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338. Une fonction qui admet une dérivée seconde positive est nécessairement convexe

Yannis TRIANTAPHYLIDES

Soit $f$ une fonction définie sur $\R$ et deux fois dérivable sur $\R\comma$ de sorte que $f^{\pprime}$ soit une fonction positive. Soient $a$ et $b$ deux réels tels que $a\lt b.$

Soit $t$ un réel de l’intervalle $[0,1].$

Remarque liminaire

Vous constatez déjà que si $t=0\comma$ alors :

\begin{align*} f(ta+(1-t)b) &= f(b)\\ tf(a)+(1-t)f(b) &= 1\times f(b) = f(b). \end{align*}

Vous en déduisez que l’inégalité $f(ta+(1-t)b) \leq tf(a)+(1-t)f(b)$ est satisfaite pour $t=0.$

De même, si $t=1\comma$ alors :

\begin{align*} f(ta+(1-t)b) &= f(a)\\ tf(a)+(1-t)f(b) &= 1\times f(a) = f(a). \end{align*}

Vous en déduisez que l’inégalité $f(ta+(1-t)b) \leq tf(a)+(1-t)f(b)$ est satisfaite pour $t=1.$

Lorsque $t$ est différent de $0$ et différent de $1\comma$ qu’en est-il ?

Supposez maintenant que $t\notin\{0,1\}\comma$ autrement dit que $0\lt t\lt1.$ Vous posez $c = ta+(1-t)b.$

D’une part :

\begin{align*} b-c &=b -ta+(t-1)b\\ &=b-ta+tb-b\\ &=t(b-a). \end{align*}

Comme $b-a \gt 0$ et $t\gt 0$ il vient $b-c\gt 0$ et donc $c\lt b.$

D’autre part :

\begin{align*} c-a &=ta+(1-t)b-a\\ &=ta+b-tb-a\\ &=a(t-1)+b(1-t)\\ &=-a(1-t)+b(1-t)\\ &=(1-t)(b-a). \end{align*}

Comme $b-a \gt 0$ et $1-t\gt0$ il vient $c-a\gt 0$ et donc $a\lt c.$

En définitive, le nombre $c$ vérifie les inégalités :

\boxed{a\lt c \lt b.}

Construisez des polynômes interpolateurs

Les réels $a\comma$ $b$ et $c$ étant deux à deux distincts, vous pouvez poser :

P_a(X)=\frac{(X-b)(X-c)}{(a-b)(a-c)}.

Vous déduisez :

\left\{\begin{align*} P_a(a) &=1\\ P_a(b) &=0\\ P_a(c) &=0. \end{align*} \right.

Vous posez :

P_b(X)=\frac{(X-a)(X-c)}{(b-a)(b-c)}.

Vous déduisez :

\left\{\begin{align*} P_b(a) &=0\\ P_b(b) &=1\\ P_b(c) &=0. \end{align*} \right.

Enfin, vous posez :

P_c(X)=\frac{(X-a)(X-b)}{(c-a)(c-b)}.

Vous déduisez :

\left\{\begin{align*} P_c(a) &=0\\ P_c(b) &=0\\ P_c(c) &=1. \end{align*} \right.

Maintenant, vous définissez un polynôme $P$ de la façon suivante, en posant :

P(X) = f(a)P_a(X)+f(b)P_b(X)+f(c)P_c(X).

Vous avez l’évaluation suivante :

\begin{align*} P(a) &= f(a)P_a(a)+f(b)P_b(a)+f(c)P_c(a)\\ &=f(a)\times 1 + f(b)\times 0+f(c)\times 0\\ &=f(a). \end{align*}

Puis :

\begin{align*} P(b) &= f(a)P_a(b)+f(b)P_b(b)+f(c)P_c(b)\\ &=f(a)\times 0 + f(b)\times 1+f(c)\times 0\\ &=f(b). \end{align*}

Enfin :

\begin{align*} P(c) &= f(a)P_a(c)+f(b)P_b(c)+f(c)P_c(c)\\ &=f(a)\times 0 + f(b)\times 0+f(c)\times 1\\ &=f(c). \end{align*}

Utilisez le théorème de Rolle plusieurs fois

Pour tout réel $x\comma$ vous posez $g(x) = f(x)-P(x).$

D’après ce qui précède, vous avez $g(a) = 0$ et $g(c)=0\comma$ si bien que $g(a)=g(c).$ La fonction $g$ est dérivable sur $\R$ comme différence de la fonction $f$ et de la fonction polynôme $P$ qui le sont. Ainsi, $g$ est continue sur $[a,c]$ et dérivable sur $]a,c[.$ D’après le théorème de Rolle, il existe un réel $\alpha\in]a,c[$ tel que $g'(\alpha)=0.$

De même, vous avez $g(c) = 0$ et $g(b)=0$ si bien que $g(c)=g(b).$ La fonction $g$ est dérivable sur $\R$ donc elle est dérivable sur $]c,b[$ et elle est continue sur $[c,b].$ D’après le théorème de Rolle, il existe un réel $\beta\in]c,b[$ tel que $g'(\beta)=0.$

Notez que $\alpha \lt c \lt\beta$ si bien que $\alpha \lt \beta.$

De plus, pour tout réel $x\comma$ il vient $g'(x) = f'(x)-P'(x).$ Comme $f$ est deux fois dérivable sur $\R\comma$ $f’$ est bien dérivable sur $\R.$ La fonction polynôme $P’$ est elle aussi dérivable sur $\R.$ Par différence, $g’$ est dérivable sur $\R.$ En particulier, $g’$ est continue sur $[\alpha, \beta]$ et dérivable sur $]\alpha, \beta[.$ Comme $g'(\alpha) = g'(\beta)$ le théorème de Rolle fournit l’existence d’un réel $\xi\in]\alpha, \beta[$ tel que $g^{\pprime}(\xi) = 0.$

