Corrigé des exercices : Convexité et inégalités classiques en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Convexité de la fonction softplus

Idée clé : la dérivée de \(s\) est une fonction logistique croissante, ce qui suffit pour la convexité.

1. La fonction \(s\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme composée, car \(1 + e^x > 0\). On trouve \(s^{\prime}(x) = \dfrac{e^x}{1 + e^x}\). En dérivant ce quotient, on obtient
   \[ s^{\prime\prime}(x) = \frac{e^x(1 + e^x) – e^x \cdot e^x}{(1 + e^x)^2} = \frac{e^x}{(1 + e^x)^2}. \]
   Ce réel est strictement positif. Par conséquent, \(s\) est convexe sur \(\mathbb{R}\).
2. On a \(s(0) = \ln 2\) et \(s^{\prime}(0) = \frac{1}{2}\). La tangente en \(0\) a donc pour équation \(y = \ln 2 + \frac{x}{2}\). Or une fonction convexe et dérivable est au-dessus de ses tangentes. Ainsi, \(s(x) \geq \ln 2 + \frac{x}{2}\) pour tout réel \(x\).
3. D’une part, \(1 + e^x \geq 1\), donc \(s(x) \geq \ln 1 = 0\) par croissance du logarithme. D’autre part, \(1 + e^x \geq e^x\), donc \(s(x) \geq \ln(e^x) = x\). Finalement, \(s(x) \geq \max(0, x)\).

Remarquons que la minoration de la question 3 est très bonne loin de l’origine. En effet, \(s(x) – x = \ln(1 + e^{-x})\) tend vers \(0\) en \(+\infty\) : la droite \(y = x\) est asymptote. De même, \(s(x)\) tend vers \(0\) en \(-\infty\). Ainsi, la fonction convexe \(s\) est une version lissée de \(x \mapsto \max(0, x)\), elle-même convexe comme maximum de deux fonctions affines.

Corrigé de l’exercice 2 – Points d’inflexion de x exp(-x²/2)

Idée clé : on factorise la dérivée seconde pour lire son signe dans un tableau.

1. La fonction \(g\) est de classe \(C^2\) sur \(\mathbb{R}\). La dérivée d’un produit donne \(g^{\prime}(x) = e^{-x^2/2} – x^2 e^{-x^2/2} = (1 – x^2)\,e^{-x^2/2}\). On dérive encore :
   \[ g^{\prime\prime}(x) = -2x\,e^{-x^2/2} – x(1 – x^2)\,e^{-x^2/2} = (x^3 – 3x)\,e^{-x^2/2}. \]
   Ainsi, \(g^{\prime\prime}(x) = x(x^2 – 3)\,e^{-x^2/2}\).
2. L’exponentielle est positive, donc \(g^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(x(x – \sqrt{3})(x + \sqrt{3})\). Ce produit est négatif sur \(]-\infty, -\sqrt{3}]\), positif sur \([-\sqrt{3}, 0]\), négatif sur \([0, \sqrt{3}]\) et positif sur \([\sqrt{3}, +\infty[\). Par conséquent, \(g\) est convexe sur \([-\sqrt{3}, 0]\) et sur \([\sqrt{3}, +\infty[\), concave sur \(]-\infty, -\sqrt{3}]\) et sur \([0, \sqrt{3}]\).
3. La dérivée seconde s’annule en changeant de signe en \(-\sqrt{3}\), \(0\) et \(\sqrt{3}\). Les points d’inflexion sont donc \((-\sqrt{3}, -\sqrt{3}\,e^{-3/2})\), \((0, 0)\) et \((\sqrt{3}, \sqrt{3}\,e^{-3/2})\). De plus, \(g^{\prime}(0) = 1\), donc la tangente en l’origine est \(y = x\). Comme \(g\) est concave sur \([0, \sqrt{3}]\), la courbe est sous cette tangente sur cet intervalle : \(g(x) \leq x\) sur \([0, \sqrt{3}]\).

Corrigé de l’exercice 3 – Le logarithme sous sa tangente en e

Idée clé : la tangente en \(e\) passe par l’origine, d’où une majoration linéaire très simple.

