Soit $f$ une fonction définie sur $\R$ et deux fois dérivable sur $\R$, de sorte que $f^{\pprime}$ soit une fonction positive. Soient $a$ et $b$ deux réels tels que $a<b.$
Soit $t$ un réel de l’intervalle $[0,1].$
Remarque liminaire
On constate déjà que si $t=0$, 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 $t=1$, 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 $1$ qu’en est-il ?
Supposez maintenant que $t\notin\{0,1\}.$ 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 $b-a > 0$ et $t> 0$ il vient $b-c> 0$ et donc $c<b.$
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 $b-a > 0$ et $1-t>0$ il vient $c-a> 0$ et donc $a<c.$
En définitive, le nombre $c$ vérifie les inégalités :
\boxed{a< c < b.}Construisez des polynômes interpolateurs
Vous posez :
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 $x$, vous posez $g(x) = f(x)-P(x).$
D’après ce qui précède, vous avez $g(a) = 0$ et $g(c)=0$, 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 $\alpha < c <\beta$ si bien que $\alpha < \beta.$
De plus, pour tout réel $x$, il vient $g'(x) = f'(x)-P'(x).$ Comme $f$ est deux fois dérivable sur $\R$, $f’$ 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 $x$, $g^{\pprime}(x) = f^{\pprime}(x)-P^{\pprime}(x).$
En évaluant pour $x=\xi$, 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 $2$, on retrouve que $P’$ est de degré inférieur ou égal à $1$ et donc $P^{\pprime}$ 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 $2$, 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 $(a-b)(a-c) = (b-a)(b-c)$, et $-(c-b) = b-c$ 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 $a<c<b$ les trois nombres $b-c$ puis $c-a$ et $b-a$ sont strictement positifs.
Par produit, il en résulte que $(b-a)(b-c)(c-a)>0.$ 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 à la première section de cet article 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 $b-a > 0$ vous pouvez diviser par ce nombre et simplifier. Vous obtenez:
tf(a)+(1-t)f(b) \geq f(c).
Comme $c = ta+(1-t)b$, 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 $a<b$ 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 $\R.$
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