Fonctions convexes d`une variable réelle

Fonctions convexes d'une variable réelle
FONCTIONS CONVEXES D'UNE VARIABLE REELLE
1
Notion de fonction convexe
1.1 Théorème fondamental
Soit f une fonction numérique définie sur un intervalle I de \ . Les assertions suivantes sont
équivalentes :
(i) ∀x, y ∈ I , ∀t ∈ [ 0;1], f (tx + (1 − t ) y ) ≤ t f ( x) + (1 − t ) f ( y ) .
f ( y ) − f ( x) f ( z ) − f ( x) f ( z ) − f ( y )
≤
≤
(ii) ∀x, y, z ∈ I , ( x < y < z ) ⇒
.
y−x
z−x
z−y
f (t ) − f (a )
(iii) ∀a ∈ I , t 6
est croissante sur I \ {a} .
t−a
1
1
1
(iv) ∀x, y, z ∈ I , ( x < y < z ) ⇒
x
y
z
f ( x)
f ( y)
f ( z)
≥ 0.
(v) L'ensemble A = {( x ; y ) ∈ \ 2 / x ∈ I et f ( x) ≤ y} (appelé épigraphe de f )
est une partie convexe de \ 2 .
Démonstration
(i ) ⇒ (ii )
Soient x, y, z ∈ I tels que x < y < z . Il existe t0 ∈]0;1[ tel que y = t0 x + (1 − t0 ) z .
y−z
x−z y−z x− y
et 1 − t0 =
−
=
.
Alors t0 =
x−z
x−z x−z x−z
D'après (i) :
f ( y ) ≤ t0 f ( x) + (1 − t0 ) f ( z )
y−z
x− y
f ( y) ≤
f ( x) +
f ( z)
(1.1)
x−z
x−z
x− y
⎛ y−z ⎞
f ( y ) − f ( x) ≤ ⎜
− 1⎟ f ( x ) +
f ( z)
x−z
⎝ x−z ⎠
y−x
x− y
f ( y ) − f ( x) ≤
f ( x) +
f ( z)
x−z
x−z
y−x
y−x
f ( y ) − f ( x) ≤ −
f ( x) +
f ( z)
z−x
z−x
f ( y ) − f ( x) f ( z ) − f ( x)
Donc
.
≤
y−x
z−x
En reprenant la relation (1.1), on a :
⎛ x − y ⎞⎟
y−z
f ( y) − f ( z) ≤
f ( x) + ⎜⎜
−1 f ( z )
⎜⎝ x − z ⎠⎟⎟
x− z
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y−z
y−z
f ( x) −
f ( z)
x− z
x− z
f ( y ) − f ( z ) f ( x) − f ( z )
≥
(division par y − z < 0 )
y−z
x− z
f ( z ) − f ( x) f ( z ) − f ( y )
≤
donc
z−x
z− y
f ( y) − f ( z) ≤
(ii) ⇒ (iii )
Soient t1 , t2 ∈ I \ {a} , avec t1 < t2 .
Si t1 < t2 < 0 , on applique le (ii) avec ( x, y, z ) = (t1 , t2 , a ) .
Si t1 < a < t2 , on applique le (ii) avec ( x, y, z ) = (t1 , a, t2 ) .
Si a < t1 < t2 , on applique le (ii) avec ( x, y, z ) = (a, t1 , t2 ) .
(iii ) ⇒ (iv)
Soient x, y, z ∈ I tels que x < y < z .
1
1
1
1
0
x
y
z = x
y−x
f ( x) f ( y ) f ( z )
f ( x) f ( y ) − f ( x)
0
z−x
f ( z ) − f ( x)
= ( y − x ) ( f ( z ) − f ( x ) ) − ( z − x ) ( f ( y ) − f ( x ))
f ( z ) − f ( x)
f ( y ) − f ( x)
− ( z − x)( y − x)
z−x
y−x
⎡ f ( z ) − f ( x) f ( y ) − f ( x) ⎤
⎥
= ( y − x)( z − x) ⎢
−
⎢⎣
⎥⎦
z−x
y−x
= ( y − x)( z − x)
Le crochet est positif d'après (iii). Le déterminant est un produit de quantités positives donc est
positif.
(iv) ⇒ (i )
Soient x, y ∈ I . Supposons x ≤ y . Soit t ∈ [ 0;1] .
