Sujet D.3.6 Fonctions convexes
Choisir
un exercice, puis le résoudre
:
Signaler une erreur
Signaler une erreur
Exercice a
Démontrer que, pour tous réels $x$ et $y$ strictement positifs, on a l'inégalité suivante :
$\displaystyle{}3\sp{1.5}\ln(2\sp{1.5}x+y)\geq 2\sp{1.5}\ln x+\ln y+3\sp{1.5}\ln 3$
fonctions convexes et fonctions concaves
$\,f:I\to\bb R\,$ est convexe ssi pour tout $\,(x,y)\app I^2\!:\,$
$\displaystyle{}\ptt \lambda\app\,[\sp{1.5}0,1],\ f\big((1-\lambda)\sp{1.5}x+\lambda\sp{1.5}y\big)\leq (1-\lambda)\sp{1.5}f(x)+\lambda\sp{1.5}f(y)$
C'est-à-dire que le graphe de $f$ est situé sous la corde $[\![M(x),M(y)]\!]\sp{1.5}.$
La fonction $\,f:I\to\bb R\,$ est concave ssi la fonction $\,-f\,$ est convexe.
convexité des fonctions dérivables
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ dérivable ; alors $f$ est convexe ssi $f'$ est croissante.
Si $f$ est deux fois dérivable, alors $f$ est convexe ssi $f''$ est positive.
Avec $f'$ décroissante ou $\,f''\leq0\sp{1.5},\,$ on a de même la concavité de $f\sp{1.5}.$
tangentes au graphe d'une fonction convexe dérivable
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ dérivable et convexe ; alors pour tout $\,a\app I\sp{1.5},\,$ on a :
$\displaystyle{} \ptt x\app I,\ f(x)\geq f(a)+f'(a)\sp{1.5}(x-a)$
c'est-à-dire que son graphe est situé au dessus de toutes ses tangentes.
indication
Utiliser, après l'avoir justifiée, la concavité de la fonction $\,x\mapsto \ln x\,$ sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5}.\,$
réponse
On a bien, pour tous réels $x$ et $y$ strictement positifs :
$\displaystyle{}3\sp{1.5}\ln(2\sp{1.5}x+y)\geq 2\sp{1.5}\ln x+\ln y+3\sp{1.5}\ln 3$
correction
Cette inégalité peut s'écrire : $\,3\sp{1.5}\ln(2\sp{1.5}x+y)-3\sp{1.5}\ln 3\geq 2\sp{1.5}\ln x+\ln y\sp{1.5}.\,$
Après division par $\,3\sp{1.5},\,$ et selon l'expression du logarithme d'un
Le logarithme est un morphisme de $\,(\bb R_+^{\ast}\sp{1.5},\times)\,$ vers $\,(\bb R\sp{1.5},+)\sp{1.5},\,$ soit :
quotient,
cela s'écrit :
$\displaystyle{}\ptt x,\,y >0\sp{1.5},\ \ln(x\sp{1.5}y)=\ln x+\ln y\txt{et}\ln(x\sp{-1.5}/\sp{-1.5}y)=\ln x-\ln y$
On a de plus : $\,\ln 1=0\,$ et $\,\ptt x >0\sp{1.5},\,\ptt \alpha\app\bb R\sp{1.5},\ \ln(x^\alpha)=\alpha\ln x\,.\,$
$\displaystyle{}\ln\Big(\frac{2\sp{1.5}x+y}3\Big)\geq \frac{2\sp{1.5}\ln x+\ln y}3$
La fonction
La fonction logarithme est de classe $\sc C^{\I}$ sur $\,]0,\sp{-1.5}+\I[\sp{1.5},\,$ avec :
logarithme
est deux fois dérivable sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\,$ avec : $\,(\ln)''(x)=-\dfrac1{x^2} < 0\sp{1.5}.\,$
Par
$\displaystyle{}\ptt x > 0,\ \ln^{\sp{1.5}\prime}(x)=\smh{1.25}{\dfrac1x}$
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ dérivable ; alors $f$ est convexe ssi $f'$ est croissante.
