Corrigé des exercices : Hölder, Minkowski et Riesz-Fischer en L3 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Hölder sur le segment [0, 1]

Idée clé : on écrit chaque intégrande comme un produit de deux facteurs, dont l’un est une fonction explicite de norme calculable.

1. On écrit \(|f| = |f| \cdot 1\). L’exposant conjugué de 3 est \(3/2\), et \(\|1\|_{3/2} = 1\) sur \([0, 1]\). Par Hölder, \(\int_0^1 |f| \leq \|f\|_3 \cdot 1\). En élevant au cube, on obtient \(\left( \int_0^1 |f| \right)^3 \leq \int_0^1 |f|^3\). Si \(\|f\|_3 = +\infty\), l’inégalité est d’ailleurs évidente.
2. On applique Hölder avec \(p = q = 2\), c’est-à-dire Cauchy-Schwarz. D’abord, \(\int_0^1 (\sqrt{x})^2 \, \mathrm{d}x = 1/2\). Ensuite :
   \[ \int_0^1 \sqrt{x}\, |f(x)| \, \mathrm{d}x \leq \left( \frac{1}{2} \right)^{1/2} \|f\|_2. \]
   C’est exactement l’inégalité annoncée.
3. Le cas d’égalité de Cauchy-Schwarz a lieu quand \(|f|\) est proportionnelle à \(\sqrt{x}\). Prenons donc \(f(x) = \sqrt{x}\). À gauche, on trouve \(\int_0^1 x \, \mathrm{d}x = 1/2\). À droite, on trouve \(\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\), soit encore \(\frac{1}{2}\). La fonction racine carrée réalise donc l’égalité, comme tous ses multiples positifs.

Remarque :

La question 1 se démontre aussi par Jensen, puisque la mesure de Lebesgue sur \([0, 1]\) est une probabilité et que \(t \mapsto t^3\) est convexe sur \(\mathbb{R}_+\). Les deux points de vue sont équivalents ici. Cependant, Hölder a l’avantage de fournir directement une constante explicite quand la mesure totale n’est pas égale à 1.

Corrigé de l’exercice 2 – Moyennes et inégalité de Jensen

Idée clé : une mesure de probabilité et une fonction convexe, c’est exactement le cadre de Jensen.

1. D’abord, \(\left| \int f \right| \leq \int |f|\). Ensuite, la fonction \(t \mapsto |t|^p\) est convexe sur \(\mathbb{R}\), et \(|f|\) est intégrable. Jensen donne donc \(\left( \int |f| \right)^p \leq \int |f|^p\). Par croissance de \(t \mapsto t^p\) sur \(\mathbb{R}_+\), on obtient \(\left| \int f \right|^p \leq \int |f|^p\).
2. La fonction exponentielle est convexe sur \(\mathbb{R}\), et \(g\) est intégrable à valeurs réelles. Jensen donne directement \(\exp\left(\int g\right) \leq \int \mathrm{e}^g\), le membre de droite pouvant valoir \(+\infty\).
3. On prend \(X = \{1, \ldots, m\}\), avec \(\mu(\{i\}) = w_i\). C’est une probabilité, car les poids sont positifs de somme 1. On pose \(g(i) = \ln b_i\). La question 2 donne alors
   \[ \exp\left( \sum_{i=1}^{m} w_i \ln b_i \right) \leq \sum_{i=1}^{m} w_i b_i. \]
   Or le membre de gauche vaut \(b_1^{w_1} \cdots b_m^{w_m}\). L’inégalité pondérée est donc démontrée.

Corrigé de l’exercice 3 – Puissances dans les espaces L^p de la demi-droite

Idée clé : l’appartenance à \(L^p\) revient à l’intégrabilité de \(x^{-ap}\), réglée par le critère de Riemann.

