Chapitre 21 CONVEXITÉ Enoncé des exercices

Chapitre 21
CONVEXITÉ
Enoncé des exercices
1
Les basiques
Exercice 21.1 Que dire d’une fonction convexe et concave sur un intervalle ?
Exercice 21.2 Que dire de la somme de deux fonctions convexes ? D’une combinaison linéaire ?
Exercice 21.3 Soit f : R −→ R, une fonction convexe et positive. On suppose que f a deux zéros a et b avec a < b.
Montrer que f est nulle sur le segment [a, b].
Exercice 21.4 Soient f et g convexes sur I, que dire de sup (f, g) et de inf (f, g) ?
Exercice 21.5 Montrer que pour x ∈ [0, 1] , on a 1 + x ≤ ex ≤ 1 + x (e − 1) .
Exercice 21.6 Justifier, à l’aide de la convexité d’une certaine fonction que x −→
Exercice 21.7 Soient f et g convexes sur R avec g croissante, montrer que
h : R −→ R+∗ est telle que ln h est convexe, alors h est convexe.
1 x
Exercice 21.8 Soit f convexe sur I et x < y < z dans I, montrer que 1 y
1 z
ex − 1
est croissante sur R∗ .
x
g ◦ f est convexe. En déduire que si
f (x)
f (y)
f (z)
≥ 0.
Exercice 21.9 Utiliser la fonction f, définie sur ]1, +∞[ par f (x) = ln ln x pour montrer que :
x+y
∀x, y ∈]1, +∞[, ln
≥ ln(x) ln(y)
2
n
1
Exercice 21.10 Soient n ∈ N∗ et a1 , .., an ∈ R∗+ , on définit A(a1 , .., an ) =
ak (moyenne arithmétique) et
n
k=1
n
n
G(a1 , .., an ) = ak (moyenne géométrique). Montrer que A(a1 , .., an ) ≥ G(a1 , .., an ).
k=1
Applications : Démontrer les inégalités
1. Montrer que ∀ (a, b, c) ∈ R+3 ,
a3 + b3 + c3
(a + b + c)3
≥ 3abc
≥ 27abc
2. LES TECHNIQUES
CHAPITRE 21. CONVEXITÉ
2.
∀n ∈ N∗ ,
√
n+1
n
n! ≤
2
Exercice 21.11 Prouver la convexité de f (x) = ln (1 + ex ). Montrer que pour tout n dans N∗ , ∀ (x1 , ..., xn ) ∈
]0, +∞[n ,
n1
n
n
1
1+
xk
≤
(1 + xk ) n
k=1
k=1
∗n
En déduire que pour tout n dans N∗ , (a1 , ..., an ) ∈ R∗n
+ , (b1 , ..., bn ) ∈ R+
n
(ak + bk )
k=1
n1
≥
n
ak
k=1
n1
+
n
k=1
bk
n1
Exercice 21.12 Montrer que pour tout n dans N∗ , (a1 , ..., an ) ∈ R∗n
+
n
n
1 √
√
ai ≥
ai
n
k=1
En déduire que ∀x > 1,
k=1
x2n − 1 ≥
x + 1 xn − 1
√
x−1
n
Exercice 21.13
1. Soit f définie par f (x) = e2x−cos x , montrer que f est convexe sur R.
2. Soit f : I−→ R∗+ , montrer que ln f convexe =⇒ f convexe (Utilisez la concvité de ln). Que pensez-vous de la
réciproque ?
Application : prouver la convexité de g définie par g (x) = (1 + x)x .
Exercice 21.14 Montrer que ∀a, b, x, y > 0, on a
x ln
2
y
x+y
x
+ y ln ≥ (x + y) ln
a
b
a+b
Les techniques
Exercice 21.15 Soit f : ]0, +∞[ −→ R convexe. Montrer que
+∞. (On pourra utiliser la croissance des cordes).
f (x)
a une limite dans R∪ {+∞} lorsque x tend vers
x
Exercice 21.16 Soit f : R+ −→ R positive, bornée, de classe C 2 telle que f ≤ f ′′ .
1. Montrer que f est convexe et décroissante.
2. Montrer que f et f ′ tendent vers 0 en +∞.
3. Soit g et h définies par g (x) = f (x) ex et h (x) = (f ′ (x) + f (x)) e−x pour x ≥ 0. Etudier les variations de h et
de g, ainsi que le signe de h.
