Inclusions et complétude des L^p : corrigé du contrôle de maths en L3
Voici le corrigé du contrôle de maths en L3 sur le thème « inclusions et complétude des L^p », question par question.
Cette correction est écrite comme une copie de licence soignée : chaque théorème est nommé, puis ses hypothèses sont vérifiées avant d’être appliqué. Commencez par l’exercice 1, car la normalisation qui ramène Hölder à Young sert ensuite partout. Les exercices 2 et 3 opposent alors deux situations : la mesure finie donne une inclusion décroissante, tandis que la mesure de comptage donne l’inclusion inverse. Le problème est découpé en étapes courtes, où la série des écarts fournit une fonction dominante. Ainsi, vous verrez précisément d’où vient la complétude. Chaque exercice se termine enfin par un barème détaillé et, si besoin, par un piège classique.
L’énoncé complet se trouve ici : Inclusions et complétude des L^p : contrôle de maths en L3.
Barème du contrôle corrigé : inclusions et complétude des L^p
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Young puis Hölder, question de cours | 4 points |
| 2. Puissances négatives sur un segment | 3,5 points |
| 3. Normes d’une suite géométrique | 3,5 points |
| 4. Contre-exemples sur la droite réelle | 3 points |
| 5. Problème : arcs harmoniques et sous-suites | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : inclusions et complétude des L^p
Exercice 1 – Young puis Hölder, question de cours (4 points)
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Young par la concavité du logarithme
Si \(a = 0\) ou \(b = 0\), le membre de gauche est nul alors que celui de droite est positif : l’inégalité est donc vraie.
Supposons maintenant \(a > 0\) et \(b > 0\). La fonction \(\ln\) est concave sur \(\left]0, +\infty\right[\), car sa dérivée seconde \(-\frac{1}{t^2}\) est négative. De plus, les poids \(\frac{1}{p}\) et \(\frac{1}{q}\) sont positifs et de somme 1. Par concavité, on obtient donc :
\[ \ln\left(\frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q}\right) \geq \frac{1}{p} \ln\left(a^p\right) + \frac{1}{q} \ln\left(b^q\right) = \ln a + \ln b = \ln(ab). \]
Comme l’exponentielle est croissante, on conclut : \(ab \leq \frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q}\) pour tous \(a, b \geq 0\). Sur la figure, le rectangle d’aire \(ab\) est d’ailleurs recouvert par les deux zones colorées, dont les aires valent \(\frac{a^3}{3}\) et \(\frac{b^{3/2}}{3/2}\).
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Normaliser pour obtenir Hölder
D’abord, si \(\|f\|_p = 0\), alors \(f = 0\) presque partout, donc \(fg = 0\) presque partout et \(\|fg\|_1 = 0\). L’inégalité est alors une égalité, et il en va de même si \(\|g\|_q = 0\).
Supposons ensuite les deux normes non nulles et posons \(F = \frac{|f|}{\|f\|_p}\) et \(G = \frac{|g|}{\|g\|_q}\). Par construction, \(\int_X F^p \, \mathrm{d}\mu = 1\) et \(\int_X G^q \, \mathrm{d}\mu = 1\). En appliquant Young en chaque point \(x\), on a :
\[ F(x) G(x) \leq \frac{F(x)^p}{p} + \frac{G(x)^q}{q}. \]
Ces fonctions sont mesurables et positives, donc on peut intégrer l’inégalité, par croissance de l’intégrale :
\[ \int_X FG \, \mathrm{d}\mu \leq \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1. \]
Enfin, en multipliant par \(\|f\|_p \, \|g\|_q\), on obtient \(\|fg\|_1 \leq \|f\|_p \, \|g\|_q\), ce qui montre aussi que \(fg \in L^1(\mu)\).
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On applique Hölder sur \([0, 2]\) avec \(p = 3\), dont le conjugué est \(q = \frac{3}{2}\), à \(f\) et à la fonction constante 1. Celle-ci est bien dans \(L^{3/2}([0, 2])\), car l’intervalle est de mesure finie, et \(\|1\|_{3/2} = \left(\int_0^2 1 \, \mathrm{d}\lambda\right)^{2/3} = 2^{2/3}\). Par conséquent, \(\int_0^2 |f| \, \mathrm{d}\lambda = \|f \times 1\|_1 \leq 2^{2/3} \, \|f\|_3\).
