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\newtheoremstyle{theoreme}{15pt}{15pt}{\itshape}{6pt}{\bfseries}{.}{\newline}{}

\theoremstyle{theoreme}
\newtheorem*{prop}{Proposition}
\newtheorem*{lemme}{Lemme}
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\newtheorem*{thm}{Théorème}

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\theoremstyle{remark}
\newtheorem*{remarque}{Remarque}

\begin{document}
\title{Inégalités de Kolmogorov}
\date{2012-2013}
\maketitle

\begin{tabular}{ll}
Références : &Xavier Gourdon, \emph{Analyse}, Ellipses, 1994, p.81\\
&Serge Francinou, Hervé Gianella, Serge Nicolas,\\&\qquad \emph{Oraux X-ENS, Analyse 1}, Cassini, 2003, p.259.
\end{tabular}

\begin{thm}
Soit $f\in\mathcal C^n(\mathbb R,\mathbb C), n\ge 2$.\\
Pour $k\in\{0,\dotsc,n\}$, on note $M_k=\sup\limits_{x\in\mathbb R}|f^{(k)}(x)|$.\\
On suppose que $M_0$ et $M_n$ sont finis.\\
Alors pour tout $k\in\{0,\dotsc,n\}$ :
\begin{enumerate}[(i)]
	\item $M_k$ est fini
	\item $M_1\le \sqrt{2M_0M_2}$
	\item $M_k\le 2^{\frac{k(n-k)}2}M_0^{1-\frac kn}M_n^{\frac kn}$.
\end{enumerate}
\end{thm}
\begin{proof}
~~\\
\begin{enumerate}[(i)]
	\item Soit $x\in\mathbb R$. Pour tout $i\in\{1,\dotsc,n-1\}$, d'après l'inégalité de Taylor-Lagrange, on a :
	\[\left|f(x+i)-f(x)-if'(x)-\dotsb-\frac{i^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n-1)}(x)\right|\,\le\frac{i^nM_n}{n!}\]
	D'où, par inégalité triangulaire,
	\begin{align*}
	\left|if'(x)+\dotsb+\frac{i^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n-1)}(x)\right|\,&\le2M_0+\frac{i^nM_n}{n!}\\
	&\le2M_0+\frac{n^nM_n}{n!}
	\end{align*}
	Si on note $X(x)$ le vecteur colonne de $\mathbb C^{n-1}$ dont les composantes sont les $\displaystyle\frac{f^{(k)}(x)}{k!},k\in\{1,\dotsc,n-1\},$ on en déduit $\displaystyle\|AX(x)\|_\infty\le K:=2M_0+\frac{n^nM_n}{n!}$ où :
	\[A=
	\begin{pmatrix}
	1&1&\cdots&1\\
	2&2^2&\cdots&2^{n-1}\\
	\vdots&\vdots&&\vdots\\
	n-1&(n-1)^2&\cdots&(n-1)^{n-1}
	\end{pmatrix}\]
	
	$A$ est inversible car son déterminant est de Vandermonde, donc :
	\[\forall x\in\mathbb R,\qquad\|X(x)\|_\infty\le\|A^{-1}\|K\]
	Les $M_k$ sont donc finis.
	\item Soit $x\in\mathbb R$, soit $h>0$, par l'inégalité de Taylor-Lagrange on a :
	\[\left|f(x+h)-f(x)-hf'(x)\right|\le\frac{h^2M_2}2\]
	et :
	\[\left|f(x-h)-f(x)+hf'(x)\right|\le\frac{h^2M_2}2\]
	D'où :
	\[|f(x+h)-f(x-h)-2hf'(x)|\le h^2M_2\]
	et :
	\[2h|f'(x)|\le h^2M_2+|f(x+h)-f(x-h)|\le h^2M_2+2M_0\]
	On en déduit $\displaystyle M_1\le\frac{hM_2}2+\frac{M_0}h$ pour tout $h$.
	
	Le membre de droite étant minimal en $\displaystyle h=\sqrt{\frac{2M_0}{M_2}}$, on obtient :
	\[M_1\le\sqrt{2M_0M_2}\]
	\item Montrons le résultat par récurrence sur $n$.
	
	Pour $n=2$ et $k=1$, le résultat a été prouvé en (ii), pour $k=0$ ou $k=n$ c'est évident.
	
	Supposons le résultat vrai jusqu'au rang $m$ et considérons $f$ de classe $\mathcal C^{m+1}$.
	
	Soit $j\in\{1,\dotsc,m\}$. En appliquant le cas $n=2,k=1$ à $f^{(j-1)}$, on a :
	\[M_j^2\le 2M_{j-1}M_{j+1}\]
	Par hypothèse de récurrence dans le cas $n=j,k=j-1$, on a :
	\[M_{j-1}\le 2^{\frac{j-1}2}M_0^{\frac 1j}M_j^{\frac{j-1}j}\]
	Par ailleurs, par hypothèse de récurrence dans le cas $n=m+1-j,k=1$ sur la fonction $f^{(j)}$, on a :
	\[M_{j+1}\le 2^{\frac{m-j}2}M_j^{\frac{m-j}{m+1-j}}M_{m+1}^{\frac1{m+1-j}}\]
	On obtient alors :
	\[M_j^2\le 2^{\frac{m+1}2}M_0^{\frac1j}M_j^{\frac{j-1}j+\frac{m-j}{m+1-j}}M_{m+1}^{\frac1{m+1-j}}\]
	En élevant le résultat à la puissance $\frac{j(m+1-j)}{m+1}$, on obtient finalement :
	\[M_j\le 2^{\frac{j(m+1-j)}2}M_0^{1-\frac j{m+1}}M_{m+1}^{\frac j{m+1}}\]
	ce qui conclut la récurrence.
\end{enumerate}
\end{proof}
\end{document}