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

$$\frac{f(x)-f(0)}{x}\ge f(1)-f(0)$$

donc

$$f(x)\ge \left(f(1)-f(0)\right)x+f(0)\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}+\mathrm{\infty }\text{.}$$

Soit $x\in {ℝ}_{+}$. Posons $\phi :{ℝ}_{+}\to ℝ$ définie par

$$\phi (y)=f(x+y)-f(x)-f(y)\text{.}$$

La fonction $\phi$ est dérivable et

$${\phi }^{\prime }(y)=f^{\prime }(x+y)-f^{\prime }(y)\text{.}$$

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

$$f^{\prime }(x+y)\le f^{\prime }(y)\text{.}$$

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

• (a)

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

  Méthode: On montre qu’une partie $I$ de $ℝ$ est un intervalle en vérifiant¹¹ 1 Voir le .

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

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

  $$f(c)=f\left((1-\lambda )a+\lambda b\right)\le (1-\lambda )f(a)+\lambda f(b)\le (1-\lambda )y+\lambda y=y$$

  (la dernière inégalité étant valable car les facteurs $\lambda$ et $1-\lambda$ 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.

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 $\tau (x_0,x)\le \tau (x_0,b)$ puis

$$f(x)\le f(x_0)+(x-x_0)\tau (x_0,b)$$

et $a<x_0<x$ donc $\tau (a,x_0)\le \tau (x_0,x)$ puis

$$f(x_0)+(x-x_0)\tau (a,x_0)\le f(x)\text{.}$$

Par le théorème des gendarmes

$$f(x)\to f(x_0)\text{.}$$

Même étude pour $x\to x_0^{-}$ puis la conclusion.

• (a)

  Soient $a<b$. Pour tout $x>b$, on a $\tau (a,x)\ge \tau (a,b)$. À la limite quand $x\to +\mathrm{\infty }$, $0\ge \tau (a,b)$.
  Par suite, $f$ est décroissante et puisque $f\underset{+\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$, on peut conclure $f\ge 0$.

• (b)

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