Si $f$ est deux fois dérivable, alors $f$ est convexe ssi $f''$ est positive.
Avec $f'$ décroissante ou $\,f''\leq0\sp{1.5},\,$ on a de même la concavité de $f\sp{1.5}.$
caractérisation
des fonctions concaves deux fois dérivables, elle est donc
La fonction logarithme est concave sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\,$ avec en particulier :
concave
sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5}.\,$
Il s'ensuit, selon la
$\displaystyle{}\ptt x >\!-1\sp{1.5},\ \ln(1+x)\leq x$
$\,f:I\to\bb R\,$ est convexe ssi pour tout $\,(x,y)\app I^2\!:\,$
définition
des fonctions concaves, que pour tous $x >0,\ y > 0,$ on a :
$\displaystyle{}\ptt \lambda\app\,[\sp{1.5}0,1],\ f\big((1-\lambda)\sp{1.5}x+\lambda\sp{1.5}y\big)\leq (1-\lambda)\sp{1.5}f(x)+\lambda\sp{1.5}f(y)$
C'est-à-dire que le graphe de $f$ est situé sous la corde $[\![M(x),M(y)]\!]\sp{1.5}.$
La fonction $\,f:I\to\bb R\,$ est concave ssi la fonction $\,-f\,$ est convexe.
$\displaystyle{}\ln\Big(\frac23\sp{1.5}x+\frac13\sp{1.5}y\Big)\geq \frac23\sp{1.5}\ln x+\frac13\,\ln y=\frac{2\sp{1.5}\ln x+\ln y}3$
On a bien ainsi établi que : $\,\ptt x, y>0,\ \,3\sp{1.5}\ln(2\sp{1.5}x+y)-3\sp{1.5}\ln 3\geq 2\sp{1.5}\ln x+\ln y\sp{1.5}.\,$
Signaler une erreur
Signaler une erreur
Exercice b
Démontrer que, pour tous réels $x,\,y$ et $z$ positifs, on a l'inégalité suivante :
$\displaystyle{}2\,\sqrt{x+2\sp{1.5}y+z}\geq \sqrt x+2\sp{1.5}\sqrt y+\sqrt z$
fonctions convexes et fonctions concaves
$\,f:I\to\bb R\,$ est convexe ssi pour tout $\,(x,y)\app I^2\!:\,$
$\displaystyle{}\ptt \lambda\app\,[\sp{1.5}0,1],\ f\big((1-\lambda)\sp{1.5}x+\lambda\sp{1.5}y\big)\leq (1-\lambda)\sp{1.5}f(x)+\lambda\sp{1.5}f(y)$
C'est-à-dire que le graphe de $f$ est situé sous la corde $[\![M(x),M(y)]\!]\sp{1.5}.$
La fonction $\,f:I\to\bb R\,$ est concave ssi la fonction $\,-f\,$ est convexe.
convexité des fonctions dérivables
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ dérivable ; alors $f$ est convexe ssi $f'$ est croissante.
Si $f$ est deux fois dérivable, alors $f$ est convexe ssi $f''$ est positive.
Avec $f'$ décroissante ou $\,f''\leq0\sp{1.5},\,$ on a de même la concavité de $f\sp{1.5}.$
tangentes au graphe d'une fonction convexe dérivable
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ dérivable et convexe ; alors pour tout $\,a\app I\sp{1.5},\,$ on a :
$\displaystyle{} \ptt x\app I,\ f(x)\geq f(a)+f'(a)\sp{1.5}(x-a)$
c'est-à-dire que son graphe est situé au dessus de toutes ses tangentes.
indication
1
Première méthode : utiliser plusieurs fois la concavité dela fonction : $\,x\mapsto\sqrt x\,.\,$
indication
2
Deuxième méthode : utiliser l'inégalité de Jensen.
