Chapitres Maths en ECG1

Cours : Extrema et convexité en ECG1

Name: Groupe Réussite: Cours particuliers, stages intensifs de révision
Brand: Groupe Réussite
SKU: Cours Particuliers
Rating: 4.9 (1012 reviews)

Résumé de cours Exercices Corrigés

Cours en ligne de Maths en ECG1

Résumé de cours et méthodes – Extrema et convexité

1. Méthodes sur les extrema

Méthode 1 : Montrer qu’une fonction admet un mimimum/un maximum global.

On rappelle le théorème le plus important : soit $f : \left[ a , b \right] \to \mathbb{R}$ une fonction continue sur le segment $\left[ a , b \right].$ Alors $f$ admet un minimum et un maximum sur $\left[ a, b \right].$ Ce résultat ne donne aucune information sur la manière de les trouver…

Pour cela, on rappelle le résultat suivant : soit $f : \left] a , b \right [ \to \mathbb{R}$ une fonction dérivable. Si $f$ admet un maximum ou un minimum en $x_0 \in \left] a , b \right [,$ alors $f ' \left( x_0 \right) = 0$ (un tel point $x_0$ s’appelle un point critique). En pratique, on résout l’équation $f ' \left( x \right) = 0$ et on vérifie que les solutions trouvées sont (ou pas) des maximums/ des minimums.

Piège : Attention la condition $f ' \left( x_0 \right) = 0$ n’est qu’une condition nécessaire pour avoir un extremum (minimum ou maximum), c’est-à-dire que lorsque l’on a un point critique, il n’y a pas forcément de minimum/maximum.

Les méthodes sur l’extrema et convexité peut paraître bloquant pour certains élèves en ECG1, l’aide d’un professeur particulier de maths peut être un atout.

Exemple : Les deux questions sont indépendantes.

1) Soit $f : \left[ 0 , 1 \right] \to \mathbb{R}_+^*$ continue. Montrer qu’il existe $\epsilon > 0$ tel que pour tout $x \in \left[ 0 , 1 \right],$ $f \left( x \right) \ge \epsilon.$

2) Soit $f : \left[ 0 , + \infty \right[ \to \mathbb{R}$ une fonction continue, non constante et admettant $f \left( 0 \right)$ comme limite en $+ \infty.$ Montrer que $f$ admet un extremum global sur $\left[ 0 , + \infty \right[.$

Réponse : 1) $f$ étant continue sur le segment $\left[ 0, 1 \right],$ $f$ admet un minimum en $x_0 \in \left[ 0 , 1 \right].$ Si l’on pose $\epsilon = f \left( x_0 \right) > 0,$ alors pour tout $x \in \left[ 0 , 1 \right],$ on a $f \left( x \right) \ge f \left( x_0 \right)$ donc $f \left( x \right) \ge \epsilon.$

2) Il existe $a > 0$ tel que $f \left( a \right) \neq f \left( 0 \right).$

$\bullet$ On commence par supposer $f \left( a \right) > f \left( 0 \right).$ On traduit la limite de $f$ en $+ \infty$ en prenant $\epsilon = \dfrac{f \left( a \right) - f \left( 0 \right)}{2} > 0.$

Il existe $A > 0$ tel que si $x \ge A,$ $\left| f \left( x \right) - f \left( a \right) \right| \le \epsilon.$ Cela donne

$f \left( x \right) \le \dfrac{f \left( a \right) + f \left( 0 \right)}{2} < f \left( a \right)$

alors $a \le A.$

$f$ est continue sur $\left[ 0 , A \right],$ donc $f$ admet un maximum $M$ atteint en un point $b \in \left[ 0 , A \right].$ Alors $M \ge f \left( a \right).$

Sur $\left[ A , + \infty \right[,$ $f \left( x \right) < f \left( a \right) \le M.$ On a prouvé que $f$ admet un maximum égal à $M$ obtenu en $b.$

$\bullet$ Dans le cas où $f \left( a \right) < f \left( 0 \right),$ on pose $g = -f,$ $g$ est continue non constante et admet une limite en $+ \infty$ égale à $g \left( 0 \right)$ et vérifie $g \left( a \right) > g \left( 0 \right)$ avec $a > 0.$

D’après le premier cas, $g$ admet un maximum global $M,$ alors $f$ admet un minimum global égal à $- M.$

Dans les deux cas, on a prouvé que $f$ admet un extremum global atteint en un point de $\left] 0 , + \infty \right[.$

Méthode 2 : Manipuler la notion d’extremum local (une condition nécessaire puis une condition suffisante)

Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle $I$ à valeurs dans $\mathbb{R}.$ On rappelle que $f$ admet un minimum (respectivement maximum) local en $a \in I$ s’il existe $\epsilon > 0$ tel que pour tout $x \in I \cap \left] a - \epsilon , a + \epsilon \right[,$ $f \left( x \right) \ge f \left( a \right)$ (respectivement $f \left( x \right) \le f \left( a \right)$ ).

