−1 dans ii., et sachant quef est `a valeurs positives, il vientf(−1) = 1.
bPour tout r´eel x, en appliquant ii. au couple (x,−1), on obtientf(−x) =f(x).
Pour tout r´eel non nulx, il vient, en appliquant ii. au couple (x,1/x) :f(1/x) = 1/f(x).
c D est clairement une partie non vide de R(elle comprend f(2) par exemple). D’apr`es iii., pour tout r´eelz tel quef(z)61, on af(1 +z)6Cmax(f(1), f(z))6C carf(1) = 1 : D est ainsi ´egalement major´ee parC, et admet donc une borne sup´erieureCf, inf´erieure ou ´egale `a C1.
Par ailleurs, pourz= 0, on af(z) = 061, donc 1 =f(1 +z)∈D, puis 16Cf.
dSoitx, y∈R. Le r´esultat voulu est ´evident sixouy est nul. Supposons xet y non nuls, et supposons (sans perte de g´en´eralit´e)f(y)6f(x). Soitz=y/x.
On af(z) = f(x)f(y) 61, d’o`u, par d´efinition deCf,f(1 +z)6Cf. En multipliant cette in´egalit´e par le r´eel positiff(x), et grˆace `a ii., on obtient bien le r´esultat voulu :
f(x+y)6Cfmax(f(x), f(y)).
I.2
agest bien `a valeurs positives, d´efinie surR, ne s’annule qu’en 0, v´erifie ´evidemment ii.. De plus, d’apr`es l’in´egalit´e triangulaire, pour tous r´eelsxety,
|x+y|6|x|+|y|62 max(|x|,|y|),
ce qui montre queg est `a la fois une norme et une demi-norme, et queCg62. Comme g(2) = 2 (etg(1) = 1), Cg >2, puisCg= 2.
bLa fonction carr´e, deRdansR+ ne s’annule qu’en 0, v´erifie ii., et, pour tous r´eelsxet y (x+y)26(|x|+|y|)264 max(|x|2,|y|2) = 4 max(x2, y2).
Ceci montre quehest une demi-norme, et queCh64. Orh(2) = 4 (eth(1) = 1), doncCh>4, puisCh= 4.
I.3Pour toute normef, tous r´eels xety, on a :
f(x+y)6f(x) +f(y)62 max(f(x), f(y)), ce qui montre quef est une demi-norme.
En appliquant ce calcul au couple (x, y) = (1, z), o`u zest un r´eel tel quef(z)61, on a : f(1 +z)6f(1) +f(z)62,
et doncCf62.
I.4On montre ceci par r´ecurrence faible sur r(l’assertion portant pour tout 2r-uplet de r´eels), l’amor¸cage
´etant assur´e par I.1.d. Supposant la propri´et´e v´erifi´ee `a un rang r ∈ N∗ fix´e, on a, pour tout 2r+1-uplet (xk)06k62r+1−1de r´eels :
f
2r+1−1
X
k=0
xk
= f
2r−1
X
k=0
xk+
2r+1−1
X
k=2r
xk
6 Cfmax
f
2r−1
X
k=0
xk
! , f
2r+1−1
X
k=2r
xk
(d’apr`es I.1.d)
6 Cfmax Cfrmax(f(x0), . . . , f(x2r−1)), Cfrmax(f(x2r), . . . , f(x2r+1−1))
(hypoth`ese de r´ecurrence)
= Cfr+1max(f(x0), . . . , f(x2r+1−1)),
1. nous utiliserons d’ailleurs ce dernier r´esultat dans la suite
d’o`u l’h´er´edit´e, puis le r´esultat souhait´e.
Pour toutr∈N∗, tout (x0, . . . , x2r−1)∈R2
r :
f
2r−1
X
k=0
xk
!
6Cfrmax(f(x0), . . . , f(x2r−1)).
I.5
aOn peut montrer l’existence d’un tel entier en observant que l’ensemble{k∈N∗, a <2k}est une partie non vide deN, et admet donc un plus petit ´el´ementr∈N∗. Quersoit ´egal `a 1 ou pas, on a bien 2r−16a <2r. Remarque : on pouvait ´egalement utiliser le logarithme en base 2.
bOn applique I.4, `a la famille (xk)06k62r−1 d´efinie parxk= 1 si k < a, et parxk= 0 (cette famille est de sommea). On a donc
f(a)6Cfrmax(f(1), f(0)) =Cfr62r62a.
I.6
a D’apr`es I.4, et la formule du binˆome de Newton, on a :
f((x+y)n) = f
n
X
k=0
n k
xkyn−k
!
6 Cfr max
06k6n
f
n k
xkyn−k
= Cfr max
06k6n
f
n k
f(x)kf(y)n−k
(grˆace `a ii.)
bD’apr`es la question pr´ec´edente, ainsi que I.5.b, et en se rappelant queCf 62, on obtient
f((x+y)n)62r max
06k6n
f
n k
f(x)kf(y)n−k
62r+1 max
06k6n
n k
f(x)kf(y)n−k
.
En majorant le maximum de la seconde famille ci-dessus par la somme de ses termes, il vient :
f((x+y)n)62r+1(f(x) +f(y))n. La croissance surR+ de la fonction racinen-i`eme conduit alors `a :
f(x+y)622r+1r−1(f(x) +f(y)).
cBien sˆur,r+ 1 = o(2r−1), donc
r+1 2r−1
converge vers 0, puis 22r+1r−1
converge vers 1.
En passant `a la limite dans l’in´egalit´e obtenue `a la question pr´ec´edente, il vient : f(x+y)6f(x) +f(y).
Ceci valant pour tout couple (x, y) de r´eels, la fonctionf est bien une norme.
