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\[ \newcommand \sh {\textrm{sh}} \newcommand \ch {\textrm{ch}} \renewcommand \th {\textrm{th}} \newcommand \R {\mathbb{R}} \newcommand \C {\mathbb{C}} \newcommand \K {\mathbb{K}} \newcommand \Q {\mathbb{Q}} \newcommand \N {\mathbb{N}} \newcommand \Z {\mathbb{Z}} \newcommand \M {\mathcal{M}} \renewcommand \L {\mathcal{L}} \newcommand \B {\mathcal{B}} \newcommand \Vect {\textrm{Vect}} \renewcommand \S {\mathcal{S}} \renewcommand \P {\mathcal{P}}\]

Convexité, inégalité arithmético-géométrique

Exercise 186

Soit \(a_1, a_2, \ldots, a_n\) des réels positifs tels que \(\prod a_i = 1\). Montrer que

\[\begin{equation*} \prod_{i=1}^{n}(2+a_i) \geq 3^n \end{equation*}\]

et donner le cas d’égalité.

Solution to Exercise 186

\(a_1 =a_2 = \ldots = a_n = 1\) est un cas d’égalité. Cela conduit à utiliser l’inégalité arithmético-géométrique avec \(1, 1, a_i\) ce qui donne \(\frac{2+a_i}{3} \geq a_i^{\frac{1}{3}}\). De là suit l’inégalité. Le cas d’égalité est celui de l’IAG, donc uniquement pour les \(a_i\) tous égaux à 1.

Exercise 187

Soit \(f : \R \rightarrow \R \) continue telle que \(\forall x, y\),

\[\begin{equation*} f(\frac{x+y}{2}) \leq \frac{f(x)+f(y)}{2} \end{equation*}\]

Montrer que \(f\) est convexe.

Solution to Exercise 187

Vrai pour tous les diadiques puis densité des diadiques.

Exercise 188

Soit \((x_1, \ldots, x_n)\) des réels strictement positifs

1. Montrer que \(\frac{x_1}{x_2} + \ldots + \frac{x_{n-1}}{x_n} + \frac{x_n}{x_1} \geq n\)

2. Montrer que \(\sum_{i,j = 1}^n \frac{x_i}{x_j} \geq n^2\).

Solution to Exercise 188

1. Concavité de \(\ln\) : \(\ln(\frac{1}{n}\sum \frac{x_i}{x_{i+1}}) \geq \frac{1}{n} \sum \ln(\frac{x_i}{x_{i+1}}) =0\)

2. Cas \(n=2\) de l’inégalité précédente pour toute paire \(i,j\).

Exercise 189

Soit \(f :[a,b] \rightarrow \R\) continue telle que

\[\begin{equation*} \forall x \in ]a,b[, \; \exists \varepsilon > 0, \; f(x) = \frac{1}{2}(f(x+\varepsilon)+f(x-\varepsilon)) \end{equation*}\]

Montrer que \(f\) est convexe. En considérant \(-f\), en déduire qu’elle est affine.

Solution to Exercise 189

Notons \(\Delta_x(y) = \frac{f(x)-f(y)}{x-y}\). On raisonne par l’absurde et on suppose disposer de \(u < v < w\) tels que \(\Delta_u(v) > \Delta_u(w)\). On regarde alors \(h : x \mapsto f(x)-f(u) -(x-u)\Delta_u(w)\) qui possède la même propriété que \(f\) et de plus vérifie \(h(u)=h(w)=0\) et \(h(v)>0\). En considérant \(y = \inf \{x \; | \; h(x) = \sup h \}\) on obtient une contradiction. Ensuite le même raisonnement appliqué à \(-f\) montre que \(f\) est concave. De là \(f\) est à la fois convexe et concave, elle est donc affine.

