MAT 311 016 Introduction à l analyse réelle Feuille d exercices #9 : Esaces de Lebesgue Exercice 1. Soient f et g des fonctions mesurables, ositives, définies sur ]0, 1[ et telles que f(x) g(x) 1.. sur ]0, 1[. Montrer que 1 ( f(x) dx )( g(x) dx ). Aliquons l inégalité de Cauchy-Schwarz aux fonctions f et g. On a 1 = ( 1 dx f(x)g(x) dx ( = f(x) dx ) 1 ( f(x) dx En assant le tout au carré, on obtient l inégalité recherchée. Exercice. Étudier les cas d égalité : a) dans l inégalité de Hölder ; b) dans l inégalité de Minkowski. g(x) dx ) 1 g(x) dx ) 1 Pour s échauffer, on va redémontrer les inégalités en question ar une méthode élémentaire, i.e. sans convexité. On regarde sur R + la fonction auxiliaire ϕ : t t + t q q our et q des nombres réels > 1 tels que 1 + 1 q = 1. On a ϕ (t) = t 1 t q 1 = t 1 (1 1 ), donc ϕ est t +q une fonction qui a un unique minimum égal à 1 en t = 1 sur R +. En excluant le cas trivial où α = 0 ou β = 0, on eut regarder ϕ ( α 1 q ) et on voit qu on a : avec β 1 αβ α + βq q, αβ = α + βq q α = β q. Ceci ermet d en déduire comme dans le cours (i.e. en renant α = f(x) et β = g(x) ) f L g L q l inégalité de Hölder our f, g : C, avec égalité si, et seulement si, il existe deux nombres λ, µ 0 non tous deux nuls tels que λ f(x) = µ g(x) q our resque tout x. Cela ermet aussi de retrouver l inégalité de Minkowski. Pour le cas d égalité, on voit d abord que les fonctions f, g et f + g doivent être ositivement roortionnelles resque artout ar le cas d égalité dans Hölder, uis ar le cas d égalité dans l inégalité triangulaire, que f et g doivent être ositivement roortionnelles. 1
Exercice 3. Soient f 1,..., f n des fonctions ositives mesurables, définies sur un ouvert non vide, et soient 1,..., n > 1 tels que n i=1 1 i = 1. Montrer que ( n ) n ( 1/i f i (x) dx f i (x) i dx). i=1 C est une récurrence finie sur l inégalité de Hölder (même rincie que our obtenir une inégalité de convexité avec lus de deux oints). i=1 Exercice 4. Soient et f et g deux fonctions mesurables à valeurs réelles, définies sur un ouvert non vide. 1) Montrer que x (x + 1) / x 1 sur R + est croissante sur R +. On dérive la fonction auxiliaire ϕ : x (x + 1) / x 1, ce qui donne ϕ (x) = x ( (x + 1) (x ) ) 0. En articulier, our tout x R +, on a ϕ(x) ϕ(0) = 0. ) En déduire que α + β (α + β ) /, our tout α, β 0. C est une inégalité homogène de degré en α et en β, d où l idée de travailler avec le raort α β quand il a un sens. Le cas β = 0 est immédiat et our β > 0 on se ramène à ϕ( α β ) ϕ(0) = 0 (en multiliant ar β l inégalité ainsi obtenue). 3) [Inégalité de Clarkson] Montrer, en utilisant la question récédente et le fait que t t / est convexe, que ( ) f(x) + g(x) dx + f(x) g(x) dx 1 f(x) dx + g(x) dx. Avec α = f(x) + g(x) et β = f(x) g(x) et en déveloant les carrés dans le majorant, la question récédente fournit : f(x) + g(x) + f(x) g(x) ( f(x) + g(x) ) = ( f(x) + g(x) ) et ce majorant vaut encore ( f(x) + g(x) ). On a fait aaraître une moyenne our utiliser la convexité de l alication t t (convexité imliquée ar ), ce qui donne : f(x)+g(x) + f(x) g(x) ( f(x) + g(x) et on conclut en intégrant sur. ) ( ( f(x) ) +( f(x) ) ), 4) En déduire que our tout ε > 0, il existe δ > 0 tel que, our toutes fonctions mesurables f et g vérifiant
