Corrigé de la feuille d`exercices no1

Mathématiques spéciales
Corrigé de la feuille d’exercices no1
Exercice (Sup).
Donner le développement limité en 0 des fonctions suivantes :
1. x 7→ sh(x) − sin(x) (à l’ordre 7).
x
(à l’ordre 7).
2. x 7→
1 − x2
3. x 7→ ln(cos(x)) (à l’ordre 4).
4. x 7→ tan(x) (à l’ordre 5).
5. x 7→ (ln(1 + x))2 (à l’ordre 4).
6. x 7→ exp(sin(x)) (à l’ordre 3).
Correction.
Certaines réponses ont quelques ordres supplémentaires.
x7
x3
+
+ o(x7 ).
1. sh(x) − sin(x) =
3
2520
x
2.
= x + x3 + x5 + x7 + o(x7 ).
1 − x2
1
1
1
3. ln(cos x) = − x2 − x4 − x6 + o x6 .
2
12
45
1 3
2 5
17 7
4. tan x = x + x + x +
x + o x7 .
3
15
315
11
2
5. (ln(1 + x)) = x2 − x3 + x4 + o x4 .
12
1
6. exp(sin x) = 1 + x + x2 + o x3 .
2
Exercice (Sup).
Soit a, b ∈ R et n ∈ N. Montrer que le polynôme X n + aX + b admet au plus trois racines réelles.
Correction.
Par l’absurde on suppose qu’il y a (au moins) quatre racines distinctes pour Pn (X) = X n +aX +b.
Notons les x1 < x2 < x3 < x4 . Par le théorème de Rolle appliqué trois fois (entre x1 et x2 , entre
x2 et x3 ,...) il existe x01 < x02 < x03 des racines de Pn0 . On applique deux fois le théorème Rolle entre
x01 et x02 et entre x02 et x03 . On obtient deux racines distinctes pour Pn00 . Or Pn00 = n(n − 1)X n−2
ne peut avoir que 0 comme racines. Donc nous avons obtenu une contradiction.
1
Exercice (Sup).
En appliquant le théorème des accroissements finis à la fonction f : x 7→ ln(x) sur les intervalles
de la forme [n, n + 1], montrer que la suite de terme général :
Sn =
n
X
1
k
k=1
tend vers l’infini quand n tend vers l’infini.
Correction.
La fonction ln étant dérivable sur R∗+ , d’après le théorème des accroissements finis, pour chaque
n ∈ N∗ : il existe cn ∈]n, n + 1[ tel que ln(n + 1) − ln(n) = c1n (n + 1 − n) = c1n . Or cn ≥ n donc
1
1
n ≥ cn . Par suite :
Sn =
n
n
n
X
X
1 X 1
≥
=
ln(k + 1) − ln(k) = ln(n + 1).
k
ck
k=1
k=1
k=1
La dernière égalité s’obtient car la somme est téléscopique et ln 1 = 0. Donc Sn ≥ ln(n + 1), donc
Sn → +∞.
Exercice 1.
Soit E un espace vectoriel réel et A une partie de E
1. Montrer que l’intersection de deux parties convexes de E est convexe. Que dire d’une
intersection quelconque de parties convexes ? Que dire d’une réunion de convexes ?
2. Montrer qu’il existe un plus petit convexe, au sens de l’inclusion, contenant A. On appelle
cet ensemble enveloppe convexe de a et on le note Conv(A).
3. Montrer que Conv(A) est égal à l’ensemble des barycentres à coefficients positifs de toute
famille finies de points de A.
Correction.
1. Soit A1 , A2 deux parties convexes de E. Soit u, v ∈ A1 ∩A2 . Alors, par convexité, [u, v] ⊂ A1
et [u, v] ⊂ A2 ; donc [u, v] ⊂ A1 ∩ A2 . Par suite A1 ∩ A2 est convexe.
Il en est de même dans le cas général : Soit
\(Ai )i∈I une famille de convexe où I est un
ensemble d’indice quelconque. Soit u, v ∈
Ai . Alors, par convexité, pour tout i ∈ I,
i∈I
[u, v] ⊂ Ai . Donc [u, v] ⊂
\
Ai .
i∈I
Concernant la réunion de deux convexes, le résultat n’est pas convexe en général : prendre
deux singletons distincts par exemple dans un espace vectoriel de dimension au moins 1.
2. Soit C l’intersection de tous les convexes contenant A. Alors C est convexe d’après la question précédente et il contient A. Or si C 0 est un convexe contenant A, alors par définition,
2
on a C ⊂ C 0 . Donc C est le plus petit convexe contenant a pour l’inclusion.