1. On a \(\ln e = 1\) et \(\ln^{\prime}(e) = 1/e\). La tangente a donc pour équation \(y = 1 + \frac{1}{e}(x – e)\), c’est-à-dire \(y = \dfrac{x}{e}\).
2. Le logarithme est concave sur \(\mathbb{R}_+^*\), car sa dérivée seconde vaut \(-1/x^2\). Il est donc sous chacune de ses tangentes : \(\ln x \leq x/e\). Pour le cas d’égalité, on étudie \(\psi(x) = x/e – \ln x\). Sa dérivée \(\frac{1}{e} – \frac{1}{x}\) est strictement négative sur \(]0, e[\) et strictement positive sur \(]e, +\infty[\). Ainsi, \(\psi\) a un minimum strict en \(e\), égal à \(0\). Donc \(\ln x \leq x/e\), avec égalité seulement en \(x = e\).
3. Avec \(x = 7 \neq e\), on obtient \(\ln 7 < 7/e\), soit \(e \ln 7 < 7\). Comme l’exponentielle est strictement croissante, \(e^{e\ln 7} < e^7\). Finalement, \(7^e < e^7\).

Corrigé de l’exercice 4 – Jensen avec la racine carrée

Idée clé : une somme de racines avec une somme fixée sous les racines appelle Jensen pour une fonction concave.

1. La racine carrée est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^*\), de dérivée \(x \mapsto \frac{1}{2\sqrt{x}}\), qui est décroissante. Elle est donc concave sur \(\mathbb{R}_+^*\). Par continuité en \(0\), l’inégalité de concavité passe à la limite : la racine carrée est concave sur \(\mathbb{R}_+\).
2. L’inégalité de Jensen pour une fonction concave, avec les poids \(1/4\), donne
   \[ \frac{1}{4} \sum_{k=1}^{4} \sqrt{x_k} \leq \sqrt{\frac{1}{4} \sum_{k=1}^{4} x_k} = \sqrt{9} = 3. \]
   Donc \(\sum \sqrt{x_k} \leq 12\). L’égalité a lieu quand les quatre réels valent \(9\), puisque \(4 \times 3 = 12\). C’est d’ailleurs le seul cas. En effet, \(\sum (\sqrt{x_k} – 3)^2 = 36 – 6\sum \sqrt{x_k} + 36\), qui est nul si et seulement si la somme des racines vaut \(12\) et chaque \(x_k\) vaut \(9\).
3. De même, avec trois points et les poids \(1/3\), on a \(\frac{1}{3}(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}) \leq \sqrt{\frac{a + b + c}{3}}\). En multipliant par \(3 = \sqrt{9}\), on obtient \(\sqrt{9 \cdot \frac{a+b+c}{3}}\). Ainsi, \(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} \leq \sqrt{3(a + b + c)}\).

Corrigé de l’exercice 5 – Encadrer une fonction convexe connue en deux points

Idée clé : la sécante passant par \((1, 2)\) et \((3, 4)\) majore \(f\) entre ces points et la minore en dehors.

1. La sécante a pour pente \(p(1, 3) = \frac{4 – 2}{3 – 1} = 1\) et pour équation \(y = x + 1\). On écrit \(2 = \frac{1}{2} \cdot 1 + \frac{1}{2} \cdot 3\). La convexité donne alors \(f(2) \leq \frac{1}{2} f(1) + \frac{1}{2} f(3) = 3\). Donc \(f(2) \leq 3\).
2. Soit \(x \geq 3\), avec \(x \neq 3\). La croissance des pentes issues de \(1\) donne \(p(1, x) \geq p(1, 3) = 1\). En multipliant par \(x – 1 > 0\), on trouve \(f(x) – 2 \geq x – 1\), soit \(f(x) \geq x + 1\). Soit maintenant \(x < 1\). Les pentes issues de \(3\) croissent, donc \(p(3, x) \leq p(3, 1) = 1\). On multiplie par \(x – 3 < 0\) : l’inégalité change de sens et \(f(x) – 4 \geq x – 3\). Les cas \(x = 1\) et \(x = 3\) sont des égalités. Ainsi, \(f(x) \geq x + 1\) pour \(x \leq 1\) et pour \(x \geq 3\).
3. On en déduit \(f(0) \geq 1\) et \(f(6) \geq 7\). La fonction affine \(x \mapsto x + 1\) est convexe, vaut \(2\) en \(1\) et \(4\) en \(3\). Pour elle, les trois inégalités sont des égalités. Elles sont donc optimales.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 6 – Inégalité de Jordan et une intégrale

Idée clé : le sinus concave est sous sa tangente en \(0\) et au-dessus de sa corde ; on compose ensuite par une exponentielle décroissante.