1
1
1
D'après (iv), x
t x + (1− t ) y
y ≥0
f ( x) f (tx + (1− t ) y ) f ( y )
Nous allons effectuer les opérations sur les colonnes : c2 ← c2 − t c1 − (1− t )c3 , ce qui ne changera
pas la valeur du déterminant :
1
0
1
x
0
y ≥0
f ( x) f (tx + (1− t ) y ) − t f ( x) − (1− t ) f ( y ) f ( y )
−( y − x) ( f (tx + (1− t ) y ) − t f ( x) − (1− t ) f ( y )) ≥ 0
donc f (t x + (1− t ) y ) − t f ( x) − (1− t ) f ( y ) ≤ 0
donc f (tx + (1 − t ) y ) ≤ t f ( x) + (1 − t ) f ( y )
donc f vérifie (i).
Si y ≤ x , on change t en (1− t ) pour obtenir le résultat.
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(i ) ⇒ (v)
Soient ( x1 ; y1 ) et ( x2 ; y2 ) deux éléments de \ 2 tels que x1 , x2 ∈ I et f ( x1 ) ≤ y1 et f ( x2 ) ≤ y2 .
Notons A l'ensemble A = {( x ; y ) ∈ \ 2 / x ∈ I et f ( x) ≤ y} .
Soit t ∈ [0;1] . Montrons que (t x1 + (1− t ) x2 ; t y1 + (1− t ) y2 ) ∈ A .
t x1 + (1− t ) x2 ∈ I car x1 ∈ I , x2 ∈ I et I est un intervalle de \ .
f (t x1 + (1− t ) x2 ) ≤ t f ( x1 ) + (1− t ) f ( x2 )
≤ t y1 + (1− t ) y2
donc (t x1 + (1− t ) x2 ; t y1 + (1− t ) y2 ) ∈ A .
(v) ⇒ (i )
Soient x, y ∈ I et t ∈ [0;1] .
( x ; f ( x)) ∈ A et ( y ; f ( y )) ∈ A . A étant une partie convexe de \ 2 , on a :
(t x + (1− t ) y ; t f ( x) + (1− t ) y ) ∈ A donc f (t x + (1− t ) y ) ≤ t f ( x) + (1− t ) f ( y ) .
1.2 Fonction convexe
Soit f une fonction numérique définie sur un intervalle I de \ . Si f vérifie l'une des assertions du
théorème précédent, on dit que f est convexe sur I. On dit que f est concave si (− f ) est convexe.
Conséquences
Une combinaison linéaire de fonctions convexes est convexe (conséquence immédiate de (i)).
Si f est convexe sur un intervalle I de \ , et si g est une fonction croissante sur I, alors g D f est
convexe (conséquence de (ii)).
1.3 Proposition
Soit f une fonction définie sur un intervalle I de \ .Alors f est convexe si et seulement si pour tout
n
système de points ( xi )1≤i ≤ n de I et tout système (ai )1≤i ≤ n de réels positifs vérifiant
∑a
k =1
k
= 1 , on a :
⎛ n
⎞ n
f ⎜ ∑ ak xk ⎟ ≤ ∑ ak f ( xk ) .
⎝ k =1
⎠ k =1
Démonstration
La condition est suffisante car pour n = 2 , on retrouve le (i) du théorème fondamental. Montrons
que la condition est nécessaire.
Notons P(n) la propriété "pour tout système de points ( xi )1≤i ≤ n de I et tout système (ai )1≤i ≤ n de réels
⎛ n
⎞ n
a
=
1
,
on
a
:
f
a
x
∑
k
⎜ ∑ k k ⎟ ≤ ∑ ak f ( xk ) ".
k =1
⎝ k =1
⎠ k =1
n
positifs vérifiant
P (1) est vraie
P(2) est vraie (condition (i) du théorème fondamental)
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Supposons P(n) vraie pour n ≥ 2 .
Soient ( xk )1≤ k ≤ n +1 un système de points de I et (ak )1≤ k ≤ n +1 un système de réels positifs vérifiant
n +1
∑a
k =1
k
=1.
n
Si
∑a
k =1
n
Si
k
= 0 , alors ak = 0 pour tout k tel que 1 ≤ k ≤ n et l'inégalité est vérifiée car P (1) est vraie.
n
∑ ak ≠ 0 , posons λ = ∑ ak et y =
k =1
k =1
1
λ
n
∑a x
k =1
k k
.
