Dérivation des fonctions d’une variable réelle
COURS
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Alors:
f
n +1
i=1
λ i x i
= f (Λξ + λ n+1 x n+1 )
Λf (ξ)+λ n +1 f (x n+1 )
Or :
ξ =
n
i=1
λ i
Λ
x i et
n
i=1
λ i
Λ
= 1
Donc, d’après l’hypothèse de récurrence :
f (ξ)
n
i=1
λ i
Λ
f (x i )
D’où, en définitive :
f
n+1
i=1
λ i x i
Λ
n
i=1
λ i
Λ
f (x i )+λ n +1 f (x n+1 )
n+1
i=1
λ i f (x i )
• Si Λ = 0,alors ∀i ∈ [[ 1 , n ]] λ i = 0e tλ n +1 = 1;
l’inégalité est immédiate.
La récurrence esté tablie :l ap ropriété estv raie pour
tout n 2.
Pours’entraîner :ex. 14
5.2 • Croissance des pentes des sécantes
dont une extrémité est fixée
Théorème 6
Soit f une fonction de R dans R définiesur un intervalle I .
f est convexe sur I si et seulement si pour tout x 0 ∈ I , la fonction :
x
→
f (x) − f (x 0 )
x − x 0
est croissante sur I \{x 0 }.
Démonstration
1) Supposons f convexes ur I . Soit x 0 ∈ I et x 1 , x 2 deux éléments de
I \{x 0 }. Supposons, pourf ixer les idées, que x 0 < x 1 < x 2 . On peut poser
x 1 = λx 0 +(1−λ)x 2 , avec λ ∈ ]0, 1[. f étantconvexe :
f (x 1 ) λf (x 0 )+(1−λ)f(x 2 )
d’où :
f (x 1 ) − f (x 0 ) (1 − λ)( f (x 2 ) − f (x 0 ))
or
x 1 − x 0 = (1 − λ)(x 2 − x 0 )e tx 1 − x 0 > 0; d’où :
f (x 1 ) − f (x 0 )
x 1 − x 0
f (x 2 ) − f (x 0 )
x 2 − x 0
La démonstrationest pratiquement la même lorsque x 1 < x 0 < x 2 ou x 1 < x 2 < x 0 .
On en déduit que l’application
I \{x 0 }→R
x →
f (x) − f (x 0 )
x − x 0
est croissante.
2) Réciproquement, supposonsc ette application croissante pour tout x 0 ∈ I .
Soit (x, y) ∈ I
2
avec x < y, et λ ∈ ]0, 1[. Posons z = λx +(1−λ)y, d’où
x < z < y :
f (z) − f (x)
z − x
f (y) − f (x)
y − x
;
d’où
f (z) f (x)+
z−x
y−x
(f(y)−f(x)).
Or
z − x
y − x
= 1 − λ ;d ’où f (z) f (x)+(1−λ)( f (y) − f (x)).
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