Inégalités par Rolle et par convexité : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : inégalités par Rolle et par convexité

Le corrigé détaillé : inégalités par Rolle et par convexité

Exercice 1 – Trois zéros, pas un de plus (4 points)

1. Notons \(x_1 < x_2 < \cdots < x_p\) les zéros distincts de \(f\). Soit \(k \in \{1, \ldots, p – 1\}\). La fonction \(f\) est continue sur \([x_k\,;x_{k+1}]\) et dérivable sur \(\left]x_k\,;x_{k+1}\right[\), car elle est dérivable sur \(\mathbb{R}\). De plus, \(f(x_k) = f(x_{k+1}) = 0\). Le théorème de Rolle fournit donc un réel \(c_k \in \left]x_k\,;x_{k+1}\right[\) tel que \(f^{\prime}(c_k) = 0\). Or ces intervalles ouverts sont deux à deux disjoints, donc \(c_1 < c_2 < \cdots < c_{p-1}\). Ainsi \(f^{\prime}\) s’annule en au moins \(p – 1\) réels distincts.

2. La fonction \(h\) est de classe \(C^{\infty}\) sur \(\mathbb{R}\). On obtient \(h^{\prime}(x) = \mathrm{e}^{x} – 2(1 + x)\), puis \(h^{\prime\prime}(x) = \mathrm{e}^{x} – 2\) et enfin \(h^{\prime\prime\prime}(x) = \mathrm{e}^{x}\).

   Comme \(h^{\prime\prime\prime} > 0\), la fonction \(h^{\prime\prime}\) est strictement croissante, donc elle s’annule au plus une fois. Supposons alors que \(h\) possède au moins quatre zéros distincts. La question 1 appliquée à \(h\) donne trois zéros pour \(h^{\prime}\), puis appliquée à \(h^{\prime}\), deux zéros pour \(h^{\prime\prime}\) : c’est absurde. Par conséquent, \(h\) possède au plus trois zéros réels.

3. Questions 3 et 4 : localiser les trois zéros

   D’abord, \(h(0) = 1 – 1 = 0\). Ensuite, \(h(-2) = \mathrm{e}^{-2} – 1 < 0\), car \(\mathrm{e}^{-2} < 1\), et \(h(-1) = \mathrm{e}^{-1} > 0\). Puisque \(h\) est continue, le théorème des valeurs intermédiaires donne un zéro \(\alpha \in \left]-2\,;-1\right[\).

   De même, \(\mathrm{e} < 3\) donne \(\mathrm{e}^2 < 9\), donc \(h(2) = \mathrm{e}^2 – 9 < 0\). En outre, \(\mathrm{e}^3 > 2{,}7^3 = 19{,}683\), donc \(h(3) = \mathrm{e}^3 – 16 > 0\). Le même théorème fournit donc un zéro \(\beta \in \left]2\,;3\right[\).

   Les réels \(\alpha\), \(0\) et \(\beta\) sont distincts. Or \(h\) a au plus trois zéros d’après la question 2. Ainsi \(h\) admet exactement trois zéros : \(\alpha\), \(0\) et \(\beta\).

4. La fonction \(h\) est continue et ne s’annule pas sur l’intervalle \(\left]0\,;\beta\right[\), puisque ses seuls zéros sont \(\alpha\), \(0\) et \(\beta\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, elle y garde donc un signe constant. Or \(1 \in \left]0\,;\beta\right[\) et \(h(1) = \mathrm{e} – 4 < 0\). Donc \(h < 0\) sur \(\left]0\,;\beta\right[\), c’est-à-dire \(\mathrm{e}^{x} < (1 + x)^2\) pour tout \(x \in \left]0\,;\beta\right[\).

Barème : 1) application de Rolle sur chaque intervalle (0,75) et zéros distincts justifiés (0,25) ; 2) dérivées (0,5) et raisonnement par l’absurde (0,5) ; 3) trois zéros localisés (1) et conclusion « exactement » (0,5) ; 4) 0,5 point.

Piège classique : oublier de dire que les zéros obtenus par Rolle sont distincts. C’est pourtant le point qui permet d’itérer le raisonnement.