⎛ n +1
⎞
f ⎜ ∑ ak xk ⎟ = f ( λ y + an +1 xn +1 )
⎝ k =1
⎠
≤ λ f ( y ) + an +1 f ( xn +1 ) (car P(2) est vraie)
n
≤λ∑
k =1
n +1
ak
λ
f ( xk ) + an +1 f ( xn +1 ) (car P(n) est vraie)
≤ ∑ ak f ( xk )
k =1
Donc P(n + 1) est vraie.
Donc P(n) est vraie pour tout entier n ∈ `* .
2
Continuité et dérivabilité des fonctions convexes
2.1 Théorème
Soit f une fonction convexe sur un intervalle I de \ . Alors f admet une dérivée à droite et une
D
dérivée à gauche en tout point a intérieur à I et f g' (a ) ≤ f d' (a) . f est continue sur I . D'autre part, si
D
a, b ∈ I et a < b , alors f d' (a) ≤
f (b) − f (a )
≤ f g' (b) . Enfin, f g' et f d' sont des fonctions croissantes
b−a
D
sur I .
Démonstration
D
Soit a ∈ I . Soit t0 ∈ I tel que t0 > a . D'après le (iii) du théorème 1.1, on a :
f (t ) − f (a) f (t0 ) − f (a)
≤
pour t ≤ t0 . d'après le théorème de la limite monotone, l'application
t−a
t0 − a
f (t ) − f (a )
φa : t 6
admet une limite à gauche en a donc f est dérivable à gauche en a et
t−a
f (t0 ) − f (a )
f g' (a) ≤
. Cette dernière inégalité étant vraie pour tout t0 > a , t0 ∈ I , on en déduit, par
t0 − a
application du théorème de la limite monotone que φa admet une limite à droite en a et donc
f g' (a ) ≤ f d' (a) .
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f étant dérivable à gauche et à droite en a, on en déduit que f est continue à gauche et à droite en a.
Donc f est continue en a.
D
Soient a, b ∈ I , avec a < b . d'après ce qui précède :
f (t ) − f (a)
f (b) − f (a )
f d' (a ) = inf
donc f d' (a ) ≤
t∈I
t −a
b−a
t >a
f g' (b) = sup
t∈I
t <b
f (t ) − f (b)
f (b) − f (t )
f (b) − f (a)
= sup
donc
≤ f g' (b)
t −b
b−t
b−a
t∈I
t <b
Donc f g' (a) ≤ f d' (a) ≤
f (b) − f (a)
≤ f g' (b) ≤ f d' (b) .
b−a
Remarque : Il existe des fonctions convexes et non continues, par exemple :
f :[ 0;1] → \
x 6 0 si 0 < x < 1
0 61
161
2.2 Théorème
Soit f une fonction dérivable sur un intervalle I de \ . Alors f est convexe sur I si et seulement si f '
est croissante sur I.
Démonstration
Supposons f convexe sur I. Soient a, b ∈ I avec a < b . le théorème 2.1 indique que f d' (a ) ≤ f g' (b) .
Or f est dérivable en a et b donc f d' (a ) = f '(a) et f g' (b) = f '(b) . f ' est donc croissante sur I.
Supposons maintenant f ' croissante sur I.
Soient x1 , x2 ∈ I , avec x1 < x2 et t ∈]0;1[ (le cas t = 0 et t = 1 est toujours vrai dans le (i) du
théorème fondamental).
Posons x = t x1 + (1 − t ) x2 (on a x1 < x < x2 ).
