Fonctions convexes d`une variable réelle. Applications

Fonctions convexes d’une variable réelle. Applications
I désigne un intervalle de R, non vide et non réduit à un point. f désigne une fonction définie sur I, à valeurs
dans R.
1
Définition et caractérisation
Définition 1.1
f est convexe sur I si
∀x, y ∈ I, ∀t ∈ [0; 1], f (tx + (1 − t)y) 6 tf (x) + (1 − t)f (y).
On dit que f est concave si −f est convexe.
Figure 1 – Illustration de la définition
Proposition 1.2
f est convexe si et seulement si son épigraphe est convexe dans R2 .
Preuve. On rappelle que l’épigraphe de f , noté Epi(f ), est défini de la manière suivante :
Epi(f ) = {M (x; y), x ∈ I, f (x) 6 y}.
Supposons f convexe. Soient M1 (x1 ; y1 ) et M2 (x2 ; y2 ) deux points de l’épigraphe de f . Soit N (xN ; yN )
un point du segment [M1 M2 ]. Il existe alors un unique réel t ∈ [0; 1] tel que xN = tx1 + (1 − t)x2 et
yN = ty1 + (1 − t)y2 . f étant convexe, on a :
f (xN ) = f (tx1 + (1 − t)x2 ) 6 tf (x1 ) + (1 − t)f (x2 ) 6 ty1 + (1 − t)y2 = yN .
N appartient donc à l’épigraphe de f donc Epi(f ) est convexe.
Supposons maintenant Epi(f ) convexe. Soient x1 , x2 ∈ I, t ∈ [0; 1]. Soient y1 = f (x1 ), y2 = f (x2 ), M1 (x1 ; y1 ),
M2 (x2 ; y2 ) et N (tx1 + (1 − t)x2 ; ty1 + (1 − t)y2 ). Epi(f ) étant convexe, on a :
f (tx1 + (1 − t)x2 ) 6 ty1 + (1 − t)y2 = tf (x1 ) + (1 − t)f (x2 ).
Fonctions convexes d’une variable réelle. Applications
f est donc convexe.
Théorème 1.3
Les assertions suivantes sont équivalentes :
(i) f est convexe ;
(ii) Pour tous x, y, z ∈ I tels que x < y < z, on a :
f (y)−f (x)
y−x
6
f (z)−f (x)
z−x
6
f (z)−f (y)
z−y
(inégalité des trois
pentes) ;
(iii) Pour tout a ∈ I, la fonction x 7→
f (x)−f (a)
x−a
est croissante sur I \ {a}.
Figure 2 – Illustration de l’inégalité des 3 pentes (ii)
Preuve.
(i) ⇒ (ii)
Supposons f convexe sur I. Soient x, y, z ∈ I tels que x < y < z. Il existe un unique t ∈]0; 1[ tel que
y = tx + (1 − t)z. f étant convexe, on a :
f (y) = f (tx + (1 − t)y) 6 tf (x) + (1 − t)f (y).
On en déduit :
f (y) − f (x) 6 (1 − t)(f (z) − f (x)).
y − x = (1 − t)(z − x) donc en divisant l’inégalité précédente par y − x > 0, on a :
f (y) − f (x)
f (z) − f (x)
6
,
y−x
z−x
ce qui prouve la première inégalité.
f (y) 6 tf (x) + (1 − t)f (z) donc −f (y) > −tf (x) − f (z) + tf (z) et donc f (z) − f (y) > t(f (z) − f (x)).
z − y = z − tx − z + tz = t(z − x). En divisant l’inégalité précédente par z − y > 0, on a :
f (z) − f (y)
f (z) − f (x)
>
,
z−y
z−x
ce qui démontre le deuxième inégalité.