Il est évident que si $f$ admet un extremum global en $a,$ $f$ admet un extremum local en $a.$

$\bullet$ Condition nécessaire : Soit $I$ un intervalle ouvert, si $f$ est dérivable en $a$ et si $f$ admet un extremum local en $a,$ alors $f ' \left( a \right) = 0.$ On dit que le point $a$ est un point critique de $f.$

En pratique, on résout l’équation $f' \left( x \right) = 0$ et on vérifie que les solutions trouvées sont (ou ne sont pas) des extremums locaux (généralement en étudiant les variations de la fonction).

$\bullet$ Condition suffisante d’extremum local : Soient $I$ un intervalle ouvert, $f$ est de classe $C^2$ sur $I$ à valeurs dans $\mathbb{R}$ et $a \in I.$ On suppose que $f' \left( a \right) = 0.$ Si $f'' \left( a \right) > 0$ (respectivement $f'' \left( a \right) < 0$ ), alors $f$ admet en $a$ un maximum local (respectivement un minimum local).

Remarque : $\bullet$ Attention la condition $f ' \left( a \right) = 0$ n’est pas une condition suffisante pour avoir un extremum local (prendre par exemple $x \mapsto x^3$ en $0$ ).

$\bullet$ Si $f ' \left( a \right) = 0$ et $f '' \left( a \right) = 0,$ on ne peut rien dire ! On peut avoir un maximum ou un minimum local ou bien rien du tout (reprendre l’exemple de $x \mapsto x^3$ en $0$ ).

Exemple : Cet exercice utilise des notions sur les équivalents et les développements limités.

Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}_+$ une fonction de classe $C^2$ sur $\mathbb{R}$ et telle que $\sqrt{f}$ soit $C^1$ sur $\mathbb{R}.$ Soit $x_0 \in \mathbb{R}$ tel que $f \left( x_0 \right) = 0.$ Montrer que $f '' \left( x_0 \right) = 0.$

Réponse :

Comme $f$ est positive et $f \left( x_0 \right) = 0,$ $f$ admet un minimum global en $x_0$ donc $f ' \left( x_0 \right) = 0.$ écrivons la formule de Taylor-Young pour $f$ à l’ordre $2$ en $x_0:$

$f \left( x \right) \underset{x \to x_0}{=}$

$f \left( x_0 \right) + f ' \left( x_0 \right) \left( x - x_0 \right) + \dfrac{f '' \left( x_0 \right)}{2} \left( x - x_0 \right)^2$

$+ o \left( \left( x - x_0 \right)^2 \right)$

$\underset{x \to x_0}{=}$

$\dfrac{f '' \left( x_0 \right)}{2} \left( x - x_0 \right)^2 + o \left( \left( x - x_0 \right)^2 \right)$ .

On suppose que $f '' \left( x_0 \right) \neq 0,$ alors $f \left( x \right) \underset{x \to x_0}{\sim} \dfrac{f '' \left( x_0 \right)}{2} \left( x - x_0 \right)^2.$

$\bullet$ Si l’on avait $f '' \left( x_0 \right) < 0,$ deux fonctions équivalentes au voisinage de $x_0$ ayant même signe au voisinage de $x_0,$ on aurait $f \left( x \right) < 0$ pour $x$ proche de $x_0$ et $x \neq x_0,$ ce qui est absurde.

$\bullet$ On en déduit que $f '' \left( x_0 \right) > 0$ et donc $\sqrt{f \left( x \right)} \underset{x \to x_0}{\sim} \sqrt{\dfrac{f '' \left( x_0 \right)}{2}} \left| x - x_0 \right|.$

Puis comme $f \left( x_0 \right) = 0,$ $\dfrac{\sqrt{f \left( x \right)} - \sqrt{f \left( x_0 \right)} }{x - x_0} \underset{x \to x_0}{\sim} \sqrt{\dfrac{f '' \left( x_0 \right)}{2}} \dfrac{\left| x - x_0 \right|}{x - x_0} .$

