Exercice 5 4686

Soit $f$ une fonction réelle définie sur $] 0; + \infty [$ . Montrer que la fonction $x \mapsto x f (x)$ est convexe si, et seulement si, la fonction $x \mapsto f (1 / x)$ l’est aussi.

Exercice 6 3049 X (MP)

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction continue.

(a)

On suppose

$f (\frac{x + y}{2}) \leq \frac{f (x) + f (y)}{2} pour tous x, y \in ℝ .$

Montrer que la fonction $f$ est convexe.
(b)

On suppose qu’il existe un réel $M$ tel que

$| f (x + y) + f (x - y) - 2 f (x) | \leq M y^{2} pour tous x, y \in ℝ .$

En considérant les fonctions $x \mapsto f (x) \pm M x^{2} / 2$ , montrer que $f$ est dérivable¹¹ 1 On pourra exploiter librement le résultat du sujet 4687..

Exercice 7 4692

Soient $f, g : [0; 1] \to ℝ$ deux fonctions convexes et dérivables. On suppose

\forall x \in [0; 1], \max (f (x), g (x)) \geq 0 .

Montrer qu’il existe $λ \in [0; 1]$ tel que la fonction $h = (1 - λ) f + λ g$ soit positive.

Exercice 8 4172 CENTRALE (MP)Correction

Soient $I$ un intervalle de $ℝ$ et $f : I \to ℝ$ . On pose:

I^{*} = {λ \in ℝ | sup_{x \in I} (λ x - f (x)) < + \infty}

et, pour $λ \in I^{*}$ ,

f^{*} (λ) = sup_{x \in I} (λ x - f (x)) .

(a)

Montrer que $I^{*}$ est un intervalle et que $f^{*}$ y est convexe.
(b)

On suppose que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ et que $f^{'}$ est strictement croissante. Montrer

$\forall x \in I, f^{*} (f^{'} (x)) = x f^{'} (x) - f (x) .$

Solution

(a)

Soient $λ$ et $μ$ deux éléments de $I^{*}$ et $θ \in [0; 1]$ . Étudions $ξ = (1 - θ) λ + θ μ$ . Pour tout $x \in I$ ,

$λ x - f (x) \leq f^{*} (λ) et μ x - f (x) \leq f^{*} (μ) .$

En multipliant ces deux équations respectivement par les réels positifs $1 - θ$ et $θ$ puis en sommant, on obtient

$ξ x - f (x) \leq (1 - θ) f^{*} (λ) + θ f^{*} (μ) .$

Ainsi, $ξ \in I^{*}$ et $f (ξ) \leq (1 - θ) f^{*} (λ) + θ f^{*} (μ)$ . On en déduit que $I^{*}$ est un intervalle et $f^{*}$ est convexe.
(b)

La fonction $f$ est convexe et son graphe est donc au-dessus de chacune de ses tangentes. Pour $a \in I$ , on a donc

$\forall x \in I, f (x) \geq f (a) + f^{'} (a) (x - a)$

soit

$\forall x \in I, f^{'} (a) x - f (x) \leq a f^{'} (a) - f (a) .$ (1)

On en déduit que $f^{'} (a)$ est élément de $I^{*}$ et

$f^{*} (f^{'} (a)) = sup_{x \in I} (f^{'} (a) x - f (x)) \leq a f^{'} (a) - f (a) .$

De plus, l’inégalité (1) est une égalité pour $x = a$ et donc

$f^{*} (f^{'} (a)) = \max_{x \in I} (f^{'} (a) x - f (x)) = a f^{'} (a) - f (a) .$

[<] Étude de convexité[>] Étude de fonctions

Exercice 9 1393 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction convexe strictement croissante.
Montrer que $f$ tend vers $+ \infty$ en $+ \infty$ .

Solution

Par la convexité de $f$ , pour tout $x > 1$ , on a

\frac{f (x) - f (0)}{x} \geq f (1) - f (0)

donc

f (x) \geq (f (1) - f (0)) x + f (0) \to_{x \to + \infty}^{} + \infty .

