2. Solutions
En passant au sup sur (x, y) ∈ J, on voit d’abord que f p − f ∈ Lip α qui est un espace vectoriel, et donc f ∈ Lip α . L’inégalité qu’on vient d’obtenir s’interprète alors en écrivant :
p ≥ N(ε) =⇒ p α ( f p − f ) ≤ ε. Ceci achève la preuve de la complétude de Lip α .
Remarque : Les espaces Lip α (0 < α ≤ 1) sont des espaces de Banach non-séparables,
i.e. ils ne contiennent pas de partie dénombrable dense. Soit en effet, pour 0 ≤ a ≤ 1, f a
définie par
f a (x) =
0
six ∈ [0, a]
(x − a)
α
si x ∈ [a, 1].
On a f a ∈ Lip α d’après (I.13) qui suit, et de plus
0 ≤ a, b ≤ 1 et a b =⇒ ⇒ f a − f b Lip α = p α ( f a − f b ) ≥ 1.
(I.12)
En effet, supposant par exemple a < b et posant g = f a − f b , nous avons
p α (g) ≥
|g(b) − g(a)|
(b − a) α =
(b − a)
α
(b − a) α = 1,
puisque (dessiner les graphes de f a et f b )
g(a) = f a (a) − f b (a) = 0 et g(b) = f a (b) − f b (b) = f a (b) = (b − a)
α
.
Cela prouve (I.12), qui à son tour implique la non-séparabilité de Lip α .
Exercice I.7
(1) Soit f α (x) = x
α .
(i) f α ∈ Lip α .
Notons d’abord l’inégalité élémentaire
Pour tous u, v ≥ 0, pour tout 0 < α ≤ 1, (u + v)
α
≤ u
α
+ v
α
.
(I.13)
En effet, puisque max(
u
u+v ,
v
u+v ) ≤ 1, on a successivement
1 =
u
u + v
+
v
u + v
≤
u
u + v
α
+
v
u + v
α
=
u
α
+ v
α
(u + v) α ,
ce qui prouve (I.13). Ensuite, si x, y ∈ [0, 1] et par exemple y = x + h ≥ x, on voit que
| f α (x) − f α (x)| = y
α
− x
α
= (x + h)
α
− x
α
≤ x
α
+ h
α
− x
α
= h
α
= |x − y|
α
.
Ceci montre que f α ∈ Lip α .
(ii) Si α ≥ γ, f α ∈ Lip γ .
Puisque (x, y) ∈ J =⇒ |x − y| ≤ 1 =⇒ |x − y|
α
≤ |x − y|
γ , on a
Pour tout (x, y) ∈ J,
| f α (y) − f α (x)|
|y − x| γ
≤
| f α (y) − f α (x)|
|y − x| α
≤ 1,
d’où f α ∈ Lip γ .
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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