3. Soit Γ l’ensemble des barycentres à coefficients positifs des points de A.
— Alors A est inclus dans Γ (il suffit de voir chaque point a de A comme le barycentre de
(a, 1) par P
exemple). Montrons
que de plus Γ est convexe.
Pm
n
Soit g = i=1 λi xi et g 0 = i=1 µi yi appartenant
Pnà Γ (on a supposé,
Pm quitte à diviser
par les sommes de pondérations respectives, que i=1 λi = 1 = i=1 µi ).
Pn
Pm
Alors, pour tout t ∈ [0, 1], tg+(1−t)g 0 = i=1 tλi xi + i=1 (1−t)µi yi est le barycentre à
coefficients positifs de la famille de points de A pondérés ((x1 , tλ1 ), ..., (xn , tλn ), (y1 , (1−
t)µ1 ), ..., (ym , (1 − t)µm )) (il faut aussi remarquer que t1 + (1 − t)1 = 1), donc, par
définition, c’est un élement de Γ. Par suite, Γ est convexe.
Il en résulte que Conv(A) ⊂ Γ.
— On a A ⊂ Conv(A) donc tout élément Γ est en particulier un barycentre de points
de Conv(A). Or Conv(A) est convexe, donc d’après la caractérisation des convexes par
les barycentres, tout barycentre à coefficients positifs de points de Conv(A) est dans
Conv(A). Il en résulte que Γ ⊂ Conv(A).
On en conclut que Conv(A) = Γ.
Exercice 2.
Discuter de la convexité des fonctions suivantes sur leurs domaines de définition ou sur certains
sous-domaines :
1. x 7→ ch(x)
2. x 7→ xn pour n ∈ Z.
3. x 7→ cos(x).
Exercice 3.
Soit f une fonction de I dans R. Montrer que f est convexe et concave sur I si, et seulement si,
f est une fonction affine.
Correction.
— (⇒). On suppose f convexe et concave sur I.
(x0 )
Soit x0 ∈ I. Alors la fonction τx0 : x 7→ f (x)−f
est croissante et décroissante sur
x−x0
I r {x0 } et donc τx0 est constante sur I r {x0 }. Par suite, il existe a ∈ R tel que, pour
tout x ∈ I r {x0 }, τx0 (x) = a, d’où, pour tout x ∈ I r {x0 } :
f (x) = a(x − x0 ) + f (x0 ).
En remarquant que l’égalité précédente est également valable en x = x0 , on en conclut
que f est affine.
— (⇐). On suppose que f est affine.
Alors il existe a, b ∈ R tel que pour tout x ∈ I, f (x) = ax + b. Par suite, pour tout x0 ∈ I,
(x0 )
la fonction τx0 : x 7→ f (x)−f
= a est constante sur I r {x0 } et donc elle est croissante
x−x0
et décroissante sur I r {x0 }. Il en résulte que f est convexe et concave sur I.
3
Exercice 4.
gOpérationssur
Opérations
surles
lesfonctions
fonctionsconvexes
convexes
Soit I un intervalle de R et f, g deux fonctions convexes sur I.
1. Que dire de f + g ?
2. Que dire de f − g ?
3. Que dire de f g ?
4. Que dire de max(f, g) := x 7→ max(f (x), g(x)). ?
5. Que dire de min(f, g) := x 7→ min(f (x), g(x)) ?
6. Si f est croissante et Im(g) ⊂ I, que dire de f ◦ g ?
Correction.
Soit x, y ∈ I et t ∈ [0, 1], par convexité, on a :
f (tx + (1 − t)y) ≤ tf (x) + (1 − t)f (y) et g(tx + (1 − t)y) ≤ tg(x) + (1 − t)g(y);
1. En sommant ces deux inégalités, on obtient :
(f + g)(tx + (1 − t)y) ≤ t(f + g)(x) + (1 − t)(f + g)(y).
Donc f + g est convexe sur I.
2. Ce n’est plus vrai en général pour f − g. Prendre, par exemple, la fonction nulle pour f
et pour g une fonction strictement convexe (i.e. l’inégalité de la définition est stricte) ; le
résultat sera strictement concave et donc non convexe.
3. f g n’est pas convexe en général : prendre x 7→ x et x 7→ x2 .
4. On pose h = max(f, g). On a alors f (x) ≤ h(x) et f (y) ≤ h(y), donc, du fait que t et (1 − t)
sont positifs,
f (tx + (1 − t)y) ≤ tf (x) + (1 − t)f (y) ≤ th(x) + (1 − t)h(y),
et de la même façon,
g(tx + (1 − t)y) ≤ tg(x) + (1 − t)g(y) ≤ th(x) + (1 − t)h(y).