Exercice 10 1394

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction convexe et majorée. Montrer que $f$ est constante.

Exercice 11 3155 Correction

Soit $f : ℝ_{+} \to ℝ$ dérivable, concave et vérifiant $f (0) \geq 0$ . Montrer que $f$ est sous-additive c’est-à-dire

\forall x, y \in ℝ_{+}, f (x + y) \leq f (x) + f (y) .

Solution

Soit $x \in ℝ_{+}$ . Posons $φ : ℝ_{+} \to ℝ$ définie par

φ (y) = f (x + y) - f (x) - f (y) .

La fonction $φ$ est dérivable et

φ^{'} (y) = f^{'} (x + y) - f^{'} (y) .

Puisque $f$ est concave, sa dérivée $f^{'}$ est décroissante et donc

f^{'} (x + y) \leq f^{'} (y) .

On en déduit que $φ$ est décroissante et puisque $φ (0) \leq 0$ , la fonction $φ$ est négative ce qui fournit l’inégalité demandé

Exercice 12 5326 Correction

Soit $f$ une fonction définie de $ℝ$ vers $ℝ$ .

(a)

On suppose que la fonction $f$ est convexe. Montrer que pour tout réel $y$ , l’ensemble ${x \in ℝ | f (x) \leq y}$ est un intervalle.
(b)

Que dire de la réciproque?

Solution

(a)

Soit $y$ un réel. Étudions $I = {x \in ℝ | f (x) \leq y}$ .

Méthode: On montre qu’une partie $I$ de $ℝ$ est un intervalle en vérifiant

$\forall (a, b) \in I^{2}, a < b ⟹ [a; b] \subset I .$

Soient $a$ et $b$ deux éléments de $I$ tels que $a < b$ . Pour tout $c \in [a; b]$ , il existe $λ \in [0; 1]$ tel que $c = (1 - λ) a + λ b$ . La convexité de $f$ donne alors

$f (c) = f ((1 - λ) a + λ b) \leq (1 - λ) f (a) + λ f (b) \leq (1 - λ) y + λ y = y$

(la dernière inégalité étant valable car les facteurs $λ$ et $1 - λ$ sont positifs). Ainsi, $c$ est élément de $I$ et l’on peut affirmer $[a; b] \subset I$ . On conclut alors que $I$ est un intervalle.
(b)

La réciproque est fausse: une fonction monotone vérifie la propriété étudiée mais n’est pas nécessairement convexe.

Exercice 13 3357

Soit $f : I \to ℝ$ une fonction convexe. Montrer que si $f$ admet un minimum local en $a \in I$ alors $f$ admet un minimum global en $a$ .

Exercice 14 1396 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction convexe. Montrer que $f$ est continue.

Solution

Étudions la continuité en $x_{0} \in ℝ$ . Soit $a, b \in ℝ$ tels que $a < x_{0} < b$ .
Quand $x \to x_{0}^{+}$ :
$x_{0} < x < b$ donc $τ (x_{0}, x) \leq τ (x_{0}, b)$ puis

f (x) \leq f (x_{0}) + (x - x_{0}) τ (x_{0}, b)

et $a < x_{0} < x$ donc $τ (a, x_{0}) \leq τ (x_{0}, x)$ puis

f (x_{0}) + (x - x_{0}) τ (a, x_{0}) \leq f (x) .

Par le théorème des gendarmes

f (x) \to f (x_{0}) .

Même étude pour $x \to x_{0}^{-}$ puis la conclusion.

Exercice 15 1397 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction convexe.

(a)

On suppose $f \to_{+ \infty}^{} 0$ . Montrer que $f$ est positive.
(b)

On suppose que $f$ présente une droite asymptote en $+ \infty$ . Cela signifie qu’il existe une droite d’équation $y = p x + q$ vérifiant

$f (x) - (p x + q) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Étudier la position de la courbe par rapport à cette asymptote.