Exercise 190

Soit \(x_1, \ldots, x_n\) des réels strictement positifs. Pour \(\alpha > 0\) on pose \(M_{\alpha}(x_i) = (\frac{1}{n}\sum_ix_i^{\alpha})^{\frac{1}{\alpha}}\). Montrer que si \(0 < \alpha < \beta\), alors \(M_{\alpha} \leq M_{\beta}\). Déterminer \(\lim_{\alpha \rightarrow 0} M_{\alpha}\) et \(\lim_{\alpha \rightarrow +\infty} M_{\alpha}\)

Solution to Exercise 190

Tout d’abord \(\alpha \leq 1 \leq \beta \Rightarrow M_{\alpha} \leq M_1 \leq M_{\beta}\). La première inégalité (resp. la deuxième) vient de ce que \(x \mapsto x^{\gamma}\) est concave (resp. convexe) lorsque \(\gamma \leq 1\) (resp. \(\gamma \geq 1\)).

Ensuite dans le cas général, on écrit

\[\begin{align*} M_{\alpha}(x_1, \ldots, x_n) &= M_1(x_1^{\alpha}, \ldots, x_n^{\alpha})^{\frac{1}{\alpha}} \\ &\leq M_{\beta/\alpha}(x_1^{\alpha}, \ldots, x_n^{\alpha})^{\frac{\alpha}{\beta}\frac{1}{\alpha}} \\ &= M_{\beta}(x_1, \ldots, x_n) \end{align*}\]

En factorisant par \(\max(x_i)\), clairement \(M_\alpha(x_i) \underset{\alpha \rightarrow + \infty}{\rightarrow} \max(x_i)\). Pour la limite en \(0\) on écrit \(x_i = e^{t_i}\) et

\[\begin{align*} M_\alpha(x_i) &= \left ( \frac{1}{n} \sum e^{t_i\alpha} \right )^{1/\alpha} \\ &= (1 - \alpha \frac{\sum t_i}{n} + o(\alpha))^{1/\alpha} \\ &= e^{\sum t_i / n + o(1)} \\ &\underset{\alpha \rightarrow 0}{\rightarrow} e^{M_1(\ln(x_i))} \end{align*}\]

Exercise 191

Soit \(f : \R \rightarrow ]0,+\infty[\). Montrer que \(\ln(f)\) est convexe si et seulement si \(\forall a > 0\), \(f^a\) est convexe.

Solution to Exercise 191

(\(\Rightarrow\)) \(\ln(f^a) = a\ln(f)\) est convexe. Or \(\exp\) est convexe croissante donc \(f^a = \exp(\ln(f^a))\) est convexe.

(\(\Leftarrow\)) On a \(f^a\) convexe \(\Rightarrow\) \(\forall b>a\) \(f^b\) convexe. Toute l’information de l’hypothèse se trouve donc pour \(a\) petit, d’où l’idée de faire tendre \(a\) vers \(0\). Fixons \(x, y, \lambda\). Notons \(X = \ln(f(x))\), \(Y=\ln(f(y))\) et \( Z = \ln(f(\lambda x + (1-\lambda) y))\). On exprime la convexité de \(f^a\) :

\[\begin{equation*} \forall a > 0, \quad e^{aZ} \leq \lambda e^{aX} + (1-\lambda)e^{aY} \end{equation*}\]

De là \(\phi : a \mapsto \lambda e^{aX} + (1-\lambda)e^{aY} - e^{aZ} \) est positive sur \(\R^*+\). Mais \(\frac{\phi(a)}{a} \underset{a \rightarrow 0}{\rightarrow} \lambda X + (1-\lambda) Y - Z\). D’où finalement \(\lambda X + (1-\lambda) Y - Z \geq 0\), ce qui est la condition souhaitée.

Exercise 192

Montrer que pour tout \(x > 1\), on a

\[\begin{equation*} x^n-1 \geq n(x^{\frac{n+1}{2}}-x^{\frac{n-1}{2}}) \end{equation*}\]

Solution to Exercise 192

On factorise par \(x-1\) : on veut donc montrer

\[\begin{equation*} \sum_{k=0}^{n-1}x^k \geq nx^{\frac{n-1}{2}} \end{equation*}\]

On utilise la convexité de \(y \mapsto \exp(y\ln(x))\) et on écrit

\[\begin{align*} \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}x^k &= \sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{n}e^{k\ln(x)} \\ &\geq \exp(\ln(x)(\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}i))\\ &\geq x^{\frac{n-1}{2}} \end{align*}\]

Exercise 193

(Éventuellement la première question peut juste servir d’indication) Soit \(f:\R\rightarrow\R\) convexe.