1. On a \(|x^{-a}|^p = x^{-ap}\). Or \(\int_0^1 x^{-b} \, \mathrm{d}x\) est finie si et seulement si \(b < 1\). Donc \(x^{-a} \in L^p(]0, 1])\) si et seulement si \(ap < 1\).
2. De même, \(\int_1^{+\infty} x^{-b} \, \mathrm{d}x\) est finie si et seulement si \(b > 1\). Ainsi, \(x^{-a} \in L^p([1, +\infty[)\) si et seulement si \(ap > 1\). Les deux conditions sont incompatibles. Par conséquent, \(x^{-a}\) n’appartient à aucun \(L^p(]0, +\infty[)\).
3. On sépare l’intégrale en deux. Sur \(]0, 1]\), on a \(|f|^p = x^{-p/3}\), intégrable si et seulement si \(p < 3\). Sur \(]1, +\infty[\), on a \(|f|^p = x^{-2p}\), intégrable si et seulement si \(2p > 1\), ce qui est toujours vrai pour \(p \geq 1\). Finalement, \(f \in L^p\) si et seulement si \(1 \leq p < 3\).

Corrigé de l’exercice 4 – Calculs de bornes supérieures essentielles

Idée clé : on modifie d’abord la fonction sur un ensemble négligeable, puis on cherche le plus petit majorant valable sur un ensemble de mesure pleine.

1. L’ensemble \(\mathbb{Q}\) est dénombrable, donc négligeable. Ainsi, \(f = 0\) presque partout, et \(\|f\|_\infty = 0\).
2. De même, \(\mathbb{Z}\) est négligeable, donc \(f = \mathrm{e}^{-x^2}\) presque partout. Cette fonction est majorée par 1. Pour \(M < 1\), elle dépasse \(M\) sur un intervalle ouvert centré en 0, de mesure strictement positive. Ainsi \(\|f\|_\infty = 1\), alors que \(\sup f = 6\).
3. On a \(|\arctan x| < \pi/2\) pour tout \(x\). En revanche, pour \(\varepsilon > 0\), l’ensemble \(\{|\arctan| > \pi/2 – \varepsilon\}\) contient une demi-droite. Par conséquent, \(\|f\|_\infty = \pi/2\), et cette borne n’est atteinte en aucun point.
4. Pour tout \(M\), l’ensemble \(\{|x| > M\}\) est de mesure infinie. Ainsi, aucun \(M\) ne convient, et \(\|f\|_\infty = +\infty\). Une fonction finie partout peut donc avoir une norme infinie.

Corrigé de l’exercice 5 – Suites de Riemann dans les espaces de suites

Idée clé : pour la mesure de comptage, l’intégrale devient une somme, et le critère de Riemann des séries remplace celui des intégrales.

1. La puissance \(p\)-ième du terme général vaut \(n^{-ap}\). Par le critère de Riemann, la série \(\sum n^{-ap}\) est convergente exactement quand l’exposant \(ap\) dépasse strictement 1. La suite appartient donc à \(\ell^p\) pour \(p > 1/a\), et seulement pour ces valeurs.
2. Avec \(a = 1/2\), on a \(3a = 3/2 > 1\) et \(2a = 1\). La suite \((n^{-1/2})\) est donc dans \(\ell^3\) sans être dans \(\ell^2\).
3. Pour tout \(n\), \(|u_n| \leq \sum_k |u_k| = \|u\|_1\). Par conséquent, \(|u_n|^2 \leq \|u\|_1 \, |u_n|\). En sommant, on obtient \(\|u\|_2^2 \leq \|u\|_1 \cdot \|u\|_1\). Donc \(\|u\|_2 \leq \|u\|_1\).

Corrigé de l’exercice 6 – Pas de norme pour l’exposant un demi

Idée clé : deux axes de coordonnées suffisent à mettre en défaut l’inégalité triangulaire, mais une version affaiblie subsiste.

