Chapitres Maths en ECG1

Cours : Extrema et convexité en ECG1

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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.

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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 $f '' \left( x \right) \le 0.$