Par suite,
h(tx + (1 − t)y) = max(f (tx + (1 − t)y), g(tx + (1 − t)y)) ≤ th(x) + (1 − t)h(y).
Donc h est convexe sur I.
5. Ce n’est plus vrai en général pour l’inf : prendre f : x 7→ x et g la fonction nulle.
6. Par croissance de f , on a :
f (g(tx + (1 − t)y)) ≤ f (tg(x) + (1 − t)g(y)) ,
Or g(x), g(y) ∈ I donc, par convexité de f :
f ◦ g(tx + (1 − t)y) ≤ tf ◦ g(x) + (1 − t)f ◦ g(y).
Par suite, f ◦ g est convexe.
4
Exercice 5.
Montrer que pour tout n ∈ N∗ et pour tous x1 , ..., xn ∈ R∗+ :
1+
n
Y
! n1
xi
≤
i=1
n
Y
1
(1 + xi ) n .
i=1
Indication.
On pourra s’aider de la fonction x 7→ ln(1 + ex ).
Correction
(Étapes de la réflexion : à rédiger correctement).
En prenant le logarithme népérien de chacun des membres de l’inégalité, on obtient :
1
Pn
Qn
— à gauche : ln(1 + ( i=1 xi ) n ) = ln(1 + exp n1 i=1 yi ),
Pn
Qn
1
— à droite : ln( i=1 (1 + xi ) n ) = n1 i=1 ln(1 + eyi ),
où on a posé yi = ln(xi ) pour i = 1, ..., n.
On se rend alors compte que si l’on considère la fonction f : x 7→ ln(1 + ex ), comme la fonction ln
est croissante, le résultat découlera de l’inégalité de Jensen appliquée à f et la famille de points
pondérés ((yi , n1 ))1≤k≤n . Mais encore faut-il que f soit convexe sur R ! Or, f est clairement C ∞
ex
sur R et on a, pour tout x ∈ R, f 00 (x) = 1+e
x > 0 ; donc f est convexe.
Exercice 6.
Soit X une variable aléatoire réelle prenant un nombre fini de valeurs et f une fonction convexe
sur un intervalle contenant les valeurs prises par X.
Comparer E(f (X)) et f (E(X)).
Correction.
∗
Notons x1 , ..., xP
n les n ∈ N valeurs prises par X et p1 , ..., pn leurs probabilités respectives. On a,
n
par définition, i=1 pi = 1 et f est convexe, donc, d’après l’inégalité de Jensen :
n
n
X
X
f (E(X)) = f (
pi xi ) ≤
pi f (xi ) = E(f (X)).
i=1
i=1
Exercice 7.
Soit f : R → R une fonction convexe.
1. On suppose que f (x) −−−−−→ +∞. Montrer que f est positive.
x→+∞
2. On suppose que f admet pour asymptote la droite D d’équation y = ax + b (avec a, b ∈ R)
i.e.
lim f (x) − (ax + b) = 0.
x→+∞
5
Quelles sont les positions relatives du graphe de f et de la droite D ?
Correction.
1. Soit x < y des réels. Alors pour tout z > y, l’inégalité des pentes nous donne :
f (y) − f (x)
z−y
≤
−−−−−→ 0.
y−x
z − y z→+∞
Par suite, f (y) ≤ f (x) et donc f est décroissante sur R. Or, f tend vers 0 en +∞ donc f
est positive.
2. Considérons la fonction g : x 7→ f (x) − (ax + b).
Exercice 8.
(∗)
g(∗)
Soit I un intervalle ouvert de R et f : I → R une fonction continue. On suppose que pour tout
x, y ∈ I,
x+y
1
f(
) ≤ (f (x) + f (y)).
2
2
Montrer que f est convexe sur I.
Correction.
Soit x, y ∈ I. On note T = {t ∈ [0, 1] | f (tx + (1 − t)y) ≤ tf (x) + (1 − t)f (y)}. On cherche à
prouver que T = [0, 1]. On remarque que si t, t0 appartiennent à T , alors t00 = 21 (t+t0 ) également :
en effet, on a, d’après l’hypothèse de l’énoncé :
f (t00 x + (1 − t00 )y)
(tx + (1 − t)y) + t0 x + (1 − t0 )y
)
2
1
≤ 2 (tf (x) + (1 − t)f (y) + tf (x) + (1 − t)f (y))
= f(
= t00 f (x) + (1 − t00 )f (y).
