Bonjour,
Un extrait d'un poly ancien :
Une partie $A$ du plan est dite
convexe quand elle vérifie la propriété suivante : si $M$ et $N$ sont deux points de $A$, alors le segment $[MN]$ est tout entier contenu dans $A$. Une fonction définie sur un intervalle $I$ est convexe si la partie du plan située au-dessus de son graphe est convexe. Ceci se traduit par la définition suivante :
Définition. Soit $f$ une fonction réelle définie sur un intervalle $I$. On dit que $f$ est
convexe quand pour tous $a$, $b$ de $I$, et pour tout $t$ de $[0,1]$, on a
$$f(ta+(1-t)b)\leq tf(a) + (1-t) f(b).$$
La convexité d'une fonction peut se caractériser par le signe de sa dérivée seconde, quand celle-ci existe.
Théorème. Soit $f$ une fonction réelle, deux fois dérivable sur unintervalle $I$. Les propriétés suivantes sont équivalentes :
- $f$ est convexe sur $I$,
- la dérivée $f'$ est croissante sur $I$,
- la dérivée seconde $f''$ est positive ou nulle sur $I$.
Démonstration. Les propriétés 2 et 3 sont évidemment équivalentes.
Supposons vérifiée la propriété 1. Soient $a<b$ deux éléments de $I$. On veut montrer que $f'(a)\leq f'(b)$. Soit $c$ compris entre $a$ et $b$. La convexité de $f$ entraîne
$${f(c)-f(a)\over c-a}\leq {f(b)-f(a)\over b-a}\leq {f(b)-f(c)\over
b-c}.\qquad (*)$$
En effet, on peut écrire $c=ta+(1-t)b$ avec $t\in ]0,1[$, et ces inégalités se réécrivent alors
$${f(ta+(1-t)b)-f(a)\over (1-t)(b-a)}\leq {f(b)-f(a)\over b-a} \leq
{f(b)-f(ta+(1-t)b)\over t(b-a)},$$
ce qui se déduit immédiatement de l'inégalité de définition de la convexité. Quand on fait tendre $c$ vers $a$, le terme de gauche des inégalités $(*)$ tend vers $f'(a)$. Quand on fait tendre $c$ vers $b$, le terme de droite tend vers $f'(b)$. Par passage à la limite dans les inégalités, on obtient donc
$$f'(a)\leq {f(b)-f(a)\over b-a}\leq f'(b),$$
ce qui est ce que l'on voulait.
Réciproquement, supposons la propriété 2 vérifiée, et soit $a<b$ deux éléments de $I$. Soit $c$ compris entre $a$ et $b$. Le théorème des accroissements finis nous dit qu'il existe $d_1\in{]a,c[}$ et $d_2\in{]c,b[}$ tels que
$${f(c)-f(a)\over c-a}=f'(d_1),\qquad{f(b)-f(c)\over b-c}=f'(d_2).$$
Comme $f'$ est croissante et que $d_1<d_2$, on en déduit que
$$ {f(c)-f(a)\over c-a}\leq {f(b)-f(c)\over b-c}.$$
D'où, en posant $c=ta+(1-t)b$,
$${f(ta+(1-t)b)-f(a)\over (1-t)(b-a)}\leq {f(b)-f(ta+(1-t)b)\over t(b-a)},$$
ce qui donne
$$f(ta+(1-t)b)\leq tf(a)+(1-t)f(b).$$
Cette inégalité est vérifiée pour tout $t\in{]0,1[}$, et aussi trivialement pour $t=0$ ou pour $t=1$. Donc $f$ est convexe sur $I$.