(ii) ⇒ (iii)
On suppose que f vérifie l’inégalité des trois pentes. Soit a ∈ I. Notons fa la fonction définie sur I \ {a} par
x 7→
f (x)−f (a)
.
x−a
Soient x, y ∈ I \ {a}, avec x < y.
f (y)−f (x)
.
y−x
f (y)−f (x)
6 fa (y).
y−x
Si a < x < y, l’inégalité des trois pentes donne : fa (x) 6 fa (y) 6
Si x < a < y, l’inégalité des trois pentes donne : fa (x) 6
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Si x < y < a, l’inégalité des trois pentes donne :
f (y)−f (x)
y−x
6 fa (x) 6 fa (y).
(iii) ⇒ (i)
On suppose que pour tout a ∈ I, fa est croissante sur I \ {a}. Soient x, y ∈ I. Soit t ∈]0; 1[. Notons
z = tx + (1 − t)y. On a x < z < y donc fz (x) 6 fz (y), c’est-à-dire
f (x)−f (z)
x−z
6
f (y)−f (z)
.
y−z
En multipliant par
(x − z)(y − z) < 0, on obtient (y − z)(f (x) − f (z)) > (x − z)(f (y) − f (z)). En regroupant les termes en f (x),
f (y) et f (z), on a :
(x − y)f (z) > (x − z)f (y) − (y − z)f (x).
En divisant par x − y < 0, on obtient :
f (z) 6
x−z
y−z
f (y) −
f (x).
x−y
x−y
Or x − z = x − tx − y + ty = (1 − t)(x − y) donc
y−z
− x−y
x−z
x−y
= 1 − t et y − z = y − tx − y + ty = t(y − x) donc
= t, d’où f (z) 6 tf (x) + (1 − t)f (y), c’est-à-dire f (tx + (1 − t)y) 6 tf (x) + (1 − t)f (y). L’inégalité
étant trivialement vérifiée pour t = 0 et t = 1, f est donc convexe.
Proposition 1.4
(inégalité de Jensen) Soit n ∈ N, n > 2. Soit f unefonction convexe
sur I. Alors pour tous (ak )16k6n ∈
n
n
n
P
P
P
ak = 1 et (xk )16k6n ∈ I n , on a : f
a k xk 6
Rn+ tels que
ak f (xk ).
k=1
k=1
k=1
Preuve. On suppose f convexe sur I. Pour n ∈ N, n > 2, notons Hn la propriété :
!
n
n
n
X
X
X
n+1
n
ak f (xk ).
ak = 1, ∀(xk )16k6n ∈ I , f
ak xk 6
∀(ak )16k6n ∈ R+ ,
k=1
k=1
k=1
H2 est vérifiée (c’est la définition d’une fonction convexe).
Soit n ∈ N, n > 2. Supposons Hn vérifiée. Soit (ak )16k6n+1 ∈ Rn+1
tel que
+
n+1
P
ak = 1. Soit (xk )16k6n+1 ∈
k=1
I
n+1
.
1er cas : si
n
P
k=1
On a alors :
ak = 0. Les ak étant tous positifs, on en déduit que ak = 0 pour tout k ∈ J1, nK, puis an+1 = 1.
f
n+1
X
!
ak xk
= f (xn+1 ).
k=1
L’inégalité est alors trivialement vérifiée.
n
n
P
P
2ème cas : si
ak 6= 0. Notons a =
ak . Soit x =
k=1
M = max(xi )16i6n , on a ma 6
n
P
k=1
1
a
n
P
ak xk . x ∈ I. En effet, si m = min(xi )16i6n et
k=1
ak xk 6 M a donc x ∈ [m; M ] ⊂ I. On a alors :
k=1
f
n+1
X
!
ak xk
= f (ax + an+1 xn+1 )
k=1
6 af (x) + an+1 f (xn+1 ) d’après H2
n
1X
6 a.
ak f (xk ) + an+1 f (xn+1 ) d’après Hn
a
k=1
6
n+1
X
ak f (xk )
k=1
donc Hn+1 est vraie.