On aurait

$\lim_{x \to x_0^+} \dfrac{\sqrt{f \left( x \right)} - \sqrt{f \left( x_0 \right)} }{x - x_0}$ $= \sqrt{\dfrac{f '' \left( x_0 \right)}{2}}$ et $\lim_{x \to x_0^-} \dfrac{\sqrt{f \left( x \right)} - \sqrt{f \left( x_0 \right)} }{x - x_0}$ $= - \sqrt{\dfrac{f '' \left( x_0 \right)}{2}}.$

Les dérivées à droite et à gauche de $f$ en $x_0$ sont différentes, donc $f$ n’est pas dérivable en $x_0.$ On aboutit à une contradiction. On a établi que $f '' \left( x_0 \right) = 0.$

La réciproque de ce résultat est vraie et le tout s’appelle le théorème de Glaeser.

PROF DE MATHS PARTICULIER

Des cours de qualité et enseignants aguerris

Préparer des concours ou s'exercer

Avis Google France ★★★★★ 4,9 sur 5

2. Convexité

Méthode 3 : Comprendre quelque chose à la convexité.

$\bullet$ On rappelle qu’une fonction $f$ définie sur un intervalle $I$ à valeurs dans $\mathbb{R}$ est convexe sur $I$ (respectivement concave sur $I$ ) si :

pour $x , y \in I$ et pour tout $t \in \left[ 0 , 1 \right],$ on a

$f \left( \left( 1 - t \right) x + t y \right) \le \left( 1 - t \right) f \left( x \right) + t f \left( y \right),$

(respectivement

$f \left( \left( 1 - t \right) x + t y \right)$ $\ge \left( 1 - t \right) f \left( x \right) + t f \left( y \right)$ ).

Graphiquement, si l’on note $\mathcal C_f$ le graphe de la fonction $f$ et $M \left( x \right)$ le point d’abscisse $x$ de $\mathcal C_f.$ $f$ est convexe (respectivement concave) sur $I$ si, et seulement si pour tout $x < y$ dans $I,$ le graphe $\mathcal C_f$ est en dessous (respectivement au-dessus) du segment $M \left(x \right) M \left( y \right)$ (cela s’appelle une corde).

$\bullet$ $f$ est convexe si, et seulement si, pour tout $n \in \mathbb{N},$ $n \ge 2,$ $\left( \lambda_1 , \cdots, \lambda_n \right) \in \left( \mathbb{R}_+ \right)^n$ tel que $\displaystyle\sum_{i=k}^n \lambda_{k} = 1$ et pour tout $\left( x_1 , \cdots , x_n \right) \in I^n,$

$f \left( \displaystyle\sum_{k=1}^n \lambda_k x_k \right) \le \displaystyle\sum_{k=1}^n \lambda_k f \left( x_k \right).$

C’est l’inégalité de Jensen.

$\bullet$ Si $f$ est dérivable sur un intervalle $I.$

$f$ est convexe sur $I$ $\Leftrightarrow$ $f'$ est croissante sur $I$ $\Leftrightarrow$ pour tout $a \in I,$ le graphe de $f$ est au dessus de sa tangente en $\left( a , f \left( a \right) \right).$

Soit $a \in I,$ alors pour tout $x \in I,$ on a $f \left( x \right) \ge f ' \left( a \right) \left( x - a \right) + f \left( a \right)$

$\bullet$ La définition n’est pas toujours simple à utiliser pour étudier la convexité d’une fonction. Soit $I$ un intervalle et $J$ l’intervalle $I$ privé de ses bornes éventuelles.

On suppose que $f$ est continue sur $I$ et deux fois dérivable sur $J.$ Il suffit d’appliquer le résultat suivant : $f$ est convexe (respectivement concave) sur $I$ si, et seulement si $f'' \ge 0$ (respectivement $f '' \le 0$ ) sur $J.$

La convexité sert généralement dans les questions suivantes :

$\bullet$ les inégalités qui peuvent se déduire de la convexité ou de l’inégalité de Jensen, on peut envisager cette méthode en présence de réels positifs dont la somme est égale à $1,$

$\bullet$ d’inégalités conséquences de la position du graphe de $f$ par rapport à ses tangentes,

$\bullet$ dans le tracé d’un graphe d’une fonction que l’on vous a fait étudier au préalable : si $f'' \left( a \right) > 0$ (respectivement $f'' \left( a \right) < 0$ ), alors localement (comprendre sur un voisinage de $a$ ), le graphe de $f$ est approximativement un morceau de parabole tournée vers le haut (respectivement vers le bas).