D'après le théorème des accroissements finis :
Il existe c1 ∈] x1 ; x [ tel que f ( x) − f ( x1 ) = ( x − x1 ) f '(c1 )
Il existe c2 ∈] x ; x2 [ tel que f ( x2 ) − f ( x) = ( x2 − x) f '(c2 ) .
f ( x) − f ( x1 )
f ( x2 ) − f ( x)
Alors f '(c1 ) =
et f '(c2 ) =
.
x − x1
x2 − x
f ( x) − f ( x1 ) f ( x2 ) − f ( x)
≤
.
f ' étant croissante sur I, on a f '(c1 ) ≤ f '(c2 ) , c'est-à-dire
x − x1
x2 − x
x − x1 = (1 − t )( x2 − x1 )
x2 − x = t ( x2 − x1 )
f ( x) − f ( x1 )
f ( x2 ) − f ( x1 )
Alors
≤
(1 − t )( x2 − x1 )
t ( x2 − x1 )
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t ( f ( x) − f ( x1 ) ) ≤ (1 − t ) ( f ( x2 ) − f ( x) )
t f ( x) − t f ( x1 ) ≤ (1 − t ) f ( x2 ) − (1 − t ) f ( x)
f ( x) ≤ t f ( x1 ) + (1 − t ) f ( x2 )
f vérifie donc le (i) du théorème fondamental donc f est convexe sur I.
Conséquence : Si f est deux fois dérivable sur I, et si f '' est positive sur I, alors f est convexe.
2.3 Théorème
Soit f une fonction dérivable sur un intervalle I de \ . Alors f est convexe si et seulement si sa
courbe représentative (C) est au dessus de toutes ses tangentes.
Démonstration
Supposons que f soit dérivable et convexe.
Soit a ∈ I .
f ( x) − f (a)
≤ f '(a) donc f ( x) ≥ ( x − a ) f '(a) + f (a) (car x − a < 0 ).
Pour x < a :
x−a
f ( x) − f (a)
≥ f '(a) donc f ( x) ≥ ( x − a ) f '(a) + f (a) .
pour x > a :
x−a
Or la tangente à (C) au point d'abscisse a a pour équation y = ( x − a) f '( a) + f ( a) donc (C) est audessus de toutes ses tangentes.
Supposons que f soit dérivable et que sa courbe représentative (C) soit au-dessus de toutes ses
tangentes.
∀a, x ∈ I , f ( x) ≥ ( x − a ) f '(a) + f (a)
Soient a, b ∈ I . Pour tout x ∈ I , on a :
f ( x) ≥ ( x − a ) f '(a) + f (a) (2.1)
f ( x) ≥ ( x − b) f '(b) + f (b) (2.2)
En prenant x = b dans la relation (2.1), on a : f (b) ≥ (b − a ) f '(a ) + f (a ) .
En prenant x = a dans la relation (2.2), on a : f (a) ≥ (a − b) f '(b) + f (b) .
En ajoutant membre à membre les deux dernières inégalités, on a : (b − a ) ( f '(b) − f '(a ) ) ≥ 0 .
Si a ≤ b , alors f '(b) − f '(a) ≥ 0 , c'est-à-dire f '(a ) ≤ f '(b) .
Si a ≥ b , alors f '(b) − f '(a) ≤ 0 , c'est-à-dire f '(b) ≤ f '(a ) .
Dans tous les cas, f ' est croissante donc f est convexe.
2.4 Une application du théorème 2.3 : Résolution approchée de f(x)=0
On se place toujours sous l'hypothèse : f de classe C 2 sur [a ; b] telle que f ' et f ' ' aient un signe
constant sur [a ; b] .
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Partant d'une approximation x0 de α , on "remplace" maintenant la courbe représentative de f par la
tangente à cette courbe au point d'abscisse x0 .
B
J
O
a
x
1
b
A
Equation de cette tangente :
τ: y = f ( x0 ) + f ' ( x0 )( x − x0 ) .
f ' ( x0 ) ≠ 0 donc τ n'est pas parallèle à l'axe des abscisses. τ coupe donc l'axe des abscisses en un
f ( x0 )
. On itère le procédé et on considère les deux cas suivants :
point d'abscisse x1 = x0 −
f ' ( x0 )
Cas 1
si f ' > 0 et f " > 0
ou si f ' < 0 et f " < 0
on considère la suite ( xn ) définie par :
Cas 2
si f ' > 0 et f " < 0
ou si f ' < 0 et f " > 0
on considère la suite ( xn ) définie par :
⎧ x0 ∈ [α ; b ]
⎪
f ( xn )
⎨
n
N
x
x
∀
∈
=
−
,
+
1
n
n
⎪
f ' ( xn )
⎩
⎧ x0 ∈ [ a ; α ]
⎪
f ( xn )
⎨
n
N
x
x
∀
∈
=
−
,
+
1
n
n
⎪
f ' ( xn )
⎩
Théorème
On se place sous l'hypothèse (H).
