Solutions
II.4.25. On pose
s i =
m
j=1
x i,j et S =
n
i=1
s
p
i
1
p
.
D’après l’inégalité de Hölder, on a
S
p =
n
i=1
s i s
p−1
i
=
n
i=1
m
j=1
x i,j s
p−1
i
=
m
j=1
n
i=1
x i,j s
p−1
i
m
j=1
n
i=1
x
p
i,j
1
p
n
i=1
s
p
i
p−1
p
= S
p−1
m
j=1
n
i=1
x
p
i,j
1
p
,
ce qui implique l’inégalité cherchée.
II.4.26. Soit x, y ∈ I, on suppose que x < y. Pour n ∈ N, on pose
T n =
i
2 n : i = 0, 1, . . . , 2 n
et on montre par récurrence que l’on a
f ((1 − s)x + sy) (1 − s)f (x) + sf (y)
pour n ∈ N et s ∈ T n . Clairement, si n = 0, alors s = 0 ou s = 1 et l’inégalité
ci-dessus est évidente. On suppose que l’inégalité est vérifiée pour un n ∈ N
donné et pour s ∈ T n et on la prouve au rang n +1. On suppose que s ∈ T n+1 .
Clairement, il suffit de considérer le cas où s /
∈ T n . Puisqu’il existe ζ, η ∈ T n
tels que s =
ζ+η
2 , on voit que
(1 − s)x + sy =
1 −
ζ + η
2
x +
ζ + η
2
y
=
(1 − ζ) + (1 − η)
2
x +
ζ + η
2
y
=
((1 − ζ)x + ζy) + ((1 − η)x + ηy)
2
.
La mid-convexité de f donne
f ((1 − s)x + sy)
f ((1 − ζ)x + ζy) + f ((1 − η)x + ηy)
2
et, par hypothèse de récurrence,
f ((1 − s)x + sy)
(1 − ζ)f (x) + ζf (y) + (1 − η)f (x) + ηf (y)
2
=
1 −
ζ + η
2
f (x) +
ζ + η
2
f (y)
= (1 − s)f (x) + sf (y).
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