Fonctions convexes

Convexe $\displaystyle C^2$ 👉 $\displaystyle f''\ge0$ et développement de Taylor pour faire apparaître $\displaystyle f''$.

Prenons un $\displaystyle a\in\R$ quelconque. On a $\displaystyle f(x)=f(a)+(x-a)f'(a)+\frac{1}{2}(x-a)^2f''(c)$ où $\displaystyle c\in[a,x]$. Le dernier terme est toujours positif par hypothèse, donc $\displaystyle f(x)\ge f(a)+(x-a)f'(a)$. Si $\displaystyle f'(a)>0$, alors $\displaystyle f(x)\xrightarrow[x\to+\infty]{}+\infty$, et si $\displaystyle f'(a)<0$, alors $\displaystyle f(x)\xrightarrow[x\to-\infty]{}+\infty$, ce qui contredit la bornitude de $\displaystyle f$. Cela suggère bien une preuve par l’absurde.
On suppose $\displaystyle f$ non constante, i.e. il existe $\displaystyle a\in\R$ tel que $\displaystyle f'(a)\neq 0$, et c’est gagné car on est soit dans le cas $\displaystyle f'(a)>0$, soit $\displaystyle f'(a)<0$.

$\displaystyle a^{1/n}$ 👉 passage au $\displaystyle \log$

En passant au $\displaystyle \log$, il suffit de montrer que $\displaystyle \frac{1}{n}(\log(x_1)+\cdots \log(x_n))\le \log\left(\frac{x_1+\cdots+x_n}{n}\right)$, ce qui exprime la concavité du $\displaystyle \log$.

• $\displaystyle u^a$ 👉 Passage au $\displaystyle \log$, écriture sous forme exponentielle ;
• $\displaystyle a+b=1$ avec $\displaystyle a,b\ge0$ 👉 Inégalité de convexité !

1er réflexe - On passe au log. L’inégalité équivaut à $\displaystyle \ln(1+x^ay^b)\le a\ln(1+x)+b\ln(1+y)$ et à droite on reconnait une combinaison convexe ; à gauche non par contre.
2ème réflexe - Écriture sous forme exponentielle : on a $\displaystyle \ln(1+x^ay^b)=\ln(1+e^{a\ln x+b\ln y})$ et là on reconnait une combinaison convexe avec les points $\displaystyle \ln x$ et $\displaystyle \ln y$. On introduit donc la fonction $\displaystyle f(z)=\ln(1+e^z)$. En dérivant deux fois, on voit que $\displaystyle f$ est convexe, et donc $\displaystyle f(a\ln x+b\ln y)\le af(\ln x)+bf(\ln y)=a\ln(1+x)+b\ln(1+y)$, ce qu’on voulait !

ça tombe vite avec les réflexes, non ? 😎

• Convexité 👉 $\displaystyle f(tx+(1-t)y)\le tf(x)+(1-t)f(y)$ ;
• Faire apparaître les quantités souhaitées.

Si $\displaystyle f$ est convexe alors $\displaystyle f(tx+(1-t)y)\le tf(x)+(1-t)f(y)$ pour tout $\displaystyle x,y\in U$ et $\displaystyle t\in[0,1]$. Ce qu’on peut réécrire $\displaystyle f(y+t(x-y))-f(y) \le t(f(x)-f(y))$. En divisant par $\displaystyle t>0$ et en faisant tendre $\displaystyle t\to0$, on obtient
$\displaystyle d_y f(x-y)\le f(x)-f(y)$, ce qu’on voulait.

Réciproquement, on part de la dernière inégalité et on veut faire apparaître $\displaystyle f(tx+(1-t)y)$. On peut donc avoir l’idée de prendre comme nouveau $\displaystyle x$ le point $\displaystyle z=tx+(1-t)y$. Ecrivons $\displaystyle d_y f(z-y)\le f(z)-f(y)$.
D’où $\displaystyle d_y f(t(x-y))\le f(z)-f(y)$, mais le $\displaystyle f(z)$ n’est pas du bon coté de l’inégalité souhaitée. Essayons donc de prendre un autre point de base pour la différentielle : on remplace alors $\displaystyle y$ par $\displaystyle z$ et on a bien cette fois $\displaystyle f(z)\le ...$ i.e. dans le sens qu’on veut ! On peut prendre naturellement comme couples $\displaystyle (x,z)$ et $\displaystyle (y,z)$, ce qui donne :
$$f(z)+d_z f(x-z) \le f(x)$$ $$f(z)+d_z f(y-z) \le f(y).$$ On a $\displaystyle x-z=x-y-t(x-y)=(1-t)(x-y)$ et $\displaystyle y-z=-t(x-y)$.
On multiplie donc par $\displaystyle t$ la 1ere inégalité et par $\displaystyle (1-t)$ la 2nd, on somme et on a, comme la différentielle est linéaire (on peut sortir le $\displaystyle t$ et $\displaystyle 1-t$), $\displaystyle f(z)\le tf(x)+(1-t)f(y)$.

