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Publié par | analyse-mpsi |
Nombre de lectures | 274 |
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Langue | Français |
Extrait
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
Fonctions lipschitziennes
Exercice 1[ 00475 ][correction]
SoitEl’espace formé des fonctions réelles définies sur[a b], lipschitziennes et
s’annulant ena.
Montrer que l’applicationN:E→Rqui àf∈Eassocie le réel
N(f) = infk∈R+∀x y∈[a b]|f(x)−f(y)|6k|x−y|
définit une norme surE.
Exercice 2[ 03052 ][correction]
SoientAune partie bornée non vide d’un espace vectoriel normé(E N)etLle
sous-espace vectoriel des applications lipschitziennes deAdansE.
a) Montrer que les élémentsLsont des fonctions bornées.
b) Pourf∈ L, soit
Kf=k∈R+∀(x y)∈A2 N(f(x)−f(y))6kN(x−y)
Justifier l’existence dec(f) = infKfpuis montrerc(f)∈Kf.
c) Soienta∈AetNa:L →R+définie par
Na(f) =c(f) +N(f(a))
Montrer queNaest une norme surL.
d) Soienta b∈A. Montrer que les normesNaetNbsont équivalentes.
Exercice 3[ 00476 ][correction]
SoientEun espace vectoriel normé etT:E→Edéfinie par
T(u) =ukuukinsiskounk61
Montrer queTest au moins 2-lipschitzienne.
Exercice 4Centrale MP[ 00477 ][correction]
SoitEun espace vectoriel réel normé. On pose
f(xax(1)=1mkxk)x
Montrer quefest 2-lipschitzienne.
Montrer que si la norme surEest hilbertienne alorsfest 1-lipschitzienne.
Enoncés
1
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
Corrections
Exercice 1 :[énoncé]
L’ensemble
A=k∈R+∀x y∈[a b]|f(x)−f(y)|6k|x−y|
est une partie deR, non vide (carfest lipschitzienne) et minorée par 0.
Par suiteN(f) = infAexiste.
Montrons que cet inf est en fait un min.
Pourx y∈[a b]distincts, on a pour toutk∈A,
|f(x)−f(y)|6k
|x−y|
En passant à la borne inf, on obtient
puis
|f(|xx)−−yf|(y)|6N(f)
|f(x)−f(y)|6N(f)|x−y|
Cette identité est aussi valable quandx=yet doncN(f)∈A.
Par conséquent l’applicationN:E→R+est bien définie.
SupposonsN(f) = 0.
Pour toutx∈[a b],|f(x)|=|f(x)−f(a)|60|x−a|doncf= 0.
Pourλ= 0, on a évidemmentN(λf) =|λ|N(f).
Pourλ6= 0:
Pourx y∈[a b], l’inégalité
entraîne
|f(x)−f(y)|6N(f)|x−y|
|λf(x)−λf(y)|6|λ|N(f)|x−y|
On en déduitN(λf)6|λ|N(f).
Aussi, l’inégalité
|λf(x)−λf(y)|6N(λf)|x−y|
entraîne
(λf)
|f(x)−f(y)|6N|λ| |x−y|
On en déduitN(f)6N(λf)|λ|et finalementN(λf) =|λ|N(f).
Corrections
Enfin, pourx y∈[a b],
2
|(f+g)(x)−(f+g)(y)|6|f(x)−f(y)|+|g(x)−g(y)|6(N(f) +N(g))|x−y|
doncN(f+g)6N(f) +N(g).
Exercice 2 :[énoncé]
a) Soientx0∈AetM∈Rtels que pour toutx∈A,kxk6M.
Pourf∈ L, en notantkle rapport de lipschitzianité def,
kf(x)k6kf(x0)k+kf(x)−f(x0)k6kf(x0)k+kkx−x0k6kf(x0)k+ 2kM
b) L’ensembleKfest une partie deR, non vide (carfest lipschitzienne) et
minorée par 0.
On en déduit quec(f) = infKfexiste dansR+.