Solution

(a)

Soient $a < b$ . Pour tout $x > b$ , on a $τ (a, x) \geq τ (a, b)$ . À la limite quand $x \to + \infty$ , $0 \geq τ (a, b)$ .
Par suite, $f$ est décroissante et puisque $f \to_{+ \infty}^{} 0$ , on peut conclure $f \geq 0$ .
(b)

Posons $y = p x + q$ l’équation de l’asymptote engagée et considérons $g : x \mapsto f (x) - (p x + q)$ .
La fonction $g$ est convexe et $g$ tend vers 0 en $+ \infty$ . Par suite, $g$ est positive et $f$ est au dessus de son asymptote.

Exercice 16 4687

Soit $f : I \to ℝ$ une fonction convexe définie sur un intervalle $I$ ouvert.

Montrer que $f$ est dérivable à droite et à gauche en tout point $x$ de $I$ avec¹¹ 1 Ce résultat (qui n’est pas explicitement au programme) est souvent utilisé pour résoudre d’autres exercices comme par exemple le sujet 3049.

f_{g}^{'} (x) \leq f_{d}^{'} (x) .

En déduire que la fonction $f$ est continue.

[<] Propriétés des fonctions convexes[>] Inégalités de convexité

Exercice 17 4683

Étudier la convexité de la fonction $f : x \mapsto x^{2} e^{x}$ définie sur $ℝ$ .

Exercice 18 5520 Correction

Étudier la convexité de la fonction $f : x \mapsto \ln (1 + x^{2})$ définie sur $ℝ$ .

Solution

La fonction $f$ est définie et deux fois dérivable sur $ℝ$ avec

f^{'} (x) = \frac{2 x}{1 + x^{2}} et f^{''} (x) = 2 \frac{1 - x^{2}}{{(1 + x^{2})}^{2}} .

Puisque $f^{''} (x)$ est du signe de $1 - x^{2}$ , la fonction $f$ est convexe sur $[- 1; 1]$ et concave sur les intervalles¹¹ 1 La notion de fonction convexe (ou concave) est uniquement introduite pour les fonctions définies sur un intervalle: on évitera donc de dire que $f$ est concave sur la réunion $] - \infty; 1] \cap [1; + \infty [$ . $] - \infty; 1]$ et $[1; + \infty [$ .

Exercice 19 1405 Correction

Étudier la fonction

f : x \mapsto x \sqrt{1 - x^{2}}

afin d’en réaliser la représentation graphique.

Solution

La fonction $f$ est définie sur $[- 1; 1]$ et impaire. On limite son étude à l’intervalle $[0; 1]$ .

La fonction $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $[0; 1 [$ avec

f^{'} (x) = \frac{1 - 2 x^{2}}{\sqrt{1 - x^{2}}} et f^{''} (x) = \frac{x (2 x^{2} - 3)}{{(1 - x^{2})}^{3 / 2}} .

La fonction $f$ présente une inflexion en $0$ de tangente d’équation $y = x$ .

La fonction $f$ présente un maximum en $x = 1 / \sqrt{2}$ de valeur $1 / 2$ .

Puisque $f^{'} (x) \to_{x \to 1}^{} + \infty$ , il y a une tangente verticale en $1$ .

La fonction $x \mapsto x \sqrt{1 - x^{2}}$

[<] Étude de fonctions[>] Inégalité arithmético-géométrique

Exercice 20 4684

Par un argument de convexité, établir

(a)

$\forall x > - 1, \ln (1 + x) \leq x$
(b)

$\forall x \in [0; π / 2], \frac{2}{π} x \leq \sin (x) \leq x$ .

Exercice 21 1398 Correction

Observer les inégalités suivantes par un argument de convexité:

(a)

$\forall x \in [0; π / 2], \frac{2}{π} x \leq \sin (x) \leq x$
(b)

$\forall n \in ℕ, \forall x \geq 0, x^{n + 1} - (n + 1) x + n \geq 0$

Solution

(a)

La fonction $x \mapsto \sin (x)$ est concave sur $[0; π / 2]$ , la droite d’équation $y = x$ est sa tangente en 0 et la droite d’équation $y = 2 x / π$
supporte la corde joignant les points d’abscisses 0 et $π / 2$ .
Le graphe d’une fonction concave est en dessous de ses tangentes et au dessus de ses cordes et cela fournit l’inégalité.
(b)

La fonction $x \mapsto x^{n + 1}$ est convexe sur $ℝ_{+}$ et sa tangente en $1$ a pour équation

$y = (n + 1) x - n .$

Le graphe d’une fonction convexe est au dessus de chacune de ses tangentes et cela fournit l’inégalité.