Exercice 2 – Une racine carrée contractante (4 points)

1. Pour \(x \in I\), on a \(x + 6 \geq 4\), donc \(g(x) \geq 2 \geq -2\). Ainsi \(g(I) \subset \left[2\,;+\infty\right[ \subset I\).

   Ensuite, \(x + 6 > 0\) sur \(I\), donc \(g\) est dérivable sur \(I\), avec \(g^{\prime}(x) = \frac{1}{2\sqrt{x + 6}}\). Comme \(\sqrt{x + 6} \geq 2\), on obtient \(0 < g^{\prime}(x) \leq \frac{1}{4}\). L’inégalité des accroissements finis s’applique alors sur l’intervalle \(I\). Pour tous \(x, y \in I\), \(\left|g(x) – g(y)\right| \leq \frac{1}{4}\left|x – y\right|\) : la fonction \(g\) est \(\frac{1}{4}\)-lipschitzienne sur \(I\).

2. On a \(g(3) = \sqrt{9} = 3\), donc \(3\) est un point fixe. Soit maintenant \(\ell \in I\) tel que \(g(\ell) = \ell\). Alors \(\left|\ell – 3\right| = \left|g(\ell) – g(3)\right| \leq \frac{1}{4}\left|\ell – 3\right|\), donc \(\frac{3}{4}\left|\ell – 3\right| \leq 0\). Ainsi \(\ell = 3\), et 3 est l’unique point fixe de \(g\) dans \(I\).

3. Raisonnons par récurrence sur \(n\). Pour \(n = 0\), on a \(u_0 = 0 \in I\) et \(\left|u_0 – 3\right| = 3 = \frac{3}{4^0}\).

   Supposons ensuite la propriété vraie au rang \(n\). Comme \(u_n \in I\), on a \(u_{n+1} = g(u_n) \in g(I) \subset I\). De plus, grâce à la question 1 :

   \[\left|u_{n+1} – 3\right| = \left|g(u_n) – g(3)\right| \leq \frac{1}{4}\left|u_n – 3\right| \leq \frac{1}{4} \times \frac{3}{4^n} = \frac{3}{4^{n+1}}.\]

   La propriété est donc héréditaire, et elle est vraie pour tout \(n\). Enfin, \(\frac{3}{4^n} \to 0\), car \(0 < \frac{1}{4} < 1\). Par encadrement, la suite \((u_n)\) converge vers 3.

4. Il suffit que \(\frac{3}{4^n} \leq 10^{-3}\), c’est-à-dire \(4^n \geq 3000\). Or \(4^5 = 1024 < 3000\) et \(4^6 = 4096 \geq 3000\). Comme \(n \mapsto 4^n\) est croissante, pour \(n \geq 6\), on a \(\left|u_n – 3\right| \leq \frac{3}{4096} < 10^{-3}\). Le rang \(N = 6\) convient.

Barème : 1) stabilité de \(I\) (0,25), majoration de \(g^{\prime}\) (0,5) et accroissements finis cités (0,25) ; 2) 0,5 point ; 3) initialisation (0,25), hérédité (1) et limite (0,25) ; 4) 1 point.

Piège classique : appliquer l’inégalité \(\left|g(x) – g(y)\right| \leq \frac{1}{4}\left|x – y\right|\) sans avoir prouvé que tous les termes restent dans \(I\). La stabilité de \(I\) est indispensable.

Exercice 3 – Jensen, moyennes et boîte de volume fixé (4 points)

1. La fonction \(\ln\) est deux fois dérivable sur \(\left]0\,;+\infty\right[\), avec \(\ln^{\prime\prime}(x) = -\frac{1}{x^2} < 0\). Par la caractérisation par la dérivée seconde, \(\ln\) est donc concave, autrement dit \(-\ln\) est convexe.

