Inégalités de convexité


Soit $f:[0;1]\to\R$ de classe $\mathcal{C}^2$ telle que $f''(x)\geqslant0$ pour tout $x\in[0;1]$.
  1. Justifier que $f'$ est croissante.

    Première partie.
  2. Montrer que, pour tout $t\in[0;1]$, on a
    \[f(t)\geqslant f'\lp\dfrac12\rp\lp t-\dfrac12\rp+f\lp\dfrac12\rp\]

  3. Montrer que $f\lp\dfrac12\rp\leqslant\dsp\int_0^1f(s)\,ds$.

    Deuxième partie.

  4. Montrer que, pour tout $t\in[0;1]$, on a:
    \[\dfrac{f(t)-f(0)}t\leqslant\dfrac{f(1)-f(t)}{1-t}\]

  5. Montrer que
    \[\int_0^1f(s)\,ds\leqslant \dfrac{f(0)+f(1)}2\]


Correction

Oral Ulm, 2017

  1. On a $f''(x)=\left( f'\rp'(x)\geqslant0$ et donc $f'$ est croissante.
  2. Pour montrer cette inégalité, on peut penser à étudier le signe de la différence: soit la fonction $g$ définie par l'expression
    \[g(t)=f(t)- f'\lp\dfrac12\rp\lp t-\dfrac12\rp-f\lp\dfrac12\rp\]

    Cette fonction est dérivable, avec
    \[g'(t)=f'(t)-f'\lp\dfrac12\rp\]

    Comme $f'$ est croissante, on en déduit que $g'\leqslant0$ donc $g$ décroissante sur $[0;1/2]$ et que $g'\geqslant0$ donc $g$ croissante sur $[1/2;1]$.
    En particulier, $g$ admet et atteint son minimum en $t=1/2$, et donc, pour tout $t\in[0;1]$,
    \[g(t)\geqslant g\lp\dfrac12\rp=0\]

    ce qui nous donne l'inégalité souhaitée.
  3. On intégre la relation précédente:
    \[\int_0^1f(t)dt\geqslant f'\lp\dfrac12\rp\int_0^1\lp t-\dfrac12\rp dt+f\lp\dfrac12\rp\int_0^1dt\]


    \[\int_0^1\left( t-\dfrac12\right) dt=\lb\dfrac{t^2}2-\dfrac{t}2\rb_0^1=0\]

    et
    \[\int_0^1f dt=1\]

    On obtient donc bien finalement
    \[\int_0^1f(t)dt\geqslant f\lp\dfrac12\rp\]

  4. Soit $t\in]0;1[$. D'après le théorème des accroissements finis sur $[0;t]$, car $f$ y est continue et dérivable,
    \[\exists\,\alpha\in]0;t[\,;\ f(t)-f(0)=f'(\alpha)(t-0)=tf'(\alpha)\]

    De même, sur $[t;1]$,
    \[\exists\,\beta\in]t;1[\,;\ f(1)-f(t)=f'(\beta)(1-t)\]

    Or $f'$ est croissante, et donc, en particulier, comme $0<\alpha<t<\beta<1$,
    \[f'(\alpha)\leqslant f'(\beta)\]

    d'où
    \[\dfrac{f(t)-f(0)}t=f'(\alpha)\leqslant f'(\beta)=\dfrac{f(1)-f(t)}{1-t}\]

  5. En isolant $f(t)$ dans l'inégalité précédente, dans le but d'intégrer ensuite entre 0 et 1,
    \[\begin{array}{rl}&\dfrac{f(t)-f(0)}t\leqslant\dfrac{f(1)-f(t)}{1-t}\\[.8em]
  \iff&(1-t)\left( f(t)-f(0)\rp\leqslant t\left( f(1)-f(t)\rp\\[.8em]
  \iff&f(t)\leqslant tf(1)-(1-t)f(0)\enar\]

    et donc
    \[\begin{array}{lcl}\dsp\int_0^1f(t)\,dt&\leqslant&\dsp f(1)\int_0^1t\,dt-f(0)\int_0^1(1-t)\,dt\\
  &=&\dfrac12f(1)+\dfrac12f(0)\enar\]



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