1. Sur \([0, \pi/2]\), on a \(\sin^{\prime\prime}(x) = -\sin x \leq 0\). Le sinus est donc concave sur cet intervalle. D’abord, sa tangente en \(0\) est \(y = x\), et une fonction concave est sous ses tangentes : \(\sin x \leq x\). Ensuite, la droite \(y = 2x/\pi\) passe par \((0, 0)\) et \((\pi/2, 1)\) : c’est la corde. Une fonction concave est au-dessus de ses cordes. Donc \(\frac{2x}{\pi} \leq \sin x \leq x\) sur \([0, \pi/2]\).
2. La fonction \(u \mapsto e^{-3u}\) est décroissante. Pour \(t \in [0, \pi/2]\), l’encadrement précédent donne donc \(e^{-3t} \leq e^{-3\sin t} \leq e^{-6t/\pi}\). On intègre sur \([0, \pi/2]\) par croissance de l’intégrale. D’une part,
   \[ \int_0^{\pi/2} e^{-3t}\,dt = \Big[-\frac{e^{-3t}}{3}\Big]_0^{\pi/2} = \frac{1 – e^{-3\pi/2}}{3}. \]
   D’autre part,
   \[ \int_0^{\pi/2} e^{-6t/\pi}\,dt = \Big[-\frac{\pi}{6}\,e^{-6t/\pi}\Big]_0^{\pi/2} = \frac{\pi}{6}\big(1 – e^{-3}\big). \]
   On obtient bien \(\frac{1 – e^{-3\pi/2}}{3} \leq I \leq \frac{\pi}{6}(1 – e^{-3})\), soit environ \(0{,}330 \leq I \leq 0{,}497\).

Corrigé de l’exercice 7 – Encadrement de l’intégrale de exp(x²)

Idée clé : l’exponentielle est coincée entre sa tangente en \(0\) et sa corde sur \([0, 1]\) ; on remplace ensuite \(u\) par \(x^2\).

1. L’exponentielle est convexe. D’abord, elle est au-dessus de sa tangente en \(0\) : \(e^u \geq 1 + u\). Ensuite, la droite \(y = 1 + (e – 1)u\) passe par \((0, 1)\) et \((1, e)\) : c’est la corde sur \([0, 1]\). Or une fonction convexe est sous ses cordes. Donc \(1 + u \leq e^u \leq 1 + (e – 1)u\) pour \(u \in [0, 1]\).
2. Pour \(x \in [0, 1]\), le réel \(u = x^2\) appartient à \([0, 1]\). Ainsi, \(1 + x^2 \leq e^{x^2} \leq 1 + (e – 1)x^2\).
3. On intègre sur \([0, 1]\). On a \(\int_0^1 (1 + x^2)\,dx = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3}\) et \(\int_0^1 (1 + (e-1)x^2)\,dx = 1 + \frac{e – 1}{3} = \frac{e + 2}{3}\). Par croissance de l’intégrale, \(\frac{4}{3} \leq \int_0^1 e^{x^2}\,dx \leq \frac{e + 2}{3}\), soit environ \(1{,}333 \leq \dots \leq 1{,}573\).

Corrigé de l’exercice 8 – Inégalité arithmético-géométrique à trois termes

Idée clé : on choisit les termes de la moyenne pour que leur produit soit constant.

1. Les trois réels \(x\), \(2y\) et \(4z\) sont strictement positifs, de produit \(8xyz = 8\). L’inégalité arithmético-géométrique donne \(\frac{x + 2y + 4z}{3} \geq \sqrt[3]{8} = 2\). Donc \(x + 2y + 4z \geq 6\). L’égalité exige \(x = 2y = 4z\), et ces trois nombres valent alors \(2\). On trouve \(x = 2\), \(y = 1\), \(z = \frac{1}{2}\), qui vérifient bien \(xyz = 1\).
2. Pour deux réels positifs, \(a + b \geq 2\sqrt{ab}\). On multiplie les trois inégalités analogues, dont tous les membres sont positifs :
   \[ (a + b)(b + c)(c + a) \geq 8\sqrt{ab}\sqrt{bc}\sqrt{ca} = 8\sqrt{a^2b^2c^2} = 8abc. \]
   Ainsi, \((a + b)(b + c)(c + a) \geq 8abc\), avec égalité si et seulement si \(a = b = c\).
3. On écrit \(2x^2 + \frac{16}{x} = 2x^2 + \frac{8}{x} + \frac{8}{x}\). Le produit de ces trois termes vaut \(2x^2 \cdot \frac{64}{x^2} = 128\). Donc la somme est au moins \(3\sqrt[3]{128} = 3 \cdot 4\sqrt[3]{2} = 12\sqrt[3]{2}\). L’égalité exige \(2x^2 = 8/x\), soit \(x^3 = 4\). Elle est atteinte en \(x = \sqrt[3]{4}\). Le minimum vaut donc \(12\sqrt[3]{2} \approx 15{,}12\).