Piège classique : diviser par \(\|f\|_p\) sans avoir écarté le cas où cette norme est nulle. La normalisation n’a alors aucun sens.
Exercice 2 – Puissances négatives sur un segment (3,5 points)
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Cas d’un exposant infini
Si \(r = \infty\), on a \(|f| \leq \|f\|_\infty\) presque partout, donc \(\int_X |f|^p \, \mathrm{d}\mu \leq \mu(X) \, \|f\|_\infty^p\). Ainsi, \(\|f\|_p \leq \mu(X)^{1/p} \, \|f\|_\infty\), ce qui est la formule annoncée avec \(\frac{1}{r} = 0\).
Cas d’un exposant fini
Si \(r < \infty\), posons \(s = \frac{r}{p} > 1\), dont le conjugué est \(s^{\ast} = \frac{r}{r – p}\). La fonction \(|f|^p\) est dans \(L^s\), car \(\int (|f|^p)^s \, \mathrm{d}\mu = \int |f|^r \, \mathrm{d}\mu < \infty\). En outre, la constante 1 est dans \(L^{s^{\ast}}\), puisque \(\mu(X)\) est fini. Hölder donne alors :
\[ \int_X |f|^p \, \mathrm{d}\mu \leq \left(\int_X |f|^r \, \mathrm{d}\mu\right)^{p/r} \mu(X)^{1 – p/r}. \]
En élevant à la puissance \(\frac{1}{p}\), on obtient \(\|f\|_p \leq \mu(X)^{\frac{1}{p} – \frac{1}{r}} \, \|f\|_r\), donc \(L^r(\mu) \subset L^p(\mu)\).
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On a \(|f|^p = x^{-2p/5}\). Or, l’intégrale de Lebesgue d’une fonction positive continue sur \(\left]0, 1\right]\) coïncide avec son intégrale impropre, par convergence monotone. De plus, \(\int_0^1 x^{-\beta} \, \mathrm{d}x\) est finie si et seulement si \(\beta < 1\). Donc \(f \in L^p\) si et seulement si \(\frac{2p}{5} < 1\), c’est-à-dire \(p \in \left[1, \frac{5}{2}\right[\).
Ensuite, \(\|f\|_1 = \int_0^1 x^{-2/5} \, \mathrm{d}x = \left[\frac{5}{3} x^{3/5}\right]_0^1 = \frac{5}{3}\), puis \(\|f\|_2^2 = \int_0^1 x^{-4/5} \, \mathrm{d}x = \left[5 x^{1/5}\right]_0^1 = 5\). Ainsi, \(\|f\|_1 = \frac{5}{3}\) et \(\|f\|_2 = \sqrt{5}\).
Enfin, avec \(p = 1\), \(r = 2\) et \(\mu(X) = 1\), la question 1 affirme \(\frac{5}{3} \leq \sqrt{5}\). C’est vrai, car \(\frac{25}{9} \leq 5\) équivaut à \(25 \leq 45\).
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Prenons \(\psi(x) = x^{-1/r}\) sur \(\left]0, 1\right]\). D’une part, \(\psi^p = x^{-p/r}\) avec \(\frac{p}{r} < 1\), donc \(\psi \in L^p\). D’autre part, \(\psi^r = x^{-1}\) n’est pas intégrable au voisinage de 0. Par conséquent, \(\psi \in L^p \setminus L^r\) et l’inclusion est stricte.
Piège classique : oublier que cette inclusion exige \(\mu(X) < \infty\). Sans cette hypothèse, la constante 1 ne serait plus dans \(L^{s^{\ast}}\).
Exercice 3 – Normes d’une suite géométrique (3,5 points)
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La série \(\sum_{n \geq 0} 2^{-np}\) est géométrique de raison \(2^{-p} \in \left]0, 1\right[\), donc elle converge et vaut \(\frac{1}{1 – 2^{-p}}\). Ainsi, \(\|v\|_p = \left(1 – 2^{-p}\right)^{-1/p}\). Pour la mesure de comptage, seul l’ensemble vide est négligeable, donc \(\|v\|_\infty = \sup_n v_n = v_0\), soit \(\|v\|_\infty = 1\).