réponse
On a bien, pour tous réels $x,\,y$ et $z$ positifs :
$\displaystyle{}2\sp{1.5}\sqrt{x+2\sp{1.5}y+z}\geq \sqrt x+2\sp{1.5}\sqrt y+\sqrt z$
correction
La fonction $\,r:x\mapsto \sqrt x=x^{1/2}\,$ est
La fonction racine carrée : $\,r:x\mapsto\sqrt x\,$ est de classe $\sc C^{\I}$ sur
$\,]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\,$ avec :
dérivable
sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\,$ ainsi que sa
$\displaystyle{}\ptt x > 0\sp{1.5},\ r'(x)=\frac1{2\sp{1.5}\sqrt x}$
Soit $\,\alpha\app\bb R\,$ et la fonction puissance $\,p_\alpha:x\mapsto x^{\alpha}.\,$ Alors $\,p_\alpha\app\sc C^\I(\sp{1.5}]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\bb R)\,$ et : $\, \ptt x >0,\ p_\alpha'(x)=\alpha\sp{1.5}x^{\alpha -1}\sp{1.5}.\,$
Si $\,\alpha \geq n\app\bb N\sp{1.5},\,$ on a de plus : $\,p_\alpha\app\sc C^n([\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\bb R)\sp{1.5}.\,$
dérivée,
avec :
$\eqalign{r'(x)&=\frac{x^{-1/2}}2=\frac1{2\sp{1.5}\sqrt x}\\[-1ex]r''(x)&=-\frac{x^{-3/2}}4=-\frac1{4\sp{1.5}x\sp{1.5}\sqrt x} < 0}$
Par
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ dérivable ; alors $f$ est convexe ssi $f'$ est croissante.
Si $f$ est deux fois dérivable, alors $f$ est convexe ssi $f''$ est positive.
Avec $f'$ décroissante ou $\,f''\leq0\sp{1.5},\,$ on a de même la concavité de $f\sp{1.5}.$
caractérisation
des fonctions concaves deux fois dérivables, la fonction racine carrée est donc concave sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\,.\,$
Il s'ensuit, par
$\,f:I\to\bb R\,$ est convexe ssi pour tout $\,(x,y)\app I^2\!:\,$
définition
des fonctions concaves, que pour tous $\,u\sp{1.5},\,v >0\sp{1.5},\,$ on a :$\displaystyle{}\ptt \lambda\app\,[\sp{1.5}0,1],\ f\big((1-\lambda)\sp{1.5}x+\lambda\sp{1.5}y\big)\leq (1-\lambda)\sp{1.5}f(x)+\lambda\sp{1.5}f(y)$
C'est-à-dire que le graphe de $f$ est situé sous la corde $[\![M(x),M(y)]\!]\sp{1.5}.$
La fonction $\,f:I\to\bb R\,$ est concave ssi la fonction $\,-f\,$ est convexe.
