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    Fonctions Convexes

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    sur 2

    Fonctions Réelles

    1. 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].

    2. Soient f et g convexes sur I, que dire de sup(f; g) et de inf (f; g) ?

    3. Soit f : R+ ! R, positive, bornée, de classe C 2 , telle que f f 00 .

    (a) Montrer que f est convexe, décroissante et que f et f 0 ! 0 quand x ! +1:


    (b) Soit g et h dé…nies par g(x) = f (x)ex et h(x) = (f (x)+f 0 (x))e x
    pour tout x 0.
    Etudier les variations de h et de g, ainsi que le signe de h.
    (c) En déduire que x 0, on a f (x) f (0)e x .

    4. Montrer qu’une fonction convexe sur R et majorée est constante.

    5. Soit f une fonction continue sur un intervalle I véri…ant


    x+y f (x) f (y)
    f( ) + pour tous x; y 2 I:
    2 2 2
    Montrer que f convexe. On pourra considèrer pour x; y 2 I l’ensemble

    J = ft 2 [0; 1] : f (tx + (1 t)y tf (x) + (1 t)f (y)g :

    6. Soit : I ! R;une fonction convexe et dérivable et f : [0; 1] !I continue.


    R1
    (a) établire que si 0
    f (t)dt 2 I alors
    Z 1 Z 1
    ( f (t)dt) (f (t)dt:
    0 0

    R1
    (b) En déduire que si f est strictement positive et 0
    f (t)dt = 1 alors
    Z 1
    f (t) ln(f (t)dt 0
    0

    1
    7. Soit f une fonction convexe et strictement monotone de I dans J. Que dire de f
    (on discutera suivant que f est croissante ou décroissante).

    QQS Indications :

    2 On a

    f (tx + (1 t)y) tf (x) + (1 t)f (y) t sup(f; g)(x) + (1 t) sup(f; g)(y)

    de même g(tx + (1 t)y) t sup(f; g)(x) + (1 t) sup(f; g)(y) en passant au sup on


    aura sup(f; g) est convexe.
    inf(x; x) n’est pas convexe.

    1
    3 (a) On a 0 f f 00 donc f convexe. S’il existe a 2 R+ tel que f 0 (a) > 0, comme
    f (x) f (a)(x a) + f (a) alors f n’est pas bornée. Par suite f 0 (x) 0 pour tout
    0

    x, donc f décroissante.

    f admet une limite en +1 (décroissante et minorée). Si f ! l > 0 alors


    l f pour tout x 2 R+ donc l f 00 , par intégration lx f 0 (x) f 0 (0) ce qui
    montre que f 0 ! +1 qd x ! +1, absurde. donc lim f = 0. De même
    f 0 est croissante et f 0 (x) 0 donc lim f 0 = l 0. Si l < 0 on aboutit à une
    contradiction f (x) ! 1.
    (b) On a h0 (x) 0 donc h croissante et comme lim h(x) = 0 donc h(x) 0. Par suite
    g 0 (x) 0 donc g décroissante.
    (c) Découle de g(x) g(0)....
    4 Si a < b et f (a) < f (b) alors
    f (x) f (a) f (b) f (a)
    pour x b
    x a b a
    f (b) f (a)
    donc f (x) b a
    (x a) + f (a) ce qui montre que f ! +1 qd x ! +1
    de même si f (a) > f (b), on a pour x < a on a:
    f (x) f (a) f (b) f (a)
    x a b a
    f (b) f (a)
    donc f (x) f (a) b a
    (x a) + f (a) ce qui montre que f ! +1 qd x ! 1.
    Donc f (b) = f (a).
    Le résultat n’est plus vrai si f convexe sur un intervalle [a; +1[(ex x1 ; e x
    sur [1; +1[).
    k
    5. On montre par récurrence que : 0 k 2n , n 2 N J. Tout réel 2 [0; 1]
    2n
    est limite d’une suite de H ce qui montre que J = [0; 1] et f est convexe.
    R1
    6. (a) Soit s = 0 f . La courbe de est au dessus de sa tangente en s:
    0
    (x) g(x) = (s)(x s) + (s):
    Par suite (f (t)) g(f (t)) puis
    Z 1 Z 1 Z 1
    (f (t)) g(f (t)) = (s) = ( f)
    0 0 0

    R1 nP1
    On peut aussi raisonner par les sommes de Reiman, 0
    f = lim n1 f ( nk ).
    k=0

    1X k 1X
    n 1 n 1
    k
    ( f ( )) (f ( ))
    n k=0 n n k=0 n

    On obtient le résultat par passage à la limite.


    (b) Utiliser a avec x ! x ln(x).

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