1. Taux d’accroissement croissant !
2. On ne peut penser qu’à une chose ici 👉 Théorème de la bijection monotone.
3. Partir de la définition de convexité de $\displaystyle f$. En déduire une information sur $\displaystyle f^{-1}$.

1. Soit $\displaystyle \tau_a: x\mapsto \frac{f(x)-f(a)}{x-a}$, définie sur $\displaystyle I\setminus\{a\}$.
   $\displaystyle \tau_a$ est croissante, minorée par $\displaystyle \tau_a(b)$ pour $\displaystyle b$ quelconque dans $\displaystyle I\cap]-\infty;a[$.
   Ainsi $\displaystyle \tau_a(x)$ possède une limite finie $\displaystyle \ell^+$ quand $\displaystyle x\to a^+$. Ainsi $\displaystyle f(x)-f(a)\underset{x\to a^+}\sim(x-a)\ell^+$, et en particulier $\displaystyle f(x)-f(a)\underset{x\to a^+}\to 0$. $\displaystyle f$ est donc continue à droite en $\displaystyle a$, et on montre de même sa continuité à gauche.
   Si $\displaystyle I$ n’est pas ouvert, ça ne marche plus : prendre $\displaystyle I=\R_+$, et $\displaystyle f(x)=\begin{cases}1,&\text{ si }x=0,\\0,&\text{ si }x>0.\end{cases}$
2. $\displaystyle f$ est strictement croissante et continue, le théorème de la bijection monotone donne donc la conclusion voulue.
3. Soit $\displaystyle \alpha,\beta\in J$ et $\displaystyle a=f^{-1}(\alpha)$, $\displaystyle b=f^{-1}(\beta)$. Pour $\displaystyle t\in[0;1]$ on a $$f(ta+(1-t)b)\leq t\alpha+(1-t)\beta.$$ $\displaystyle f$ étant strictement croissante, on a donc : $$tf^{-1}(\alpha)+(1-t)f^{-1}(\beta)\leq f^{-1}(t\alpha+(1-t)\beta).$$ Ainsi $\displaystyle f^{-1}$ est concave.

Si on n’a pas d’idées, on peut commencer par développer le déterminant pour voir si on reconnaît quelque chose…

En développant le déterminant par rapport à la dernière ligne, on montre que l’inégalité de l’énoncé est équivalente à $$f(x)(z-y)-f(y)(z-x)+f(z)(y-x) \ge 0.$$ En écrivant $\displaystyle z-x=(z-y)+(y-x)$, l’inégalité devient : $$(f(z)-f(y))(y-x) \ge (f(y)-f(x))(z-y).$$ En divisant à droite et à gauche par $\displaystyle (z-y)(x-y) > 0$, on a montré que la condition de l’énoncé est équivalente à $$\forall x<y<z \in \R^3 \ , \ \frac{f(y)-f(x)}{y-x} \le \frac{f(z)-f(y)}{z-y},$$ ce qui est exactement l’inégalité des pentes définissant la convexité de $\displaystyle f$.

Si on ne comprend rien, on peut toujours tenter un dessin dans le cas où $\displaystyle n=1$…