1. Une somme de deux racines carrées positives est nulle si et seulement si chacune l’est. Ainsi, \(N(u) = 0\) équivaut à \(x = y = 0\). Ensuite, \(|\lambda x|^{1/2} = |\lambda|^{1/2} |x|^{1/2}\). Après mise au carré, on obtient \(N(\lambda u) = |\lambda| N(u)\).
2. On a \(N(u) = N(v) = 1\), alors que \(N(u + v) = (1 + 1)^2 = 4\). Or \(4 > 1 + 1\). L’inégalité triangulaire est donc fausse, et \(N\) n’est pas une norme. La figure de l’énoncé le confirme : l’ensemble \(\{N \leq 1\}\) n’est pas convexe, puisque le milieu de \(u\) et \(v\) n’y appartient pas.
3. Notons \(u = (x_1, y_1)\) et \(v = (x_2, y_2)\), puis \(A = N(u)^{1/2}\) et \(B = N(v)^{1/2}\). D’abord, la sous-additivité de la racine donne
   \[ |x_1 + x_2|^{1/2} + |y_1 + y_2|^{1/2} \leq A + B. \]
   En élevant au carré, \(N(u+v) \leq (A + B)^2\). Ensuite, \((A + B)^2 \leq 2(A^2 + B^2)\), car \(2AB \leq A^2 + B^2\). Ainsi \(N(u + v) \leq 2(N(u) + N(v))\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Inclusion en mesure finie et contre-exemples sur R

Idée clé : en mesure finie, la constante 1 est dans tous les \(L^q\), ce qui alimente Hölder ; sur \(\mathbb{R}\), les puissances détruisent toute inclusion.

1. Par Cauchy-Schwarz, \(\int |f| \cdot 1 \leq \|f\|_2 \left( \int 1 \right)^{1/2} = \sqrt{\mu(X)}\, \|f\|_2\). Ainsi, si \(f \in L^2\), alors \(\|f\|_1 < +\infty\). Donc \(L^2(\mu) \subset L^1(\mu)\).
2. Prenons \(f(x) = x^{-1/2}\) sur \(]0, 1]\). D’une part, \(\int_0^1 x^{-1/2} \, \mathrm{d}x = 2\). D’autre part, \(f^2 = 1/x\) n’est pas intégrable près de 0. Ainsi \(f \in L^1 \setminus L^2\) : l’inclusion de la question 1 est stricte.
3. Par parité, \(\int_{\mathbb{R}} g^2 = 2 \int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{(1+x)^2} = 2\), qui est fini. En revanche, \(\int_0^{A} \frac{\mathrm{d}x}{1+x} = \ln(1 + A)\) tend vers \(+\infty\). Donc \(g \in L^2(\mathbb{R}) \setminus L^1(\mathbb{R})\). En prolongeant par 0 la fonction de la question 2, on obtient aussi un élément de \(L^1(\mathbb{R}) \setminus L^2(\mathbb{R})\). Par conséquent, aucune inclusion n’a lieu entre \(L^1(\mathbb{R})\) et \(L^2(\mathbb{R})\).

Remarque :

Les deux contre-exemples illustrent deux défauts opposés. La fonction \(x^{-1/2}\) est trop haute près de 0 pour être de carré intégrable, alors que son aire reste finie. À l’inverse, \(1/(1+|x|)\) décroît trop lentement à l’infini pour être intégrable, mais son carré décroît assez vite. Retenir ces deux images permet de construire en quelques secondes un contre-exemple pour n’importe quel couple d’exposants.

Corrigé de l’exercice 8 – Inégalité d’interpolation

Idée clé : on coupe \(|f|^s\) en deux puissances de \(|f|\) et l’on applique Hölder avec des exposants adaptés aux deux normes connues.

1. On calcule la somme des inverses : \(\dfrac{\theta s}{p} + \dfrac{(1-\theta) s}{r} = s \left( \dfrac{\theta}{p} + \dfrac{1 – \theta}{r} \right) = s \cdot \dfrac{1}{s} = 1\). Les deux termes sont strictement positifs, donc chaque exposant est strictement supérieur à 1. Ils sont bien conjugués.
2. On écrit \(|f|^s = |f|^{\theta s} \cdot |f|^{(1-\theta)s}\). Par Hölder avec les exposants précédents :
   \[ \int |f|^s \leq \left( \int |f|^{p} \right)^{\theta s / p} \left( \int |f|^{r} \right)^{(1-\theta) s / r} = \|f\|_p^{\theta s}\, \|f\|_r^{(1-\theta) s}. \]
   En élevant à la puissance \(1/s\), on obtient l’inégalité annoncée.
3. On résout \(\frac{1}{2} = \theta + \frac{1 – \theta}{3}\), soit \(\frac{3}{2} = 2\theta + 1\), d’où \(\theta = \frac{1}{4}\). Ensuite :
   \[ \|f\|_2 \leq 2^{1/4} \cdot 4^{3/4} = 2^{1/4 + 3/2} = 2^{7/4}. \]
   Ainsi \(\|f\|_2 \leq 2^{7/4} \approx 3{,}36\).