D’après le principe de récurrence, on en déduit que Hn est vraie pour tout entier n > 2.
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2
Convexité et dérivation
Proposition 2.1
Soit f une fonction convexe sur I. Alors :
(i) f admet une dérivée à gauche et à droite en tout point a intérieur à I et fg0 (a) 6 fd0 (a) ;
(ii) f est continue sur ˚
I;
(iii) ∀a, b ∈ ˚
I, a < b, fd0 (a) 6
f (b)−f (a)
b−a
6 fg0 (b) ;
(iv) fg0 et fd0 sont croissantes sur ˚
I.
Preuve. Soit f une fonction convexe sur I.
(i) Soit a ∈ ˚
I. On note fa la fonction définie sur I \ {a} par x 7→
f (x)−f (a)
.
x−a
f étant convexe, fa est croissante
(paragraphe précédent). Soient x < a et x0 > a. fa est croissante sur I∩] − ∞; a[ et majorée par fa (x0 )
sur cet intervalle donc fa admet une limite lorsque x → a− . f est donc dérivable à gauche en a et on a
fg0 (a) 6 fa (x0 ).
De la même manière, on montre que f est dérivable à droite en a. On a donc fa (x0 ) −−−−−→
fd0 (a). Par
+
x0 →a
passage à la limite lorsque x0 → a+ dans l’inégalité fg0 (a) 6 fa (x0 ), on obtient fg0 (a) 6 fd0 (a).
(ii) f étant dérivable à gauche et à droite en a ∈ ˚
I, f est continue en a.
˚
(iii) Soient a, b ∈ I. Soit x ∈]a; b[. D’après l’inégalité des trois pentes :
f (x) − f (a)
f (b) − f (a)
f (x) − f (b)
6
6
.
x−a
b−a
x−b
En faisant tendre x vers a dans la première inégalité, on obtient : fd0 (a) 6
b dans la deuxième inégalité, on obtient :
f (b)−f (a)
b−a
fd0 (a) 6
6
fg0 (b).
f (b)−f (a)
.
b−a
On en déduit :
f (b) − f (a)
6 fg0 (b).
b−a
f (b)−f (a)
6 fg0 (b) d’après (iii). D’après
b−a
I.
fd0 (b). fg0 et fd0 sont donc croissantes sur ˚
(iv) Soient a, b ∈ ˚
I, avec a < b. Alors fd0 (a) 6
fg0 (b) 6 fd0 (b) donc fg0 (a) 6 fd0 (a) 6 fg0 (b) 6
En faisant tendre x vers
(i), fg0 (a) 6 fd0 (a) et
Proposition 2.2
On suppose f continue sur I et dérivable sur ˚
I. Alors f est convexe sur I si et seulement si f 0 est croissante
sur I.
Preuve. Soit f une fonction continue sur I et dérivable sur ˚
I. Si f est convexe, alors f 0 est croissante sur ˚
I
d’après la proposition précédente.
Supposons maintenant f 0 croissante sur ˚
I. Soient x, y ∈ I, avec x < y. Soit g la fonction définie sur [0; 1] par
t 7→ tf (x) + (1 − t)f (y) − f (tx + (1 − t)y). f étant continue sur I, il en résulte que g est continue sur [0; 1]. f
étant dérivable sur ˚
I, il en résulte que g est dérivable sur ]0; 1[. De plus, g(0) = g(1) = 0. D’après le théorème
de Rolle, il existe t0 ∈]0; 1[ tel que g 0 (t0 ) = 0. On a :
∀t ∈]0; 1[, g 0 (t) = f (x) − f (y) − (x − y)f 0 (tx + (1 − t)y).
t 7→ tx + (1 − t)y est décroissante sur [0; 1] et f 0 est croissante sur ˚
I donc g 0 est décroissante sur ]0; 1[. Comme
g 0 (t0 ) = 0, on en déduit que g 0 est positive sur ]0; t0 [ et négative sur ]t0 ; 1[. g est donc croissante sur [0; t0 ] et
décroissante sur [t0 ; 1]. Comme g(0) = g(1) = 0, g est donc positive sur [0; 1] donc :
∀t ∈ [0; 1], f (tx + (1 − t)y) 6 tf (x) + (1 − t)f (y).