1. On suppose que \(\lim_{+\infty}f = 0\), montrer que \(f\) est positive.

2. On suppose que \(f\) admet une asymptote. Montrer que la courbe est toujours au dessus de l’asymptote.

Solution to Exercise 193

1. Sinon on peut trouver \(x,y\) tels que \(\Delta_x(y) > 0\).

2. On regarde la différence de \(f\) et de son asymptote, qui reste convexe et on utilise la question 1.

Exercise 194

Soit \(f:\R\rightarrow\R\) convexe. Montrer que \(\frac{f(x)}{x}\) admet une limite dans \(\R \bigcup \{+\infty\}\) lorsque \(x\) tend vers \(+\infty\).

Solution to Exercise 194

Par croissance des cordes, on a \(\frac{f(x)-f(0)}{x}\) croissante. Cela conclut.

Exercise 195

Soit \(f : \R^+ \rightarrow \R\) positive, bornée, de classe \(\mathbb{C}^2\) telle que \(f \leq f''\).

1. Montrer que \(f\) est convexe et décroissante.

2. Montrer que \(f\) et \(f'\) tendent vers 0 en \(+\infty\).

3. Soit \(g\) et \(h\) définies par \(g(x)=f(x)e^{x}\) et \(h(x)=(f'(x)+f(x))e^{-x}\) pour \(x\geq 0\). Étudier les variations de \(g\) et le signe de \(h\).

4. En déduire que pour \(x \geq 0\), on a \(f(x) \leq f(0)e^{-x}\).

Solution to Exercise 195

1. La convexité vient de ce que \(f'' \geq 0\). \(f'\) est croissante. Si elle n’est pas tout le temps négative, \(f\) diverge en \(+\infty\).

2. \(f\) et \(f'\) convergent par monotonie. Donc \(f'\) converge vers \(0\) (sinon \(f\) ne converge pas). Puis si \(f\) converge vers une limite strictement positive, \(f''\) reste grande et donc \(f'\) diverge.

3. On a \(h' = (f''-f)e^{-x} \geq 0\). Donc \(h\) est croissante et \(h \underset{+\infty}{\rightarrow} 0\), donc \(h\) est toujours négative. Il suit que \(g\) est décroissante.

4. Immédiat

Exercise 196

Montrer que pour tout \(a,b,x,y > 0\), on a

\[\begin{equation*} x\ln{\frac{x}{a}}+y\ln{\frac{y}{b}} \geq (x+y)\ln{\frac{x+y}{a+b}} \end{equation*}\]

Solution to Exercise 196

\(f : x \mapsto x\ln{x}\) est convexe d’où

\[\begin{equation*} f(\frac{a}{a+b}\frac{x}{a}+\frac{b}{a+b}\frac{y}{b}) \leq \frac{a}{a+b}f(\frac{x}{a}) + \frac{b}{a+b}f(\frac{y}{b}) \end{equation*}\]

Exercise 197

Montrer qu’une fonction sur un intervalle ouvert est convexe si et seulement si elle s’écrit comme le \(\sup\) d’une famille de fonctions affines.

Solution to Exercise 197

Soit \(f\) définie sur \(I\) affine. Par croissance des pentes il existe pour tout \(y \in I\), \(\underset{x \rightarrow x^-}{\lim} \frac{f(y)-f(x)}{y-x}\), que l’on note \(a(y)\). On note \(f_y : x \rightarrow f(y)+a(y)(x-y)\) (la tangente à gauche). On a \(f = \sup_{y \in I} f_y\). Réciproquement, on montre qu’un tel \(\sup\) est convexe.

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