Corrigé de l’exercice 9 – Limite des normes p quand p tend vers l’infini

Idée clé : on encadre \(\|f\|_p\) entre deux quantités de la forme constante fois \(C^{1/p}\), qui tendent vers la constante.

1. On a \(|f|^p \leq \|f\|_\infty^p\) presque partout. En intégrant, \(\int |f|^p \leq \mu(X) \|f\|_\infty^p\). Après passage à la puissance \(1/p\), on obtient \(\|f\|_p \leq \mu(X)^{1/p} \|f\|_\infty\).
2. Si \(\mu(A_\varepsilon) = 0\), alors \(|f| \leq \|f\|_\infty – \varepsilon\) presque partout, ce qui contredit la définition de \(\|f\|_\infty\) comme borne inférieure. Donc \(\mu(A_\varepsilon) > 0\). Ensuite, sur \(A_\varepsilon\), on a \(|f|^p \geq (\|f\|_\infty – \varepsilon)^p\). Ainsi \(\|f\|_p \geq (\|f\|_\infty – \varepsilon)\, \mu(A_\varepsilon)^{1/p}\).
3. Les nombres \(\mu(X)\) et \(\mu(A_\varepsilon)\) sont strictement positifs et finis. Par conséquent, leurs puissances \(1/p\) tendent vers 1. On en déduit
   \[ \|f\|_\infty – \varepsilon \leq \liminf_{p \to +\infty} \|f\|_p \leq \limsup_{p \to +\infty} \|f\|_p \leq \|f\|_\infty. \]
   Comme \(\varepsilon\) est arbitraire, \(\|f\|_p \to \|f\|_\infty\).
4. Pour \(f(x) = x\) sur \([0, 1]\), on a \(\int_0^1 x^p \, \mathrm{d}x = \frac{1}{p+1}\). Ainsi \(\|f\|_p = (p+1)^{-1/p} = \exp\left( -\frac{\ln(p+1)}{p} \right)\), qui tend vers 1. Or \(\|f\|_\infty = 1\) : le résultat est vérifié.

La figure trace \(p \mapsto \|f\|_p\) pour cette fonction. La convergence vers 1 est lente, de l’ordre de \(\ln(p)/p\).

Corrigé de l’exercice 10 – La bosse glissante et ses sous-suites

Idée clé : la norme ne voit que la largeur de la bosse, tandis que la valeur en un point dépend de la position de la bosse.

1. Pour \(n = 2^k + j\), on a \(\|f_n\|_p^p = 2^{-k}\), donc \(\|f_n\|_p = 2^{-k/p}\). Quand \(n \to +\infty\), l’entier \(k = \lfloor \log_2 n \rfloor\) tend vers \(+\infty\). Ainsi \(f_n \to 0\) dans \(L^p\).
2. Soit \(x \in [0, 1]\). Pour chaque \(k\), les intervalles \([j 2^{-k}, (j+1) 2^{-k}]\) recouvrent \([0, 1]\), donc l’un d’eux contient \(x\) : on a \(f_n(x) = 1\) pour une infinité de \(n\). De plus, pour \(k \geq 2\), le point \(x\) appartient à au plus deux de ces intervalles, sur \(2^k \geq 4\). Ainsi, \(f_n(x) = 0\) pour une infinité de \(n\). Deux sous-suites de \((f_n(x))\) sont constantes, l’une égale à 0 et l’autre à 1 : la suite n’a pas de limite.
3. On prend \(n_k = 2^k\), c’est-à-dire \(j = 0\). Alors \(f_{n_k} = \mathbf{1}_{[0, 2^{-k}]}\). Pour \(x > 0\) fixé, on a \(2^{-k} < x\) dès que \(k\) est assez grand. Donc \(f_{2^k}(x) \to 0\) pour tout \(x \in \, ]0, 1]\).
4. Le théorème garantit seulement l’existence d’une sous-suite convergente presque partout, pas la convergence de toute la suite. L’exemple montre que cette restriction est nécessaire.