Pourx y∈Adistincts, on a pour toutk∈Kf
N(f(x)−f(y))
N(x−y)6k
En passant à la borne inférieure, on en déduit
N(fN((xx)−−yf)(y))6c(f)
et doncN(f(x)−f(y))6c(f)N(x−y)et cette relation est aussi valable quand
x=y.
Ainsic(f)∈Kf
c) L’applicationNaest bien définie deLversR+.
SiNa(f) = 0alorsc(f) = 0etN(f(a)) = 0.
Par suitefest constante etf(a) = 0doncfest la fonction nulle.
Na(λf) =c(λf) +|λ|N(f(a))
Montronsc(λf) =|λ|c(f).
Pourλ= 0, la propriété est immédiate.
Pourλ6= 0.
Pour toutx y∈A,
N(f(x)−f(y))6c(f)N(x−y)
donne
N(λf(x)−λf(y))6|λ|c(f)N(x−y)
On en déduitc(λf)6|λ|c(f).
De façon symétrique, on obtientc(f)6c(λf)|λ|et on peut conclure
c(λf) =|λ|c(f).
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kf(y)−f(x)k2− ky−xk2= 2− kyk2− kxk2+ 2(kxk kyk −1) =−(kxk − kyk)260
Or|(x|y)|6kxk kykdonc
Au finalfest 1-lipschitzienne.
kf(y)−f(x)k2− ky−xk2= 2− kyk2− kxk2−2kxkkxkkykkyk−(1x|y)
Sikxkkyk>1alors
kf(y)−f(x)k=kyy−kkxxk=yk−ykx+xk1yk−kx1k6ky−kykxk+|kx−kkykkyk|62ky−xk
Au finalfest 2-lipschitzienne.
Supposons maintenant que la normekksoit hilbertienne.
kf(y)−f(x)k=kyyk −x=kyyk −y+y−x6kyk −1 +ky−xk62ky−xk
Exercice 4 :[énoncé]
Sikxkkyk61alorskf(y)−f(x)k=ky−xk.
Sikxk61etkyk>1alors
On en déduitc(f+g)6c(f) +c(g)et on peut conclure
Na(f+g)6Na(f) +Na(g).
FinalementNaest une norme surL.
d)N(f(a))6N(f(b)) +N(f(a)−f(b))6N(f(b)) +ka−bkc(f).
On en déduitNa6(1 +ka−bk)Nbet de façon symétrique,
Na6(1 +kb−ak)Na.
Montronsc(f+g)6c(f) +c(g).
Pour toutx y∈A,
Na(f+g)6N(f(a)) +N(g(a)) +c(f+g)
On en déduitNa(λf) =|λ|Na(f).
Sikxkkyk>1alors
kf(y)−f(x)k2− ky−xk261− kyk2+ 2(kyk −1) =−(1− kyk)260
Or|(x|y)|6kxk kyk6kykdonc
N((f+g)(x)−(f+g)(y))6N(f(x)−f(y))+N(g(x)−g(y))6(c(f) +c(g))N(x−y)
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
kf(y)−f(x)k=ky−xk
3
Corrections
kf(y)−f(x)k2− ky−xk2= 1− kyk2−2kykky−k(1x|y)
Exercice 3 :[énoncé]
Pouru v∈B(01), on akT(u)−T(v)k=ku−vk62ku−vk.
Pour u v∈B(01), on akT(u)−T(v)k=kuuk−kvvk=kkvkkuu−kkkuvkkvkor
kvku− kukv=kvk(u−v) + (kvk − kuk)vdonc
kT(u)−T(v)k6kukuk−vk+|kvkku−kkuk|62ku−vkcar|kvk − kuk|6kv−uket
kuk>1.
Pouru∈B(01)etv∈ B(01),
kT(u)−T(v)k=u−kvvk=kkvkkuv−kvk=|kvk−1k|kuvkk+ku−vk62ku−vkcar
|kvk −1|=kvk −16kvk − kuk6kv−uketkvk>1
Sikxkkyk61alors
Sikxk61etkyk>1alors
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