4. En déduire que pour x ≥, on a f (x) ≤ f (0) e−x .
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H
- E
M -() 2009
Chapitre 21
CONVEXITÉ
Solution des exercices
1
Les basiques
Exercice 21.1 Elle est au dessus et en dessous de ses cordes, donc coïncide avec chaque corde. Elle est donc affine
sur l’intervalle.
Exercice 21.2 Si f et g sont convexes, alors pour (x, y) ∈ I 2 et λ ∈ [0, 1] , on a
f (λx + (1 − λ) y) ≤ λf (x) + (1 − λ) f (y)
et g (λx + (1 − λ) y) ≤ λg (x) + (1 − λ) g (y)
d’où
(f + g) (λx + (1 − λ) y) ≤ λ (f + g) (x) + (1 − λ) (f + g) (y)
Pour une combinaison linéaire, cela ne marche plus.... Prendre f (x) = ex et g (x) = e−x , la différence n’est pas
convexe.
Exercice 21.3 La courbe est sous la corde [A, B] est est au dessus de l’axe Ox car f est positive !
Exercice 21.4 Soient (x, y) ∈ I 2 et λ ∈ [0, 1] , on a
f (λx + (1 − λ) y) ≤ λf (x) + (1 − λ) f (y)
et g (λx + (1 − λ) y) ≤ λg (x) + (1 − λ) g (y)
Or si on pose h = sup (f, g)
f (x) ≤ h (x) et f (y) ≤ h (y) donc λf (x) + (1 − λ) f (y) ≤ λh (x) + (1 − λ) h (y) car λ ≥ 0 et (1 − λ) ≥ 0
de même
donc
λg (x) + (1 − λ) g (y) ≤ λh (x) + (1 − λ) h (y)
sup (f (λx + (1 − λ) y) , g (λx + (1 − λ) y)) = h (λx + (1 − λ) y) ≤ λh (x) + (1 − λ) h (y)
et h est bien convexe.
En revanche pour inf (f, g) , cela ne marche pas. Il suffit de prendre f (x) = x et g (x) = 0 qui sont convexes.
Exercice 21.5 La fonction f = exp est convexe donc au dessus de sa tangente en 0 et en dessous de la corde. La
tangente en 0 a pour équation
y = f (0) + f ′ (0) (x − 0) = 1 + x
La corde a pour équation
x−0
1−0
y − f (0) f (1) − f (0)
x−0 1−0
=
y−1 e−1
= (e − 1) x − y + 1 = 0 ⇐⇒ y = 1 + (e − 1) x
1. LES BASIQUES
CHAPITRE 21. CONVEXITÉ
Exercice 21.6 La fonction exp est convexe, on sait que l’on a donc croissance des cordes issues d’un point. En
ex − 1
qui est une fonction croissante sur R∗ .
particulier du point A d’abscisse 0, la pente des cordes vaut alors
x−0
Exercice 21.7 Soient (x, y) ∈ R2 et λ ∈ [0, 1] , on a
f (λx + (1 − λ) y) ≤ λf (x) + (1 − λ) f (y)
On a donc, par croissance de g
g (f (λx + (1 − λ) y)) ≤ g (λf (x) + (1 − λ) f (y))
Or ∀ (u, v) ∈ R2 et λ ∈ [0, 1]
g (λu + (1 − λ) u) ≤ λg (u) + (1 − λ) g (v)
Avec u = f (x) et v = f (y) , on en déduit que
g (f (λx + (1 − λ) y)) ≤ λg (f (x)) + (1 − λ) g (f (y))
Pour la suite, on pose f = ln h : R −→ R et g = exp qui sont convexe avec g croissante. On en déduit que h = g ◦ f
est convexe.
