Developpement Analyse 419
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Je ne suis pas l’auteur de ce texte : c’est la r´ edaction qui m’a ´ et´ e transmise par R. Leclercq et G. Ramelet pour la solution de l’exercice 3.3 sur l’ in´ eg al it´ e de Young . Cette solution me semble tr` es b onne, meilleure que c elle que j’av ais de mon cˆ ot´ e. In´egal it´ e de Young Th´ eor` eme (in´ egalit´e de Young). Soit f : R −→ R, continue, strictement croissante et surj ect ive, v´ erifi ant f (0) = 0. On note g = f −1 , F et G, respectivement, les applications qui ` a x associent x 0 f (t) dt et x 0 g (t) dt. On a alors ∀x, y ∈ R, F(x) + G(y) ≥ x. y et l’´ eg al it´ e es t v´ er i fi´ ee pou r y = f (x). Commen¸ cons par d´ emo ntrer le cas d’´ eg ali t´ e. D´ emonst ra tion (c as d’´ eg al it´ e) . S oi t n ∈ N ∗ ; on d´ ec oupe les int´ egrales d´ efinis sant F( x) et G(f (x)) en partitionnant [0,x] (resp. [0,f (x)]) en n intervalles du type [kx/n, (k + 1)x/n] (resp. [f (kx/n),f ((k + 1)x/n)], car f est croissante et bijective). Il vient F(x) + G(f (x)) = n−1 k=0 (k+1)x/n kx/n f (t) dt + f ((k+1)x/n) f (kx/n) g(t) dt . Or, f et g ´ etant croissantes, on a ais´ ement les encadre ments suivants : x n f kx n ≤ (k+1)x/n kx/n f (t) dt ≤ x n f (k + 1)x n et f (k + 1)x n − f kx n . k x n ≤ f ((k+1)x/n) f (kx/n) g(t) dt ≤ ≤ f (k + 1) x n − f kx n . (k + 1)x n , en majorant (resp. minorant) les int´ egrales par le produit de la longueur de l’intervalle et des valeurs maximales (resp. minimales) de f et g (et en ne perdant pas de vue que g ◦ f = Id). On obtient donc, en r´ eorganisant les termes de la somme, F(x) + G(f (x)) ≥ n−1 k=0 k n f (k + 1) x n − k − 1 n f kx n . x, et F(x) + G(f (x)) ≤ n−1 k=0 (k + 2) n f (k + 1)x n − k + 1 n f kx n . x. Or les termes des sommes s’annulant deux ` a deux, il r este en d´ efinitive : n − 1 n f (x) + 1 n f (0) . x ≤ F(x) + G(f (x)) ≤ n + 1 n f (x) − 1 n f (0) . x. Cet e ncadrement ´ etant vrai p our tout entier n non nul, on passe ` a la limite quand n tend vers l’infini. Les termes extrˆ emes de l’encadrement tendant tous les deux vers x .f (x), le th´ eor` eme des gendar mes perme t de conclu re : F( x) + G(f (x)) = x .f (x). 1
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Je ne suis pas l’auteur de ce texte : c’est la redaction qui m’a ete transmise parR. Leclercq et G. Ramelet pour la solution de l’exercice 3.3 sur l’inegalite de Young .Cette solution me semble tres bonne, meilleure que celle que j’avais de mon cote.
Inegalite de Young
Theoreme (inegalite de Young). Soit f : R −→ R, continue, strictement croissante et
surjective, verifiant f (0) = 0. On note g = f −1, F et G, respectivement, les applications
qui a x associent x0
f (t) dt et x0
g(t) dt. On a alors
∀x, y ∈ R, F(x) + G(y) ≥ x . y
et l’egalite est verifiee pour y = f (x).
Commencons par demontrer le cas d’egalite.
Demonstration (cas d’egalite). Soit n ∈ N∗ ; on decoupe les integrales definissant F(x) etG(f (x)) en partitionnant [0, x] (resp. [0, f (x)]) en n intervalles du type [kx/n, (k +1)x/n](resp. [f (kx/n), f ((k + 1)x/n)], car f est croissante et bijective).
Il vient
F(x) + G(f (x)) =n−1k=0
(k+1)x/n
kx/n
f (t) dt +
f ((k+1)x/n)
f (kx/n)
g(t) dt
.
Or, f et g etant croissantes, on a aisement les encadrements suivants :
x
n f kx
n
≤
(k+1)x/n
kx/n
f (t) dt ≤ x
n f (k + 1)x
n
et
f (k + 1)x
n− f
kx
n .
kx
n
≤ f ((k+1)x/n)
f (kx/n)
g(t) dt ≤
≤
f (k + 1)x
n
− f
kx
n
. (k + 1)x
n,
en majorant (resp. minorant) les integrales par le produit de la longueur de l’intervalleet des valeurs maximales (resp. minimales) de f et g (et en ne perdant pas de vue queg ◦ f = Id).
On obtient donc, en reorganisant les termes de la somme,
F(x) + G(f (x)) ≥n−1k=0
k
n f (k + 1)x
n
−
k − 1
n f kx
n
. x, et
F(x) + G(f (x)) ≤n−1k=0
(k + 2)
n f
(k + 1)x
n
−
k + 1
n f kx
n
. x.
Or les termes des sommes s’annulant deux a deux, il reste en definitive :n− 1
n f (x) +
1
n f (0)
. x ≤ F(x) + G(f (x)) ≤
n + 1
n f (x) −
1
n f (0)
. x.
Cet encadrement etant vrai pour tout entier n non nul, on passe a la limite quand n tendvers l’infini. Les termes extremes de l’encadrement tendant tous les deux vers x . f (x), letheoreme des gendarmes permet de conclure : F(x) + G(f (x)) = x . f (x).
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Demontrons a present l’inegalite de Young :
Demonstration (inegalite de Young). Fixons x et etudions l’application φx definie parφx(y) = xy −G(y)−F(x). Elle est derivable, de derivee φ
x(y) = x − g(y). Comme g eststrictement croissante, on en deduit que φx admet un maximum pour la valeur y = f (x).Il vient :
∀x, y ∈ R, xy − F(x) −G(y) ≤ φx(f (x))
et le cas d’egalite (φx(f (x)) = 0) permet de conclure.
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