En particulier, \(\|v\|_1 = \frac{1}{1/2} = 2\), tandis que \(\|v\|_2 = \left(\frac{4}{3}\right)^{1/2}\). On obtient donc \(\|v\|_1 = 2\) et \(\|v\|_2 = \frac{2}{\sqrt{3}}\), ce que confirment les deux points marqués sur la figure.
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Pourquoi la norme décroît avec l’exposant
Pour tout \(n\), le terme \(|u_n|^p\) est l’un des termes positifs de la série, donc \(|u_n|^p \leq \sum_m |u_m|^p = \|u\|_p^p\). Par croissance de \(t \mapsto t^{1/p}\), on a alors \(|u_n| \leq \|u\|_p\).
Puis, comme \(r – p > 0\), on peut écrire :
\[ |u_n|^r = |u_n|^p \, |u_n|^{r-p} \leq |u_n|^p \, \|u\|_p^{r-p}. \]
En sommant sur \(n\), on obtient \(\sum_n |u_n|^r \leq \|u\|_p^p \, \|u\|_p^{r-p} = \|u\|_p^r\). Par conséquent, \(u \in \ell^r\) et \(\|u\|_r \leq \|u\|_p\). Appliqué à \(v\), ce résultat explique bien la décroissance observée sur la figure.
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Une série de Riemann à la frontière
On a \(|w_n|^p = n^{-3p/4}\) pour \(n \geq 1\). Or, une série de Riemann \(\sum n^{-\beta}\) converge si et seulement si \(\beta > 1\). Donc \(w \in \ell^p\) si et seulement si \(p > \frac{4}{3}\) (et \(w\) est aussi bornée, donc dans \(\ell^\infty\)).
En particulier, \(w \in \ell^2\) mais \(w \notin \ell^1\). Comme \(\ell^1 \subset \ell^2\) par la question 2, cette inclusion est stricte. Ainsi, l’ordre est inversé par rapport à l’exercice 2 : en mesure finie, les grands exposants donnent les plus petits espaces, alors que pour la mesure de comptage ce sont les petits exposants. En effet, chaque point a une masse égale à 1, ce qui interdit toute singularité locale, tandis que seul le comportement à l’infini compte.
Exercice 4 – Contre-exemples sur la droite réelle (3 points)
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D’une part, \(\int_{\mathbb{R}} |g| \, \mathrm{d}\lambda = \int_0^1 x^{-1/2} \, \mathrm{d}x = \left[2 \sqrt{x}\right]_0^1 = 2\), qui est fini. D’autre part, \(\int_{\mathbb{R}} g^2 \, \mathrm{d}\lambda = \int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{x} = +\infty\). Donc \(g \in L^1(\mathbb{R})\) et \(g \notin L^2(\mathbb{R})\) : la singularité en 0 est intégrable, mais son carré ne l’est plus.
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Une décroissance trop lente à l’infini
La fonction \(h^2\) est paire, donc :
\[ \int_{\mathbb{R}} h^2 \, \mathrm{d}\lambda = 2 \int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{(1 + x)^2} = 2 \left[-\frac{1}{1 + x}\right]_0^{+\infty} = 2. \]
Ainsi, \(h \in L^2(\mathbb{R})\) et \(\|h\|_2 = \sqrt{2}\). En revanche, \(\int_0^A \frac{\mathrm{d}x}{1 + x} = \ln(1 + A)\) tend vers \(+\infty\) quand \(A \to +\infty\). Par conséquent, \(h \notin L^1(\mathbb{R})\) : cette fois, c’est la décroissance trop lente à l’infini qui empêche l’intégrabilité.
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Interpolation entre L^1 et L^∞
On sait que \(|f| \leq \|f\|_\infty\) presque partout. Comme \(p – 1 \geq 0\), on a donc presque partout \(|f|^p = |f|^{p-1} \, |f| \leq \|f\|_\infty^{p-1} \, |f|\). En intégrant, on obtient \(\|f\|_p^p \leq \|f\|_\infty^{p-1} \, \|f\|_1\), qui est fini. Enfin, en élevant à la puissance \(\frac{1}{p}\), on conclut que \(f \in L^p(\mathbb{R})\) et \(\|f\|_p \leq \|f\|_1^{1/p} \, \|f\|_\infty^{1 – 1/p}\).
