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SEMAINE 8

FONCTIONS deIRVERSIR.FONCTIONS CONVEXES EXERCICE 1 :

SoitI un intervalle de IR. Une applicationf :I →IR est dite absolument continuesi, pour tout ε > 0, il existe α >0 tel que, pour toute liste (x₁,· · ·, x_n, y₁,· · ·, y_n) de points deI v´erifiantx₁< y₁≤x₂< y₂≤ · · · ≤x_n < y_n, on ait

n

X

i=1

(yi−xi)< α=⇒

n

X

i=1

|f(yi)−f(xi)|< ε . 1.Montrer que (a) =⇒(b) =⇒(c), avec

(a):f est lipschitzienne surI ; (b):f est absolument continue surI; (c):f est uniform´ement continue surI.

2.A-t-on (c) =⇒(b) ?

3. Soit f :I →IR, uniform´ement continue, monotone et convexe (ou concave). Montrer que f est absolument continue surI.

4.A-t-on (b) =⇒(a) ?

Source : Bertrand HAUCHECORNE, Les contre-exemples en math´ematiques, ´Editions Ellipses, ISBN 2-7298-8806-3

- - - - 1.L’implication (a) =⇒(b) est imm´ediate (choisirα= ε

ksif estk-lipschitzienne). L’implication (b) =⇒(c) est encore plus imm´ediate (la continuit´e uniforme correspond au casn= 1 dans la d´efinition de la continuit´e absolue).

2.Soitf : [0,2]→IR d´efinie par f(0) = 0 etf(x) =xsinπ

x six6= 0. La fonctionf est continue sur [0,2], donc uniform´ement continue.

Choisissons maintenantε= 1 et montrons que, pour toutα >0, il est possible de trouver des x_i et desy_i tels queX

(y_i−x_i)< αet X

|f(y_i)−f(x_i)| ≥1.

Pour cela, pour tout entierk≥1, posonsx_k= 2

2k+ 1 ety_k= 2

2k−1 =x_k−1, on a alors, pour tout n ∈ IN^∗, 0< xn < yn = xn−1 < yn−1 = xn−2 <· · · < y2 =x1 < y1 = 2 et f(xk) =xk sin(2k+ 1)π

2 = (−1)^kxk=f(yk+1).

Donnons-nous un α >0 et soitn ∈IN^∗ tel que yn = 2

2n−1 < α. On a alors, pour tout p∈IN^∗,

p

X

k=0

(y_n+k−x_n+k) =y_n−x_n+p≤y_n< α et

p

X

k=0

|f(yn+k)−f(xn+k)| =

p

X

k=0

(x_n+k−1+xn+k) =

p

X

k=0

2

2n+ 2k−1+ 2 2n+ 2k+ 1

≥

p

X

k=0

1

n+k −→

p→∞ +∞

car la s´erie harmonique est divergente. En choisissant p assez grand, on aura donc

p

X

k=0

|f(yn+k)−f(xn+k)| ≥1 etf n’est pas absolument continue sur [0,2].

3.D´emontrons d’abord le lemme suivant, ditlemme des trois cordes(faire un dessin) : Si f : I → IR est convexe, alors, pour tout r´eel h > 0, la fonction ∆hf d´efinie par

∆hf(x) =f(x+h)−f(x) est croissante.

En effet, prenons x∈I,y ∈I avecx < y et y+h∈I. On sait que la pente des s´ecantes dont on fixe une extr´emit´e est fonction croissante de l’extr´emit´e variable, donc, en notant Tf(a, b) le taux d’accroissement def entre deux pointsaetb, on a

∆_hf(x) =h·T_f(x, x+h)≤h·T_f(x, y+h)≤h·T_f(y, y+h) = ∆_hf(y).

