Solutions
On a alors f g = u r , f p = uv, g p = v s et, d’après (a),
b
a
f
p (x) dx =
b
a
u(x)v(x) dx
b
a
u
r (x) dx
1/r b
a
v
s (x) dx
1/s
=
b
a
f (x)g(x) dx
1/r b
a
g
q (x) dx
1/s
=
b
a
f (x)g(x) dx
p b
a
g
q (x) dx
1−p
.
Si p < 0, alors 0 < q < 1 et le raisonnement précédent s’applique encore.
I.6.28. D’après l’inégalité de Hölder (voir I.6.26), pour p > 1,
a =
1
0
f (x)
1
2p
+1−
1
2p dx
1
0
f (x) dx
1
p
a
2p−1
3p ,
ce qui donne
a
p+1
3
1
0
f (x) dx.
Puisque l’on peut choisir p > 1 arbitrairement, l’inégalité à prouver suit.
I.6.29. D’après l’inégalité de Jensen (voir, par exemple, II.4.3 (vol. II)),
ϕ
n
k=1
1
n
f
a +
k(b − a)
n
n
k=1
1
n
ϕ
f
a +
k(b − a)
n
.
On obtient l’inégalité cherchée en faisant tendre n vers +∞.
I.6.30. On applique, comme dans le problème précédent, l’inégalité de Jensen
pour obtenir
ϕ
⎛
⎜
⎜
⎝
n
k=1
p
a +
k(b−a)
n
f
a +
k(b−a)
n
n
k=1
p
a +
k(b−a)
n
⎞
⎟
⎟
⎠
n
k=1
p
a +
k(b−a)
n
ϕ
f
a +
k(b−a)
n
n
k=1
p
a +
k(b−a)
n
.
Le passage à la limite lorsque n tend vers +∞ donne le résultat voulu.
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