Corrigé de l’exercice 11 – Bosses hautes et convergence presque partout

Idée clé : la bosse finit par quitter chaque point, mais sa masse \(n^{ap – 1}\) peut rester grande.

1. En \(x = 0\), on a \(g_n(0) = 0\), car \(0 \notin \, ]0, 1/n]\). Pour \(x > 0\), dès que \(n > 1/x\), on a \(x \notin \, ]0, 1/n]\), donc \(g_n(x) = 0\). Ainsi \(g_n \to 0\) en tout point.
2. On a \(\|g_n\|_p^p = n^{ap} \cdot \frac{1}{n} = n^{ap – 1}\), d’où \(\|g_n\|_p = n^{a – 1/p}\). La suite converge vers 0 dans \(L^p\) si et seulement si \(a < 1/p\).
3. Soit \(x \in \, ]0, 1]\). On a \(g_n(x) \neq 0\) si et seulement si \(n \leq 1/x\), et alors \(g_n(x) = \sqrt{n} \leq x^{-1/2}\). Donc \(\sup_n g_n \leq x^{-1/2}\), fonction intégrable sur \(]0, 1]\). Le théorème de convergence dominée s’applique : \(\int g_n \to 0\). On retrouve \(\|g_n\|_1 = n^{-1/2} \to 0\).

Remarque :

Pour \(a = 1\), le même raisonnement donne \(\sup_n g_n(x) = \lfloor 1/x \rfloor\), qui se comporte comme \(1/x\) près de 0. Cette enveloppe n’est pas intégrable, et c’est cohérent : la suite ne converge pas dans \(L^1\), puisque \(\|g_n\|_1 = 1\). Ainsi, l’échec de la convergence en norme se lit directement sur l’absence de domination.

Corrigé de l’exercice 12 – Un problème d’optimisation résolu par Hölder

Idée clé : Hölder donne la majoration, et son cas d’égalité indique la fonction qui l’atteint.

1. L’exposant conjugué de 3 est \(3/2\). Pour \(f \in \mathcal{C}\), Hölder donne
   \[ J(f) \leq \|f\|_3 \left( \int_0^1 x^{3/2} \, \mathrm{d}x \right)^{2/3} = 1 \cdot \left( \frac{2}{5} \right)^{2/3}. \]
   Ainsi \(J(f) \leq (2/5)^{2/3}\) sur \(\mathcal{C}\).
2. On veut \(\int_0^1 c^3 x^{3/2} \, \mathrm{d}x = \frac{2 c^3}{5} = 1\), d’où \(c = (5/2)^{1/3}\). Ensuite, \(J(f^*) = c \int_0^1 x^{3/2} \, \mathrm{d}x = \frac{2c}{5}\). On trouve \(J(f^*) = (5/2)^{1/3} \cdot \frac{2}{5} = (2/5)^{2/3}\).
3. La majoration est atteinte, donc la borne supérieure est un maximum, égal à \((2/5)^{2/3} \approx 0{,}543\). Pour la constante 1, qui appartient bien à \(\mathcal{C}\), on trouve seulement \(J = 1/2\).

La figure compare la fonction optimale \(f^*\) et la constante 1. La première place davantage de masse près de \(x = 1\), là où le poids \(x\) est grand.

Corrigé de l’exercice 13 – Oscillations rapides et densité

Idée clé : on prouve le résultat sur une famille dense de fonctions simples, puis une majoration uniforme en \(n\) le transporte à tout \(L^1\).