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f est donc convexe sur I.
Proposition 2.3
Si f est dérivable sur I, alors la tangente en tout point est en dessous de la courbe représentative de f .
Preuve. On suppose f dérivable sur I. Soit x0 ∈ I. L’équation cartésienne de la tangente à la courbe
représentative de f en x0 est y = f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ). Soit g la fonction définie sur I par x 7→ f (x) −
f 0 (x)(x − x0 ) − f (x0 ). On veut montrer que g est positive, ce qui prouvera la proposition. f est dérivable sur
I donc il en est de même pour g et on a pour tout x ∈ I, g 0 (x) = f 0 (x) − f 0 (x0 ). f 0 est croissante sur ˚
I (car
f est convexe) donc g 0 est croissante sur ˚
I. g 0 (x0 ) = 0 donc g 0 est négative sur I∩] − ∞; x0 [ et positive sur
I∩]x0 ; +∞[. g est donc décroissante sur I∩] − ∞; x0 [ et croissante sur I∩]x0 ; +∞[. g admet donc un minimum
global en x0 . g(x0 ) = 0 donc g est positive sur I, ce qui achève la démonstration.
3
Applications
3.1
Comparaison de moyennes
Définition 3.1
Soient x1 , . . . , xn ∈ R∗+ . On définit les moyennes suivantes :
(i) Moyenne arithmétique : Ma =
x1 +···+xn
n
;
√
n
(ii) Moyenne géométrique : Mg = qx1 . . . xn ;
x21 +···+x2n
(iii) Moyenne quadratique : Mq =
;
n
(iv) Moyenne harmonique : Mh =
1
x1
n
+···+ x1n
.
Proposition 3.2
On a : Mh 6 Mg 6 Ma 6 Mq .
Preuve. Soit f la fonction définie sur R+ par x 7→ x2 . f est dérivable sur R+ et on a pour tout x > 0,
f 0 (x) = 2x. f 0 est croissante sur R+ donc f est convexe sur R+ . D’après l’inégalité de Jensen, on a :
x1 + · · · + xn
1
f
6 (f (x1 ) + · · · + f (xn ))
n
n
√
c’est-à-dire Ma2 6 Mq2 . x 7→ x est croissante sur R+ donc Ma 6 Mq .
ln est dérivable sur R∗+ et on a pour tout x > 0, ln0 (x) = x1 . ln0 est décroissante sur R∗+ donc ln est concave
sur R∗+ . L’inégalité de Jensen donne
x1 + · · · + xn
1
ln
> (ln(x1 ) + · · · + ln(xn ))
n
n
c’est-à-dire ln(Ma ) >
1
n
ln(Mgn ) = ln(Mg ). La fonction exponentielle étant croissante sur R, on en déduit
Mg 6 Ma .
En appliquant à nouveau l’inégalité de Jensen à la fonction ln :
1
1
1
1
1
ln
+ ··· +
>
ln
+ · · · + ln
nx1
nxn
n
x1
xn
c’est-à-dire ln M1h > n1 ln M1n = ln M1g . On en déduit alors M1h > M1g , puis Mg > Mh .
g
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3.2
Obtention d’inégalités
Première inégalité : ∀x ∈ [0, π/2], π2 x 6 sin x 6 x.
En effet, sin est dérivable et sin0 = cos. sin0 est donc décroissante sur [0; π/2] donc sin est concave sur [0; π/2].
La courbe représentative de sin est donc située au dessus de ses cordes et en dessous de ses tangentes. La
tangente en 0 a pour équation y = x. La corde joignant (0; sin x) et (π/2; sin(π/2)) a pour équation y =
2
π x,
d’où l’encadrement.