   Appliquons alors l’inégalité de Jensen à \(-\ln\) et aux réels \(x_1, \ldots, x_n\) :

   \[-\ln\left(\frac{x_1 + \cdots + x_n}{n}\right) \leq -\frac{\ln x_1 + \cdots + \ln x_n}{n} = -\ln\left(\left(x_1 \cdots x_n\right)^{1/n}\right).\]

   Ainsi \(\ln\left(\left(x_1 \cdots x_n\right)^{1/n}\right) \leq \ln\left(\frac{x_1 + \cdots + x_n}{n}\right)\). Enfin, l’exponentielle est croissante. Donc \(\left(x_1 \cdots x_n\right)^{1/n} \leq \frac{x_1 + \cdots + x_n}{n}\).

2. L’aire totale vaut \(S = 2(ab + bc + ca)\), avec \(abc = 27\). Appliquons la question 1 avec \(n = 3\) aux réels \(ab\), \(bc\) et \(ca\), dont le produit est \((abc)^2 = 729 = 9^3\). On obtient \(\frac{ab + bc + ca}{3} \geq 9\), donc \(ab + bc + ca \geq 27\) et \(S \geq 54\). De plus, le cube d’arête 3 cm a un volume de \(27\text{ cm}^3\) et une aire de \(6 \times 9 = 54\text{ cm}^2\). L’aire vaut donc au moins \(54\text{ cm}^2\), et cette valeur est atteinte par le cube de côté 3 cm.

3. Questions 3 et 4 : une fonction convexe bien choisie

   La fonction \(\psi\) est de classe \(C^2\) sur \(\mathbb{R}\), avec \(\psi^{\prime}(t) = \frac{\mathrm{e}^{t}}{1 + \mathrm{e}^{t}}\). Ensuite :

   \[\psi^{\prime\prime}(t) = \frac{\mathrm{e}^{t}\left(1 + \mathrm{e}^{t}\right) – \mathrm{e}^{t} \times \mathrm{e}^{t}}{\left(1 + \mathrm{e}^{t}\right)^2} = \frac{\mathrm{e}^{t}}{\left(1 + \mathrm{e}^{t}\right)^2} > 0.\]

   Ainsi \(\psi\) est convexe sur \(\mathbb{R}\). Posons alors \(t_i = \ln y_i\), de sorte que \(\mathrm{e}^{t_i} = y_i\). D’une part, \(\frac{t_1 + \cdots + t_n}{n} = \ln\left(\left(y_1 \cdots y_n\right)^{1/n}\right)\), donc le membre de gauche de Jensen vaut \(\ln\left(1 + \left(y_1 \cdots y_n\right)^{1/n}\right)\). D’autre part, le membre de droite vaut \(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} \ln(1 + y_i) = \ln\left(\Big((1 + y_1) \cdots (1 + y_n)\Big)^{1/n}\right)\).

   L’inégalité de Jensen compare ces deux logarithmes, puis la croissance de l’exponentielle conclut. On a bien \(1 + \left(y_1 \cdots y_n\right)^{1/n} \leq \Big((1 + y_1) \cdots (1 + y_n)\Big)^{1/n}\).

4. Avec \(n = 3\) et \(abc = 1\), la question 3 donne \(1 + 1 \leq \Big((1 + a)(1 + b)(1 + c)\Big)^{1/3}\). Comme \(x \mapsto x^3\) est croissante sur \(\left[0\,;+\infty\right[\), on élève au cube. Ainsi \((1 + a)(1 + b)(1 + c) \geq 8\).

Barème : 1) concavité (0,25) et Jensen correctement orienté (0,75) ; 2) inégalité (0,75) et cas d’égalité (0,25) ; 3) dérivée seconde (0,5), choix \(t_i = \ln y_i\) (0,5) et conclusion (0,5) ; 4) 0,5 point.

Piège classique : appliquer Jensen dans le mauvais sens à une fonction concave. Passez par \(-\ln\), qui est convexe, afin de ne pas vous tromper.

Exercice 4 – Arc tangente entre corde et tangente (3 points)

1. La fonction \(\arctan\) est de classe \(C^{\infty}\), avec \(\arctan^{\prime}(x) = \frac{1}{1 + x^2}\) et \(\arctan^{\prime\prime}(x) = -\frac{2x}{\left(1 + x^2\right)^2}\). Pour \(x \geq 0\), cette dérivée seconde est négative. Par la caractérisation par la dérivée seconde, \(\arctan\) est donc concave sur \(\left[0\,;+\infty\right[\).