Soit alors f : I →IR, uniform´ement continue, croissante et convexe. Soit ε > 0, soit α > 0 tel que, pour tout (x, y) ∈ I², on ait |x−y| < α =⇒ |f(x)−f(y)| < ε. Donnons-nous maintenant (x₁,· · ·, x_n, y₁,· · ·, y_n) avec x₁ < y₁ ≤ x₂ < y₂ ≤ · · · ≤ x_n < y_n tels que

n

X

i=1

(y_i−x_i)< α. Pour touti ∈ [[1, n]], posonsδ_i =y_i−x_i, ainsi

n

X

i=1

δ_i < α. La fonction

f ´etant croissante, on a

n

X

i=1

|f(y_i)−f(x_i)|=

n

X

i=1

f(y_i)−f(x_i)

. D´efinissons une nouvelle liste de points (ξ₁,· · ·, ξ_n, ξ_n+1) en “compactant” les intervalles de longueursδ_i, de la fa¸con suivante :

on pose ξn+1=yn,ξn=xn =yn−δn, puisξn−1=ξn−δn−1=yn−(δn−1+δn), jusqu’`a ξ1=ξ2−δ1=yn−(δ1+· · ·+δn).

Pour toutk∈[[1, n+ 1]], on a donc ξk=yn−

n

X

i=k

δi.Il est vivement recommand´e de faire un sch´ema. Il est clair quexk ≤ξk pour toutk∈[[1, n]], donc, par le lemme des trois cordes, on a, pour toutk∈[[1, n]],

f(y_k)−f(x_k) = ∆_δk(x_k)≤∆_δk(ξ_k) =f(ξ_k+1)−f(ξ_k), donc

n

X

k=1

f(yk)−f(xk)

≤

n

X

k=1

f(ξk+1)−f(ξk)

=f(ξn+1)−f(ξ1) ;

or, ξn+1−ξ1 =

n

X

i=1

δi < α, donc|f(ξn+1)−f(ξ1)|< ε et on a prouv´e l’absolue continuit´e def surI.

Le lecteur adaptera sans difficult´e la d´emonstration ci-dessus au cas d’une fonction d´ecroissante (ou concave).

4.L’applicationx7→√

xest uniform´ement continue, croissante et concave sur [0,1], donc abso- lument continue sur cet intervalle, mais elle n’est pas lipschitzienne.

EXERCICE 2 :

On noteSa,b l’ensemble des subdivisions du segment [a, b].

Pour toute fonctionf : [a, b]→IR et pourσ= (a=x0, x1,· · ·, xn=b)∈ Sa,b, on note v(f, σ) =

n−1

X

k=0

|f(xk+1)−f(x_k)|.

On dit que f est `a variation born´eesur [a, b] si l’ensemble {v(f, σ) ; σ ∈ Sa,b} est major´e.

Dans ce cas, on pose

Va,b(f) = sup

σ∈Sa,b

v(f, σ)

(variation totaledef sur [a, b]). On note enfinV([a, b]) l’ensemble des fonctions `a variation born´ee sur [a, b]

1.Soitc∈]a, b[. Montrer quef ∈ V([a, b]) si et seulement si f

[a,c]∈ V([a, c]) etf

[c,b]∈ V([c, b]).

Quelle relation y a-t-il alors entre les nombresV_a,b(f),V_a,c(f) etV_c,b(f) ?

2. Montrer qu’une fonctionf est `a variation born´ee sur [a, b] si et seulement si on peut l’´ecrire comme diff´erence de deux fonctions croissantes.

3. Montrer que toute fonction de classe C¹ sur [a, b] est `a variation born´ee et d´eterminer sa variation totale.

- - - -

1.• Sif ∈ V([a, b]), alors, pour toute subdivisionσ= (a=x0, x1,· · ·, xn=c) de [a, c], on a v

f [a,c], σ

=

n−1

X

k=0

|f(x_k+1)−f(x_k)| ≤

n−1

X

k=0

|f(x_k+1)−f(x_k)|+|f(c)−f(b)|=v(f, τ)

o`u τ = (x0, x1,· · ·, xn, b) ∈ Sa,b, donc v f

_[a,c], σ

≤ Va,b(f) et la restriction de f au segment [a, c] est `a variation born´ee. Il en est bien sˆur de mˆeme de sa restriction `a [c, b].