$\displaystyle{}\sqrt{\frac u2 +\frac v2}\geq\frac{\sqrt u}2+\frac{\sqrt v}2$
Cette inégalité reste vraie lorsque $u$ ou $v$ est nul, car : $\,\dfrac1{\sqrt2}\geq\dfrac12\!\cdot\,$
En posant $\,u=\dfrac{x+y}2\,$ et $\,v=\dfrac{y+z}2\sp{1.5},\,$ on peut alors écrire pour tous $\,x\sp{1.5},\,y\sp{1.5},\,z\geq0:\,$
$\eqalign{\sqrt{\frac{x+y}4+\frac{y+z}4}&\geq\frac{\sqrt{\dfrac{x+y}2}}2+\frac{\sqrt{\dfrac{y+z}2}}2\\[-.5ex]&\geq
\frac{\sqrt x+\sqrt y}4+\frac{\sqrt y+\sqrt z}4}$
Après multiplication par $\,4\sp{1.5},\,$ on obtient bien l'inégalité attendue :
$\displaystyle{}2\,\sqrt{x+2\sp{1.5}y+z}\geq \sqrt x+2\sp{1.5}\sqrt y+\sqrt z$
Si on connaît
Soient $\,f:I\to\bb R\,$ une application convexe et $\,(x_1,\dots,x_p)\app I^p\sp{1.5}.\,$ Alors, pour tout $\,(\lambda_1,\dots,\lambda_p)\app\bb {\bb R}_+^{\,p}\,$ tel que $\,\lambda_1+\dots+\lambda_p=1,\,$ on a :
l'inégalité
de Jensen, on parvient à ce résultat plus directement en écrivant :
$\displaystyle{}f\bigg(\sum_{k=1}^p\lambda_k\,x_k\bigg)\leq \sum_{k=1}^p\lambda_k\sp{1.5}f(x_k)$
$\displaystyle{}\sqrt{\frac x4+\frac y2+\frac z4}\geq\frac{\sqrt x}4+\frac{\sqrt y}2+\frac{\sqrt z}4$
Signaler une erreur
Signaler une erreur
Exercice c
Démontrer, par un argument de convexité, l'inégalité suivante :
$\displaystyle{}\ptt x > 0\sp{1.5},\ \,\frac1{\sqrt x}\geq\frac{3-x}2$
Pouvait-on établir ce résultat par une méthode algébrique ?
fonctions convexes et fonctions concaves
$\,f:I\to\bb R\,$ est convexe ssi pour tout $\,(x,y)\app I^2\!:\,$
$\displaystyle{}\ptt \lambda\app\,[\sp{1.5}0,1],\ f\big((1-\lambda)\sp{1.5}x+\lambda\sp{1.5}y\big)\leq (1-\lambda)\sp{1.5}f(x)+\lambda\sp{1.5}f(y)$
C'est-à-dire que le graphe de $f$ est situé sous la corde $[\![M(x),M(y)]\!]\sp{1.5}.$
La fonction $\,f:I\to\bb R\,$ est concave ssi la fonction $\,-f\,$ est convexe.
convexité des fonctions dérivables
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ dérivable ; alors $f$ est convexe ssi $f'$ est croissante.
Si $f$ est deux fois dérivable, alors $f$ est convexe ssi $f''$ est positive.
Avec $f'$ décroissante ou $\,f''\leq0\sp{1.5},\,$ on a de même la concavité de $f\sp{1.5}.$
tangentes au graphe d'une fonction convexe dérivable
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ dérivable et convexe ; alors pour tout $\,a\app I\sp{1.5},\,$ on a :
$\displaystyle{} \ptt x\app I,\ f(x)\geq f(a)+f'(a)\sp{1.5}(x-a)$
c'est-à-dire que son graphe est situé au dessus de toutes ses tangentes.
indication
1
Étudier la situation du graphe de $\,f:x\mapsto\dfrac1{\sqrt x}\,$ par rapport à une de ses tangentes.
indication
2
Établir ce résultat algébriquement, en veillant à distinguer les cas $\,0 < x <3\,$ et $\,x\geq3\sp{1.5}.\,$
réponse
On démontre bien, par convexité de la fonction $\,f:x\mapsto\smb{1.5}{\dfrac1{\sqrt x}}\sp{1.5},\,$ que :
$\displaystyle{}\ptt x > 0,\ \,\frac1{\sqrt x}\geq\frac{3-x}2$
Cette inégalité peut aussi être établie par un calcul algébrique.
correction
La fonction $\,f:x\mapsto \dfrac1{\sqrt x}=x^{-1/2}\,$ est deux fois
La démonstration algébrique de cette inégalité nécessite de distinguer deux cas :
Soit $\,\alpha\app\bb R\,$ et la fonction puissance $\,p_\alpha:x\mapsto x^{\alpha}.\,$ Alors $\,p_\alpha\app\sc C^\I(\sp{1.5}]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\bb R)\,$ et : $\, \ptt x >0,\ p_\alpha'(x)=\alpha\sp{1.5}x^{\alpha -1}\sp{1.5}.\,$
Si $\,\alpha \geq n\app\bb N\sp{1.5},\,$ on a de plus : $\,p_\alpha\app\sc C^n([\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\bb R)\sp{1.5}.\,$
dérivable
sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\,$ avec :
$\eqalign{f'(x)&=-\frac12\,x^{-3/2}=-\frac1{2\,x\sp{1.5}\sqrt x}\\[-.5ex]f''(x)&=\frac{3}4\sp{1.5}x^{-5/2}=\frac3{4\,x^2\sp{1.5}\sqrt x} > 0}$
Par
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ dérivable ; alors $f$ est convexe ssi $f'$ est croissante.
