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Inégailté de Hölder!

Posté par
flashy 24-10-05 à 21:56

bonjours,
je suis en terminale S et notre prof nous a demandé de démontrer l'inégalité de Hölder! J'ai su démontrer celle de Schwartz mais Holder... j'ai essayé de faire des recherches sur google mais il me donne des démonstrations avec des chapitres qu'on n'a pas encore vu! alors si vous pouviez m'aider un peu?(on a fait que les chap sur le logarithme népérien et les exponentielles).

Il faut d'abord démontrer l'inégalité de young(désolé je ne sais pas comment on introduit les signaux mathématiques sur ce forum si non je l'aurait écrit)et je n'y arrive pas non plus.

Posté par
flashyre : Inégailté de Hölder! 24-10-05 à 23:03

enfaite on nous donne : 1/q + 1/p = 1 (p et q sont supérieurs à 1). il fo étudier la fonction
f(x)= ((x^p)/p) +((x^-q)/q) avec x strictement positif puis déduire que
a.b(a^p)/p + (b^q)/q   (a et b sont strictement positifs)

aider moi SVP

Posté par
flashyre : Inégailté de Hölder! 24-10-05 à 23:04

a.b((a^p)/p) + ((b^q)/q)

Posté par zackary0 (invité)re : Inégailté de Hölder! 25-10-05 à 01:22

5$\red\fbox{a.b\le \frac{a^p}{p}+(\frac{b^q}{q})}

Posté par
flashyre : Inégailté de Hölder! 25-10-05 à 11:07

LOOOL
merci zackary0 pour l'avoir clairement écrit mais ca m'aide pas beaucoup ca!!!Comment le démontrer????

Pitié ya pas des prépa ici qui aurait vu cette égalité ???j'en ai vraiment besoin pour mon DM!!

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Inégailté de Hölder! 25-10-05 à 13:54

Bonjour flashy;
Soit 3$\fbox{p,q>1\\\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1} montrons alors que 4$\blue\fbox{\forall a,b\ge0\\ab\le\frac{a^p}{p}+\frac{b^q}{q}}
L'inégalité est triviale si ab=0.Supposons alors a,b>0 et considérons la fonction 3$\fbox{f{:}x>0\to\frac{x^p}{p}+\frac{1}{qx^q}} il est alors assez facile de voir que f est dérivable sur ]0,+\infty[ et que 3$\fbox{\forall x>0\\f'(x)=\frac{x^{p+q}-1}{x^{q+1}}\\f(1)=\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1} et on voit clairement que f est décroissante sur ]0,1] et croissante sur [1,+\infty[ elle admet donc un minimum absolu en 1 et on peut écrire que 3$\fbox{\forall x>0\\1\le\frac{x^p}{p}+\frac{1}{qx^q}} en particulier pour 3$\fbox{x=\frac{a^{\frac{1}{q}}}{b^{\frac{1}{p}}}=\frac{a^{1-\frac{1}{p}}}{b^{\frac{1}{p}}}=\frac{a}{(ab)^{\frac{1}{p}}}=\frac{a^{\frac{1}{q}}}{b^{1-\frac{1}{q}}}=\frac{(ab)^{\frac{1}{q}}}{b}>0} on a que 3$\fbox{x^p=\frac{a^p}{ab}\\x^q=\frac{ab}{b^q}} et donc que:
3$\fbox{1\le\frac{x^p}{p}+\frac{1}{qx^q}=\frac{a^p}{pab}+\frac{b^q}{qab}} ce qui donne le résultat souhaité.

Sauf erreurs bien entendu

Posté par
flashyre : Inégailté de Hölder! 25-10-05 à 15:26

slt elhor_abdelali

ah oui d'accord!! merci beaucoup!!!enfaite j'était arrivée jusqu'à f(x)1 mais après j'avoue j'avais pas d'idée!! d'ailleur comment t'a su qu'il fallait poser cette égalité pour trouvé x??


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