Solutions
Si f (x 2 ) = f (x 1 ) + A avec A > 0, (∗) implique f (x) > A
x−x 1
x 2 −x 1
+ f (x 1 ),
contredisant l’hypothèse que f est majorée. De même, si f (x 1 ) > f(x 2 ), alors
f (x 1 ) = A + f (x 2 ) avec A > 0. En prenant alors x < x 1 < x 2 , on obtient
f (x) A
x 2 − x
x 2 − x 1
+ f (x 2 ),
contredisant à nouveau le fait que f est majorée.
II.4.15. Non. Il suffit de considérer les fonctions f (x) = e −x , x ∈ ]a , +∞[ et
f (x) = e x , x ∈ ]−∞ , a[.
II.4.16. On suppose que f n’est pas monotone. Il existe alors a < x 1 < x 2 <
x 3 < b tels que
f (x 1 ) > f(x 2 ) et f (x 2 ) < f(x 3 )
ou
f (x 1 ) < f(x 2 ) et f (x 2 ) > f(x 3 ).
La fonction f étant convexe, f (x 2 ) max {f (x 1 ), f(x 3 )} et la seconde possibilité ne peut donc pas être vérifiée. La continuité de f (voir I.2.33) implique
qu’il existe c ∈ [x 1 , x 3 ] tel que f (c) = min {f (x) : x ∈ [x 1 , x 3 ]}. Par convexité,
on voit que f (x 1 ) max {f (x), f(c)} pour x ∈ ]a , x 1 [. Puisque f (c) f (x 1 ),
on a donc f (x 1 ) f (x). Il s’ensuit que si x, y ∈ ]a , c], alors
• x < y < x 1 implique f (y) max {f (x), f(x 1 )} = f (x),
• x < x 1 y implique f (y) max {f (c), f(x 1 )} = f (x 1 ) f (x),
• x 1 x < y implique f (y) max {f (x), f(c)} = f (x).
On a donc prouvé que f est décroissante sur ]a , c] et on peut prouver de la
même façon qu’elle est croissante sur [c , b[.
II.4.17. Il s’agit d’une conséquence immédiate du problème précédent.
II.4.18. Puisque f est bornée, d’après le problème précédent, les limites à
droite en a et à gauche en b existent et sont finies. La proposition se déduit
donc de I.2.33 et I.5.7.
II.4.19. Soit x 1 < x 2 deux points de ]a , b[. Pour a < y < x 1 < x < x 2 , on a
(voir (1) et (2) dans la solution de II.4.1)
f (y) − f (x 1 )
y − x 1
f (x) − f (x 1 )
x − x 1
f (x 2 ) − f (x 1 )
x 2 − x 1
.
(∗)
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Si f (x 2 ) = f (x 1 ) + A avec A > 0, (∗) implique f (x) > A
x−x 1
x 2 −x 1
+ f (x 1 ),
contredisant l’hypothèse que f est majorée. De même, si f (x 1 ) > f(x 2 ), alors
f (x 1 ) = A + f (x 2 ) avec A > 0. En prenant alors x < x 1 < x 2 , on obtient
f (x) A
x 2 − x
x 2 − x 1
+ f (x 2 ),
contredisant à nouveau le fait que f est majorée.
II.4.15. Non. Il suffit de considérer les fonctions f (x) = e −x , x ∈ ]a , +∞[ et
f (x) = e x , x ∈ ]−∞ , a[.
II.4.16. On suppose que f n’est pas monotone. Il existe alors a < x 1 < x 2 <
x 3 < b tels que
f (x 1 ) > f(x 2 ) et f (x 2 ) < f(x 3 )
ou
f (x 1 ) < f(x 2 ) et f (x 2 ) > f(x 3 ).
La fonction f étant convexe, f (x 2 ) max {f (x 1 ), f(x 3 )} et la seconde possibilité ne peut donc pas être vérifiée. La continuité de f (voir I.2.33) implique
qu’il existe c ∈ [x 1 , x 3 ] tel que f (c) = min {f (x) : x ∈ [x 1 , x 3 ]}. Par convexité,
on voit que f (x 1 ) max {f (x), f(c)} pour x ∈ ]a , x 1 [. Puisque f (c) f (x 1 ),
on a donc f (x 1 ) f (x). Il s’ensuit que si x, y ∈ ]a , c], alors
• x < y < x 1 implique f (y) max {f (x), f(x 1 )} = f (x),
• x < x 1 y implique f (y) max {f (c), f(x 1 )} = f (x 1 ) f (x),
• x 1 x < y implique f (y) max {f (x), f(c)} = f (x).
On a donc prouvé que f est décroissante sur ]a , c] et on peut prouver de la
même façon qu’elle est croissante sur [c , b[.
II.4.17. Il s’agit d’une conséquence immédiate du problème précédent.
II.4.18. Puisque f est bornée, d’après le problème précédent, les limites à
droite en a et à gauche en b existent et sont finies. La proposition se déduit
donc de I.2.33 et I.5.7.
II.4.19. Soit x 1 < x 2 deux points de ]a , b[. Pour a < y < x 1 < x < x 2 , on a
(voir (1) et (2) dans la solution de II.4.1)
f (y) − f (x 1 )
y − x 1
f (x) − f (x 1 )
x − x 1
f (x 2 ) − f (x 1 )
x 2 − x 1
.
(∗)
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