Si $f$ est deux fois dérivable, alors $f$ est convexe ssi $f''$ est positive.
Avec $f'$ décroissante ou $\,f''\leq0\sp{1.5},\,$ on a de même la concavité de $f\sp{1.5}.$
caractérisation
des fonctions convexes deux fois dérivables, cette fonction $f$ est donc convexe sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5}.\,$
En tout point d'abscisse $\,a\sp{-1.5}>\sp{-1.5}0\sp{1.5},\,$ le graphe de $f$ est
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ dérivable et convexe ; alors pour tout $\,a\app I\sp{1.5},\,$ on a :
situé
au dessus de sa tangente, c'est-à-dire que :
$\displaystyle{} \ptt x\app I,\ f(x)\geq f(a)+f'(a)\sp{1.5}(x-a)$
c'est-à-dire que son graphe est situé au dessus de toutes ses tangentes.
$\displaystyle{}\ptt x > 0,\ \,f(x)\geq f'(a)\sp{1.5}(x-a)+f(a)$
On choisit alors $\,a\,$ tel que $\,f'(a)=-\smb{1}{\dfrac12}\sp{1.5},\,$ ce qui équivaut à $\,a=1\sp{1.5},\,$ et on obtient ainsi :
$\displaystyle{}\ptt x > 0,\ \,\frac1{\sqrt x}=f(x)\geq-\frac12\sp{1.5}(x-1)+1=\frac{3-x}2$
La démonstration algébrique de cette inégalité nécessite de distinguer deux cas :
- lorsque $\,0 < x\leq 3\sp{1.5},\,$ par croissance des fonctions
Pour $\,k\app\bb Z^{\ast}\sp{-1.5},\,$ les fonction puissances : $\,x\mapsto x^k\,$ sont :carré et
- continues sur $\,\bb R\,$ et strictement croissantes sur $\,[\sp{1.5}0,+\I[\,$ si $\,k >0\sp{1.5};\,$
- continues sur $\,\bb R^{\ast}\,$ et strictement décroissantes sur $\,]\sp{1.5}0,\sp{-1.5}+\I[\,$ si $\,k <0\sp{1.5}.\,$
La fonction racine carrée : $\,x\mapsto\sqrt x\,$ est continue et strictement croissante sur $\,[\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5}.\,$racine carrée, on a les équivalences :$\eqalign{\smash[b]{\frac1{\sqrt x}}\geq\frac{3-x}2&\Ssi\frac1x\geq\frac{(3-x)^2}4\\ &\Ssi4\geq x\sp{1.5}(3-x)^2\stb{1}\\&\Ssi x^3-6\,x^2+9\sp{1.5}x-4\leq0}$Cette expression polynomiale, nulle pour $\,x=1\sp{1.5},\,$ seUne racine de $\,P\app\bb K[X]\,$ est un $\,\alpha\app\bb K\,$ tel que $\,P(\alpha)=0\,.\,$ $\,\alpha\app\bb K\,$ est racine de $\,P\app\bb K[X]\,$ ssi $\,(X\!-\!\alpha)\,$ divise le polynôme $P.$factorise deux fois par $\,(x-1):\,$$\eqalign{x^3-6\,x^2+9\sp{1.5}x-4&=(x-1)(x^2-5\sp{1.5}x+4)\\[-.5ex]&=(x-1)^2(x-4)}$On aurait poser deux divisions euclidiennes, mais il est plus simple d' identifier directement les coefficients des quotients.Compte tenu de l'hypothèse $\,x\leq3\sp{1.5},\,$ on a : $\,(x-1)^2(x-4)\leq0\sp{1.5},\,$ et obtient donc bien :$\displaystyle{}\smb{1.5}{\frac1{\sqrt x}}\geq\frac{3-x}2$ - lorsque $\,x\geq 3\sp{1.5},\,$ on a cette fois de manière évidente : $\displaystyle{}\dfrac1{\sqrt x}\geq0\geq\dfrac{3-x}2$
Signaler une erreur
Signaler une erreur
Exercice d
Soit $\,f:\bb R\to\bb R\sp{1.5},\,$ une fonction dérivable, convexe et majorée.