Piège classique : croire que \(L^2(\mathbb{R}) \subset L^1(\mathbb{R})\) ou l’inverse. Sur une mesure infinie, aucune des deux inclusions n’est vraie.
Exercice 5 – Problème : arcs harmoniques et sous-suites (6 points)
Une fonction qui domine toute la suite (partie A)
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La fonction \(g_N\) est une somme finie d’éléments de \(L^p\). Par l’inégalité de Minkowski, on a donc :
\[ \|g_N\|_p \leq \|f_0\|_p + \sum_{k=0}^{N-1} \|f_{k+1} – f_k\|_p \leq M. \]
Ensuite, la suite \((g_N^p)\) est positive, mesurable et croissante, de limite \(g^p\). Le théorème de convergence monotone de Beppo Levi donne alors \(\int_X g^p \, \mathrm{d}\mu = \lim_{N \to \infty} \int_X g_N^p \, \mathrm{d}\mu \leq M^p\). Ainsi, \(\int_X g^p \, \mathrm{d}\mu \leq M^p < \infty\). Enfin, si \(\mu(\{g = +\infty\})\) était strictement positive, cette intégrale serait infinie. Donc \(g\) est finie presque partout.
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Soit \(E = \{g < +\infty\}\), de complémentaire négligeable. Pour \(x \in E\), la série \(\sum_k (f_{k+1}(x) – f_k(x))\) est absolument convergente, car ses sommes partielles en valeur absolue sont majorées par \(g(x)\). Or \(f_n(x) = f_0(x) + \sum_{k=0}^{n-1} (f_{k+1}(x) – f_k(x))\), donc \((f_n(x))\) converge pour tout \(x \in E\). On note \(f(x)\) sa limite, et l’on pose \(f = 0\) hors de \(E\) : \(f\) est mesurable comme limite simple des fonctions \(f_n \mathbf{1}_E\).
De plus, l’inégalité triangulaire donne \(|f_n| \leq g_n \leq g\), donc \(|f| \leq g\) presque partout et \(f \in L^p(\mu)\). Alors \(|f_n – f|^p \leq (2g)^p\), qui est intégrable, et \(|f_n – f|^p \to 0\) presque partout. Par le théorème de convergence dominée, on obtient \(\int_X |f_n – f|^p \, \mathrm{d}\mu \to 0\), c’est-à-dire \(\|f_n – f\|_p \to 0\).
Comment la complétude en découle (partie B)
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Comme \((f_n)\) est de Cauchy, il existe pour chaque \(k\) un rang \(N_k\) tel que \(\|f_m – f_n\|_p \leq 2^{-k}\) dès que \(m, n \geq N_k\). On pose \(\varphi(0) = N_0\), puis \(\varphi(k+1) = \max(N_{k+1}, \varphi(k) + 1)\). Ainsi, \(\varphi\) est strictement croissante et \(\varphi(k+1), \varphi(k) \geq N_k\), donc \(\|f_{\varphi(k+1)} – f_{\varphi(k)}\|_p \leq 2^{-k}\).
La somme de ces écarts est majorée par \(\sum_k 2^{-k} = 2\). La partie A s’applique donc à \(h_k = f_{\varphi(k)}\) : il existe \(f \in L^p\) telle que \(h_k \to f\) presque partout et dans \(L^p\). Ensuite, soit \(\varepsilon > 0\), puis \(k\) assez grand pour que \(2^{-k} \leq \varepsilon\) et \(\|h_k – f\|_p \leq \varepsilon\). Pour \(n \geq N_k\), on a alors \(\|f_n – f\|_p \leq \|f_n – f_{\varphi(k)}\|_p + \|f_{\varphi(k)} – f\|_p \leq 2\varepsilon\). Par conséquent, \(L^p(\mu)\) est complet : c’est le théorème de Riesz-Fischer.