Or, pour tout réel $x\comma$ $g^{\pprime}(x) = f^{\pprime}(x)-P^{\pprime}(x).$

En évaluant pour $x=\xi\comma$ vous déduisez $f^{\pprime}(\xi)-P^{\pprime}(\xi) = 0$ soit $f^{\pprime}(\xi)=P^{\pprime}(\xi).$

La dérivée seconde de $f$ étant positive sur $\R$ tout entier, vous déduisez $\boxed{P^{\pprime}(\xi) \geq 0.}$

Calculez la dérivée seconde du polynôme $P$

Il a été vu que :

P(X) = f(a)P_a(X)+f(b)P_b(X)+f(c)P_c(X).

En dérivant deux fois, il vient :

P^{\pprime}(X) = f(a)P_a^{\pprime}(X)+f(b)P_b^{\pprime}(X)+f(c)P_c^{\pprime}(X).

Maintenant :

P_a(X)=\frac{(X-b)(X-c)}{(a-b)(a-c)}.

En dérivant une première fois, vous avez :

P_a^{'}(X)=\frac{1\times (X-c)+(X-b)\times 1}{(a-b)(a-c)}.

En dérivant encore une fois :

P_a^{\pprime}(X) = \frac{2}{(a-b)(a-c)}.

Vous recommencez avec le polynôme $P_b$ ce qui fournit :

P_b(X)=\frac{(X-a)(X-c)}{(b-a)(b-c)}.

Puis :

P_b^{'}(X)=\frac{1\times (X-c)+(X-a)\times 1}{(b-a)(b-c)}.

Soit :

P_b^{\pprime}(X) = \frac{2}{(b-a)(b-c)}.

Vous terminez avec le polynôme $P_c$ ce qui fournit :

P_c(X)=\frac{(X-a)(X-b)}{(c-a)(c-b)}.

Puis :

P_c^{'}(X)=\frac{1\times (X-b)+(X-a)\times 1}{(c-a)(c-b)}.

Soit :

P_c^{\pprime}(X) = \frac{2}{(c-a)(c-b)}.

L’ensemble étant réuni, il se trouve que :

\boxed{P^{\pprime}(X) = \frac{2f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{2f(b)}{(b-a)(b-c)}+ \frac{2f(c)}{(c-a)(c-b)}.}

Note. Le polynôme $P$ ayant un degré inférieur ou égal à $2\comma$ vous retrouvez que $P’$ est de degré inférieur ou égal à $1$ et donc que $P^{\pprime}$ est bien constant.

Concluez

En évaluant en $X=\xi$ et en tenant compte de l’inégalité $P^{\pprime}(\xi)\geq 0$ vous déduisez :

\frac{2f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{2f(b)}{(b-a)(b-c)}+ \frac{2f(c)}{(c-a)(c-b)} \geq 0.

Après division par $2\comma$ il vient :

\frac{f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{f(b)}{(b-a)(b-c)}+ \frac{f(c)}{(c-a)(c-b)} \geq 0.

Vous cherchez à isoler $f(c).$ Donc :

\frac{f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{f(b)}{(b-a)(b-c)}\geq – \frac{f(c)}{(c-a)(c-b)}.

Comme $(a-b)(a-c) = (b-a)(c-a)$ et $-(c-b) = b-c\comma$ vous déduisez :

\frac{f(a)}{(b-a)(c-a)}+\frac{f(b)}{(b-a)(b-c)}\geq \frac{f(c)}{(c-a)(b-c)}.

Comme $a\lt c\lt b$ les trois nombres $b-c$ puis $c-a$ et $b-a$ sont strictement positifs.

Par produit, il en résulte que $(b-a)(b-c)(c-a)\gt0.$ En multipliant la dernière inégalité par ce nombre et après simplification, il vient :

(b-c)f(a)+(c-a)f(b) \geq (b-a)f(c).

Or, il a été vu au début de ce contenu que :

\left\{\begin{align*} b-c&=t(b-a)\\ c-a &=(1-t)(b-a). \end{align*} \right.

La précédente inégalité s’écrit ainsi :

t(b-a)f(a)+(1-t)(b-a)f(b) \geq (b-a)f(c).

Comme $b-a \gt 0$ vous pouvez diviser par ce nombre et simplifier. Vous obtenez :

tf(a)+(1-t)f(b) \geq f(c).

Comme $c = ta+(1-t)b\comma$ il vient :

f(ta+(1-t)b)\leq tf(a)+(1-t)f(b).

Il a donc été montré que :

\forall t\in]0,1[, f(ta+(1-t)b)\leq tf(a)+(1-t)f(b).

En tenant compte de la remarque liminaire, vous avez montré que :

\forall t\in[0,1], f(ta+(1-t)b)\leq tf(a)+(1-t)f(b).

Épilogue

Pour toute fonction $f$ définie sur $\R$ et deux fois dérivable sur $\R$ et de dérivée seconde positive, il a été montré que quels que soient les réels $a$ et $b$ tels que $a\lt b$ vous avez l’inégalité :

\boxed{\forall t\in[0,1], f(ta+(1-t)b)\leq tf(a)+(1-t)f(b).}

Autrement dit, la fonction $f$ est convexe sur $\R.$