Démontrer que cette fonction $f$ est constante.
Qu'en est-il sans l'hypothèse de dérivabilité ?
fonctions convexes et fonctions concaves
$\,f:I\to\bb R\,$ est convexe ssi pour tout $\,(x,y)\app I^2\!:\,$
$\displaystyle{}\ptt \lambda\app\,[\sp{1.5}0,1],\ f\big((1-\lambda)\sp{1.5}x+\lambda\sp{1.5}y\big)\leq (1-\lambda)\sp{1.5}f(x)+\lambda\sp{1.5}f(y)$
C'est-à-dire que le graphe de $f$ est situé sous la corde $[\![M(x),M(y)]\!]\sp{1.5}.$
La fonction $\,f:I\to\bb R\,$ est concave ssi la fonction $\,-f\,$ est convexe.
convexité des fonctions dérivables
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ dérivable ; alors $f$ est convexe ssi $f'$ est croissante.
Si $f$ est deux fois dérivable, alors $f$ est convexe ssi $f''$ est positive.
Avec $f'$ décroissante ou $\,f''\leq0\sp{1.5},\,$ on a de même la concavité de $f\sp{1.5}.$
tangentes au graphe d'une fonction convexe dérivable
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ dérivable et convexe ; alors pour tout $\,a\app I\sp{1.5},\,$ on a :
$\displaystyle{} \ptt x\app I,\ f(x)\geq f(a)+f'(a)\sp{1.5}(x-a)$
c'est-à-dire que son graphe est situé au dessus de toutes ses tangentes.
indication
1
Écrire que le graphe de $f$ est situé au dessus de chacune de ses tangentes.
indication
2
Lorsque $f$ n'est plus supposée dérivable, on commencera par montrer que $f$ est décroissante.
On peut le déduire de la définition de la convexité ou de la croissance des pentes du graphe de $f\sp{1.5}.$
réponse
On démontre bien que toute fonction dérivable, convexe et majorée sur $\bb R$ est constante.
Ce résultat reste valable si $f$ est seulement convexe et majorée.
correction
La fonction $f$ étant dérivable et convexe, en tout point d'abscisse $a\app\bb R,$ le graphe de $f$ est situé
Si $f$ n'est plus supposée dérivable, on considère $\,a\leq b\,$ fixés, et on peut alors écrire pour tout $\,x > b:\,$
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ dérivable et convexe ; alors pour tout $\,a\app I\sp{1.5},\,$ on a :
au dessus
de sa tangente :
$\displaystyle{} \ptt x\app I,\ f(x)\geq f(a)+f'(a)\sp{1.5}(x-a)$
c'est-à-dire que son graphe est situé au dessus de toutes ses tangentes.