Corrigé de l’exercice 9 – Chaîne des quatre moyennes

Idée clé : chaque inégalité vient d’une fonction de référence : le carré pour \(A \leq Q\), le passage aux inverses pour \(H \leq G\).

1. La fonction carré est convexe sur \(\mathbb{R}\). Jensen avec les poids \(1/n\) donne \(A^2 = \big(\frac{1}{n}\sum x_k\big)^2 \leq \frac{1}{n}\sum x_k^2 = Q^2\). Comme \(A\) et \(Q\) sont positifs, \(A \leq Q\).
2. Appliquons l’inégalité arithmético-géométrique aux réels \(1/x_k\). Leur moyenne géométrique vaut \(1/G\) et leur moyenne arithmétique vaut \(1/H\). On obtient \(1/G \leq 1/H\), donc \(H \leq G\) par décroissance de l’inverse sur \(\mathbb{R}_+^*\).
3. Le cours donne \(G \leq A\). En combinant avec les deux questions précédentes, \(H \leq G \leq A \leq Q\).
4. Pour \((1, 4, 16)\), on calcule \(\sum 1/x_k = 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{16} = \frac{21}{16}\), donc \(H = \frac{48}{21} = \frac{16}{7} \approx 2{,}29\). Ensuite, \(G = \sqrt[3]{64} = 4\) et \(A = \frac{21}{3} = 7\). Enfin, \(Q = \sqrt{\frac{1 + 16 + 256}{3}} = \sqrt{91} \approx 9{,}54\). On vérifie bien \(\frac{16}{7} \leq 4 \leq 7 \leq \sqrt{91}\).

Corrigé de l’exercice 10 – Sinus des angles d’un triangle

Idée clé : le sinus est concave sur \([0, \pi]\), et la somme des angles est fixée.

1. Sur \([0, \pi]\), on a \(\sin^{\prime\prime} = -\sin \leq 0\), donc le sinus y est concave. Les angles \(A, B, C\) sont dans \([0, \pi]\). Jensen avec les poids \(1/3\) donne
   \[ \frac{\sin A + \sin B + \sin C}{3} \leq \sin\Big(\frac{A + B + C}{3}\Big) = \sin\frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}. \]
   Donc \(\sin A + \sin B + \sin C \leq \frac{3\sqrt{3}}{2}\). Le triangle équilatéral réalise l’égalité. Réciproquement, supposons l’égalité et \(A \neq B\). En remplaçant \(A\) et \(B\) par leur moyenne \(M\), on a \(\sin A + \sin B = 2\sin M \cos\frac{A – B}{2} < 2\sin M\). La somme augmenterait strictement et dépasserait la borne, ce qui est absurde. Par symétrie, l’égalité a lieu seulement pour le triangle équilatéral.
2. Les trois sinus sont strictement positifs. L’inégalité arithmético-géométrique donne \(\sin A \sin B \sin C \leq \big(\frac{\sin A + \sin B + \sin C}{3}\big)^3\). D’après la question 1, ce cube est au plus \(\big(\frac{\sqrt{3}}{2}\big)^3 = \frac{3\sqrt{3}}{8}\). Ainsi, \(\sin A \sin B \sin C \leq \frac{3\sqrt{3}}{8}\).

Corrigé de l’exercice 11 – Fonction convexe majorée sur R

Idée clé : hors d’un segment, une fonction convexe est au-dessus de sa sécante, qui tend vers \(+\infty\) d’un côté dès que sa pente n’est pas nulle.