On suppose que la fonction $\displaystyle F$ vérifie la propriété (1). On fixe $\displaystyle u,v \in \R^n$. La fonction $\displaystyle g : [0,1] \rightarrow \R$ définie par $\displaystyle g(t) = F((1-t)u+tv)$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ et on a $$g'(t) = \left\langle \nabla F((1-t)u+tv) , (v-u)\right \rangle.$$ La formule de Taylor-Young à l’ordre $\displaystyle 1$ en $\displaystyle 0$ s’écrit alors $\displaystyle g(t)=g(0)+tg'(0)+o(t)$, ou encore $$F((1-t)u+tv)) = F(u)+t \left\langle \nabla F(u) , (v-u)\right \rangle + o_{t \to 0}(t).$$ Comme $\displaystyle F$ vérifie la propriété (1), on peut écrire $$F(u)+t \left\langle \nabla F(u) , (v-u)\right \rangle + o_{t \to 0}(t) \le (1-t) F(u) + t F(v).$$ En retranchant $\displaystyle F(u)$ de chaque côté et en divisant par $\displaystyle t$, on obtient $$F(v)-F(u) \ge \left\langle \nabla F(u) , (v-u)\right \rangle + o_{t \to 0}(1).$$ En faisant tendre $\displaystyle t$ vers $\displaystyle 0$, on a montré que $\displaystyle F$ vérifie la propriété (2).

Réciproquement, on suppose que $\displaystyle F$ vérifie la propriété (2). On se fixe $\displaystyle x,y \in \R^n$ et $\displaystyle t\in [0,1]$. On pose $\displaystyle z = (1-t) x + t y$. On applique la propriété (2) avec $\displaystyle u=z$ et $\displaystyle v=x$, et donc $\displaystyle v-u = -t(y-x)$ : $$F(x) \ge F(z) - t \left\langle \nabla F(z) , (y-x)\right \rangle.$$ On applique à nouveau la propriété (2) avec $\displaystyle u=z$ et $\displaystyle v=y$, et donc ici $\displaystyle v-u = (1-t)(y-x)$ : $$F(y) \ge F(z) +(1-t) \left\langle \nabla F(z) , (y-x)\right \rangle.$$ On combine ces deux inégalités : $$(1-t)F(x)+tF(y) \ge (1-t+t) F(z) + (-t(1-t)+t(1-t))\left\langle \nabla F(z) , (y-x)\right \rangle.$$ Comme $\displaystyle t+1-t=1$ et $ (-t(1-t)+t(1-t))=0$, on obtient bien $\displaystyle F(z) \le (1-t) F(x)+t F(y)$ comme voulu.

C’est une suite récurrente 👉 étudier la monotonie pour commencer.

$\displaystyle \bullet$ Montrons que pour tout $\displaystyle n\in\N$, on a l’implication : $$\bigg(u_n\in I\text{ et }u_n\leq \alpha\bigg)\Rightarrow\bigg(u_n\leq u_{n+1}\leq\alpha\bigg).$$Supposons $\displaystyle u_n\in I\text{ et }u_n\leq \alpha$. Alors $\displaystyle f$ étant convexe et dérivable, on a : $$\forall t\in I, f'(u_n)(t-u_n)+f(u_n)\leq f(t).$$ En particulier en prenant $\displaystyle t=\alpha$ on obtient : $$f'(u_n)(\alpha-u_n)\leq -f(u_n)$$ donc (attention au fait que $\displaystyle f'(u_n)<0$) : $$\alpha\ge u_n-\frac{f(u_n)}{f'(u_n)}=u_{n+1}.$$ De plus dans la relation $\displaystyle u_{n+1}=u_n-\frac{f(u_n)}{f'(u_n)}$, on remarque que $\displaystyle f(u_n)\ge f(\alpha)=0$ car $\displaystyle f$ est décroissante, et que $\displaystyle f'(u_n)<0$, donc $\displaystyle u_{n+1}\ge u_n$.
$\displaystyle \bullet$ Par récurrence, on obtient donc les inégalités $\displaystyle u_0\le u_1\le u_2\le\dots\le\alpha$.
La suite $\displaystyle (u_n)$ est donc croissante et majorée par $\displaystyle \alpha$.
Elle converge donc vers un réel $\displaystyle \ell\in [u_0;\alpha]$.
Comme $\displaystyle f$ est convexe, $\displaystyle f'$ est croissante et donc $$0\ge \frac{f(u_n)}{f'(u_0)}\ge\frac{f(u_n)}{f'(u_n)}.$$ Or $\displaystyle \frac{f(u_n)}{f'(u_n)} = u_n-u_{n+1}\to\ell-\ell=0$.
Donc par encadrement, $\displaystyle \frac{f(u_n)}{f'(u_0)}\to 0$ et donc $\displaystyle f(u_n)\to 0$.
Conclusion. $\displaystyle f$ étant continue on a donc $\displaystyle f(\ell)=0$, et par unicité, $\displaystyle \ell=\alpha$.