•Supposons les restrictions def `a [a, c] et `a [c, b] toutes deux `a variation born´ee, soitσ∈ Sa,b, soit τ la subdivision de [a, b] obtenue en intercalant le point c dans la subdivision σ (s’il n’y figure pas d´ej`a). Alorsτ est la “r´eunion” de deux subdivisionsτ1 etτ2 de [a, c] et [c, b]

respectivement et on a

v(f, σ)≤v(f, τ) =v f

_[a,c], τ1

+v

f _[c,b], τ2

≤Va,c(f) +Vc,b(f). Doncf est `a variation born´ee sur [a, b] et, de plus, en “passant au sup”,

Va,b(f)≤Va,c(f) +Vc,b(f).

•Si f ∈ V([a, b]), donnons-nousε >0, alors il existe des subdivisionsσ1etσ2de [a, c] et [c, b]

respectivement telles que v

f _[a,c], σ1

≥Va,c(f)−ε

2 et v

f _[c,b], σ2

≥Vc,b(f)−ε 2 .

Alorsσ=σ1∪σ2 (notation abusive) est une subdivision de [a, b] et v(f, σ) =v

f _[a,c], σ1

+v

f _[c,b], σ2

≥Va,c(f) +Vc,b(f)−ε . On en d´eduit que Va,b(f) =Va,c(f) +Vc,b(f).

2. • Soitf : [a, b]→IR, `a variation born´ee. D’apr`es la question1., la fonction g :x7→V_a,x(f) est croissante puisque, sia≤x≤y≤b, alors

g(y)−g(x) =Va,y(f)−Va,x(f) =Vx,y(f)≥0.

Posonsh=g−f, alorsf =g−het il serait agr´eable quehsoit aussi croissante. Eh bien, figurez-vous que c’est le cas puisque, sia≤x≤y≤b, on a

h(y)−h(x) = g(y)−g(x)

− f(y)−f(x)

=Vx,y(f)− f(y)−f(x) et cette quantit´e est positive car Vx,y(f)≥ |f(y)−f(x)| ≥f(y)−f(x).

• Toute fonction g croissante sur [a, b] est ´evidemment `a variation born´ee avec Va,b(g) = g(b)−g(a). Par ailleurs, il est facile de v´erifier que V([a, b]) est un sous-espace vectoriel deF [a, b],IR

puisque, pour toute subdivisionσ, on a v(λf+µg, σ)≤ |λ|v(f, σ) +|µ|v(g, σ),

donc toute diff´erence de deux fonctions croissantes est `a variation born´ee.

3.Soitf : [a, b]→IR de classeC¹, alors sa d´eriv´ee est born´ee (|f⁰| ≤M sur [a, b]) et on en d´eduit v(f, σ)≤M(b−a) pour toute subdivisionσ, doncf ∈ V([a, b]) et Va,b(f)≤M(b−a).

Si σ= (x0,· · ·, xn) est une subdivision de [a, b], alors v(f, σ) =

n−1

X

k=0

|f(x_k+1)−f(x_k)|=

n−1

X

k=0

|f⁰(c_k)|(xk+1−x_k)≤V_a,b(f) (*) avec xk ≤ ck ≤ xk+1 d’apr`es le th´eor`eme des accroissements finis. Lorsque le pas de la subdivisionσtend vers z´ero, le premier membre de l’in´egalit´e(*)tend vers

Z

[a,b]

|f⁰|donc, par passage `a la limite, on a l’in´egalit´e

Z

[a,b]

|f⁰| ≤Va,b(f).

Ceux qui refusent de passer `a la limite suivant la base de filtre des subdivisions dont le pas tend vers z´ero pourront ´ecrire l’in´egalit´e (*)pour la subdivision r´eguli`ere σN du segment [a, b] enN segments et feront tendre N vers+∞.

Par ailleurs, si on se donne ε > 0, on peut trouver une subdivision σ telle que v(f, σ)≥Va,b(f)−ε

2. D’autre part, pour toute subdivisionτ, le r´eelv(f, τ) est une somme de Riemann pour la fonction |f⁰|, donc il existe α > 0 tel que, pour toute subdivision τ de pas inf´erieur `a α, on ait

v(f, τ)− Z

[a,b]

|f⁰|

≤ ε

2.Pour une telle subdivision τ, on a alors v(f, σ∪τ) ≥ v(f, σ) ≥ Va,b(f)− ε

2 et, comme σ∪τ a un pas inf´erieur `a α, on a

v(f, σ∪τ)− Z

[a,b]

|f⁰|

≤ ε 2, d’o`u

Z

[a,b]

|f⁰| ≥Va,b(f)−ε. Ceci ´etant vrai pour toutε >0, on a

Z

[a,b]

|f⁰| ≥Va,b(f).