$\displaystyle{}\ptt x\app\bb R,\ \,f(x)\geq f'(a)\sp{1.5}(x-a)+f(a)$
Par
Soient $I$ un intervalle, $\,f,g:I\to\bb R\,$ deux fonctions et $a\app \surl{\bb R}\,.$
Si on a $\,f(x)\leq g(x)\,$ au voisinage de $a\sp{1.5},$ alors :
passage
à la limite dans cette inégalité, on obtient alors :
- $\,\lim x a f(x) =+\I\ \Imp \lim x a g(x) =+\I\sp{1.5};\,$
- $\, \lim x a g(x) =-\I\ \Imp \lim x a f(x) =-\I\sp{1.5}.\,$
- Si $\,f'(a)>0:\,$ $\,f(x)\geq f'(a)\sp{1.5}(x-a)+f(a)\tend x{-\I}+\I\sp{1.5},\,$ d'où : $\,\lim x{+\I}f(x)=+\I\,;\,$
- si $\,f'(a)<0:\,$ $\,f(x)\geq f'(a)\sp{1.5}(x-a)+f(a)\tend x{-\I}+\I\sp{1.5},\,$ d'où : $\,\lim x{-\I}f(x)=+\I\sp{1.5}.\,$
Soit $\,f:I\to\bb R\sp{1.5},\,$ dérivable sur un intervalle $I\sp{1.5};$ $f$ est constante ssi :
constante.
$\displaystyle{}\ptt x\app I\sp{1.5},\ f'(x)=0$
Si $f$ n'est plus supposée dérivable, on considère $\,a\leq b\,$ fixés, et on peut alors écrire pour tout $\,x > b:\,$
$\eqalign{&b=a+\lambda\,(x-a)=(1-\lambda)\sp{1.5}a+\lambda\sp{1.5}x\\
\ \txt{avec}&\lambda=\frac{b-a}{x-a}\app\,[\sp{1.5}0,1]\ \txt{et}\ 1-\lambda=\frac{x-b}{x-a}\app\,[\sp{1.5}0,1]}$
Dans ces conditions, par
$\,f:I\to\bb R\,$ est convexe ssi pour tout $\,(x,y)\app I^2\!:\,$
définition
de la convexité, on a :
$\displaystyle{}\ptt \lambda\app\,[\sp{1.5}0,1],\ f\big((1-\lambda)\sp{1.5}x+\lambda\sp{1.5}y\big)\leq (1-\lambda)\sp{1.5}f(x)+\lambda\sp{1.5}f(y)$
C'est-à-dire que le graphe de $f$ est situé sous la corde $[\![M(x),M(y)]\!]\sp{1.5}.$
La fonction $\,f:I\to\bb R\,$ est concave ssi la fonction $\,-f\,$ est convexe.
$\eqalign{f\big((1-\lambda)\sp{1.5}a+\lambda\sp{1.5}x\big)\leq (1-\lambda)\sp{1.5}f(a)+\lambda\sp{1.5}f(x)&\\
\txt{c'est-à-dire :}f(b)\leq\frac{x-b}{x-a}\,f(a)+\frac{b-a}{x-a}\,f(x)&}$
On a alors par
Soit $\widetilde P$ une fonction polynomiale réelle : $\,\widetilde P:x\mapsto a_n\sp{1.5}x^n+\cdots+a_0\sp{1.5}.\,$
En $+\I$ ou $-\I\sp{1.5},$ $\widetilde P(x)$ est équivalent à son terme de plus haut degré :
équivalents :
$\,\dfrac{x-b}{x-a}\ \,\eq x{+\I}\ \dfrac xx=1\,$ et $\,\dfrac{b-a}{x-a}\ \,\tend x{+\I}\ 0\sp{1.5}.\,$
$f$ étant majorée, on obtient, par
$\displaystyle{}\stb{1.5}\txt{Si}a_n\neq0:\ \widetilde P (x)\!\eq x{\pm\I}\!a_n\sp{1.5}x^n\!\txt{et}\!\!\lim x{\pm\I}\!\widetilde P(x)=\!\!\lim x{\pm\I}\!a_n\sp{1.5}x^n$
Soient $\,f,\sp{1.5}g:I\to\bb R\,$ admettant des limites, finies ou non, en $\,a\app \surl{\bb R}\sp{1.5}.\,$
Si $\,f(x)\leq g(x)\,$ au voisinage de $a\sp{1.5},$ alors : $\,\lim x a\sp{1.5}f(x)\leq\lim x a \sp{1.5}g(x)\sp{1.5}.\,$