1. Soit \(M\) un majorant de \(f\). Supposons qu’il existe \(a < b\) avec \(f(a) \neq f(b)\), et notons \(p = p(a, b) \neq 0\). La courbe est au-dessus de la sécante hors de \(]a, b[\). Donc \(f(x) \geq f(a) + p(x – a)\) pour \(x \geq b\) et pour \(x \leq a\). Si \(p > 0\), le membre de droite tend vers \(+\infty\) quand \(x \to +\infty\). Si \(p < 0\), il tend vers \(+\infty\) quand \(x \to -\infty\). Dans les deux cas, \(f\) dépasse \(M\), ce qui est absurde. Par conséquent, \(f\) est constante.
2. L’exponentielle est convexe sur \(\mathbb{R}\), minorée par \(0\) et non constante. Elle convient : l’hypothèse « majorée » ne peut pas être remplacée par « minorée ».
3. La fonction \(x \mapsto -\sqrt{x}\) est convexe sur \(\mathbb{R}_+^*\), car la racine est concave. Elle est majorée par \(0\) et n’est pas constante. Ici, l’intervalle n’est plus \(\mathbb{R}\) : le raisonnement de la question 1 échoue, car on ne peut pas faire tendre \(x\) vers \(-\infty\).

Ce résultat sert souvent sous une forme voisine. Par exemple, une fonction convexe sur \(\mathbb{R}_+\) et majorée est décroissante. En effet, une pente strictement positive entre deux points ferait tendre la fonction vers \(+\infty\) à droite, exactement comme ci-dessus.

Corrigé de l’exercice 12 – Inégalité de Young pour l’exposant 3

Idée clé : c’est l’inégalité arithmético-géométrique pondérée, obtenue par concavité du logarithme.

1. On a \(\ln(ab) = \frac{1}{3}\ln(a^3) + \frac{2}{3}\ln(b^{3/2})\), car \(\frac{2}{3} \cdot \frac{3}{2} = 1\). Les poids \(\frac{1}{3}\) et \(\frac{2}{3}\) sont positifs de somme \(1\). Comme \(\ln\) est concave, on a donc
   \[ \ln(ab) \leq \ln\Big(\frac{1}{3}a^3 + \frac{2}{3}b^{3/2}\Big). \]
   L’exponentielle étant croissante, \(ab \leq \frac{a^3}{3} + \frac{2}{3}\,b^{3/2}\).
2. L’égalité a lieu quand les deux points \(a^3\) et \(b^{3/2}\) coïncident. En effet, sinon la corde du logarithme est strictement sous la courbe. Le cas d’égalité est donc \(a^3 = b^{3/2}\), c’est-à-dire \(b = a^2\).
3. Avec \(a = x > 0\) et \(b = 4\), on a \(b^{3/2} = 8\). Ainsi \(4x \leq \frac{x^3}{3} + \frac{16}{3}\). En multipliant par \(3\), on obtient \(x^3 – 12x + 16 \geq 0\), avec égalité pour \(x^2 = 4\), soit \(x = 2\). Vérifions : \(2\) est racine, et la division donne \(x^3 – 12x + 16 = (x – 2)(x^2 + 2x – 8) = (x – 2)^2(x + 4)\). Ce produit est bien positif pour \(x > 0\).

Corrigé de l’exercice 13 – Limite d’un produit par encadrement du logarithme

Idée clé : on passe au logarithme pour transformer le produit en somme, puis on encadre chaque terme.

1. La majoration \(\ln(1 + x) \leq x\) vient de la concavité de \(x \mapsto \ln(1 + x)\), qui est sous sa tangente en \(0\). Pour la minoration, on pose \(\varphi(x) = \ln(1 + x) – x + \frac{x^2}{2}\) sur \(\mathbb{R}_+\). On calcule
   \[ \varphi^{\prime}(x) = \frac{1}{1 + x} – 1 + x = \frac{1 – (1 + x) + x(1 + x)}{1 + x} = \frac{x^2}{1 + x} \geq 0. \]
   Ainsi, \(\varphi\) est croissante et \(\varphi(0) = 0\). Donc \(x – \frac{x^2}{2} \leq \ln(1 + x) \leq x\) pour \(x \geq 0\).
2. On a \(\ln P_n = \sum_{k=1}^{n} \ln\big(1 + \frac{k}{n^2}\big)\). En appliquant l’encadrement à \(x = k/n^2\) puis en sommant :
   \[ \frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n} k – \frac{1}{2n^4}\sum_{k=1}^{n} k^2 \leq \ln P_n \leq \frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n} k. \]
   Or \(\sum k = \frac{n(n+1)}{2}\) et \(\sum k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\). On obtient donc \(\frac{n+1}{2n} – \frac{(n+1)(2n+1)}{12n^3} \leq \ln P_n \leq \frac{n+1}{2n}\).
3. Quand \(n \to +\infty\), \(\frac{n+1}{2n} \to \frac{1}{2}\). Le terme \(\frac{(n+1)(2n+1)}{12n^3}\) est équivalent à \(\frac{1}{6n}\), donc tend vers \(0\). Par encadrement, \(\ln P_n \to \frac{1}{2}\). Par continuité de l’exponentielle, \(P_n \to \sqrt{e}\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 14 – Inégalité d’Hermite-Hadamard