on a f(x) dx 1 ( 1/ f g dx) ε et g(x) dx 1, ( f + g dx) 1/ 1 δ. ( 1/ Soit ε > 0. Pour f et g comme dans l énoncé et telles que f g dx) ε, l inégalité de la question 3 donne f(x) + g(x) dx 1 (1 + 1) f(x) g(x) dx ε, et en divisant ar, il vient : Finalement δ = 1 ( 1 ( ε )) 1 f + g convient. dx 1 ( ε ). Remarque : cet énoncé ourra être comris comme un résultat de géométrie de la shère unité de l esace de Banach L (, dx) des (classes de) fonctions f telles que f(x) dx <. Dans cet esace, les fonctions f et g comme ci-dessus définissent des vecteurs de la shère unité. L exercice dit alors que our tout ε > 0 il existe δ > 0 tel que si deux vecteurs unité de L (, dx) sont à distance ε l un de l autre, alors leur moyenne est à distance δ de la shère unité. Exercice 5. [Équation fonctionnelle de Cauchy] Soit f : R R une fonction (définie en tout oint de R) vérifiant l équation fonctionnelle de Cauchy f(x + y) = f(x) + f(y), x, y R. 1) On note g(x) := f(x) f(1) x. Montrer que g est 1-ériodique et vérifie l équation fonctionnelle de Cauchy. ) Montrer que g(n x) = n g(x) our tout n Z et our tout x R. 3) Montrer que g(r x) = r g(x) our tout r Q et our tout x R. 4) On suose dans cette question que f est bornée sur [0, 1]. Déterminer f. 5) Soit h une fonction 1-ériodique telle que h L 1 ([0, 1]). Montrer que, our tout y R, h(x) dx = h(x + y) dx. [0,1] 6) On suose dans cette question que f est intégrable sur [0, 1]. Déterminer f. 7) On suose dans les questions qui suivent que f est mesurable. Montrer qu il existe α Q {0} tel que e iαg(x) dx 0. [0,1] [0,1] 8) Montrer que, our tout y R, αg(y) πz. Conclure. 3
4 Exercice 6. On dit qu un esace vectoriel normé est séarable s il contient une suite dénombrable et dense. 1) Soit 1. Montrer que L (R) est séarable (on ourra enser à utiliser l esace des fonctions en escalier). On cherche une famille dénombrable dense our la norme L. On sait déjà que C c (R) est dense dans L (R), donc il suffit de trouver une famille dénombrable avec laquelle on eut arocher arbitrairement bien en norme L n imorte quelle fonction continue à suort comact sur R. Soit g C c (R) et soit ε > 0. Déjà il existe M Q + tel que g est nul en dehors de [ M; M]. Par le théorème de Heine, la fonction g est uniformément continue sur [ M; M] ; en articulier, il existe un entier N 1 tel que our tous x, y R on a g(x) g(y) < ε dès que x y < 1 N. Avec ces considérations, on trouve une fonction en escalier h M,N,α = MN k=0 α k 1 [ M+ k k+1 ; M+ ], N N dont les valeurs α k forment une famille α = {α k } MN k=0 de nombres rationnels, et qui aroche g à ε rès en norme. Pour vérifier que cela donne le résultat voulu en norme L, on calcule : ( R ) 1 g(x) h M,N,α (x) dx = ( M M ) 1 g(x) h M,N,α (x) dx ε (M) 1. Bref, la famille dénombrable des fonctions h M,N,α our M, N N 1 et α Q MN est dense dans (L (R), L ). ) Pour tous a, b R tels que a < b, on note { B a,b := f L (R) : f 1 ]a,b[ L (R) < 1 }. Montrer que B a,b B a,b ]a, b[ = ]a, b [. Suosons que B a,b B a,b ; alors il existe f L (R) telle que f 1 ]a;b[ < 1 et f 1 ]a ;b [ < 1, ce qui imlique que 1 ]a;b[ 1 ]a ;b [ < 1. Ceci imose que a = a et b = b car sinon il existerait un intervalle de longueur, c est-à-dire de mesure de Lebesgue, > 0 et donc non négligeable sur lequel les valeurs des deux fonctions caractéristiques diffèrent de 1, emêchant tout majorant essentiel de 1 ]a;b[ 1 ]a ;b [ d être < 1. 3) En utilisant la question récécente, montrer que L (R) n est as séarable. Le oint récédent exhibe une famille non dénombrable de boules ouvertes deux à deux disjointes dans L (R). Une famille dense doit rencontrer chacune de ces boules et les élements de cette famille qui sont dans les boules sont nécessairement deux à deux distincts : cela emêche une famille dense d être dénombrable et réfute donc la séarabilité de L (R).