passage
à la limite dans l'inégalité précédente, puis
Soient $I$ un intervalle et $\,f,g:I\to\bb R\,$ de limites $\ell_1,\ell_2\app\surl{\bb R}$ en $a\app \surl{\bb R}.$
somme
de limites :
- $\,\smb{1}{\smh0{\lim x a \big(\alpha\sp{1.5}f(x)+\beta\,g(x)\big)}}=\alpha\sp{1.5}\ell_1+\beta\sp{1.5}\ell_2\,,\,$ si $\,(\alpha,\beta)\app\bb R^2,\,$
- $\,\smb{1}{\lim x a\ \big(f(x)\,g(x)\big)}=\ell_1\,\ell_2\,,\,$
- $\,\smb{1}{\lim x a \big({f(x)}\big/{g(x)}\big)}= {\ell_1}\big/{\ell_2}\,,\,$ si $\,g(x)\neq0\,$ sur $\,\!I\!\setminus\!\{a\}\sp{1.5},\,$
$\displaystyle{} f(b)\leq \Big(\lim x{+\I}\dfrac{x-b}{x-a}f(a)\Big)+\Big(\lim x{+\I}\dfrac{b-a}{x-a}f(x)\Big)=f(a)$
Compte tenu de l'hypothèse $\,a\leq b\sp{1.5},\,$ on a établi que : $\,a\leq b\Imp f(b)\leq f(a)\sp{1.5},\,$ c'est-à-dire que
$f$ est
Soit $\,f:I\to\bb R\,;\,$ pour $x$ et $y$ appartenant à l' intervalle $I\sp{1.5}, $ $f$ est dite :
décroissante
sur $\bb R\sp{1.5}.$
- croissante ssi : $\,\big(x\leq y\Imp f(x)\leq f(y)\big)\,;\,$
- strictement croissante ssi : $\,\big(x < y\Imp f(x) < f(y)\big)\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{} \big(x\leq y\Imp f(x)\geq f(y)\big)\txt{ou}\big(x < y\Imp f(x) > f(y)\big)$
On parvient plus vite à ce résultat si on connaît la
Selon l'interprétation géométrique de la
Soient pour $\,f:I\to\bb R\sp{1.5},\,$ les pentes des sécantes au graphe de $f:$
croissance
des pentes du graphe d'une fonction convexe.On écrit alors que la fonction $\,b\mapsto\smh{1.5}{\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}}\,$ est croissante et de limite nulle lorsque $b$ tend vers $\,+\I\sp{1.5}.\,$$\displaystyle{}\tau_a:x\mapsto\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}$
$f$ est convexe ssi les $\,\tau_a\,$ sont croissantes sur $I\!\setminus\!\{a\}$ pour tout $a\app I\sp{1.5}.$
$\,f:I\to\bb R\,$ est convexe ssi pour tout $\,(x,y)\app I^2\!:\,$
convexité,
la fonction $\,g:x\mapsto f(-x)\,$ est elle aussi convexe et majorée sur $\bb R\sp{1.5}.$
Elle est donc décroissante, si bien que $\,f=g\circ(-\op{Id}_{\bb R})\,$ est croissante.
La fonction $f,$ étant à la fois décroissante et croissante sur $\bb R\sp{1.5},$ est donc constante même lorsque $f$ n'est pas dérivable.
$\displaystyle{}\ptt \lambda\app\,[\sp{1.5}0,1],\ f\big((1-\lambda)\sp{1.5}x+\lambda\sp{1.5}y\big)\leq (1-\lambda)\sp{1.5}f(x)+\lambda\sp{1.5}f(y)$
C'est-à-dire que le graphe de $f$ est situé sous la corde $[\![M(x),M(y)]\!]\sp{1.5}.$
La fonction $\,f:I\to\bb R\,$ est concave ssi la fonction $\,-f\,$ est convexe.