Idée clé : le milieu \(m\) est la moyenne de \(x\) et de son symétrique \(a + b – x\) ; la majoration vient de la corde.

1. Pour \(x \in [a, b]\), le réel \(a + b – x\) appartient aussi à \([a, b]\), et \(m = \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}(a + b – x)\). La convexité donne \(f(m) \leq \frac{f(x) + f(a + b – x)}{2}\). On intègre sur \([a, b]\). Le changement de variable \(u = a + b – x\) montre que \(\int_a^b f(a + b – x)\,dx = \int_a^b f(u)\,du\). Ainsi \((b – a) f(m) \leq \frac{1}{2}\big(\int_a^b f + \int_a^b f\big)\). Donc \((b – a) f(m) \leq \int_a^b f(x)\,dx\).
2. Sur \([a, b]\), la courbe est sous sa corde : \(f(x) \leq f(a) + \frac{f(b) – f(a)}{b – a}(x – a)\). L’intégrale du membre de droite est l’aire d’un trapèze, égale à \((b – a)\frac{f(a) + f(b)}{2}\). En effet, \(\int_a^b (x – a)\,dx = \frac{(b – a)^2}{2}\). Par croissance de l’intégrale, \(\int_a^b f \leq (b – a)\frac{f(a) + f(b)}{2}\).
3. La fonction \(x \mapsto 1/x\) est convexe et continue sur \([1, 2]\), car sa dérivée seconde \(2/x^3\) y est positive. Ici \(m = 3/2\), \(f(m) = 2/3\) et \(\int_1^2 \frac{dx}{x} = \ln 2\). On obtient \(\frac{2}{3} \leq \ln 2 \leq \frac{3}{4}\), soit \(0{,}667 \leq \ln 2 \leq 0{,}75\).
4. Pour l’exponentielle sur \([0, 1]\), on a \(f(m) = e^{1/2}\) et \(\int_0^1 e^x\,dx = e – 1\). Donc \(\sqrt{e} \leq e – 1 \leq \frac{e + 1}{2}\), soit environ \(1{,}649 \leq 1{,}718 \leq 1{,}859\).

La figure illustre la question 3. Sous la tangente au milieu, l’aire vaut exactement \(f(m)(b – a)\), car les deux triangles de part et d’autre du point de contact se compensent. Sous la corde, on retrouve l’aire du trapèze. Notons enfin que l’encadrement de \(\ln 2\) obtenu est assez grossier. Pour l’affiner, il suffit de découper \([1, 2]\) en plusieurs morceaux et d’appliquer l’inégalité sur chacun.

Corrigé de l’exercice 15 – Fonctions log-convexes

Idée clé : on écrit \(f = \exp \circ \ln f\) et on utilise la composée par une fonction convexe croissante.