On montre donc, par récurrence sur N, que pour tout n ∈ N, on a, pour tout i ∈ {0, ..., 2n },
i
∈T.
2n
Initialisation : il est clair que 0, 1 appartiennent à T . La propriété est donc vraie pour n = 0.
Hérédité : Soit n ∈ N. On suppose la propriété vraie au rang n.
Soit k ∈ {0, ..., 2n+1 }. Il existe des entiers 0 ≤ i, j ≤ 2n , tels que
k
2n+1
= 12 (
i = k, j = 0 si k ≤ 2n et i = k − 2n , j = 2n si k > 2n ).
i
j
+ n ) (par exemple,
n
2
2
Donc par hypothèse de récurrence et en utilisant la remarque précédente, on a
k
2n+1
∈T.
Ce qui achève le raisonnement par récurrence.
Montrons désormais que T = [0, 1]. Soit t ∈ [0, 1]. Alors la suite (tn )n∈N avec, pour n ∈ N,
n
t)
tn = E(2
converge vers t, et d’après ce qui précède, pour tout n ∈ N :
2n
f (tn x + (1 − tn )y) ≤ tn f (x) + (1 − tn )f (y).
6
Par continuité de f , en passant à la limite dans cette égalité, on obtient finalement t ∈ T et donc
T = [0, 1]. Il en résulte que f est convexe sur I.
Exercice 9.
(∗)
g(∗)
Soit f : R+ → R une fonction positive, bornée et de classe C 2 telle que pour tout x ∈ R+ ,
f (x) ≤ f 00 (x).
1. Montrer que f est convexe sur R+ .
2. Montrer que f est décroissante sur R+ .
3. Montrer que f et f 0 tendent vers 0 en +∞.
4. On considère les fonctions suivantes sur R+ : g : x 7→ (f 0 (x) + f (x))e−x et h : x 7→ f (x)ex .
Déterminer les variations et le signe de g sur R+ et en déduire les variations de h sur R+ .
5. En conclure que pour tout x ∈ R+ :
f (x) ≤ f (0)e−x .
Correction.
Soit f : R+ → R positive, bornée et de classe C 2 telle que pour tout x ∈ R+ , f (x) ≤ f 00 (x).
1. Pour tout x ∈ R+ , on a f 00 (x) ≥ f (x) ≥ 0. Par suite, f 00 est positive sur R+ et donc f est
convexe sur R+ .
2. Comme f est convexe sur R+ , le graphe de f est au dessus de ses tangentes. Soit x0 ≥ 0,
on a alors, pour tout x ≥ 0 :
f (x) ≥ f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) =: ϕ(x).
Or si f 0 (x0 ) > 0, ϕ(x) −−−−−→ +∞, et donc f (x) −−−−−→ +∞ ; ce qui est absurde puisque
x→+∞
x→+∞
f est bornée. Donc f 0 (x0 ) ≤ 0.
Il en résulte que pour tout x0 ∈ R+ , f 0 (x0 ) ≤ 0, d’où f décroissante.
3. La fonction f est décroissante et minorée par 0 sur R+ , donc elle admet une limite l ≥ 0
en +∞.
On suppose par l’absurde que l 6= 0. Alors, pour tout x ≥ 0, 0 < l ≤ f (x) ≤ f 00 (x), donc :
Z x
Z x
lx =
ldt ≤
f 00 (t)dt = f 0 (x) − f (0).
0
0
0
Par suite, f (x) ≥ lx + f (0) −−−−−→ +∞ ce qui est absurde car f 0 est négative. Donc l = 0.
x→+∞
On utilise des arguments similaires pour la limite de f 0 : la fonction f 0 est croissante (car
f convexe), majorée par 0 (car f négative), elle admet donc une limite k ≤ 0 en +∞. Si
k 6= 0, pour tout x ≥ 0, on a :
Z x
Z x
kdt ≥
f 0 (t)dt = f (x) − f (0).
kx =
0
0
7
Par suite, f (x) ≤ kx + f (0) −−−−−→ −∞ ce qui est absurde car f est positive. Donc k = 0.
x→+∞
4. Pour x ≥ 0, on a g 0 (x) = (f 00 (x) − f (x))e−x ≥ 0 et h0 (x) = g(x)e2x . Par suite, g est
croissante sur R+ ; de plus, g(x) −−−−−→ 0, donc g est négative sur R+ .
0
x→+∞
2x
Comme pour x ≥ 0, h (x) = g(x)e , il en résulte que h est décroissante de R+ .
5. Par décroissance de h, on obtient, pour x ≥ 0, g(x) ≤ g(0) et donc
f (x) ≤ f (0)e−x .
8