1. Pour \(f = \mathbf{1}_{[a, b]}\), on calcule \(\int_a^b \cos(nx) \, \mathrm{d}x = \dfrac{\sin(nb) – \sin(na)}{n}\). Comme un sinus est compris entre \(-1\) et 1, cette intégrale est majorée en valeur absolue par \(2/n\), qui tend vers 0.
2. Soit \(s = \sum_{i=1}^{m} c_i \mathbf{1}_{I_i}\), avec des intervalles bornés \(I_i\). Une indicatrice d’intervalle ouvert ou semi-ouvert ne diffère de celle du segment que sur un ensemble négligeable. Par linéarité, \(\left| \int s(x) \cos(nx) \, \mathrm{d}x \right| \leq \frac{2}{n} \sum |c_i|\). Ainsi, le résultat vaut pour toute fonction en escalier.
3. Soit \(\varepsilon > 0\), et \(s\) en escalier avec \(\|f – s\|_1 < \varepsilon\). Comme \(|\cos| \leq 1\) :
   \[ \left| \int f(x) \cos(nx) \, \mathrm{d}x \right| \leq \|f – s\|_1 + \left| \int s(x) \cos(nx) \, \mathrm{d}x \right| \leq \varepsilon + \frac{2}{n} \sum |c_i|. \]
   Le dernier terme est inférieur à \(\varepsilon\) pour \(n\) assez grand. Donc \(\int f(x) \cos(nx) \, \mathrm{d}x \to 0\).

Corrigé de l’exercice 14 – L’indicatrice de la demi-droite loin des fonctions continues

Idée clé : une inégalité stricte vérifiée par une fonction continue sur un ouvert négligeable est impossible, ce qui transforme « presque partout » en « partout ».

1. Si \(c = +\infty\), il n’y a rien à prouver. Sinon, \(|H – \varphi| \leq c\) presque partout. Sur \(]0, +\infty[\), cela donne \(\varphi \geq 1 – c\) presque partout. L’ensemble \(\{x > 0 : \varphi(x) < 1 – c\}\) est ouvert, par continuité, et négligeable. Or un ouvert non vide contient un intervalle de longueur strictement positive, donc cet ensemble est vide. Ainsi \(\varphi \geq 1 – c\) sur \(]0, +\infty[\), et de même \(\varphi \leq c\) sur \(]-\infty, 0[\).
2. En faisant tendre \(x\) vers 0 par la droite puis par la gauche, la continuité de \(\varphi\) en 0 donne \(1 – c \leq \varphi(0) \leq c\). Par conséquent, \(c \geq 1/2\).
3. Pour \(\varphi = 1/2\), on a \(|H – \varphi| = 1/2\) en tout point. La borne est donc atteinte par la fonction constante égale à \(1/2\).
4. Toute fonction de \(C_c(\mathbb{R})\) est continue, donc à distance au moins \(1/2\) de \(H\). Ainsi, \(C_c(\mathbb{R})\) n’est pas dense dans \(L^\infty(\mathbb{R})\).

La figure montre \(H\), la fonction constante \(1/2\) et une fonction continue en rampe. Quelle que soit la rampe, l’écart reste au moins \(1/2\) près de l’origine.

Corrigé de l’exercice 15 – Séries de normes convergentes et convergence presque partout

Idée clé : une série de fonctions positives dont la norme est finie est finie presque partout, donc son terme général tend vers 0.