Exercice 21.8 On a y ∈ ]x, y[ , il existe donc λ ∈ ]0, 1[ tel que y = λx + (1 − λ) z. On a alors
z − y = z − λx − (1 − λ) z = λ (z − x)
y − x = λx + (1 − λ) z − x = (1 − λ) (z − x)
f (y) ≤ λf (x) + (1 − λ) f (z)
et
1 x f (x)
1 y f (y)
1 z f (z)
= f (x) (z − y) − f (y) (z − x) + f (z) (y − x)
= λ (z − x) f (x) − f (y) (z − x) + (1 − λ) (z − x) f (z)
≥ λ (z − x) f (x) + (1 − λ) (z − x) f (z) − λ (z − x) f (x) − (1 − λ) (z − x) f (z) = 0
Exercice 21.9 La fonction f est de classe C 1 sur ]1, +∞[ et f ′ (x) =
1
, est décroissant (produit de fonctions
x ln x
positives décroissantes) ainsi f est bien concave. On en déduit que
x+y
ln (ln x) + ln (ln y)
ln ln
≥
= ln ln (x) ln (y)
2
2
il suffit de passer à l’exponentielle qui, elle, est croissante.
]0, +∞] → R
Exercice 21.10 La fonction ln : est concave (car sa dérivée seconde est négative). Donc − ln est convexe
x → ln(x)
et d’après
de Jensen on a avec λk = n1
n l’inégalité
n
ak
1
≤
(− ln(ak )), en multipliant par −1 puis en prenant l’exponentielle (qui est croissante) de chaque
− ln
n
n
k=1
k=1
n1
n
n
ak
membre on a
≥
ak
soit A(a1 , .., an ) ≥ G(a1 , .., an )
n
k=1
k=1
1. On applique à a3 , b3 , c3 d’où
√
a3 + b3 + c3
3
≥ a3 b3 c3 = abc
3
puis à (a, bc) d’où
a+b+c √
3
≥ abc et on élève au cube
3
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H
- E
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CHAPITRE 21. CONVEXITÉ
1. LES BASIQUES
2. Idem, on applique avec xi = i d’où
n
√
n+1
1
n
≥ n!
k=
n
2
k=1
Exercice
21.11 On
par passer au ln, on doit ainsi montrer que
commence
1
ln 1 + ( nk=1 xk ) n = ln 1 + exp n1 nk=1 yk ≤ n1 nk=1 ln (1 + exp (yk )) où l’on a posé yk = ln (xk ).
Posons f (x) = ln (1 + ex ), l’inégalité demandée va découler de la convexité de f. En effet f ′′ (x) =
finir on prend xk = abkk .
ex
1+ex
> 0.Pour
√ 2
√ 2 Exercice 21.12 La fonction f (x) = x2 est concave donc, n1 nk=1 ai ≤ nk=1 n1
ai = n1 nk=1 ai , on passe
ensuite à la racine carrée pour conclure.
n
n
x2 (x2n −1)
−1)
2i =
Ensuite, on pose ak = x2k . Alors
x
≥ √1n nk=1 xi = √1n x(xx−1
ce qui donne le résultat.
k=1
x2 −1
Exercice 21.13
1. Un calcul simple, f est C ∞ donne
f ′′ (x) = cos x + 4 + 4 sin x + sin2 x e2x−cos x
Or
cos x + 4 + 4 sin x + sin2 x = (1 + cos x) + 3 + 4 sin x + sin2 x
≥0
2
≥0
car X + 4X + 3 = (X + 3) (X + 1) est positif sur [−1, +∞[
On en déduit que
f est convexe sur R
Remarque : On peut aussi écrire que cos x + 4 + 4 sin x + sin2 x = cos x + (2 + sin x)2 , or (2 + sin x) ≥ 2 − 1 = 1
donc cos x + (2 + sin x)2 ≥ 1 + cos x ≥ 0.
Exercice 21.14 Soient λ ∈ R, (x, y) ∈ R2 alors
ln (f ((1 − λ) x + λy)) ≤ (1 − λ) ln f (x) + λ ln f (y)
Mais par concavité du logarithme, on a
(1 − λ) ln f (x) + λ ln f (y) ≤ ln ((1 − λ) f (x) + λf (y))
d’où
ln (f ((1 − λ) x + λy)) ≤ ln ((1 − λ) f (x) + λf (y))
par croissance de l’exponentielle, il vient
f ((1 − λ) x + λy) ≤ (1 − λ) f (x) + λf (y)
ce qui est exactement la convexité de f.
La réciproque est fausse comme le prouve l’exemple de f (x) = e2x−cos x qui est convexe alors que ln (f (x)) = 2x −cos x
a pour dérivée seconde la fonction cos donc n’est pas convexe.