Deuxième inégalité : ∀a, b, c ∈ R+ , a3 + b3 + c3 > 3abc et (a + b + c)3 > 27abc.
Nous allons utiliser les comparaisons des différentes moyennes.
√
3
et donc abc 6 (a+b+c)
(x 7→ x3 étant croissante sur R).
Mg 6 Ma donc 3 abc 6 a+b+c
3
27
En appliquant à nouveau l’inégalité Mg 6 Ma aux trois nombres a3 , b3 et c3 , on a :
√
3
a3 b3 c3 6
a3 +b3 +c3
3
donc a3 + b3 + c3 > 3abc.
Proposition 3.3
K désigne R ou C. Soient n ∈ N∗ , p, q ∈ R avec p > 1, q > 1 et p1 +
n
p1
n
q1
P
P
p
q
on note kxkp =
|xk |
et kxkq =
|xk |
. Alors :
k=1
k=1
n
p1 n
q1
n
P
P
P
(inégalité de Hölder) ;
(i)
|xk yk | 6
|xk |p
|yk |q
k=1
1
q
= 1. Pour x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Kn ,
k=1
k=1
(ii) ∀x, y ∈ Kn , kx + ykp 6 kxkp + kykp (inégalité de Minkowski).
Preuve.
ap
p
Montrons d’abord que pour tous a, b > 0, ab 6
+
bq
q .
Remarquons d’abord que si a = 0 ou b = 0,
l’inégalité est clairement vérifiée. Supposons maintenant a et b non nuls. La fonction exponentielle, notée exp,
est convexe sur R donc :
∀x, y ∈ R, ∀λ ∈ [0; 1], exp(λx + (1 − λ)y) 6 λ exp(x) + (1 − λ) exp(y).
Soient a, b ∈ R∗+ . Appliquons l’inégalité de convexité avec x = ln(ap ), y = ln(bq ) et λ =
exp
c’est-à-dire ab 6
ap
p
+
ln(ap ) ln(bq )
+
p
q
6
1
p
(donc 1 − λ = 1q ) :
exp(ln(ap )) exp(ln(bq ))
+
p
q
bq
q .
(i) Montrons l’inégalité de Hölder :
Soient x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Kn et y = (y1 , . . . , yn ) ∈ Kn . Si x = 0 ou y = 0, l’inégalité est clairement vérifiée.
Supposons x 6= 0 et y 6= 0. Dans ce cas, au moins une coordonnée de x est non nulle donc kxkp 6= 0. De même
pour y. Pour tout k ∈ J1, nK, notons x0k =
k ∈ J1, nK :
|x0k yk0 | 6
xk
kxkp
p
et yk0 =
yk
.
kykqq
Appliquons l’inégalité précédente. Pour tout
|x0k |p
|y 0 |q
|xk |p
|yk |q
+ k =
.
p +
p
q
pkxkp
qkykqq
En sommant, on obtient :
n
X
k=1
|x0k yk0 | 6
1 X
1 X
1 1
k = 1n |xk |p +
k = 1n |yk |q = + = 1.
p
pkxkp
qkykqq
p q
Or, on a
n
X
k=1
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|x0k yk0 | =
n
X
1
|xk yk |
kxkp kykq
k=1
6/9
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d’où
n
X
! p1
n
X
|xk yk | 6
k=1
n
X
|xk |p
! q1
|yk |q
.
k=1
k=1
L’inégalité de Hölder est ainsi démontrée.
(ii) Montrons maintenant l’inégalité de Minkowski.
