Exercices : Fonctions convexes

Puis $(\sin )''=-\sin$, la fonction sinus est concave sur $[0,\pi/2]$. Sa courbe représentative est donc, sur cet intervalle, en-dessous de sa tangente en 0, et au-dessus de la corde joignant $(0,\sin 0)$ à $(\pi/2,\sin(\pi/2))$. Or, l'équation de cette tangente est $y=x$, et l'équation de cette corde est $y=\frac 2\pi x$. On obtient exactement le résultat demandé.

Nous allons appliquer la définition de la convexité à la fonction $\exp$, avec des points et des coefficients bien choisis. Pour comprendre d'où viennent ces points et ces coefficients, remarquons que l'inégalité que l'on cherche à prouver est équivalente à $$\exp(\lambda x)\leq \frac{e^\lambda+e^{-\lambda}}2+x\frac{e^\lambda-e^{-\lambda}}2$$ qui est encore équivalente à $$\exp(\lambda x)\leq \left(\frac{1+x}2\right)e^\lambda +\left(\frac{1-x}2\right)e^{-\lambda}.$$ On pose alors $t=\frac{1+x}2\in[0,1]$ de sorte que $1-t=\frac{1-x}2$ et on applique la définition de la convexité de la fonction exponentielle avec les points $\lambda$ et $-\lambda$, et avec $t$. On obtient directement l'inégalité demandée, sous la forme équivalente obtenue ci-dessus.

Par concavité du logarithme : $$\ln\left(\frac{a_1+\dots+a_n}{n}\right)\geq \frac{\ln (a_1)+\dots+\ln(a_n)}{n}.$$ Or, $$\frac{\ln (a_1)+\dots+\ln(a_n)}{n}=\ln\left(\sqrt[n]{a_1\dots a_n}\right).$$ On conclut en utilisant le fait que la fonction exponentielle est croissante.

La corde passant par $(a,f(a))$ et $(b,f(b))$ a pour équation $$y=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)+f(a).$$ Pour les points d'abscisse comprise entre $a$ et $b$, la courbe représentative de $f$ est au-dessous de cette corde, c'est-à-dire que $$f(t)\leq \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(t-a)+f(a)$$ pour $t\in[a,b]$. On intègre cette inégalité entre $a$ et $b$ et on trouve $$\int_a^b f(t)dt\leq \big(f(b)-f(a)\big)\frac{(b-a)}{2}+f(a)(b-a)=(b-a)\frac{f(a)+f(b)}{2}.$$ Cette inégalité a aussi une interprétation (et une preuve!) géométrique simple si $f$ est plus positive. Notons $A$, $B$, $C$ et $D$ les points $A(a,0)$, $B(a,f(a))$, $C(b,f(b))$, $D(b,0)$. Alors $$\frac{f(a)+f(b)}2\times (b-a)$$ est égal à l'aire du trapèze $ABCD$. Comme la fonction $f$ est convexe, et donc que la courbe représentative de $f$ est sous le segment $[AB]$, l'aire de ce trapèze est supérieure ou égal à l'aire du domaine compris entre l'axe des abscisses, la courbe représentative de $f$, et les droites $x=a$, $x=b$. L'aire de ce domaine est exactement $\int_a^b f(x)dx$.
Pour prouver l'autre inégalité, il suffit de remarquer que la courbe représentative de $f$ est au-dessus de sa tangente au point d'abscisse $(a+b)/2$. Autrement dit, pour tout $t\in\mathbb R$, on a $$f(t)\geq f'\left(\frac{a+b}2\right)\left(t-\frac{a+b}{2}\right)+f\left(\frac{a+b}2\right).$$ Intégrer cette inégalité entre $a$ et $b$ donne exactement $$\int_a^b f(t)dt\geq (b-a)f\left(\frac{a+b}{2}\right)$$ puisque $$\int_a^b \left(t-\frac{a+b}{2}\right)dt=0.$$

Si on simplifie par $x-1>0$, on trouve que l'inégalité est équivalente à $$1+x+\dots+x^{n-1}\geq nx^{(n-1)/2}.$$ Pour démontrer cette inégalité, on pose, ($x>1$ est fixé) $f(y)=\exp(y\ln x)$. $f$ est une fonction convexe. En particulier, on a $$\frac{1}{n}\big(f(0)+\dots+f(n-1)\big)\geq f\left(\frac 1n\big(0+1+\dots+(n-1)\big)\right).$$ Mais le membre de gauche est $\frac1n (1+x+\dots+x^{n-1})$ tandis que celui de droite est $$f\left(\frac1n\times\frac{n(n-1)}2\right)=f((n-1)/2)=x^{(n-1)/2}.$$ On obtient donc bien l'inégalité voulue.

