Fonctions convexes d`une variable réelle. Applications

Fonctions convexes d’une variable r´eelle. Applications
Id´esigne un intervalle de R, non vide et non r´eduit `a un point. fd´esigne une fonction d´efinie sur I, `a valeurs
dans R.
1 D´efinition et caract´erisation
D´efinition 1.1
fest convexe sur Isi
∀x, y ∈I, ∀t∈[0; 1], f(tx + (1 −t)y)6tf(x) + (1 −t)f(y).
On dit que fest concave si −fest convexe.
Figure 1 – Illustration de la d´efinition
Proposition 1.2
fest convexe si et seulement si son ´epigraphe est convexe dans R2.
Preuve. On rappelle que l’´epigraphe de f, not´e Epi(f), est d´efini de la mani`ere suivante :
Epi(f) = {M(x;y), x ∈I, f(x)6y}.
Supposons fconvexe. Soient M1(x1;y1) et M2(x2;y2) deux points de l’´epigraphe de f. Soit N(xN;yN)
un point du segment [M1M2]. Il existe alors un unique r´eel t∈[0; 1] tel que xN=tx1+ (1 −t)x2et
yN=ty1+ (1 −t)y2.f´etant convexe, on a :
f(xN) = f(tx1+ (1 −t)x2)6tf(x1) + (1 −t)f(x2)6ty1+ (1 −t)y2=yN.
Nappartient donc `a l’´epigraphe de fdonc 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) ´etant convexe, on a :
f(tx1+ (1 −t)x2)6ty1+ (1 −t)y2=tf(x1) + (1 −t)f(x2).

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fest donc convexe. 
Th´eor`eme 1.3
Les assertions suivantes sont ´equivalentes :
(i) fest convexe ;
(ii) Pour tous x, y, z ∈Itels que x < y < z, on a : f(y)−f(x)
y−x6f(z)−f(x) z−x6f(z)−f(y) z−y(in´egalit´e des trois
pentes) ;
(iii) Pour tout a∈I, la fonction x7→ f(x)−f(a)
x−aest croissante sur I\ {a}.
Figure 2 – Illustration de l’in´egalit´e des 3 pentes (ii)
Preuve.
(i)⇒(ii)
Supposons fconvexe sur I. Soient x, y, z ∈Itels que x<y<z. Il existe un unique t∈]0; 1[ tel que
y=tx + (1 −t)z.f´etant convexe, on a :
f(y) = f(tx + (1 −t)y)6tf(x) + (1 −t)f(y).
On en d´eduit :
f(y)−f(x)6(1 −t)(f(z)−f(x)).
y−x= (1 −t)(z−x) donc en divisant l’in´egalit´e pr´ec´edente par y−x > 0, on a :
f(y)−f(x)
y−x6f(z)−f(x) z−x,
ce qui prouve la premi`ere in´egalit´e.
f(y)6tf(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’in´egalit´e pr´ec´edente par z−y > 0, on a :
f(z)−f(y)
z−y>f(z)−f(x) z−x,
ce qui d´emontre le deuxi`eme in´egalit´e.
(ii)⇒(iii)
On suppose que fv´erifie l’in´egalit´e des trois pentes. Soit a∈I. Notons fala fonction d´efinie sur I\{a}par
x7→ f(x)−f(a)
x−a. Soient x, y ∈I\ {a}, avec x<y.
Si a<x<y, l’in´egalit´e des trois pentes donne : fa(x)6fa(y)6f(y)−f(x)
y−x.
Si x<a<y, l’in´egalit´e des trois pentes donne : fa(x)6f(y)−f(x)
y−x6fa(y).
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Fonctions convexes d’une variable r´eelle. Applications
Si x<y<a, l’in´egalit´e des trois pentes donne : f(y)−f(x)
y−x6fa(x)6fa(y).
(iii)⇒(i)
On suppose que pour tout a∈I,faest croissante sur I\ {a}. Soient x, y ∈I. Soit t∈]0; 1[. Notons
z=tx + (1 −t)y. On a x<z<ydonc fz(x)6fz(y), c’est-`a-dire f(x)−f(z)
x−z6f(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)6x−z
x−yf(y)−y−z x−yf(x).
Or x−z=x−tx −y+ty = (1 −t)(x−y) donc x−z
x−y= 1 −tet y−z=y−tx −y+ty =t(y−x) donc
−y−z
x−y=t, d’o`u f(z)6tf (x) + (1 −t)f(y), c’est-`a-dire f(tx + (1 −t)y)6tf(x) + (1 −t)f(y). L’in´egalit´e
´etant trivialement v´erifi´ee pour t= 0 et t= 1, fest donc convexe.