Enfin, une suite qui converge dans \(L^p\) vers \(f\) est de Cauchy. Elle admet donc une sous-suite qui converge presque partout et dans \(L^p\) vers une fonction \(\tilde{f}\). Par unicité de la limite dans \(L^p\), \(\tilde{f} = f\) presque partout : la sous-suite converge presque partout vers \(f\).
Des arcs qui ne convergent en aucun point (partie C)
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L’intervalle \(\left[H_{n-1}, H_n\right[\) a pour longueur \(\frac{1}{n} \leq 1\). Il se découpe en au plus deux morceaux de part et d’autre d’un entier, et chacun est translaté dans \(\left[0, 1\right[\) par un entier, sans chevauchement. Comme la mesure de Lebesgue est invariante par translation, \(\lambda(A_n) = \frac{1}{n}\). Donc \(\|f_n\|_p = \lambda(A_n)^{1/p} = n^{-1/p}\), qui tend vers 0 car \(p\) est fini : \(f_n \to 0\) dans \(L^p\).
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La série harmonique diverge, donc \(H_n \to +\infty\). Ainsi, les intervalles \(\left[H_{n-1}, H_n\right[\), pour \(n \geq 1\), forment une partition de \(\left[0, +\infty\right[\). Fixons \(x\). Pour chaque entier \(j \geq 0\), le réel \(x + j\) appartient à un unique intervalle, d’indice \(n_j\), et alors \(f_{n_j}(x) = 1\). Or un intervalle semi-ouvert de longueur au plus 1 ne contient pas deux réels distants de 1. Donc les \(n_j\) sont deux à deux distincts, et \(f_n(x) = 1\) pour une infinité de \(n\).
Réciproquement, si \(f_n(x) = 1\) avec \(n \leq N\), alors \(n = n_j\) pour un \(j\) tel que \(x + j < H_N\), donc \(j < H_N\). Il y a ainsi au plus \(H_N + 1 \leq 2 + \ln N\) tels indices parmi \(1, \ldots, N\). Par conséquent, au moins \(N – 2 – \ln N\) indices vérifient \(f_n(x) = 0\), et ce nombre tend vers \(+\infty\) : \(f_n(x) = 0\) pour une infinité de \(n\).
La suite \((f_n(x))\) prend donc une infinité de fois les valeurs 0 et 1 : elle diverge en tout point de \(\left[0, 1\right[\), et il n’y a aucune convergence presque partout, bien que la suite converge dans \(L^p\).
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Une sous-suite qui converge malgré tout
Les fonctions \(f_{k^2}\) sont mesurables et positives. Le théorème de Beppo Levi, appliqué aux séries de fonctions positives, donne alors :
\[ \int_0^1 \sum_{k \geq 1} f_{k^2} \, \mathrm{d}\lambda = \sum_{k \geq 1} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6} < \infty. \]
Donc la somme \(\sum_k f_{k^2}(x)\) est finie pour presque tout \(x\), et son terme général tend vers 0 : \(f_{k^2} \to 0\) presque partout. C’est exactement la sous-suite promise par la partie B, qui garantit son existence sans la construire. Ici, elle convient car \(\|f_{k^2}\|_1 = \frac{1}{k^2}\) est sommable, alors que \(\sum \frac{1}{n}\) diverge pour la suite entière.
Piège classique : conclure de \(\|f_n\|_p \to 0\) que \(f_n(x) \to 0\) presque partout. La partie C montre que seule une sous-suite est assurée de converger.
À retenir de ce contrôle
- Pour prouver Hölder, on normalise les deux fonctions, on applique Young point par point, puis on intègre : la somme des inverses des exposants vaut 1.
- Sur un espace de mesure finie, la norme p est contrôlée par la norme r dès que p est inférieur à r, au facteur de mesure près.
- Sur les suites, l’ordre s’inverse : une suite de puissance p sommable est de puissance r sommable dès que r dépasse p.
- Sur la droite réelle, la singularité locale empêche l’inclusion de L^1 dans L^2, et la décroissance lente à l’infini empêche l’inclusion réciproque.
- Une suite qui converge dans L^p admet une sous-suite qui converge presque partout, mais la suite entière peut ne converger en aucun point.
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