Remarque : Attention, on ne sait rien sur la dérivabilité de f. On ne peut donc pas tenir le raisonnement suivant
(très rapide !)
′′
(ln f) =
f′
f
′
f ′′ f − f
=
f2
′
2
≥ 0 =⇒ f ′′ ≥
—5/7—
f ′2
(f est positive car ln f est définie)
f
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2. LES TECHNIQUES
CHAPITRE 21. CONVEXITÉ
donc f ′′ est positive, ainsi f est convexe.
Application : on a facilement
d2
2+x
x
(ln (1 + x) ) =
2 ≥ 0 sur ]−1, +∞[
2
dx
(1 + x)
ce qui prouve la convexité sur I = ]−1, +∞[ .
Exercice 21.15 Soit f (z) = z ln z, alors
d’où
f
d2
1
f (z) =
dz 2
z
x
af
=
a
y
=
bf
a
x+y
=
a+b
≥ 0 sur R∗+ , l’inégalité demandée s’écrit alors
x
a
y
y ln
b
a x
b y
+
a+ba a+b b
x ln
a x
b y
+
a+ba a+b b
=
x+y x+y
ln
a+b
a+b
et l’inégalité demandée s’écrit alors
x
y
a
b
f
+
f
≥f
a+b
a
a+b
a
a x
b y
+
a+ba a+b b
ce qui est vrai par convexité de f .
2
Les techniques
f (x) − f (1)
la pente des cordes issues du point d’abscisse 1 de la courbe de f. On
x−1
sait que τ est croissante sur ]1, +∞[ . Comme toute fonction croissante, ou bien τ a une limite finie ℓ en +∞, ou bien
τ (x) −−−−−→ +∞. Mais
Exercice 21.16 Soit τ : x −→
x→+∞
f (x)
(x − 1) τ (x) + f (1)
(x − 1)
f (1)
=
=
τ (x) +
x
x
x
x
Ainsi
f (x)
a la même limite que τ dans R∪ {+∞}.
x
Exercice 21.17 Soit f : R+ −→ R positive, bornée, de classe C 2 telle que f ≤ f ′′ .
1. On sait que 0 ≤ f et f ≤ f ′′ donc f ′′ ≥ 0, ainsi f est bien convexe. Ensuite f est au dessus de ses tangentes,
ainsi ∀a ≥ 0
f (x) ≥ f (a) + f ′ (a) (x − a)
Si f ′ (a) > 0, alors f (a) + f ′ (a) (x − a) −−−−−→ +∞ =⇒ f (x) −−−−−→ +∞. Ainsi ∀a ≥ 0, f ′ (a) ≤ 0 et f est
x→+∞
x→+∞
bien décroissante.
2. On en déduit que f est décroissante, minorée par 0 (car positive) donc admet une limite L en +∞. Si L > 0,
alors
x
x
0 < L ≤ f ≤ f ′′ =⇒
Ldt = Lx ≤
f ′′ (t) dt = f ′ (x) − f ′ (0) =⇒ Lx + f ′ (0) ≤ f ′ (x)
0
0
On en déduit que
f ′ (x) −−−−−→ +∞, mais f ′ (x) ≤ 0, absurde
x→+∞
On a donc
f (x) −−−−−→ 0
x→+∞
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CHAPITRE 21. CONVEXITÉ
2. LES TECHNIQUES
De même, f est convexe, donc f ′ est croissante, majorée par 0 (on a vu que f ′ (x) ≤ 0) donc admet une limite
L′ en +∞. Si L′ > 0, on a
x
f ′ ≤ L < 0 =⇒
f ′ (t) dt = f (x) − f (0) ≤ Lx =⇒ f (x) = Lx + f (0) −−−−−→ −∞ absurde
x→+∞
0
Conclusion, on a bien
f (x) −−−−−→ 0 et f ′ (x) −−−−−→ 0
x→+∞
x→+∞
3. On a g′ (x) = h (x) e2x et h′ (x) = (f ′′ (x) − f (x)) e−x ≥ 0. On en déduit que h est croissante et puisque
h (x) −−−−−→ 0
x→+∞
h (x) ≤ 0 sur R+
d’où
g est décroissante sur R+
4. Il vient alors
g (x) ≤ g (0) =⇒ f (x) ≤ f (0) e−x
—7/7—
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