1. Posons \(g = \ln f\), convexe sur \(I\). L’exponentielle est convexe et croissante sur \(\mathbb{R}\). D’après le cours, la composée \(\exp \circ g = f\) est convexe. Donc toute fonction log-convexe est convexe.
2. La fonction carré a pour dérivée seconde \(2 > 0\) : elle est convexe sur \(\mathbb{R}_+^*\). En revanche, \(\ln(x^2) = 2\ln x\) a pour dérivée seconde \(-2/x^2 < 0\). Cette fonction est concave et non affine, donc elle n’est pas convexe. Ainsi, \(x \mapsto x^2\) est convexe sans être log-convexe.
3. Si \(f\) et \(g\) sont log-convexes, alors \(\ln(fg) = \ln f + \ln g\) est une somme de fonctions convexes. Elle est donc convexe : \(fg\) est log-convexe.
4. La fonction \(\ln f\) est deux fois dérivable, avec \((\ln f)^{\prime} = f^{\prime}/f\). On dérive ce quotient :
   \[ (\ln f)^{\prime\prime} = \frac{f^{\prime\prime} f – (f^{\prime})^2}{f^2}. \]
   Comme \(f^2 > 0\), cette dérivée seconde est positive si et seulement si \(f f^{\prime\prime} \geq (f^{\prime})^2\). Par le critère du cours sur l’intervalle \(I\), \(f\) est log-convexe si et seulement si \(f f^{\prime\prime} \geq (f^{\prime})^2\).
5. Pour \(f = \operatorname{ch}\), qui est strictement positive, on a \(f^{\prime} = \operatorname{sh}\) et \(f^{\prime\prime} = \operatorname{ch}\). Ainsi \(f f^{\prime\prime} – (f^{\prime})^2 = \operatorname{ch}^2 – \operatorname{sh}^2 = 1 \geq 0\). Donc \(\operatorname{ch}\) est log-convexe sur \(\mathbb{R}\).

Corrigé de l’exercice 16 – Entropie et inégalité de Gibbs

Idée clé : l’entropie est l’opposée d’une somme de \(\varphi(p_k)\) avec \(\varphi\) convexe ; Gibbs vient de la tangente au logarithme en \(1\).

1. On a \(\varphi^{\prime}(x) = \ln x + 1\) et \(\varphi^{\prime\prime}(x) = 1/x > 0\) : \(\varphi\) est convexe sur \(\mathbb{R}_+^*\). Jensen avec les poids \(1/n\) donne \(\varphi\big(\frac{1}{n}\sum p_k\big) \leq \frac{1}{n}\sum \varphi(p_k)\). Or \(\sum p_k = 1\), donc le membre de gauche vaut \(\frac{1}{n}\ln\frac{1}{n} = -\frac{\ln n}{n}\). En multipliant par \(n\), on obtient \(-\ln n \leq \sum p_k \ln p_k = -H(p)\). Ainsi, \(H(p) \leq \ln n\). Le cas d’égalité se lit à la question 3.
2. Pour chaque \(k\), on a \(\ln\frac{q_k}{p_k} \leq \frac{q_k}{p_k} – 1\). On multiplie par \(p_k > 0\), puis on somme :
   \[ \sum_{k=1}^{n} p_k \ln\frac{q_k}{p_k} \leq \sum_{k=1}^{n} (q_k – p_k) = 1 – 1 = 0. \]
   C’est l’inégalité de Gibbs. L’égalité exige \(q_k/p_k = 1\) pour tout \(k\), car \(\ln z = z – 1\) seulement pour \(z = 1\).
3. Choisissons \(q_k = 1/n\). Alors \(\sum p_k \ln\frac{1}{n p_k} = -\ln n – \sum p_k \ln p_k = -\ln n + H(p)\). Gibbs donne \(H(p) \leq \ln n\). De plus, l’égalité a lieu si et seulement si \(p_k = q_k\) pour tout \(k\). Donc \(H(p) = \ln n\) si et seulement si tous les \(p_k\) valent \(1/n\).
4. Pour \(p = (\frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{1}{4})\), on a \(H(p) = \frac{1}{2}\ln 2 + 2 \cdot \frac{1}{4}\ln 4 = \frac{1}{2}\ln 2 + \ln 2\). Ainsi \(H(p) = \frac{3}{2}\ln 2 \approx 1{,}040\), qui est bien inférieur à \(\ln 3 \approx 1{,}099\). C’est cohérent, car \(p\) n’est pas uniforme.

Corrigé de l’exercice 17 – Problème – Deux preuves de l’inégalité arithmético-géométrique

Idée clé : la partie A utilise la concavité du logarithme ; la partie B n’utilise que \((\mathcal{P}_2)\) et deux récurrences, l’une qui double et l’autre qui descend.