2. Une fonction concave est au-dessous de ses tangentes. Or la tangente en 0 a pour équation \(y = \arctan 0 + \arctan^{\prime}(0)\,x = x\). Ainsi \(\arctan x \leq x\) pour tout \(x \geq 0\), en particulier sur \([0\,;1]\).

   Par ailleurs, une fonction concave est au-dessus de ses cordes. La corde entre les points d’abscisses 0 et 1 relie \((0\,;0)\) à \(\left(1\,;\frac{\pi}{4}\right)\), donc elle a pour équation \(y = \frac{\pi}{4}\,x\). Ainsi, pour tout \(x \in [0\,;1]\), \(\frac{\pi}{4}\,x \leq \arctan x \leq x\).

3. Pour une fonction concave, le taux d’accroissement \(t \mapsto \frac{f(t) – f(0)}{t – 0}\) est décroissant : c’est la croissance des pentes appliquée à la fonction convexe \(-f\). Avec \(f = \arctan\), ce taux vaut \(\frac{\arctan t}{t}\). Il est donc décroissant sur \(\left]0\,;+\infty\right[\).

   Pour \(t \geq 1\), on en déduit \(\frac{\arctan t}{t} \leq \frac{\arctan 1}{1} = \frac{\pi}{4}\). Donc \(\arctan t \leq \frac{\pi}{4}\,t\) pour tout \(t \geq 1\) : au-delà de 1, la courbe passe sous la droite qui prolonge la corde.

Barème : 1) dérivée seconde et signe (1) ; 2) tangente (0,5) et corde (0,5), propriétés nommées ; 3) décroissance des pentes (0,75) et conséquence pour \(t \geq 1\) (0,25).

Piège classique : croire que l’inégalité de corde reste vraie hors de \([0\,;1]\). La figure montre au contraire que l’ordre s’inverse après 1.

Exercice 5 – Problème : l’écart entre une courbe et sa corde (5 points)

Partie A : la fonction auxiliaire et le double Rolle

1. Comme \(a < x_0 < b\), le réel \((x_0 – a)(x_0 – b)\) est strictement négatif, donc non nul. Ainsi \(K = \frac{f(x_0) – L(x_0)}{(x_0 – a)(x_0 – b)}\) convient, et c’est le seul choix possible.

   La fonction \(\varphi\) est de classe \(C^2\) sur \([a\,;b]\), comme somme de telles fonctions. De plus, \(\varphi(a) = f(a) – L(a) = 0\), \(\varphi(b) = 0\) et \(\varphi(x_0) = 0\). Le théorème de Rolle, appliqué sur \([a\,;x_0]\) puis sur \([x_0\,;b]\), donne \(c_1 \in \left]a\,;x_0\right[\) et \(c_2 \in \left]x_0\,;b\right[\) tels que \(\varphi^{\prime}(c_1) = \varphi^{\prime}(c_2) = 0\).

   Ensuite, \(\varphi^{\prime}\) est continue sur \([c_1\,;c_2]\) et dérivable sur \(\left]c_1\,;c_2\right[\). Une nouvelle application de Rolle fournit donc \(c \in \left]c_1\,;c_2\right[ \subset \left]a\,;b\right[\) tel que \(\varphi^{\prime\prime}(c) = 0\). Or \(L^{\prime\prime} = 0\) et la dérivée seconde de \(t \mapsto (t – a)(t – b)\) vaut 2, donc \(\varphi^{\prime\prime}(t) = f^{\prime\prime}(t) – 2K\). Il vient \(K = \frac{f^{\prime\prime}(c)}{2}\). Enfin, \(\varphi(x_0) = 0\) s’écrit \(f(x_0) – L(x_0) = K(x_0 – a)(x_0 – b)\). Ainsi \(f(x_0) – L(x_0) = \frac{f^{\prime\prime}(c)}{2}(x_0 – a)(x_0 – b)\).