Soient (x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Kn et y = (y1 , . . . , yn ) ∈ Kn . Si kx + ykp = 0, l’inégalité est évidente. Supposons
maintenant que kx + ykp 6= 0. Soit q tel que
n
X
|xk + yk |p =
k=1
n
X
1
p
1
q
+
= 1 (c’est-à-dire q =
|xk + yk ||xk + yk |p−1 6
k=1
n
X
p
p−1 ).
|xk ||xk + yk |p−1 +
k=1
On a :
n
X
|yk ||xk + yk |p−1 .
k=1
On applique l’inégalité de Hölder aux deux termes de droite :
n
X
p
|xk + yk | 6
k=1
n
X
! p1
p
|xk |
n
X
! q1
|xk + yk |
(p−1)q
+
k=1
k=1
6 (kxkp + kykp )
n
X
n
X
! p1
n
X
p
|yk |
! q1
(p−1)q
|xk + yk |
k=1
k=1
! q1
|xk + yk |(p−1)q
.
k=1
Sachant que q(1 − p) = p, on a donc :
n
X
p
|xk + yk | 6 (kxkp + kykp )
k=1
n
X
! q1
|xk + yk |
p
.
k=1
On multiplie chaque membre de l’inégalité par
n
P
p
|xk + yk |
− q1
− q1
= kx + ykp
:
k=1
n
X
!1− q1
p
|xk + yk |
6 kxkp + kykp
k=1
c’est-à-dire kx + ykp 6 kxkp + kykp .
Remarque 3.4
L’inégalité de Minkowski permet de montrer que k.kp définit une norme.
3.3
Intégrabilité
Exemple 3.5
La fonction x 7→
1
est intégrable sur [0; +∞[.
1 + sin2 x
x3
1
. f est positive sur [0; +∞[. f est continue sur
1 + sin2 x
Z x
[0; +∞[ donc localement intégrable sur cet intervalle. Soit F la fonction définie sur [0; +∞[ par x 7→
f (t)dt.
0
Z (n+1)π
On cherche à montrer que F admet une limite finie en +∞. Pour n ∈ N, notons un =
f (t)dt.
nπ
P
P
un est une série à termes positifs. F admet une limite finie en +∞ si et seulement si la série
un
Z (n+1)π
1
est une série convergente (comparaison série-intégrale). Soit n ∈ N∗ . un 6
dt. Or,
3 π 3 sin2 x
1
+
n
nπ
Soit f la fonction définie sur [0; +∞[ par x 7→
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x3
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Fonctions convexes d’une variable réelle. Applications
x 7→
1
1+
n3 π 3
sin2 x
est π−périodique et paire donc on en déduit :
Z
un 6 2
0
π
2
1
dx 6 2
1 + n3 π 3 sin2 x
π
2
Z
0
1
1+
4n3 π 3 2
π2 x
dx.
√
√
Effectuons le changement de variable u = 2n3/2 πx (la fonction x 7→ 2n3/2 πx est un C 1 difféomorphisme
sur [0; π/2]) :
Z
π
2
1
1
dx = 2 × 3/2 √
1 + 4n3 πx2
2n
π
2
0
Z
(nπ)3/2
0
√
1
1
π 1
3/2
du = 3/2 √ arctan((nπ) ) 6
.
1 + u2
2 n3/2
n
π
√
P 1
1
Pour tout entier naturel non nul n, on a un 6 2π n3/2
.
est une série de Riemann convergente donc
n3/2
P
un est une série convergente et donc f est intégrable sur [0; +∞[.
3.4
Méthode de Newton
Théorème 3.6
Soit f : [a; b] → R une fonction de classe C 2 sur [a; b], strictement croissante et convexe, avec f (a)f (b) < 0.
Alors :
(i) f admet un unique zéro dans ]a; b[, noté α ;
(ii) Pour tout x0 ∈ [α; b], la suite (un ) définie par u0 = x0 et pour tout entier n, un+1 = un −
f (un )
f 0 (un )
est
définie, décroissante et converge vers α ;
n
n
(iii) ∀n ∈ N, |un − α| 6 k1 k 2 (b − α)2 , avec k =
M2
2m1 ,
m1 = min |f 0 (x)| et M2 = max |f 00 (x)|.
x∈[a;b]
x∈[a;b]
Preuve. Soit f : [a; b] → R une fonction de classe C 2 sur [a; b], strictement croissante et convexe, avec
f (a)f (b) < 0
(i) f est continue sur [a; b] et f (a)f (b) < 0 donc il existe α ∈]a; b[ tel que f (α) = 0 (théorème des valeurs
intermédiaires). f étant strictement croissante sur [a; b], f est bijective sur cet intervalle et α est unique.