Exercice 22 1399 Correction

(a)

Montrer que $f :] 1; + \infty [\to ℝ$ définie par $f (x) = \ln (\ln (x))$ est concave.
(b)

En déduire

$\forall (x, y) \in {] 1; + \infty [}^{2}, \ln (\frac{x + y}{2}) \geq \sqrt{\ln (x) \ln (y)} .$

Solution

(a)

$f$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 1; + \infty [$ avec

$f^{'} (x) = \frac{1}{x \ln (x)} et f^{''} (x) = - \frac{\ln (x) + 1}{{(x \ln (x))}^{2}} \leq 0$

$f$ est concave.
(b)

Puisque $f$ est concave,

$f (\frac{x + y}{2}) \geq \frac{f (x) + f (y)}{2}$

c’est-à-dire

$\ln (\ln (\frac{x + y}{2})) \geq \frac{\ln (\ln (x)) + \ln (\ln (y))}{2} = \ln (\sqrt{\ln (x) \ln (y)}) .$

La fonction $\exp$ étant croissante,

$\ln (\frac{x + y}{2}) \geq \sqrt{\ln (x) \ln (y)} .$

Exercice 23 1400 Correction

Montrer

\forall x_{1}, \dots, x_{n} > 0, \frac{n}{\frac{1}{x_{1}} + \dots + \frac{1}{x_{n}}} \leq \frac{x_{1} + \dots + x_{n}}{n} .

Solution

La fonction $f : x \mapsto \frac{1}{x}$ est convexe sur $ℝ_{+}^{*}$ donc

f (\frac{x_{1} + \dots + x_{n}}{n}) \leq \frac{f (x_{1}) + \dots + f (x_{n})}{n}

d’où

\frac{n}{x_{1} + \dots + x_{n}} \leq \frac{\frac{1}{x_{1}} + \dots + \frac{1}{x_{n}}}{n}

puis l’inégalité voulue.

Exercice 24 3172

Soient $a, b \in ℝ_{+}$ et $t \in [0; 1]$ . Montrer

a^{t} b^{1 - t} \leq t a + (1 - t) b .

Exercice 25 1401 Correction

Soient $p, q > 0$ tels que

\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 .

Montrer que pour tous $a, b > 0$ on a

\frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q} \geq a b .

Solution

La fonction $x \mapsto \ln (x)$ est concave. En appliquant l’inégalité de concavité entre $a^{p}$ et $b^{q}$ on obtient

\ln (\frac{1}{p} a^{p} + \frac{1}{q} b^{q}) \geq \frac{1}{p} \ln (a^{p}) + \frac{1}{q} \ln (b^{q})

puis l’inégalité voulue.

Exercice 26 5753 Correction

(a)

Étudier la convexité de la fonction $f : t \mapsto \ln (1 + e^{t})$ définie sur $ℝ$ .
(b)

Soient $x, y \in ℝ_{+}$ et $λ \in [0; 1]$ .

Établir

$1 + x^{λ} y^{1 - λ} \leq {(1 + x)}^{λ} {(1 + y)}^{1 - λ} .$

Solution

(a)

La fonction $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ avec

$f^{'} (t) = \frac{e^{t}}{1 + e^{t}} et f^{''} (t) = \frac{e^{t}}{{(1 + e^{t})}^{2}} \geq 0 .$

La fonction $f$ est convexe sur $ℝ$ .
(b)

Par la convexité de $f$ , on peut écrire pour tous $a, b \in ℝ$ et $λ \in [0; 1]$

$\ln (1 + e^{λ a + (1 - λ) b}) \leq λ \ln (1 + e^{a}) + (1 - λ) \ln (1 + e^{b})$

soit encore

$\ln (1 + e^{λ a + (1 - λ) b}) \leq \ln ({(1 + e^{a})}^{λ} {(1 + e^{b})}^{1 - λ}) .$