(i) Dans le cas 1 (resp. cas 2), la suite ( xn ) est décroissante (resp. croissante) et converge vers α .
M
2n
1
(ii) ∀n ∈ N , xn − α ≤ (q x0 − α ) , avec q = 2 .
q
2m1
Démonstration
Comme dans le paragraphe 3, on peut se ramener au cas où f ' > 0 et f " > 0 sur [a ; b] (alors
f (a) < 0 < f (b) ).
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(i)
Soit g la fonction définie sur [a ; b] par x 6 x −
f ( x)
.
f ' ( x)
( x − α) f ' ( x ) − f ( x )
f ( x)
−α =
.
f ' ( x)
f ' ( x)
f est de classe C 2 sur [a ; b] donc on peut appliquer la formule de Taylor à l'ordre 1 à la fonction f
sur [ x ; α] (ou [α ; x] suivant l'ordre) :
g ( x) − α = x −
∃c x ∈]x ; α[ (ou ]α ; x[ ), f (α) = f ( x) + (α − x) f ' ( x) +
(α − x ) 2
f " (c x )
2
Alors :
(α − x ) 2 f " (c x )
×
[1] g ( x) − α =
2
f ' (c x )
donc g ( x) − α ≥ 0 c'est-à-dire g ( x) ≥ α .
f ( x)
g ( x) − x = −
≤ 0 donc g ( x) ≤ x .
f ' ( x)
Donc pour tout x ∈ [α ; b] , [α ; x] est un intervalle de stabilité pour g.
Donc ( xn ) est bien définie, décroissante et minorée par α donc ( xn ) converge. Notons l sa limite.
On a l ∈ [α ; x0 ] g étant continue sur [a ; b] donc en l, on a g (l ) = l
f (l )
g (l ) = l ⇔ l −
=l
f ' (l )
f (l )
⇔
=0
f ' (l )
⇔ f (l ) = 0
⇔ l = α car est l'unique zéro de f sur [a ; b]
Donc ( xn ) est décroissante et converge vers α
(ii)
[1] donne :
∀x ∈ [a ; b], g ( x) − α ≤
M2
2
x−α
2m1
2
Donc ∀n ∈ N , xn+1 − α = g ( xn ) − α ≤ q xn − α . Par une récurrence immédiate, on montre que :
∀n ∈ N , xn − α ≤
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1
(q x0 − α
q
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)
2n
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Remarque : rien n'assure que q x0 − α < 1
Exemple
On considère la fonction f définie sur [1; 2] par x 6 x 2 − 2 . Soit ( xn ) la suite définie par :
⎧ x0 = 2
⎪
f ( xn ) 1 ⎛
2 ⎞.
⎨
⎪∀n ∈ N , xn+1 = xn − f ' ( x ) = 2 ⎜⎜ xn + x ⎟⎟
n
n ⎠
⎝
⎩
1
1
q = et x0 − 2 ≤ 1 donc pour tout entier n, xn − 2 ≤ 2 × 2n .
2
2
Cherchons une valeur approchée de
2 à 10 −3 près. On cherche donc n0 tel que 2 ×
1
2
2 n0
≤ 10 −3 . On
obtient n0 ≥ 4 . Valeur obtenue à la machine : x4 ≈ 1,414 213 562 37 .
3
Inégalités de convexité
3.1 Première inégalité
Soient x1 ,..., xn des réels strictement positifs et λ1 ,..., λ n des réels positifs dont la somme est égale à
n
1. Alors
n
∏ xi i ≤ ∑ λ i xi
λ
k =1
k =1
Démonstration
n
n
∏ xi i = ∏ exp ( λk ln xk )
k =1
λ
k =1
⎛ n
⎞
= exp ⎜ ∑ λ k ln xk ⎟
⎝ k =1
⎠
n
≤ ∑ λ k exp ( ln xk ) (car la fonction exp est convexe, sa dérivée étant une fonction croissante)
k =1
n
≤ ∑ λk xk
k =1
3.2 Deuxième inégalité
Soient p et q deux réels strictement positifs tels que
positifs. Alors uv ≤
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1 1
+ = 1 . Soient u et v deux réels strictement
p q
1 p 1 q
u + v .