Proposition 1.4
(in´egalit´e de Jensen) Soit n∈N,n>2. Soit fune fonction convexe sur I. Alors pour tous (ak)16k6n∈
Rn
+tels que
n
P
k=1
ak= 1 et (xk)16k6n∈In, on a : fn
P
k=1
akxk6
n
P
k=1
akf(xk).
Preuve. On suppose fconvexe sur I. Pour n∈N,n>2, notons Hnla propri´et´e :
∀(ak)16k6n∈Rn+1
+,
n
X
k=1
ak= 1,∀(xk)16k6n∈In, f n
X
k=1
akxk!6
n
X
k=1
akf(xk).
H2est v´erifi´ee (c’est la d´efinition d’une fonction convexe).
Soit n∈N,n>2. Supposons Hnv´erifi´ee. Soit (ak)16k6n+1 ∈Rn+1
+tel que
n+1
P
k=1
ak= 1. Soit (xk)16k6n+1 ∈
In+1.
1er cas : si
n
P
k=1
ak= 0. Les ak´etant tous positifs, on en d´eduit que ak= 0 pour tout k∈J1, nK, puis an+1 = 1.
On a alors :
f n+1
X
k=1
akxk!=f(xn+1).
L’in´egalit´e est alors trivialement v´erifi´ee.
2`eme cas : si
n
P
k=1
ak6= 0. Notons a=
n
P
k=1
ak. Soit x=1
a
n
P
k=1
akxk.x∈I. En effet, si m= min(xi)16i6net
M= max(xi)16i6n, on a ma 6
n
P
k=1
akxk6Ma donc x∈[m;M]⊂I. On a alors :
f n+1
X
k=1
akxk!=f(ax +an+1xn+1)
6af(x) + an+1f(xn+1) d’apr`es H2
6a. 1
a
n
X
k=1
akf(xk) + an+1f(xn+1) d’apr`es Hn
6
n+1
X
k=1
akf(xk)
donc Hn+1 est vraie.
D’apr`es le principe de r´ecurrence, on en d´eduit que Hnest vraie pour tout entier n>2. 
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2 Convexit´e et d´erivation
Proposition 2.1
Soit fune fonction convexe sur I. Alors :
(i) fadmet une d´eriv´ee `a gauche et `a droite en tout point aint´erieur `a Iet f0
g(a)6f0
d(a);
(ii) fest continue sur ˚ I;
(iii) ∀a, b ∈˚ I, a < b, f0
d(a)6f(b)−f(a)
b−a6f0
g(b);
(iv) f0
get f0
dsont croissantes sur ˚
I.
Preuve. Soit fune fonction convexe sur I.
(i) Soit a∈˚ I. On note fala fonction d´efinie sur I\{a}par x7→ f(x)−f(a)
x−a.f´etant convexe, faest croissante
(paragraphe pr´ec´edent). Soient x<aet x0> a.faest croissante sur I∩]− ∞;a[ et major´ee par fa(x0)
sur cet intervalle donc faadmet une limite lorsque x→a−.fest donc d´erivable `a gauche en aet on a
f0
g(a)6fa(x0).
De la mˆeme mani`ere, on montre que fest d´erivable `a droite en a. On a donc fa(x0)−−−−−→
x0→a+f0
d(a). Par
passage `a la limite lorsque x0→a+dans l’in´egalit´e f0
g(a)6fa(x0), on obtient f0 g(a)6f0
d(a).
(ii) f´etant d´erivable `a gauche et `a droite en a∈˚ I,fest continue en a.
(iii) Soient a, b ∈˚ I. Soit x∈]a;b[. D’apr`es l’in´egalit´e des trois pentes :
f(x)−f(a)
x−a6f(b)−f(a) b−a6f(x)−f(b) x−b.
En faisant tendre xvers adans la premi`ere in´egalit´e, on obtient : f0
d(a)6f(b)−f(a)
b−a. En faisant tendre xvers
bdans la deuxi`eme in´egalit´e, on obtient : f(b)−f(a)
b−a6f0
g(b). On en d´eduit :
f0
d(a)6f(b)−f(a)
b−a6f0
g(b).
(iv) Soient a, b ∈˚ I, avec a < b. Alors f0
d(a)6f(b)−f(a)
b−a6f0
g(b) d’apr`es (iii). D’apr`es (i), f0 g(a)6f0
d(a) et
f0
g(b)6f0
d(b) donc f0
g(a)6f0
d(a)6f0
g(b)6f0
d(b). f0
get f0
dsont donc croissantes sur ˚
I.