Soit $x,y\in\mathbb R$ et $\lambda\in[0,1]$. Alors on a par convexité de $f$ : $$f(\lambda x+(1-\lambda)y)\leq \lambda f(x)+(1-\lambda)f(y).$$ Par croissance de $g$, on en déduit que $$g\circ f(\lambda x+(1-\lambda)y)\leq g\big(\lambda f(x)+(1-\lambda)f(y)\big).$$ La convexité de $g$ permet de conclure à $$g\circ f(\lambda x+(1-\lambda)y)\leq \lambda g\circ f(x)+(1-\lambda)g\circ f(y)$$ ce qui signifie bien que $g\circ f$ est convexe.

Il faut commencer par faire des dessins pour deviner la réponse!

1. Oui! En effet, soit $x,y\in I$ et $t\in [0,1]$ et posons $h=\max(f,g)$. On a d'une part $$f\big(tx+(1-t)y\big)\leq tf(x)+(1-t)f(y)\leq th(x)+(1-t)h(y)$$ et d'autre part $$g\big(tx+(1-t)y\big)\leq tg(x)+(1-t)g(y)\leq th(x)+(1-t)h(y).$$ On en déduit bien que $$h\big(tx+(1-t)y\big)\leq th(x)+(1-t)h(y),$$ c'est-à-dire que $h$ est convexe.
2. Non! Choisissons par exemple $I=\mathbb R$, $f(x)=x$ et $g(x)=-x$, qui sont convexes car affines. Alors $\min(f,g)(x)=-|x|$, et cette fonction n'est bien sûr pas convexe (par exemple, la courbe représentative est au-dessus de la corde reliant $(-1,-1)$ à $(1,-1)$).

Soit $y_1,y_2\in f(I)$ et $x_1,x_2\in I$ tels que $y_1=f(x_1)$ et $y_2=f(x_2)$. Soit aussi $t\in [0,1]$. Alors $$f^{-1}\big(ty_1+(1-t)y_2\big)=f^{-1}\big(tf(x_1)+(1-t)f(x_2)\big).$$ Par convexité de $f$, $$tf(x_1)+(1-t)f(x_2)\geq f(tx_1+(1-t)x_2).$$ Puisque $f^{-1}$ est croissante (la réciproque d'une fonction croissante est croissante), on en déduit que $$f^{-1}\big(ty_1+(1-t)y_2\big)\geq f^{-1}\big(f(tx_1+(1-t)x_2)\big)=tx_1+(1-t)x_2=tf^{-1}(y_1)+(1-t)f^{-1}(y_2).$$ Ainsi, $f^{-1}$ est concave.

Soit $x_0\in I$. On va démontrer que $f$ est continue à droite en $x_0$. La preuve serait identique pour la continuité à gauche. Prenons $a<x_0$ et $b>x_0$ tels que $a,b\in I$. Alors, d'après l'inégalité des pentes, pour tout $x\in ]x_0,b]$, on a $$\frac{f(x_0)-f(a)}{x_0-a}\leq\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\leq \frac{f(b)-f(x_0)}{b-x_0}$$ ce qui donne $$(x-x_0)\frac{f(x_0)-f(a)}{x_0-a}\leq f(x)-f(x_0)\leq (x-x_0)\frac{f(b)-f(x_0)}{b-x_0}.$$ Par le théorème des gendarmes, $$\lim_{x\to x_0^+}f(x)=f(x_0).$$ Le résultat devient faux si $I=[0,1]$ par exemple. En effet, la fonction non continue en $0$ et en $1$ définie par $f(x)=0$ si $x\in ]0,1[$ et $f(0)=f(1)=1$ est convexe.

Supposons d'abord que $f$ admette un minimum local en $a$ et considérons $c>a$. Puisque $a$ est un minimum local de $f$, il existe $b\in ]a,c[$ tel que $f(b)\geq f(a)$. Mais alors, par l'inégalité des pentes, on sait que $$\frac{f(c)-f(a)}{c-a}\geq \frac{f(b)-f(a)}{b-a}\geq 0.$$ On en déduit que $f(c)\geq f(a)$. Le raisonnement aurait été similaire si on avait supposé $c<a$. On a donc bien prouvé que $a$ est un minimum global de $f$.
Supposons maintenant que $f$ admette un maximum local en $a$ et considérons $b<a<c$ tels que pour tout $x\in [b,c]$, $f(x)\leq f(a)$. Considérons ensuite $x_1,x_2\in [b,c]$ avec $x_1\leq a\leq x_2$. Par l'inégalité des pentes à nouveau, on a $$0\geq \frac{f(x_2)-f(a)}{x_2-a}\geq \frac{f(a)-f(x_1)}{a-x_1}\geq 0.$$ On en déduit que $f(x_1)=f(x_2)=f(a)$, puis que $f$ est constante sur $[b,c]$.