Exercice 7. Soit α ]0, 1[. On note L α () l ensemble des fonctions f mesurables sur à valeurs réelles telles que f(x) α dx < +. Pour f L α (; C), on ose ( 1/α N α (f) := f(x) dx) α. 1) Montrer que si f, g L α (), alors f + g L α () et que λf L α () our tout λ R. Soit x. On a soit f(x) g(x) soit g(x) f(x), ce qui nous donne ( f(x) + g(x) ) α α g(x) α soit ( f(x) + g(x) ) α α f(x) α. Dans tous les cas, on obtient ( f(x) + g(x) ) α α ( f(x) α + g(x) α ). Ainsi ( ) f(x) + g(x) α dx ( f(x) + g(x) ) α dx α f(x) α dx + g(x) α dx < + et donc f + g L α (). L étude de la stabilité ar multilication scalaire est lus simle. En effet si f L α () et λ R, on a λf(x) dx = λ f(x) dx < +. Ainsi λf L α (). ) Montrer que, si f 0 et g 0.. alors N α (f) + N α (g) N α (f + g). Remarquons que le membre de gauche est une uissance de h(x) 1 où = α 1 > 1 et h(x) = (f(x) α ) + (g(x) α ), il est donc tentant d essayer d aliquer l inégalité de Minkowski avec = α 1. Posons F (x) = f(x) α si f(x) 0 et F (x) = 0 sinon, G(x) = g(x) α si g(x) 0 et G(x) = 0 sinon, de sorte que F = f α et G = g α resque artout. L inégalité de Minkowski nous donne, our tout x, ( 1 ( ) 1 F (x) F (x) dx) + G(x) G(x) dx (F (x) + G(x) ) 1 ( ( F (x) dx ) ( 1) En intégrant cette inégalité sur,, on obtient ( ( 1 ( ) ) 1 F (x) F (x) dx) + G(x) G(x) dx (( ( F (x) dx) + G(x) dx 1 + ( dx ) ) 1 ) ( 1) ) 1 1 G(x) dx (F (x) + G(x) ) 1 dx. Par linéarité de l intégrale, le terme de gauche est égal à ( F (x) dx) + ( G(x) dx). Comme F et G sont ositives, ce terme est nul si et seulement si F et G sont nulles resque artout, 5
6 auquel cas f et g sont nulles resque artout et l inégalité est vérifiée. Si ( F (x) dx) + ( G(x) dx) est non nul on eut simlifier les deux côtés de l inégalité ar le terme our obtenir (( (( ( F (x) dx) + F (x) dx) + G(x) dx ( ) ) 1 G(x) dx ) ) 1 (F (x) + G(x) ) 1 dx. En remlaçant F (x) ar f(x) α, G(x) ar g(x) α et ar α 1, on obtient ( ( ) α 1 ( ) ) α 1 α f(x) α dx + g(x) α dx (f(x) + g(x)) α dx. En élevant les deux côtés à la uissance α 1, on obtient l inégalité N α (f) + N α (g) N α (f + g). 3) Montrer que (N α (f + g)) α (N α (f)) α + (N α (g)) α. Considérons tout d abord le cas où f et g sont ositives. L inégalité sera démontrée une fois démontré que our tout x 0 et y 0 on a (x + y) α x α + y α. C est vrai lorsque x = 0, on eut donc suoser x > 0 auquel cas l inégalité est équivalente à (1 + x 1 y) α 1 + (x 1 y) α. Considérons la fonction t 1 + t α (1 + t) α de [0, + [ dans R. Elle est continue, nulle our t = 0 et dérivable sur ]0, + [ de dérivée t α(t α (1 + t) α 1 ) < 0 our t > 0 uisque 0 < α < 1. On en déduit donc que 1 + t α (1 + t) α our tout t 0. Ainsi (x + y) α x α + y α our x 0 et y 0, et donc (f(x) + g(x)) α dx f(x) α dx + g(x) α dx our f et g ositive. Lorsque f et g ne sont as nécessairement ositives, on a, our tout x, f(x) + g(x) f(x) + g(x), ce qui nous donne N α (f + g) α N α ( f + g ) α. Comme N ( f + g ) α N α ( f ) α + N α ( g ) α, on en déduit que N α (f + g) α N α ( f ) α + N α ( g ) α = N α (f) α + N α (g) α. 4) Notons L α () le R-esace vectoriel des classes de fonctions de L α () égales.. sur. Montrer que l exression d([f], [g]) = f(x) g(x) α dx, [f], [g] L α (), définit une distance sur L α (). Cette distance rovient-elle d une norme? Vérifions que d est une distance. Si d([f], [g]) = 0, on a f(x) g(x) α dx = 0. Ainsi f(x) = g(x) our resque tout x et donc [f] = [g]. On a donc d([f], [g]) = 0 si et