Exemple : 1) Montrer que la fonction $- \ln$ est convexe sur $\mathbb{R}_+^*.$ En déduire que, pour tout $x > 0,$ $\ln \left( x \right) \le x - 1.$

2) En utilisant la convexité de $- \ln,$ montrer que pour tout $\left( x_1 , \cdots , x_n \right) \in \left( \mathbb{R}_+ \right)^n,$

$\sqrt[n]{x_1 \cdots x_n} \le \dfrac{x_1 + \cdots + x_n}{n}.$

Cette inégalité s’appelle l’inégalité arithmético-géométrique.

3) En déduire que si $\left( x_1 , \cdots , x_n \right) \in \left( \mathbb{R}_+^* \right)^n,$

$\dfrac{n}{\dfrac{1}{x_1} + \cdots + \dfrac{1}{x_n}}$ $\le \sqrt[n]{x_1 \cdots x_n} \le \dfrac{x_1 + \cdots + x_n}{n}.$

Réponse :

1) On a $\left( - \ln \right)'' \left( x \right) = \dfrac{1}{x^2} \ge 0.$ Il s’ensuit que $- \ln$ est convexe sur $\mathbb{R}_+^*.$

En particulier, le graphe de

$- \ln$ est au dessus de sa tangente au point d’abscisse

$1.$ Cette tangente a pour équation

$y = - 1 +x.$ Ainsi pour tout

$x > 0,$ on a

$- \ln \left( x \right) \ge -1 +x$ et

$\ln \left( x \right) \le x - 1.$

2) Si l’un des $x_i$ est nul, l’inégalité est évidente car le terme de gauche vaut alors $0.$ Ainsi on suppose que pour tout $i \in [\![ 1, n ]\!],$ $x_i \neq 0.$ On applique l’inégalité de Jensen à la fonction $- \ln$ avec $\lambda_1 = \cdots = \lambda_n = \dfrac1n$ dont la somme vaut $1,$ pour avoir

$- \ln \left( \displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac1n x_k \right)$

$\le \displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac1n \left( - \ln \left( x_k \right) \right),$
soit

$\ln \left( \displaystyle\sum_{k = 1}^n \dfrac1n x_k \right)$

$\ge \dfrac1n \ln \left( x_1 \cdots x_n \right).$
On termine en utilisant la croissance de la fonction exponentielle.

3) L’inégalité de droite est claire : c’est l’inégalité arithmético-géométrique. Il nous reste à prouver l’inégalité de gauche. Pour cela, on applique l’inégalité arithmético-géométrique au

$n$ -uplet

$\left( \dfrac{1}{x_1} , \cdots , \dfrac{1}{x_n} \right),$ cela donne :

$\sqrt[n]{\dfrac{1}{x_1} \cdots \dfrac{1}{x_n }}$ $\le \dfrac{\dfrac{1}{x_1} + \cdots + \dfrac{1}{x_n} }{n}.$

On conclut en utilisant la décroissance de la fonction inverse sur

$\mathbb{R}_+^*.$

Méthode 2 : Montrer qu’un point est un point d’inflexion.

Soit $f$ est fonction définie sur un intervalle $I,$ deux fois dérivable.

Soit $x_0 \in I,$ on dit que le graphe de $f$ admet un point d’inflexion en $\left( x_0 , f \left( x_0 \right) \right)$ si :

$\bullet$ $f '' \left( x_0 \right) = 0,$

$\bullet$ $f''$ change de signe en $x_0.$

Géométriquement, le graphe de $f$ traverse sa tangente au point $\left( x_0 , f\left( x_0 \right) \right).$

Exemple : Soit la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ définie par $f \left( x \right) = \mathrm{Arctan} \left( x \right).$

Montrer que le graphe de $f$ a un unique point d’inflexion. Préciser ses coordonnées.

Réponse : $f$ est bien deux fois dérivable sur $\mathbb{R}$ . Pour tout $x \in \mathbb{R},$ on a

$f' \left( x \right) = \dfrac{1}{ 1 + x^2 } \quad \text{et} \quad f'' \left( x \right)$ $= \dfrac{- 2 x}{ \left( 1 + x^2 \right)^2}.$
L’équation $f '' \left( x \right) = 0$ a pour unique solution $x = 0.$ De plus, $f''$ change de signe en $0.$ En effet, pour $x \le 0,$ on a $f'' \left( x \right) \ge 0$ et pour $x \ge 0,$ on a $f '' \left( x \right) \le 0.$