1. Notons \(S = \sum \|f_n – f\|_p\) et \(G_N = \sum_{n \leq N} |f_n – f|\). Par Minkowski, \(\|G_N\|_p \leq S\). Ensuite, \(G_N^p\) croît vers \(G^p\), et la convergence monotone donne \(\int G^p \leq S^p\). Ainsi, \(G\) est finie presque partout. En un tel point, le terme général \(|f_n(x) – f(x)|\) d’une série convergente tend vers 0. Donc \(f_n \to f\) presque partout.
2. Comme \(\|f_n – f\|_p \to 0\), on peut choisir \(n_1 < n_2 < \cdots\) avec \(\|f_{n_k} – f\|_p \leq 2^{-k}\). D’après la question 1, \(f_{n_k} \to f\) presque partout. Or \(f_{n_k} \to g\) presque partout, comme sous-suite de \((f_n)\). Par unicité de la limite, hors de la réunion de deux ensembles négligeables, \(f = g\) presque partout.
3. On extrait encore une sous-suite \(f_{n_k} \to f\) presque partout. Par ailleurs, la réunion dénombrable des ensembles \(\{|f_{n_k}| > 1\}\) est négligeable. Hors de ces ensembles, \(|f(x)| = \lim |f_{n_k}(x)| \leq 1\). Ainsi \(|f| \leq 1\) presque partout.

Remarque :

La question 3 montre que la boule unité de \(L^\infty\) est fermée dans \(L^p\). Ce type d’argument revient sans cesse : on transporte une propriété ponctuelle à la limite en norme grâce à une sous-suite. En revanche, il serait faux d’écrire directement \(|f(x)| = \lim |f_n(x)|\), puisque la suite entière peut ne converger nulle part.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Hölder à trois fonctions

Idée clé : on regroupe deux facteurs, on applique Hölder une première fois, puis une seconde fois au groupe.

1. On a \(\frac{s}{q} + \frac{s}{r} = 1\), et ces deux nombres sont dans \(]0, 1[\). Les exposants \(q/s\) et \(r/s\) sont donc conjugués. Par Hölder appliqué à \(|g|^s\) et \(|h|^s\) :
   \[ \int |g|^s |h|^s \leq \left( \int |g|^q \right)^{s/q} \left( \int |h|^r \right)^{s/r}. \]
   À la puissance \(1/s\), on obtient \(\|gh\|_s \leq \|g\|_q \|h\|_r\).
2. On pose \(\frac{1}{s} = \frac{1}{q} + \frac{1}{r} = 1 – \frac{1}{p}\). Comme \(p > 1\), on a \(s > 1\), et \(s\) est le conjugué de \(p\). Par Hölder, \(\int |f| \, |gh| \leq \|f\|_p \|gh\|_s\). La question 1 conclut : \(\int |fgh| \leq \|f\|_p \|g\|_q \|h\|_r\).
3. On applique la question 2 avec \(p = q = r = 3\) et la fonction \(x \mapsto \sqrt{x}\). On calcule \(\int_0^1 x^{3/2} \, \mathrm{d}x = \frac{2}{5}\), donc \(\|\sqrt{\cdot}\|_3 = (2/5)^{1/3}\). L’inégalité demandée en découle.

Corrigé de l’exercice 17 – Convergence presque partout et convergence des normes

Idée clé : Fatou appliqué à une quantité positive bien choisie fait apparaître \(-\limsup \|f_n – f\|_p^p\).

1. La fonction \(t \mapsto |t|^p\) est convexe sur \(\mathbb{R}\). Ainsi, \(\left| \frac{a + (-b)}{2} \right|^p \leq \frac{|a|^p + |b|^p}{2}\). En multipliant par \(2^p\), on obtient \(|a – b|^p \leq 2^{p-1}(|a|^p + |b|^p)\).
2. Grâce à l’inégalité précédente, chaque \(h_n\) est positive. Par ailleurs, en tout point où \(f_n\) tend vers \(f\), la suite \(h_n\) tend vers \(2^{p-1} \cdot 2|f|^p = 2^p |f|^p\). Fatou s’applique donc aux \(h_n\) :
   \[ 2^p \int |f|^p \leq \liminf_{n} \int h_n = 2^p \int |f|^p – \limsup_{n} \int |f_n – f|^p, \]
   où l’on a utilisé \(\int |f_n|^p \to \int |f|^p\). Comme \(\int |f|^p\) est fini, on peut le simplifier. Il reste \(\limsup \|f_n – f\|_p^p \leq 0\), donc \(f_n \to f\) dans \(L^p\).
3. Pour \(x \leq 1\), on a \(u_n(x) = \mathbf{1}_{[0, 1]}(x)\). Pour \(x > 1\), on a \(u_n(x) = 0\) dès que \(1 + 1/n < x\). Ainsi, \(u_n \to \mathbf{1}_{[0, 1]}\) partout. En revanche, \(\|u_n – \mathbf{1}_{[0,1]}\|_1 = n \cdot \frac{1}{n} = 1\). Il manque la convergence des normes : \(\|u_n\|_1 = 2\), alors que la limite a pour norme 1.