Par croissance de la fonction exponentielle,

$1 + e^{λ a + (1 - λ) b} \leq {(1 + e^{a})}^{λ} {(1 + e^{b})}^{1 - λ} .$

Posons alors $x = e^{a}$ et $y = e^{b}$ pour écrire

$1 + x^{λ} y^{1 - λ} \leq {(1 + x)}^{λ} {(1 + y)}^{1 - λ} .$

Puisque la fonction exponentielle prend toute valeur strictement positive, l’inégalité qui précède vaut pour tous $x, y > 0$ . Si l’un de $x$ ou de $y$ est nul, l’inégalité est immédiate¹¹ 1 Même dans le cas $x = 0$ et $λ = 0$ pour lequel $x^{λ} = 1$ .. Finalement, l’inégalité souhaitée vaut pour tous $x, y \geq 0$ .

Exercice 27 1404 Correction

(Inégalité de Hölder)

Soient $p, q > 0$ tels que

\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 .

(a)

En exploitant la concavité de $x \mapsto \ln (x)$ , établir que pour tout $a, b \in ℝ_{+}$ , on a

$\sqrt[p]{a} \sqrt[q]{b} \leq \frac{a}{p} + \frac{b}{q} .$
(b)

Soient $a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2} \in ℝ_{+}$ , déduire de ce qui précède:

$\frac{a_{1} b_{1}}{\sqrt[p]{a_{1}^{p} + a_{2}^{p}} \sqrt[q]{b_{1}^{q} + b_{2}^{q}}} \leq \frac{1}{p} \frac{a_{1}^{p}}{a_{1}^{p} + a_{2}^{p}} + \frac{1}{q} \frac{b_{1}^{q}}{b_{1}^{q} + b_{2}^{q}} .$
(c)

Conclure que

$a_{1} b_{1} + a_{2} b_{2} \leq \sqrt[p]{a_{1}^{p} + a_{2}^{p}} \sqrt[q]{b_{1}^{q} + b_{2}^{q}} .$
(d)

Plus généralement, établir que pour tout $n \in ℕ$ et tous $a_{1}, \dots, a_{n}, b_{1}, \dots, b_{n}$ ,

$\sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{i} \leq \sqrt[p]{\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{p}} \sqrt[q]{\sum_{i = 1}^{n} b_{i}^{q}} .$

Solution

(a)

Par la concavité de $x \mapsto \ln (x)$ , on a pour tout $a, b > 0$ et tout $λ \in [0; 1]$ l’inégalité:

$λ \ln (a) + (1 - λ) \ln (b) \leq \ln (λ a + (1 - λ) b) .$

Appliquée à $λ = 1 / p$ , elle donne

$\ln (\sqrt[p]{a} \sqrt[q]{b}) \leq \ln (\frac{a}{p} + \frac{b}{q})$

puis l’inégalité voulue. Enfin celle-ci reste vraie si $a = 0$ ou $b = 0$ .
(b)

Il suffit d’appliquer l’inégalité précédente à

$a = \frac{a_{1}^{p}}{a_{1}^{p} + a_{2}^{p}} et b = \frac{b_{1}^{q}}{b_{1}^{q} + b_{2}^{q}} .$
(c)

De même, on a aussi

$\frac{a_{2} b_{2}}{\sqrt[p]{a_{1}^{p} + a_{2}^{p}} \sqrt[q]{b_{1}^{q} + b_{2}^{q}}} \leq \frac{1}{p} \frac{a_{2}^{p}}{a_{1}^{p} + a_{2}^{p}} + \frac{1}{q} \frac{b_{2}^{q}}{b_{1}^{q} + b_{2}^{q}}$

donc en sommant les inégalités obtenues puis en simplifiant on obtient celle voulue.
(d)

En reprenant l’inégalité du a) avec

$a = \frac{a_{j}^{p}}{\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{p}} et b = \frac{b_{j}^{q}}{\sum_{i = 1}^{n} b_{i}^{q}}$

puis en sommant les inégalités obtenues, on obtient celle voulue.