seulement si [f] = [g]. La roriété de symétrie (d([f], [g]) = d([g], [f])) est immédiate, il reste donc à vérifier l inégalité triangulaire. En remarquant que d([f], [g]) = N α (f g) α, c est une conséquence immédiate de la question 3). Cette distance ne rovient as d une norme. En effet si tel était le cas, il existerait une norme telle que our tout [f] et [g] dans L α (), d([f], [g]) = f g. En articulier, our tout λ R, on devrait avoir d(λ[f], λ[g]) = λ d([f], [g]), ce qui n est as le cas uisque our f L α () et λ R, on a N α (λf) α = f α N α (f) α. Exercice 8. Soit ]1, + [ et q ]1, + [ son exosant conjugué. On se donne les fonctions f L ( ; C) et g L q ( ; C). 1) Pour tout x, montrer que y f(x y) g(y) est une fonction intégrable sur. On calcule à x fixé : f(x y)g(y) dy ( ) 1 ( f(x y) dy ) 1 g(y) q q dy = f L g L q, la remière étae étant l inégalité de Hölder et la seconde rovenant du changement de variables y x y. 7 On ose (f g)(x) := f(x y) g(y) dy. ) Montrer que la fonction f g ainsi définie est bornée, avec su f g f L ( ) g L q ( ). C est le calcul de 1. qu on fait récéder de (f g)(x) = f(x y)g(y) dy f(x y)g(y) dy. 3) Établir la continuité de f g (on ourra utiliser un argument de densité our se ramener au cas où f et g sont continues à suort comact). Pour δ, on note τ δ l alication linéaire qui transforme une fonction h : R n R n en la fonction τ δ (h) : x h(x δ). Par changement de variables, τ δ stabilise tout esace L ( ). On veut montrer que our toutes f L ( ; C) et g L q ( ; C), la fonction f g est continue, i.e. que our tout ε > 0 il existe η > 0 tel que our tout vecteur δ de norme < η on ait : (f g)(x δ) (f g)(x) < ε. On reformule (f g)(x δ) (f g)(x) = τ δ (f g)(x) (f g)(x) = ( τ δ (f) g ) (x) (f g)(x). Mais ar la formule intégrale définissant la convolution, on voit qu on a ( τδ (f) g ) (f g) = ( τ δ (f) f ) g,
8 et en rerenant le calcul de. avec τ δ (f) f à la lace de f, on obtient (f g)(x δ) (f g)(x) = ( τ δ (f) f ) g τ δ (f) f L g L q. On eut alors conclure ar continuité des translations. Exercice 9. Soient f L 1 ( ; C) et g C c ( ; C). Pour tout n N {0}, on ose g n (x) := n N g(nx). Étudier la convergence dans L 1 ( ; C) de la suite (f g n ) n 1 définie ar f g n (x) = f(x y) g n (y) dy. Soit f L 1 ( ; C) et g C c ( ; C). Posons M = R g(x) dx Remarquons que la formule N de changement de variable nous donne M = R g N n (x) dx our tout n 1. On a alors f g n (x) Mf(x) dx = f(x y)g n (y) dy g n (y)f(x) dy dx R N f(x y) f(x) g n (y) dy dx R N = f(x y) f(x) g n (y) dx dy R N = t y (f) f 1 g n (y) dy La deuxième égalité est une conséquence du théorème de Tonelli et t y (g) est la fonction de L 1 ( ; C) définie resque artout ar x f(x y). Un changement de variable y = z/n donne finalement f g n Mf 1 t z/n (f) f 1 g(z) dz. Comme g est continue à suort comact, il existe un comact K tel que g(x) = 0 si x / K. De lus ar continuité de g, la fonction g est bornée sur K. Soit C 0 tel que g C. Ainsi f g n Mf 1 C t z/n (f) f 1 dy. Or ar un résultat du cours, la fonction z t z (f) est une fonction continue de dans L 1 ( ; C). Le théorème de Heine imlique qu elle est uniformément continue sur K. Ainsi la suite de fonction z t z/n (f) f 1 converge uniformément vers 0 sur K, on en conclut que K lim f g n Mf 1 = 0 n + autrement dit que f g n converge vers Mf dans L 1 ( ; C). Exercice 10. Soit f L 1 (R; R) telle que f(t) dt = 0, x > 0 et [0,x] 1) Soit g C c (R; R). Montrer que f g = 0. ) En déduire que f = 0.. sur R. [x,0] f(t) dt = 0, x < 0. Exercice 11. Soit (X, A, µ) un esace mesuré. Prouver les assertions suivantes.
