Enoncé Soit $f:\mtr\to\mtr$ une fonction continue telle que :
$$\forall(x,y)\in\mtr^2,\ f\left(\frac{x+y}{2}\right)\leq \frac{f(x)+f(y)}{2}.$$
Prouver que $f$ est convexe.
Indication Montrer par récurrence sur $n\geq 1$ que, pour tous $(x,y)$ dans $\mtr$, pour tout $p\in\{0,1,\dots,2^n\}$, on a :
$$f\left(\frac{p}{2^n}x+\left(1-\frac{p}{2^n}\right)y\right)\leq\frac{p}{2^n}f(x)+\left(1-\frac{p}{2^n}\right)f(y).$$
Corrigé Montrons par récurrence sur $n\geq 1$ que, pour tous $(x,y)$ dans $\mtr$, pour tout $p\in\{0,1,\dots,2^n\}$, on a :
$$f\left(\frac{p}{2^n}x+\left(1-\frac{p}{2^n}\right)y\right)\leq\frac{p}{2^n}f(x)+\left(1-\frac{p}{2^n}\right)f(y).$$
Cette propriété est clairement vérifiée si $n=1$, supposons-la prouvée au rang $n$ et prouvons la au rang $n+1$. Quitte à échanger le rôle joué par $x$ et $y$, on peut toujours supposer que $p\leq 2^n$. On décompose le paquet de $2^{n+1}$ termes en deux paquets de $2^n$ termes :
\begin{eqnarray*}
f\left(\frac{p}{2^{n+1}}x+\left(1-\frac{p}{2^{n+1}}\right)y\right)&=&f\left(\frac{1}{2}\left(\frac{p}{2^n}x+\frac{(2^n-p)}{2^n}y\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{2^n y}{2^n}\right)\right)\\
&\leq&\frac{1}{2}\left(f\left(\frac{p}{2^n}x+\frac{(2^n-p)}{2^n}y\right)+f(y)\right)\\
&\leq&\frac{1}{2}\left(\frac{p}{2^n}f(x)+\frac{2^n-p}{2^n}f(y)+f(y)\right)\\
&\leq&\frac{p}{2^{n+1}}f(x)+\left(\frac{2^n-p}{2^{n+1}}+\frac{1}{2}\right)f(y)\\
&\leq&\frac{p}{2^{n+1}}f(x)+\frac{2^{n+1}-p}{2^{n+1}}f(y).
\end{eqnarray*}
Maintenant, si $\lambda\in[0,1]$, il existe une suite $\lambda_n$ de termes de la forme $p_n/2^n$ qui converge vers $\lambda$. Comme la fonction est continue, on peut passer à la limite dans l'inégalité obtenue par la récurrence : $f$ est convexe.