Solutions
De même, par passage à la limite lorsque x tend vers x
−
2 dans (2), on obtient
f
(x 2 )
f (x 2 ) − f (x 1 )
x 2 − x 1
et f (x 1 ) f (x 2 ), ce qui montre que f est croissante.
On suppose maintenant que f est croissante sur I. Soit x 1 < x < x 2 . Le
théorème des accroissements finis donne
f (x) − f (x 1 )
x − x 1
= f
(ξ 1 ),
f (x 2 ) − f (x)
x 2 − x
= f
(ξ 2 ),
où x 1 < ξ 1 < x < ξ 2 < x 2 . On obtient donc l’inégalité (2) par monotonie de f .
On prouve maintenant que (2) implique la convexité de f . On pose pour cela
x = λx 1 + (1 − λ)x 2 , où x 1 < x 2 et λ ∈ ]0 , 1[. On a x ∈ ]x 1 , x 2 [ et
x − x 1 = (1 − λ)(x 2 − x 1 ) et x 2 − x = λ(x 2 − x 1 ).
L’inégalité (2) donne donc f (x) λf (x 1 ) + (1 − λ)f (x 2 ). On peut noter ici
que l’inégalité (2) est en fait équivalente à la convexité de f .
On peut aussi noter que si f est strictement croissante, alors f est strictement convexe sur I.
II.4.2. Il suffit d’observer que la condition f (x) 0 pour x ∈ I est équivalente au fait que f est croissante et d’appliquer le résultat du problème
précédent.
II.4.3. On procède par récurrence. Le cas n = 2 est la définition de la
convexité de f sur I. On suppose donc que l’inégalité à prouver est vérifiée à
l’ordre n 2 et on montre qu’elle l’est aussi à l’ordre n+1. Soit λ 1 , . . . , λ n , λ n+1
des réels positifs tels que λ 1 + . . . + λ n + λ n+1 = 1. La somme λ n x n + λ n+1 x n+1
pouvant s’écrire sous la forme (λ n + λ n+1 )
λn
λn+λ n+1
x n +
λ n+1
λn+λ n+1
x n+1
, l’hypothèse de récurrence donne
f (λ 1 x 1 +λ 2 x 2 + . . . + λ n+1 x n+1 )
λ 1 f (x 1 ) + λ 2 f (x 2 ) + . . . +
(λ n + λ n+1 )f
λ n
λ n + λ n+1
x n +
λ n+1
λ n + λ n+1
x n+1
.
Il ne reste plus qu’à appliquer la définition de la convexité de f au dernier
terme.
223
De même, par passage à la limite lorsque x tend vers x
−
2 dans (2), on obtient
f
(x 2 )
f (x 2 ) − f (x 1 )
x 2 − x 1
et f (x 1 ) f (x 2 ), ce qui montre que f est croissante.
On suppose maintenant que f est croissante sur I. Soit x 1 < x < x 2 . Le
théorème des accroissements finis donne
f (x) − f (x 1 )
x − x 1
= f
(ξ 1 ),
f (x 2 ) − f (x)
x 2 − x
= f
(ξ 2 ),
où x 1 < ξ 1 < x < ξ 2 < x 2 . On obtient donc l’inégalité (2) par monotonie de f .
On prouve maintenant que (2) implique la convexité de f . On pose pour cela
x = λx 1 + (1 − λ)x 2 , où x 1 < x 2 et λ ∈ ]0 , 1[. On a x ∈ ]x 1 , x 2 [ et
x − x 1 = (1 − λ)(x 2 − x 1 ) et x 2 − x = λ(x 2 − x 1 ).
L’inégalité (2) donne donc f (x) λf (x 1 ) + (1 − λ)f (x 2 ). On peut noter ici
que l’inégalité (2) est en fait équivalente à la convexité de f .
On peut aussi noter que si f est strictement croissante, alors f est strictement convexe sur I.
II.4.2. Il suffit d’observer que la condition f (x) 0 pour x ∈ I est équivalente au fait que f est croissante et d’appliquer le résultat du problème
précédent.
II.4.3. On procède par récurrence. Le cas n = 2 est la définition de la
convexité de f sur I. On suppose donc que l’inégalité à prouver est vérifiée à
l’ordre n 2 et on montre qu’elle l’est aussi à l’ordre n+1. Soit λ 1 , . . . , λ n , λ n+1
des réels positifs tels que λ 1 + . . . + λ n + λ n+1 = 1. La somme λ n x n + λ n+1 x n+1
pouvant s’écrire sous la forme (λ n + λ n+1 )
λn
λn+λ n+1
x n +
λ n+1
λn+λ n+1
x n+1
, l’hypothèse de récurrence donne
f (λ 1 x 1 +λ 2 x 2 + . . . + λ n+1 x n+1 )
λ 1 f (x 1 ) + λ 2 f (x 2 ) + . . . +
(λ n + λ n+1 )f
λ n
λ n + λ n+1
x n +
λ n+1
λ n + λ n+1
x n+1
.
Il ne reste plus qu’à appliquer la définition de la convexité de f au dernier
terme.
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