MPSI B 2008-2009 Corrigé du DM 13 29 juin 2019
Partie I. Exemples. Une inégalité générale.
Dans toute cette partie, on utilisera souvent le résultat suivant.
Si une fonction continue, dénie dansRest monotone au voisinage de+∞et de
−∞alors elle majorée si et seulement si elle ne diverge pas vers+∞ni en−∞ni en+∞.
Ce résultat est une conséquence des dénitions des limites et du fait qu'une fonction continue sur un segment est bornée.
1. IciX =R,f(x) =Kx2, hm(x) =mx−Kx2.
SiK <0, hm n'est majorée pour aucune valeur dem.
Si K >0, hm est majorée pour tous les m réels. On obtient facilement la valeur minimale de la fonction du second degré. On en déduit :
X◦=R; f◦(m) = m2 4K On vérie quef =f◦ si et seulement siK= 12.
2. Lorsque f est une fonction continue sur un segment X = [a, b], il en est de même des fonctionshmpour n'importe quelle valeur dem. Ces fonctions sont donc toujours bornées ce qui montrex◦=R
Chaque fonction continue hm atteint ses bornes sur le segment [a, b]. Il existe donc xm∈[a, b]tel que f◦(m) =hm(xm). Dans ce cas rien n'assure l'unicité dexm. 3. IciX =Ret
f(x) =ex, hm(x) =mx−ex Examinons les limites
en − ∞ : hm(x)→
−∞ si m >0 0 si m= 0 +∞ si m <0 en +∞ : hm(x)→ −∞
Le résultat précisé au début permet de conclure queX◦= [0,+∞[.
Sim= 0, la fonctionh0(x) =−ex admet0 comme borne supérieure doncf◦(0) = 0. Sim >0, formons le tableau de variations dehm(x) =mx−ex. On ah0m(x) =m−ex
et 0 lnm +∞
mlnm−m
hm % &
−1 −∞
On en déduit (en notant à nouveauxla variable) X◦ = [0,+∞[
f◦(x) =
0 si x= 0 xlnx−x si x >0
On forme alors ku(x) = ux−xlnx−x pour x > 0 dont on cherche le tableau de variationsku0(x) =u−lnx:
0 eu +∞
eu ku % &
0 −∞
On en déduitX◦◦=Ravecf◦◦(x) =ex.
4. IciX =Ret f(x) =αx+β,hm(x) =mx−αx−β = (m−α)x−β. Sim6=α, une des limites en±∞est +∞et donchmn'est pas majorée.On en déduit
X◦={α}, f◦(α) =−β
Alorshuest toujours bornée puisque son domaine de dénition est réduit au seul point αavechu(α) =uα−(−β). Donc en revenant à la lettrexpour désigner la variable :
X◦◦=R, f◦◦(x) =αx+β
5. Pourx∈X etm∈X◦, mx−f(x) =hm(x)≤f◦(m) = supXhm d'où mx≤f(x) +f◦(m)
Partie II. Espaces N etN0 de fonctions convexes.
Les conditions imposées aux fonctions de N et N0 entraînent clairement qu'elles sont convexes et croissantes.
1. Commef(0) = 0, on peut poserτ(x) = f(x)x et interpréterτ comme le taux d'accrois- sement en 0 de la fonction f. D'après le théorème des accroissements nis, il existe cx ∈]0, x[ tel que τ(x) = f0(cx). Comme τ diverge vers +∞, la fonction f0 n'est pas majorée, commef0 est strictement croissante, elle diverge vers+∞.
2. Appliquons le théorème des accroissements nis entrex et 2x. Il existec ∈]x,2x[ tel que
f(2x)−f(x) =xf0(c)≥xf0(x)
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
1 Rémy Nicolai M0813C
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car f0 est croissante. Comme de plus f est aussi croissante avec f(0) = 0, f(x) est positif donc
xf0(x)≤f(2x) 3. On suppose ici quef0→+∞en+∞. Comme
f0(x)≤2f(2x) 2x
On en déduit f(2x)2x → +∞. Comme d'autre partτ est croissante car f est convexe, cela prouve queτ→+∞
Partie III. Transformée de Legendre dansN0.
1. Les propriétés des fonctions dansN0en particulier f0 croissante,f0 →+∞en+∞et le calcul deh0m(x) =m−f0(x)conduisent au tableau suivant pourhm
0 xm +∞
f◦(m) hm % &
0 −∞
La fonctionhmatteint son maximum en un unique pointxmqui est notéϕ(m). 2. a. Les conditions deN0 entraînent clairement que f0 est strictement croissante de
R+dansR+, elle est bijective car continue avec les "bonnes limites".
b. Commexm annule la dérivée de hm,m=f0(ϕ(m))doncϕest la bijection réci- proque def0. On en déduit queϕest continue (d'après un résultat du cours). Elle est également croissante ce qui conduit aux "bonnes limites" grace aux limites de f0.
3. D'après les questions précédentes, on peut écrire
f◦(m) =mϕ(m)−f◦ϕ(m)
Comme f0 est strictement croissante avec f00 > 0, la bijection réciproque de f0 est dérivable (résultat de cours) avec
ϕ0 = 1 f00◦ϕ On en déduit queϕestC1 puis quef◦ estC1avec
f◦0(m) =ϕ(m) +mϕ0(m)−ϕ0(m)f0(ϕ(m))
| {z }
=m
=ϕ(m)
carf0(ϕ(m)) =m. CommeϕestC1, cela prouve quef◦ estC2. D'après le calcul deϕ0 déjà eectué,
f◦00= 1 f00◦ϕ
4. Les calculs précédents et la dénition deN0montrent clairement quef◦∈ N0. D'autre part,f◦◦0est la bijection réciproque de f◦0c'est à diref0. Ainsif◦◦ etf ont la même dérivée, la condition en 0 prouve qu'elles sont égales.
5. a. En utilisant des notations évidentes à partir des dénitions : f ≤g⇒hg,m≤hf,m⇒g◦≤f◦
b. La résolution de cette question ne repose pas sur la question précédente mais sur l'utilisation deϕet la remarque suivante.
La seule involution strictement croissante d'un intervalleIdans lui même est l'identité.
En eet notonsgune telle involution (g◦g=IdI). Pour toutx∈I,g(x)< xest impossible car il entraînex < g(x). De mêmex < g(x)est impossible.
Introduisons la fonctionϕdes questions 1 2. 3.. On a montré en particulier que : ϕest la bijection réciproque def0.
f◦0=ϕ
Lorsquef =f◦ alorsf0=ϕest involutive et strictement croissante doncf0(x) = xpour tous les x≥0 donc, en tenant compte def(0) = 0 :
f(x) = 1 2x2
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