Exercice 28 1403

(a)

Soient $x_{1}, \dots, x_{n}$ des réels positifs. Établir

$1 + {(\prod_{k = 1}^{n} x_{k})}^{1 / n} \leq {(\prod_{k = 1}^{n} (1 + x_{k}))}^{1 / n} .$
(b)

En déduire, pour tous réels positifs $a_{1}, \dots, a_{n}, b_{1}, \dots, b_{n}$

${(\prod_{k = 1}^{n} a_{k})}^{1 / n} + {(\prod_{k = 1}^{n} b_{k})}^{1 / n} \leq {(\prod_{k = 1}^{n} (a_{k} + b_{k}))}^{1 / n} .$

Exercice 29 4688

(Entropie et inégalité de Gibbs)

On dit que $p = (p_{1}, \dots, p_{n})$ est une distribution de probabilité de longueur $n$ lorsque les $p_{i}$ sont des réels strictement positifs de somme égale à $1$ . On introduit alors l’entropie de cette distribution définie par

H (p) = - \sum_{i = 1}^{n} p_{i} \ln (p_{i}) .

(a)

Soit $p$ une distribution d’entropie de longueur $n$ . Vérifier

$0 \leq H (p) \leq \ln (n) .$
(b)

Soit $q$ une autre distribution d’entropie de longueur $n$ . Établir l’inégalité de Gibbs

$H (p) \leq - \sum_{i = 1}^{n} p_{i} \ln (q_{i}) .$

Exercice 30 2823 MINES (MP)

(Inégalité de Jensen intégrale)

Soient $f : I \to ℝ$ une fonction convexe continue¹¹ 1 Lorsqu’une fonction convexe est définie sur un intervalle ouvert, elle est assurément continue (voir le sujet 4687). et $g : [a; b] \to ℝ$ une fonction continue à valeurs dans $I$ .

Montrer

f (\frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} g (t) d t) \leq \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (g (t)) d t .

Exercice 31 2640 Correction

(Inégalité d’entropie)

Soit $φ : I \to ℝ$ convexe et dérivable sur $I$ intervalle non singulier.

(a)

Établir que pour tout $a, x \in I$ on a l’inégalité

$φ (x) \geq φ (a) + φ^{'} (a) (x - a) .$
(b)

Soit $f : [0; 1] \to I$ continue. Établir

$φ (\int_{0}^{1} f (t) d t) \leq \int_{0}^{1} φ (f (t)) d t .$
(c)

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ continue, strictement positive et d’intégrale égale à 1. Montrer

$\int_{0}^{1} f (t) \ln (f (t)) d t \geq 0 .$
(d)

Soient $f, g : [0; 1] \to ℝ$ continues, strictement positives et d’intégrales sur $[0; 1]$ égales à 1. En justifiant et en exploitant l’inégalité $x \ln (x) \geq x - 1$ pour $x > 0$ , montrer

$\int_{0}^{1} f (t) \ln (f (t)) d t \geq \int_{0}^{1} f (t) \ln (g (t)) d t .$

Solution

(a)

$φ$ étant convexe, la courbe est au dessus de chacune de ses tangentes.
(b)

Posons $a = \int_{0}^{1} f (u) d u \in I$ et considérons $x = f (t) \in I$ : $φ (f (t)) \geq φ (a) + φ^{'} (a) (f (t) - a)$
En intégrant sur $[0; 1]$ , on obtient

$\int_{0}^{1} φ (f (t)) d t \geq φ (\int_{0}^{1} f (u) d u)$

car

$\int_{0}^{1} φ^{'} (a) (f (t) - a) d t = φ^{'} (a) (\int_{0}^{1} f (t) d t - \int_{0}^{1} f (u) d u) = 0 .$
(c)

$φ : x \mapsto x \ln (x)$ est convexe sur $I = ℝ_{+}^{*}$ car $φ^{'} (x) = 1 + \ln (x)$ croît avex $x$ . L’inégalité précédente donne alors