p
q
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Démonstration
Posons x1 = u p , λ1 =
1
p
( ) (v )
uv = u
p
λ
= x1 1 x2
q
1
1
, x2 = v q , λ 2 = . on applique alors l'inégalité 3.1 :
p
q
1
q
λ2
≤ λ1 x1 + λ 2 x2
donc uv ≤
1 p 1 q
u + v .
p
q
3.3 Inégalité de Holder
Si p et q sont deux réels strictement positifs tels que
1
1 1
+ = 1 , si a1 ,..., an , b1 ,..., bn sont des réels
p q
1
⎛ n
⎞p ⎛ n
⎞q
strictement positifs, alors : ∑ ak bk ≤ ⎜ ∑ akp ⎟ ⎜ ∑ bkq ⎟ .
k =1
⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠
n
Démonstration
Pour k ∈ ` , 1 ≤ k ≤ n :
ak
bk
Soient u =
et v =
. On applique l'inégalité 3.2 :
1
1
n
n
p
q
⎛
⎛
p⎞
q⎞
⎜ ∑ ak ⎟
⎜ ∑ bk ⎟
⎝ k =1 ⎠
⎝ k =1 ⎠
p
ak bk
1 ak
1 bkq
≤
+
1
1
p n p q n q
n
n
p
q
ak
bk
⎛
p⎞ ⎛
q⎞
∑
∑
⎜ ∑ ak ⎟ ⎜ ∑ bk ⎟
k =1
k =1
⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠
En sommant de 1 à n sur k :
n
∑a b
k =1
1
p
p
k
k k
1
q
≤
1 1
+ .
p q
⎛ n
⎞ ⎛ n q⎞
a
∑
⎜
⎟ ⎜ ∑ bk ⎟
⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠
1 1
Or, + = 1 , d'où le résultat.
p q
3.4 Inégalité de Minkowski
Si p > 1 et si x1 ,..., xn , y1 ,..., yn sont des réels strictement positifs, alors :
1
1
1
p
⎛ n
⎛ n p ⎞p ⎛ n p ⎞p
p⎞
(
x
y
)
+
≤
k
⎜∑ k
⎟
⎜ ∑ xk ⎟ + ⎜ ∑ yk ⎟ .
⎝ k =1
⎠
⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠
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Démonstration
Appliquons deux fois l'inégalité de Holder :
1
1
1
1
1
1
p
q
1 1
⎛ n
⎛ n p ⎞p ⎛ n
( p −1) q ⎞
p −1 ⎞
⎜ ∑ xk ( xk + yk ) ⎟ ≤ ⎜ ∑ xk ⎟ ⎜ ∑ ( xk + yk )
⎟ , où p + q = 1 .
⎝ k =1
⎠
⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1
⎠
p
q
⎛ n
⎛ n p ⎞p ⎛ n
( p −1) q ⎞
p −1 ⎞
y
(
x
y
)
+
≤
k
⎜∑ k k
⎟
⎜ ∑ yk ⎟ ⎜ ∑ ( xk + yk )
⎟
⎝ k =1
⎠
⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1
⎠
En additionnant membre à membre les inégalités ci-dessus et en remarquant que ( p − 1)q = p :
1
1
1
⎛
⎞
n
n
q ⎛ n
p
p
⎛
⎞
⎞
⎛
⎞
p
p
p
p
⎜
⎟
(
x
y
)
(
x
y
)
x
y
+
≤
+
+
∑
k
k
k
⎜∑ k
⎟ ⎜⎜∑ k ⎟ ⎜∑ k ⎟ ⎟
k =1
⎝ k =1
⎠ ⎜ ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠ ⎟
⎝
⎠
n
1−
⎛ n
⎞
Donc ⎜ ∑ ( xk + yk ) p ⎟
⎝ k =1
⎠
1
q
1
1
⎛ n
⎞p ⎛ n
⎞p
≤ ⎜ ∑ xkp ⎟ + ⎜ ∑ ykp ⎟ .
⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠
1
1
1
⎛ n
⎞p ⎛ n
⎞p ⎛ n
⎞p
Donc ⎜ ∑ ( xk + yk ) p ⎟ ≤ ⎜ ∑ xkp ⎟ + ⎜ ∑ ykp ⎟ .
⎝ k =1
⎠
⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠
© S. DUCHET
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