1. Toute g L 1 (X, A, µ) définit ar la formule f fg dµ une forme linéaire continue de norme g L 1 sur L (X, A, µ). Soit g L 1 (X, A, µ) et f L (X, A, µ). Alors il existe C 0 tel que f(x) C our resque tout x X. En articulier g(x)f(x) C g(x) our resque tout x X. Comme g est intégrable, on en conclut que gf est intégrable, ce qui rouve que X fg dµ R est bien défini. La linéarité de l alication f X fg dµ est une conséquence directe de la linéarité de la multilication ar f. Montrons lutôt en détail que la forme linéaire f X fg dµ est continue. Pour resque tout x X, on a et donc X fg dµ X f(x)g(x) f g(x) fg dµ f X g dµ = f g 1. Ceci rouve que la forme linéaire f X fg dµ est continue de norme inférieure ou égal à g 1. Notons θ f la forme linéaire continue f X fg dµ et θ f sa norme, on a donc montré θ f f 1. Cette norme est atteinte. Il suffit en effet de considérer la fonction g définie ar g(x) = f(x) /f(x) si f(x) 0 et g(x) = 0 si f(x) = 0. On a bien f L (X, A, µ), f 1 et X fg dµ = X f dµ = f 1.. Toute g L (X, A, µ) définit de même une forme linéaire continue sur L 1 (X, A, µ) de norme g L, et on a égalité dans le cas où toute artie mesurable de mesure infinie contient une artie mesurable de mesure finie non nulle. Soit g L (X, A, µ). On considère désormais la forme linéaire θ g (f) = X fg dµ définie sur L 1 (X, A, µ). Cette forme linéaire est continue car our f L 1 (X, A, µ), on a θ g (f) g f 1. Cette inégalité nous montre même que θ g f 1. Montrons que cette inégalité est en fait une inégalité. Soit ɛ > 0. Par définition de g, l ensemble {x X g(x) > g ɛ} est de mesure non nulle. L hyothèse de l énoncé imlique que cette artie contient une artie mesurable A de mesure finie non nulle. Soit f la fonction µ(a) 1 1 A g /g. On a bien f L 1 (X, A, µ) et f 1 = 1. De lus θ g (f) = µ(a) 1 gf dµ = g dµ µ(a) 1 ( g ɛ) dµ = g ɛ. X A Ainsi on a g ɛ θ g (f) θ g. Cette inégalité étant vraie our tout ɛ > 0, on en déduit θ g g et finalement θ g = g. Exercice 1. [Inégalité de Hardy] Soit ]1, + [. Pour tout f L (R +) et our tout x > 0, on note F (x) := 1 f(t)dt. x 1) Montrer que la fonction F est continue sur R +. ) Suosons que f C c (R +) est ositive. Montrer que F (x) dx = F (x) 1 xf (x)dx R + [0,x] R + A 9
10 uis en déduire que F L (R + ) 1 f L (R + ). 3) Étudier le cas d égalité dans l inégalité obtenue au ). 4) Soit (f n ) n 0 une suite de C c (R +) qui converge vers f dans L (R +). Montrer que la suite (F n ) n 0 des images des éléments de (f n ) n 0 ar f F converge dans L (R +). 5) En déduire que l alication linéaire f F, qui est bien définie de C c (R +) dans L (R +), se rolonge en une alication linéaire continue de L (R +) dans lui-même, dont la norme est inférieure ou égale à 1. 6) Montrer que la norme de l alication linéaire continue f F de L (R +) dans lui-même vaut exactement 1. 7) L alication linéaire f F envoie-t-elle L 1 (R +) dans lui-même?