Proposition 2.2
On suppose fcontinue sur Iet d´erivable sur ˚ I. Alors fest convexe sur Isi et seulement si f0est croissante
sur I.
Preuve. Soit fune fonction continue sur Iet d´erivable sur ˚ I. Si fest convexe, alors f0est croissante sur ˚ I
d’apr`es la proposition pr´ec´edente.
Supposons maintenant f0croissante sur ˚ I. Soient x, y ∈I, avec x<y. Soit gla fonction d´efinie sur [0; 1] par
t7→ tf(x) + (1 −t)f(y)−f(tx + (1 −t)y). f´etant continue sur I, il en r´esulte que gest continue sur [0; 1]. f
´etant d´erivable sur ˚ I, il en r´esulte que gest d´erivable sur ]0; 1[. De plus, g(0) = g(1) = 0. D’apr`es le th´eor`eme
de Rolle, il existe t0∈]0; 1[ tel que g0(t0) = 0. On a :
∀t∈]0; 1[, g0(t) = f(x)−f(y)−(x−y)f0(tx + (1 −t)y).
t7→ tx + (1 −t)yest d´ecroissante sur [0; 1] et f0est croissante sur ˚ Idonc g0est d´ecroissante sur ]0; 1[. Comme
g0(t0) = 0, on en d´eduit que g0est positive sur ]0; t0[ et n´egative sur ]t0; 1[. gest donc croissante sur [0; t0] et
d´ecroissante sur [t0; 1]. Comme g(0) = g(1) = 0, gest donc positive sur [0; 1] donc :
∀t∈[0; 1], f(tx + (1 −t)y)6tf(x) + (1 −t)f(y).
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fest donc convexe sur I.
Proposition 2.3
Si fest d´erivable sur I, alors la tangente en tout point est en dessous de la courbe repr´esentative de f.
Preuve. On suppose fd´erivable sur I. Soit x0∈I. L’´equation cart´esienne de la tangente `a la courbe
repr´esentative de fen x0est y=f0(x0)(x−x0) + f(x0). Soit gla fonction d´efinie sur Ipar x7→ f(x)−
f0(x)(x−x0)−f(x0). On veut montrer que gest positive, ce qui prouvera la proposition. fest d´erivable sur
Idonc il en est de mˆeme pour get on a pour tout x∈I,g0(x) = f0(x)−f0(x0). f0est croissante sur ˚ I(car
fest convexe) donc g0est croissante sur ˚ I.g0(x0) = 0 donc g0est n´egative sur I∩]− ∞;x0[ et positive sur
I∩]x0; +∞[. gest donc d´ecroissante sur I∩]−∞;x0[ et croissante sur I∩]x0; +∞[. gadmet donc un minimum
global en x0.g(x0) = 0 donc gest positive sur I, ce qui ach`eve la d´emonstration. 
3 Applications
3.1 Comparaison de moyennes
D´efinition 3.1
Soient x1, . . . , xn∈R∗
+. On d´efinit les moyennes suivantes :
(i) Moyenne arithm´etique : Ma=x1+···+xn
n;
(ii) Moyenne g´eom´etrique : Mg=n
√x1. . . xn;
(iii) Moyenne quadratique : Mq=qx2
1+···+x2
n
n;
(iv) Moyenne harmonique : Mh=n
1
x1+···+1 xn
.
Proposition 3.2
On a : Mh6Mg6Ma6Mq.
Preuve. Soit fla fonction d´efinie sur R+par x7→ x2.fest d´erivable sur R+et on a pour tout x>0,
f0(x)=2x.f0est croissante sur R+donc fest convexe sur R+. D’apr`es l’in´egalit´e de Jensen, on a :
fx1+··· +xn
n61 n(f(x1) + ··· +f(xn))
c’est-`a-dire M2
a6M2 q.x7→ √xest croissante sur R+donc Ma6Mq.
ln est d´erivable sur R∗
+et on a pour tout x > 0, ln0(x) = 1
x. ln0est d´ecroissante sur R∗
+donc ln est concave
sur R∗
+. L’in´egalit´e de Jensen donne
ln x1+··· +xn
n>1 n(ln(x1) + ··· + ln(xn))
c’est-`a-dire ln(Ma)>1
nln(Mn
g) = ln(Mg). La fonction exponentielle ´etant croissante sur R, on en d´eduit
Mg6Ma.
En appliquant `a nouveau l’in´egalit´e de Jensen `a la fonction ln :
ln 1
nx1
+··· +1
nxn>1 nln 1 x1+··· + ln 1 xn
c’est-`a-dire ln 1
Mh>1 nln 1 Mn
g= ln 1
Mg. On en d´eduit alors 1 Mh>1 Mg, puis Mg>Mh.
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