2. Questions 2 et 3 : majoration et position par rapport à la corde

   La fonction \(\left|f^{\prime\prime}\right|\) est continue sur le segment \([a\,;b]\), donc elle est bornée et atteint son maximum \(M\), par le théorème des bornes atteintes. Pour \(x \in \left]a\,;b\right[\), la question 1 donne \(\left|f(x) – L(x)\right| = \frac{\left|f^{\prime\prime}(c)\right|}{2}(x – a)(b – x) \leq \frac{M}{2}(x – a)(b – x)\), car \((x – a)(b – x) \geq 0\). En \(a\) et en \(b\), les deux membres sont nuls. L’inégalité est donc vraie sur tout \([a\,;b]\).

3. Si \(f^{\prime\prime} \geq 0\), alors \(f^{\prime\prime}(c) \geq 0\), tandis que \((x_0 – a)(x_0 – b) < 0\). Par conséquent, \(f(x_0) – L(x_0) \leq 0\) pour tout \(x_0 \in \left]a\,;b\right[\), et l’égalité a lieu en \(a\) et en \(b\). La courbe de \(f\) est donc sous sa corde sur \([a\,;b]\). On retrouve ainsi un résultat de cours : une fonction de dérivée seconde positive est convexe, donc située sous ses cordes.

Partie B : encadrer ln 3 et tester la constante

1. La corde passe par \((1\,;0)\) et \((2\,;\ln 2)\), donc \(L(x) = (x – 1)\ln 2\). Appliquons la question A.1 en \(x_0 = \frac{3}{2}\) : on a \((x_0 – 1)(x_0 – 2) = \frac{1}{2} \times \left(-\frac{1}{2}\right) = -\frac{1}{4}\), et \(f^{\prime\prime}(c) = -\frac{1}{c^2}\) avec \(c \in \left]1\,;2\right[\). Ainsi

   \[\ln\frac{3}{2} – \frac{1}{2}\ln 2 = -\frac{1}{c^2} \times \frac{1}{2} \times \left(-\frac{1}{4}\right) = \frac{1}{8c^2}.\]

   Or \(1 < c^2 < 4\), donc \(\frac{1}{32} < \frac{1}{8c^2} < \frac{1}{8}\). Comme \(\ln\frac{3}{2} = \ln 3 – \ln 2\), on obtient \(\frac{1}{32} \leq \ln 3 – \frac{3}{2}\ln 2 \leq \frac{1}{8}\). D’où \(\frac{3}{2}\ln 2 + \frac{1}{32} \leq \ln 3 \leq \frac{3}{2}\ln 2 + \frac{1}{8}\).

2. Pour \(f(x) = x^2\), la corde vaut \(L(x) = (a + b)x – ab\), car \(L(a) = a^2\) et \(L(b) = b^2\). Alors \(f(x) – L(x) = (x – a)(x – b)\), et \(M = 2\). Ainsi \(\left|f(x) – L(x)\right| = (x – a)(b – x) = \frac{M}{2}(x – a)(b – x)\) : l’inégalité est une égalité. Si une constante \(k < \frac{1}{2}\) convenait, on aurait \((x – a)(b – x) \leq 2k(x – a)(b – x)\) pour \(x \in \left]a\,;b\right[\), donc \(1 \leq 2k\), ce qui est absurde. La constante \(\frac{1}{2}\) est donc optimale.

Barème : A.1) existence de \(K\) (0,25), double Rolle (0,75) et calcul de \(\varphi^{\prime\prime}\) (0,5) ; A.2) 0,5 point ; A.3) signe (0,5) et lien avec la convexité (0,5) ; B.1) corde (0,25), écart exprimé (0,75) et encadrement (0,5) ; B.2) 0,5 point.

Piège classique : appliquer Rolle à \(\varphi^{\prime}\) sans vérifier que \(\varphi\) est deux fois dérivable. L’hypothèse \(C^2\) sert précisément à cette seconde application.

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Consolider inégalités par Rolle et par convexité après ce corrigé

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