Corrigé de l’exercice 18 – Problème – Les espaces de suites l^p

Idée clé : pour la mesure de comptage, les termes d’une suite de \(\ell^p\) sont bornés par sa norme, ce qui inverse le sens des inclusions par rapport au cas d’une mesure finie.

1. Pour \(r = +\infty\), on a \(|u_n|^p \leq \sum_k |u_k|^p\), donc \(|u_n| \leq \|u\|_p\). Pour \(r < +\infty\) et \(u \neq 0\), on pose \(v = u / \|u\|_p\). Alors \(|v_n| \leq 1\), donc \(|v_n|^r \leq |v_n|^p\). En sommant, \(\|v\|_r^r \leq \|v\|_p^p = 1\). Par homogénéité, \(\|u\|_r \leq \|u\|_p\), et \(\ell^p \subset \ell^r\).
2. On a \(\sum (n^{-1/p})^r = \sum n^{-r/p}\), qui converge puisque \(r/p > 1\). En revanche, \(\sum (n^{-1/p})^p = \sum 1/n\) diverge. Donc \((n^{-1/p}) \in \ell^r \setminus \ell^p\).
3. La suite \(w\) est décroissante, positive, majorée par \(1/\ln 2\), et tend vers 0. Ensuite, fixons \(p < +\infty\). Toute puissance du logarithme est négligeable devant l’identité, donc \(\left(\ln(n+1)\right)^p \leq n+1\) pour \(n\) grand. Pour ces indices, \(w_n^p\) est minoré par \(\frac{1}{n+1}\), terme de la série harmonique, qui diverge. Par comparaison, \(w \notin \ell^p\) pour tout \(p < +\infty\).
4. Soit \(\varepsilon > 0\) et \(K\) tel que \(\|u^{(k)} – u^{(m)}\|_p \leq \varepsilon\) pour \(k, m \geq K\). Chaque coordonnée vérifie \(|u_n^{(k)} – u_n^{(m)}| \leq \varepsilon\), donc converge vers un nombre \(u_n\). Ensuite, pour \(N\) fixé, \(\sum_{n \leq N} |u_n^{(k)} – u_n^{(m)}|^p \leq \varepsilon^p\). On fait tendre \(m\) vers l’infini, puis \(N\) vers l’infini : \(\|u^{(k)} – u\|_p \leq \varepsilon\) pour \(k \geq K\). En particulier, la différence \(u^{(K)} – u\) est dans \(\ell^p\), et \(u^{(K)}\) aussi. Par conséquent, \(u\) appartient à \(\ell^p\), et \(u^{(k)}\) tend vers \(u\) : c’est Riesz-Fischer pour la mesure de comptage.
5. Pour \(u \in \ell^p\), la troncature \(u^{[N]}\), égale à \(u_n\) pour \(n \leq N\) et à 0 ensuite, vérifie \(\|u – u^{[N]}\|_p^p = \sum_{n > N} |u_n|^p\). C’est le reste d’une série convergente, qui tend vers 0. En revanche, si \(v\) est à support fini, alors \(|1 – v_n| = 1\) pour \(n\) hors du support. Donc \(\|\mathbf{1} – v\|_\infty \geq 1\), et la densité échoue dans \(\ell^\infty\).
6. Par Cauchy-Schwarz dans \(\ell^2\), on a \(\sum |u_n| \cdot \frac{1}{n} \leq \|u\|_2 \left( \sum \frac{1}{n^2} \right)^{1/2}\). Or \(\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}\). La série converge absolument, et \(\left| \sum u_n / n \right| \leq \frac{\pi}{\sqrt{6}} \|u\|_2\).

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