Partie A : par la tangente au logarithme

1. Les réels \(z_k = x_k/m\) sont strictement positifs. Le logarithme est sous sa tangente en \(1\), donc \(\ln z_k \leq z_k – 1\). En sommant, on obtient
   \[ \sum_{k=1}^{n} \ln\frac{x_k}{m} \leq \frac{1}{m}\sum_{k=1}^{n} x_k – n = \frac{nm}{m} – n = 0. \]
   Le membre de gauche vaut \(\ln\big(\frac{x_1 \cdots x_n}{m^n}\big)\). Il est négatif, donc \(x_1 \cdots x_n \leq m^n\), ce qui est \((\mathcal{P}_n)\).
2. Chaque terme \(\ln z_k – (z_k – 1)\) est négatif, et leur somme est nulle en cas d’égalité. Chaque terme est alors nul, donc \(z_k = 1\) pour tout \(k\). Ainsi, l’égalité impose \(x_1 = \cdots = x_n = m\).

Partie B : la récurrence aller-retour

1. Pour \(a, b > 0\), on a \(\big(\frac{a + b}{2}\big)^2 – ab = \frac{a^2 + 2ab + b^2 – 4ab}{4} = \big(\frac{a – b}{2}\big)^2 \geq 0\). Donc \((\mathcal{P}_2)\) est vraie.
2. Supposons \((\mathcal{P}_n)\) et prenons \(2n\) réels strictement positifs. Notons \(m_1\) la moyenne des \(n\) premiers et \(m_2\) celle des \(n\) derniers. D’abord, \((\mathcal{P}_n)\) donne \(x_1 \cdots x_n \leq m_1^n\) et \(x_{n+1} \cdots x_{2n} \leq m_2^n\). Ensuite, \((\mathcal{P}_2)\) donne \(m_1 m_2 \leq M^2\), où \(M = \frac{m_1 + m_2}{2}\). Or \(M\) est exactement la moyenne des \(2n\) réels. Par conséquent,
   \[ x_1 \cdots x_{2n} \leq (m_1 m_2)^n \leq M^{2n}. \]
   C’est \((\mathcal{P}_{2n})\). Par récurrence sur \(k\), à partir de \((\mathcal{P}_2)\), \((\mathcal{P}_{2^k})\) est vraie pour tout \(k \geq 1\).
3. Supposons \((\mathcal{P}_n)\) avec \(n \geq 2\). Soit \(x_1, \dots, x_{n-1} > 0\), de moyenne \(m\), et posons \(x_n = m\). La moyenne des \(n\) réels vaut \(\frac{(n-1)m + m}{n} = m\). Ainsi, \((\mathcal{P}_n)\) donne \(x_1 \cdots x_{n-1} \cdot m \leq m^n\). En divisant par \(m > 0\), on obtient \(x_1 \cdots x_{n-1} \leq m^{n-1}\), soit \((\mathcal{P}_{n-1})\).
4. L’assertion \((\mathcal{P}_1)\) est une égalité. Soit \(n \geq 2\). On choisit \(k\) tel que \(2^k \geq n\), par exemple \(k = n\). La question 2 donne \((\mathcal{P}_{2^k})\). Ensuite, la question 3, appliquée \(2^k – n\) fois, fait descendre jusqu’à \((\mathcal{P}_n)\). Donc \((\mathcal{P}_n)\) est vraie pour tout \(n \geq 1\).

Partie C : suite croissante et pavé optimal

1. Les \(n + 1\) réels considérés ont pour produit \(\big(1 + \frac{1}{n}\big)^n \cdot 1 = u_n\). Leur somme vaut \(n\big(1 + \frac{1}{n}\big) + 1 = n + 2\), donc leur moyenne vaut \(\frac{n + 2}{n + 1} = 1 + \frac{1}{n + 1}\). L’assertion \((\mathcal{P}_{n+1})\) donne \(u_n \leq \big(1 + \frac{1}{n+1}\big)^{n+1} = u_{n+1}\). De plus, les réels ne sont pas tous égaux, car \(1 + \frac{1}{n} \neq 1\). D’après la partie A, l’inégalité est stricte. Ainsi, \((u_n)\) est strictement croissante.
2. Notons \(a, b, c\) les dimensions du pavé, en centimètres. Il a quatre arêtes de chaque longueur, donc \(4(a + b + c) = 36\), soit \(a + b + c = 9\). L’inégalité arithmético-géométrique donne \(abc \leq \big(\frac{9}{3}\big)^3 = 27\). L’égalité a lieu si et seulement si \(a = b = c = 3\). Le volume maximal vaut donc \(27\) cm³, atteint par le cube d’arête \(3\) cm.

Pour aller plus loin

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