(ii) Soit x0 ∈ [α; b].
L’équation de la tangente au point de coordonnées (x0 ; f (x0 )) est y = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ). Elle coupe
l’axe des abscisses au point d’abscisse u1 vérifiant f (u0 ) + f 0 (u0 )(u1 − u0 ) = 0, d’où u1 = u0 −
f (u0 )
f 0 (u0 )
(f 0 ne
s’annule pas sur [a; b] car f est strictement croissante). On répète l’oparation et c’est ainsi qu’est construite
la suite (un ). Soit g la fonction définie sur [α; x0 ] par x 7→ x −
∀x ∈ [α; x0 ], g 0 (x) = 1 −
f (x)
f 0 (x) .
g est de classe C 1 sur [α; x0 ] et on a :
f 0 (x)2 − f (x)f 00 (x)
f (x)f 00 (x)
=
.
f 0 (x)2
f 0 (x)2
f est strictement croissante sur [α; x0 ] et f (α) = 0 donc f est positive sur [α; x0 ]. f est de classe C 2 et
convexe donc f 00 est positive sur [α; x0 ]. g 0 est donc positive sur [α; x0 ] donc g est croissante sur cet intervalle.
g(α) = α −
f (α)
f 0 (α)
= α donc pour tout x > α, g(x) > α. g(x0 ) = x0 −
f (x0 )
f 0 (x0 )
6 x0 donc pour tout x ∈ [α; x0 ],
g(x) 6 x0 . [α; x0 ] est donc un intervalle de stabilité pour g et donc la suite (un ) est bien définie. g étant
croissante, la suite (un ) est monotone, le sens de monotonie étant donné par le signe de u1 − u0 .
u1 − u0 = u0 −
f (u0 )
f (u0 )
− u0 = − 0
60
0
f (u0 )
f (u0 )
donc la suite (un ) est décroissante. (un ) étant minorée par α, cette suite converge. Notons ` sa limite. g est
continue donc g(`) = `, c’est-à-dire − ff0(`)
(`) = 0. ` est donc un zéro de f sur [α; x0 ]. Par unicité, on a alors
` = α. (un ) converge donc vers α.
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Fonctions convexes d’une variable réelle. Applications
(iii) Soient k =
M2
2m1 ,
avec m1 = min |f 0 (x)| et M2 = max |f 00 (x)|. Soit x ∈ [α; b]. f est de classe C 2 donc,
x∈[a;b]
x∈[a;b]
d’après le théorème de Taylor-Lagrange :
∃cx ∈]α; b[, f (α) = f (x) + (α − x)f 0 (x) +
(α − x)2 00
f (cx ).
2
sachant que f (α) = 0, en divisant par f 0 (x) > 0 et en réordonnant les termes, on a :
(α − x)2 f 00 (cx ) 2
|g(x) − α| =
f 0 (x) 6 k(α − x) .
2
n
n
Pour n ∈ N, notons Hn la propriété |un − α| 6 k1 k 2 (b − α)2 .
Pour n = 0, u0 − α 6 b − α donc H0 est vraie.
Soit n ∈ N. Supposons Hn vraie.
|un+1 − α| = |g(un ) − α|
6 k|un − α| (d’après ce qui précède)
6k
n+1
1 2n+1
|b − α|2
(hypothèse de récurrence)
k
2
k
Hn+1 est donc vraie. D’après le principe de récurrence, Hn est vraie pour tout entier naturel n.
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