Finalement,Va,b(f) = Z

[a,b]

|f⁰| pour toute fonctionf de classeC¹ sur [a, b].

EXERCICE 3 :

SoitI un intervalle de IR.

Pourg:I→IR,x∈I,h∈IR^∗ tel quex+h∈I, on pose

∆hg(x) =Tg(x, x+h) = g(x+h)−g(x)

h .

Soitf :I→IR une fonction de classe Cⁿ. Montrer que

∀x∈I ∀n∈IN lim

h→0∆ⁿ_hf(x) =f⁽ⁿ⁾(x) en notant ∆ⁿ_h = ∆_h◦ · · · ◦∆_h(avecnfacteurs).

- - - -

Pour tout r´eel h, notons τh l’op´erateur de translation d´efini par τhf(x) = f(x+h), alors

∆h= 1

h(τh−id). Donc

∆ⁿ_h = 1

hⁿ(τh−id)ⁿ = 1 hⁿ

n

X

k=0

C_n^k(−1)^n−kτ_h^k, c’est-`a-dire

∆ⁿ_hf(x) = 1 hⁿ

n

X

k=0

C_n^k(−1)^n−kf(x+kh).

Le lecteur perspicace aura remarqu´e que la formalisation en termes d’op´erateursτh,∆h et idsouffre de quelques impr´ecisions puisque, `a part dans le cas o`uI= IR, on ne peut pas les consid´erer comme endomorphismes d’un espace de fonctions, les fonctionsf etτhf n’ayant pas le mˆeme intervalle de d´efinition. Une formalisation plus rigoureuse serait assez lourde et n’apporterait pas grand’chose `a la compr´ehension du probl`eme.

Pourk∈IN etx∈Ifix´es, la formule de Taylor-Young donne, six+kh∈I, f(x+kh) =

n

X

p=0

(kh)^p

p! f^(p)(x) +hⁿεk(h), avec lim

h→0εk(h) = 0, d’o`u

∆ⁿ_hf(x) = 1 hⁿ

n

X

k=0 n

X

p=0

C_n^k(−1)^n−k(kh)^p

p! f^(p)(x) +ε(h)

= 1

hⁿ

n

X

p=0

Sn(p)h^p

p! f^(p)(x) +ε(h)

avec lim

h→0ε(h) = 0 et Sn(p) =

n

X

k=0

C_n^k(−1)^n−kk^p : essayons d’´evaluer cette derni`ere expres- sion.

Parachutons pour cela la fonctionϕ:t7→(e^t−1)ⁿ =

n

X

k=0

C_n^k(−1)^n−ke^kt. On constate que, pour tout entier naturel p, on a Sn(p) = ϕ^(p)(0). Mais e^t−1 ∼

t→0 t, donc ϕ(t) ∼

t→0 tⁿ : le d´eveloppement limit´e `a l’ordren au voisinage de 0 de ϕ(t) est donc ϕ(t) =tⁿ+o(tⁿ).

Par comparaison avec la formule de Taylor-Young et unicit´e du d´eveloppement limit´e, on d´eduit que Sn(p) =ϕ^(p)(0) = 0 si 0≤p≤n−1 et Sn(n) =ϕ⁽ⁿ⁾(0) =n!.

Il reste donc ∆ⁿ_hf(x) =f⁽ⁿ⁾(x) +ε(h), avec lim

h→0ε(h) = 0, c’est ce que l’on voulait prouver.

EXERCICE 4 :

Soitf : [0,1]→IR une application de classeC³. Pour toutn∈IN^∗, soit la somme de Riemann Sn(f) = 1

n

n

X

k=1

f k

n

.

a.Donner un d´eveloppement asymptotique deS_n, `a la pr´ecisionO 1

n³

.