$0 \leq \int_{0}^{1} f (t) \ln (f (t)) d t$

puisque $\int_{0}^{1} f (t) d t = 1$ annule $φ$ .
(d)

$x \mapsto x \ln (x)$ étant convexe et de tangente d’équation $y = x - 1$ en 1, on a

$x \ln (x) \geq x - 1 pour tout x > 0 .$

Par suite,

$\int_{0}^{1} f (t) \ln (f (t)) d t - \int_{0}^{1} f (t) \ln (g (t)) d t$ $= \int_{0}^{1} \frac{f (t)}{g (t)} \ln (\frac{f (t)}{g (t)}) g (t) d t$

$\geq \int_{0}^{1} (\frac{f (t)}{g (t)} - 1) g (t) d t = 0 .$

Exercice 32 4689

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ une fonction convexe dérivable. Montrer¹¹ 1 Ce résultat permet d’estimer la qualité de l’approximation de la valeur d’une intégrale d’une fonction convexe par l’aire d’un trapèze.

0 \leq \frac{f (0) + f (1)}{2} - \int_{0}^{1} f (t) d t \leq \frac{f^{'} (1) - f^{'} (0)}{8} .

Exercice 33 2942 X (MP)Correction

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ continue, concave et vérifiant $f (0) = 1$ . Établir

\int_{0}^{1} x f (x) d x \leq \frac{2}{3} {(\int_{0}^{1} f (x) d x)}^{2} .

Solution

Par un argument géométrique (trapèze sous la courbe) la concavité donne

x \frac{f (0) + f (x)}{2} \leq \int_{0}^{x} f (t) d t .

On en déduit $x f (x) \leq 2 \int_{0}^{x} f (t) d t - x$ donc

\int_{0}^{1} x f (x) d x \leq 2 \int_{x = 0}^{1} (\int_{t = 0}^{x} f (t) d t) d x - \frac{1}{2} (1).

\int_{x = 0}^{1} \int_{t = 0}^{x} f (t) d t d x = \int_{t = 0}^{1} \int_{x = t}^{1} f (t) d x d t = \int_{t = 0}^{1} (1 - t) f (t) d t = \int_{0}^{1} f (t) d t - \int_{0}^{1} t f (t) d t .

La relation (1) donne alors

3 \int_{0}^{1} x f (x) d x \leq 2 \int_{0}^{1} f (t) d t - \frac{1}{2} (2).

Enfin

2 {(\int_{0}^{1} f (t) d t - \frac{1}{2})}^{2} \geq 0

donne

2 {(\int_{0}^{1} f (t) d t)}^{2} \geq 2 \int_{0}^{1} f (t) d t - \frac{1}{2} (3).

Les relations (2) et (3) permettent alors de conclure.

[<] Inégalités de convexité

Exercice 34 4685

(Inégalité arithmético-géométrique)

Soient $a_{1}, \dots, a_{n}$ des réels positifs. Montrer

\sqrt[n]{a_{1} a_{2} \dots a_{n}} \leq \frac{1}{n} (a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}) .

Exercice 35 4058

Soient $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$ des réels strictement positifs. Montrer

\frac{x_{1}}{x_{2}} + \frac{x_{2}}{x_{3}} + \dots + \frac{x_{n - 1}}{x_{n}} + \frac{x_{n}}{x_{1}} \geq n .

Exercice 36 4691

Soient $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{p}$ des réels positifs vérifiant $x_{1} x_{2} \dots x_{p} = 1$ et $n$ un entier naturel.

Montrer

\prod_{i = 1}^{p} (n + x_{i}) \geq {(n + 1)}^{p} .

Édité le 23-02-2024

	$\int_{0}^{1} f (t) \ln (f (t)) d t - \int_{0}^{1} f (t) \ln (g (t)) d t$	$= \int_{0}^{1} \frac{f (t)}{g (t)} \ln (\frac{f (t)}{g (t)}) g (t) d t$
		$\geq \int_{0}^{1} (\frac{f (t)}{g (t)} - 1) g (t) d t = 0 .$