Supposons $f$ non constante. On peut trouver $x_1<x_2$ tels que $f(x_1)<f(x_2)$. Soit $y=ax+b$ l'équation de la corde passant par $(x_1,f(x_1))$ et $(x_2,f(x_2))$, avec donc $a>0$. Pour $x>x_2$, l'inégalité des pentes assure que le point de la courbe représentative de $f$ d'abscisse $x$ est au-dessus du point de la corde de même abscisse. Autrement dit, pour tout $x\geq x_2$, on a $f(x)\geq ax+b$. Ceci prouve que $\lim_{+\infty}f=+\infty$.

Montrons par récurrence sur $n\geq 1$ que, pour tous $(x,y)$ dans $\mtr$, pour tout $p\in\{0,1,\dots,2^n\}$, on a : $$f\left(\frac{p}{2^n}x+\left(1-\frac{p}{2^n}\right)y\right)\leq\frac{p}{2^n}f(x)+\left(1-\frac{p}{2^n}\right)f(y).$$ Cette propriété est clairement vérifiée si $n=1$, supposons-la prouvée au rang $n$ et prouvons la au rang $n+1$. Quitte à échanger le rôle joué par $x$ et $y$, on peut toujours supposer que $p\leq 2^n$. On décompose le paquet de $2^{n+1}$ termes en deux paquets de $2^n$ termes : \begin{eqnarray*} f\left(\frac{p}{2^{n+1}}x+\left(1-\frac{p}{2^{n+1}}\right)y\right)&=&f\left(\frac{1}{2}\left(\frac{p}{2^n}x+\frac{(2^n-p)}{2^n}y\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{2^n y}{2^n}\right)\right)\\ &\leq&\frac{1}{2}\left(f\left(\frac{p}{2^n}x+\frac{(2^n-p)}{2^n}y\right)+f(y)\right)\\ &\leq&\frac{1}{2}\left(\frac{p}{2^n}f(x)+\frac{2^n-p}{2^n}f(y)+f(y)\right)\\ &\leq&\frac{p}{2^{n+1}}f(x)+\left(\frac{2^n-p}{2^{n+1}}+\frac{1}{2}\right)f(y)\\ &\leq&\frac{p}{2^{n+1}}f(x)+\frac{2^{n+1}-p}{2^{n+1}}f(y). \end{eqnarray*} Maintenant, si $\lambda\in[0,1]$, il existe une suite $\lambda_n$ de termes de la forme $p_n/2^n$ qui converge vers $\lambda$. Comme la fonction est continue, on peut passer à la limite dans l'inégalité obtenue par la récurrence : $f$ est convexe.

On souhaite lier des propriétés de convexité de $x\mapsto f(1/x)$ et des propriétés de convexité de $f$. Pour cela, il est naturel, étant donné $t\in[0,1]$ et $a,b>0$, d'essayer d'écrire $$f\left(\frac{1}{ta+(1-t)b}\right)=f(s \alpha+(1-s)\beta)$$ avec $s\in[0,1]$ et $\alpha,\beta>0$. Cela va fonctionner si l'on observe que $$\frac1{ta+(1-t)b}=\frac{ta}{ta+(1-t)b}\times\frac 1a+\frac{(1-t)b}{ta+(1-t)b}\times\frac 1b$$ et si on pose $$s=\frac{ta}{ta+(1-t)b},\ \alpha=\frac 1a,\ \beta=\frac 1b$$ en remarquant qu'on a alors $$1-s=\frac{(1-t)b}{ta+(1-t)b}.$$ La démonstration est alors facile. Si on suppose que $x\mapsto xf(x)$ est convexe, soit $t\in [0,1]$, $\alpha,\beta>0$ et $\alpha,\beta,s$ donnés par la relation précédente. On a alors \begin{align*} f\left(\frac{1}{ta+(1-t)b}\right)&=\frac{1}{s\alpha+(1-s)\beta}\times \big(s\alpha+(1-s)\beta\big)f(s\alpha+(1-s)\beta)\\ &\leq \frac{1}{s\alpha+(1-s)\beta} \times \big (s\alpha f(\alpha)+(1-s)\beta f(\beta)\big) \end{align*} par la convexité de $x\mapsto xf(x)$. Puisque $$\frac{s\alpha}{s\alpha+(1-s)\beta}=\frac{\frac{t}{ta+(1-t)b}}{\frac{t}{ta+(1-t)b}+\frac{1-t}{ta+(1-t)b}}=t$$ et que de la même façon $$\frac{(1-s)\beta}{s\alpha+(1-s)\beta}=1-t$$ on a prouvé que $$f\left(\frac{1}{ta+(1-t)b}\right)\leq t f(1/a)+(1-t)f(1/b)$$ et donc que la fonction $x\mapsto f(1/x)$ est convexe. La réciproque se prouve exactement de la même façon, mais on part cette fois de $\alpha,\beta >0$ et $s\in [0,1]$, et on choisit $a,b,t$ donnés par la relation précédente.