Indication. Pour x∈ k−1

n ,k n

, on ´ecrira une in´egalit´e de Taylor-Lagrange appliqu´ee `af sur

x,k n

, puis on int´egrera cette in´egalit´e sur le segment k−1

n ,k n

. On sera amen´e ensuite

`

a appliquer la mˆeme m´ethode aux fonctions f⁰ etf⁰⁰.

b.En d´eduire un d´eveloppement asymptotique, avec trois termes non nuls, de un= ⁿ

r(2n)!

n! .

- - - - a. Soitx∈

k−1 n ,k

n

(1≤k≤n). L’in´egalit´e de Taylor-Lagrange, appliqu´ee `a f sur

x,k n

, s’´ecrit :

f(x)−f k

n

−

x−k n

f⁰

k n

−1 2

x−k

n 2

f⁰⁰ k

n

≤ M₃ 6n³ avecM₃= max

[0,1]

|f⁽³⁾|. Int´egrons cette in´egalit´e sur le segment k−1

n ,k n

en utilisant

• Z

g

≤ Z

|g|avec g:x7→f(x)−f k

n

−

x−k n

f⁰

k n

−1 2

x−k

n 2

f⁰⁰ k

n

;

• Z ^k_n

k−1 n

x−k

n

dx= Z 0

−_n¹

t dt=− 1 2n² ;

• Z ^k_n

k−1 n

x−k

n 2

dx= Z 0

−¹_n

t²dt= 1 3n³, cela donne

Z _n^k

k−1 n

f −1 n f

k n

+ 1

2n² f⁰ k

n

− 1 6n³f⁰⁰

k n

≤ M₃ 6n⁴ .

En ajoutant ces in´egalit´es pourk de 1 `an, en vertu de l’in´egalit´e triangulaire, on obtient

Z 1

0

f−S_n(f) + 1

2nS_n(f⁰)− 1

6n² S_n(f⁰⁰)

≤ M₃ 6n³ , soit

S_n(f) = Z 1

0

f+ 1

2nS_n(f⁰)− 1

6n² S_n(f⁰⁰) +O 1

n³

.

On d´eveloppe de mˆeme (`a des ordres moindres) les quantit´esSn(f⁰) etSn(f⁰⁰) : S_n(f⁰) =

Z 1

0

f⁰+ 1

2n S_n(f⁰⁰) +O 1

n²

et S_n(f⁰⁰) = Z 1

0

f⁰⁰+O 1

n

,

d’o`u, en r´einjectant, Sn(f) =

Z 1

0

f +f(1)−f(0)

2n +f⁰(1)−f⁰(0) 12n² +O

1 n³

.

b.On a lnun = 1 n

n

X

k=1

ln(n+k) =Sn(f) + lnn, avecf :x7→ln(1 +x), d’o`u

lnun = lnn+ Z 1

0

f +f(1)−f(0)

2n +f⁰(1)−f⁰(0) 12n² +O

1 n³

= lnn+ (2 ln 2−1) +ln 2 2n − 1

24n² +O 1

n³

,

puis u_n =n×4 e×e

ln 22n− 1 24n²+O 1

n³

, donc

u_n = 4 en

1 + ln 2

2n +

(ln 2)²

8 − 1

24 1

n² +O 1

n³

= 4

en+2

e ln 2 + 3(ln 2)²−1

6en +O

1 n²

.

EXERCICE 5 :

SoitI un intervalle de IR, soit une fonctionf :I→IR^∗₊.

Montrer quef estlogarithmiquement convexe(c’est-`a-dire la fonctiong= ln◦f est convexe) si et seulement si, pour toutα >0, la fonctionf^α est convexe.

- - - -

• Supposonsg = ln◦f convexe, alors f^α = exp◦(αg) est convexe car c’est la compos´ee d’une fonction convexe par une fonction convexe croissante. D´etaillons :

Si g : I → J est convexe et h: J → IR est convexe croissante, alors pour x∈ I, y ∈ I et λ∈[0,1], on a

g λx+ (1−λ)y

≤λg(x) + (1−λ)g(y), donc

(h◦g) λx+ (1−λ)y

≤ h λg(x) + (1−λ)g(y)

≤ λ(h◦g)(x) + (1−λ)(h◦g)(y)

en utilisant successivement la croissance et la convexit´e de h. On a ainsi prouv´e que la fonction compos´eeh◦g est convexe. En revenant aux notations de l’´enonc´e, on a ainsi f^α convexe pour toutα >0.

• Supposonsf^α convexe pour toutα >0.

Fixons x∈I,y∈I,λ∈[0,1]. On a

∀α∈IR^∗₊ f^α λx+ (1−λ)y

≤λf(x)^α+ (1−λ)f(y)^α, donc

∀α∈IR^∗₊ lnh

f λx+ (1−λ)yi

≤ 1

α ln λf(x)^α+ (1−λ)f(y)^α

(*). Pour conclure, il suffit de passer `a la limite quand α tend vers z´ero : en effet, la fonction

ϕ: IR→IR,α7→ln λf(x)^α+ (1−λ)f(y)^α

est d´erivable sur IR avec

∀α∈IR ϕ⁰(α) =λ f(x)^α·lnf(x) + (1−λ)f(y)^α·lnf(y) λ f(x)^α+ (1−λ)f(y)^α .

En particulier,ϕ⁰(0) =λlnf(x) + (1−λ) lnf(y). Commeϕ(0) = 0, lim

α→0

ϕ(α)

α =ϕ⁰(0). En passant `a la limite dans(*), on obtient

lnh

f λx+ (1−λ)yi

≤λlnf(x) + (1−λ) lnf(y), c’est-`a-dire la convexit´e deg= ln◦f.

EXERCICE 6 :

Une fonctionf : IR→IR est ditefortement convexes’il existe un r´eelkstrictement positif tel que la fonctionx7→f(x)−kx² soit convexe.

1.Traduire l’hypoth`ese de forte convexit´e :

a.par une condition sur la d´eriv´ee seconde, sif est suppos´ee deux fois d´erivable ; b.par une condition portant sur les rapports

R_a,b,λ(f) = λf(a) + (1−λ)f(b)−f λa+ (1−λ)b λ(1−λ)(b−a)²

aveca∈IR,b∈IR,a6=b,λ∈]0,1[, sans hypoth`ese de d´erivabilit´e.

2. Soit f : IR →IR une fonction convexe. Montrer l’existence d’une fonction affine d’appui en tout pointade IR, c’est-`a-dire d’une fonction affineϕatelle queϕa(a) =f(a) etϕa≤f sur IR.

Dans toute la suite de l’exercice, la fonctionf : IR→IR est suppos´e fortement convexe.

3.Montrer que l’on peut d´efinir une fonctionf^∗ sur IR par

∀x∈IR f^∗(x) = sup

t∈IR

xt−f(t) . 4.Montrer quef^∗ est convexe.

5. Montrer que l’on peut d´efinir f^∗∗ et que l’on a l’´egalit´ef^∗∗ =f (on pourra commencer par calculer h^∗∗ lorsque hest une fonction polynˆome du second degr´e x7→ ax²+bx+c, avec a >0).

- - - -

1.a.Une fonction deux fois d´erivable est fortement convexe si et seulement si sa d´eriv´ee seconde est minor´ee par un r´eel strictement positif (´evident) ; ainsi, les fonctionsx7→ax²+bx+c aveca >0 oux7→chxsont fortement convexes, mais la fonctionx7→e^x ne l’est pas.

b.Soitk∈IR donn´e. On v´erifie que la fonctiong:x7→f(x)−kx²est convexe si et seulement si

∀(a, b)∈IR² ∀λ∈[0,1] λf(a) + (1−λ)f(b)−f λa+ (1−λ)b

≥k λ(1−λ)(b−a)². On en d´eduit que f est fortement convexe si et seulement si les rapports Ra,b,λ(f) sont minor´es par un r´eel strictement positif.

2.Si la fonctionf est d´erivable, on sait que la courbe est au-dessus de chacune de ses tangentes, la fonction affine tangente au pointa, soitx7→f(a) +f⁰(a) (x−a), est une fonction affine d’appui au pointa.

En fait, une fonction convexe sur IR est toujours d´erivable `a gauche et `a droite en tout pointa avecf_g⁰(a)≤f_d⁰(a) : en effet, la fonctionτ_a :x7→ f(x)−f(a)

x−a est croissante sur IR\{a}; sur ]− ∞, a[, elle est major´ee (par exemple parτ_a(a+ 1)), donc elle admet une limite `a gauche au pointa(th´eor`eme de la limite monotone), d’o`u l’existence def<sub>g</sub><sup>0</sup>(a). On montre de mˆeme l’existence def<sub>d</sub><sup>0</sup>(a) et l’in´egalit´ef<sub>g</sub><sup>0</sup>(a)≤f<sub>d</sub><sup>0</sup>(a). Si on prend un r´eelm∈[f<sub>g</sub><sup>0</sup>(a), f<sub>d</sub><sup>0</sup>(a)], alors, d’apr`es la croissance de la fonctionτa, pour tout r´eelxdiff´erent dea, f(x)−f(a)

x−a −mest du signe dex−a, ce qui signifie que ∀x∈IR f(x)≥f(a) +m(x−a). On a donc trouv´e (au moins) une fonction affine d’appui def ena.

3. Soitk un r´eel strictement positif tel que la fonctiong :x7→f(x)−kx² soit convexe. Soitx un r´eel fix´e, soitϕ:t7→g(x) +m(t−x) une fonction affine d’appui de gau pointx, on a

∀t∈IR g(t) =f(t)−kt²≥g(x) +m(t−x), d’o`u l’on d´eduit

∀t∈IR xt−f(t)≤ −kt²+ (x−m)t+mx−g(x).

Le second membre est une fonction du second degr´e de la variablet ayant−∞pour limite en−∞et en +∞ donc est major´e lorsquetd´ecrit IR ; le premier membrext−f(t) est, a fortiori, major´e lorsquetd´ecrit IR, d’o`u l’existence de f^∗(x) = sup

t∈IR

xt−f(t)

. La fonction f^∗ est appel´ee fonction polaire de la fonction fortement convexe f. Par exemple, pour f :x7→chx, on obtientf^∗(x) =xargshx−p

1 +x².

4.Soient xet y deux r´eels, λ∈[0,1], posonsz=λx+ (1−λ)y, on a alors zt−f(t) = λ xt−f(t)

+ (1−λ) yt−f(t)

≤ λ f^∗(x) + (1−λ)f^∗(y)

En passant au sup, on obtientf^∗(z)≤λ f^∗(x) + (1−λ)f^∗(y), c’est-`a-dire la convexit´e de la fonctionf^∗.

5.• Soientxet tdeux r´eels, alors f^∗(x) = sup

s∈IR

xs−f(s)

≥xt−f(t), soit tx−f^∗(x)≤f(t).

Cela prouve que, pour tout r´eel t, la fonction x7→tx−f^∗(x) est major´ee, ce qui permet de d´efinir f^∗∗(t) = sup

x∈IR

tx−f^∗(x)

. De plus, en passant au sup dans l’in´egalit´e obtenue ci-dessus, on obtient l’in´egalit´e f^∗∗(t)≤f(t).

• Pour h : x 7→ ax²+bx+c avec a > 0, on v´erifie que h^∗(x) = x²−2bx+b²−4ac

4a , puis

h^∗∗=h.

• Sif etg sont deux fonctions fortement convexes telles quef ≤g, on a bien sˆurg^∗≤f^∗.

• Soit f fortement convexe, soit k >0 tel que la fonctiong : x7→f(x)−kx² soit convexe, soitx∈IR, soit ϕx:t7→g(x) +m(t−x) une fonction affine d’appui degau pointx, on a alors (cf. question3.)f(t)≥hx(t) pour touttr´eel en posanthx(t) =kt²+m(t−x) +g(x).

Comme hx est une fonction polynˆome du second degr´e, on a h^∗∗_x = hx et, de l’in´egalit´e f ≥hx, on tiref^∗ ≤h^∗_x, puisf^∗∗ ≥hx donc, en particulier,f^∗∗(x)≥hx(x) =f(x). On a ainsi prouv´ef^∗∗ ≥f, doncf^∗∗=f.