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Fonction convexe décroissante, croissante

Bonjour.
Il est bien connu qu'une fonction réelle $f$, convexe sur un intervalle ouvert $I$ de $\mathbb{R}$ est (au sens large) : ou bien croissante, ou bien décroissante, ou bien décroissante puis croissante.

Cette assertion est aisée à prouver lorsque la fonction $f$ est dérivable, puisqu'alors sa dérivée est croissante. Mais j'ai été fort surpris de constater que j'avais du mal à le démontrer en toute généralité.

J'ai trouvé deux démonstrations.

1. Analogie avec le cas dérivable. Utiliser le fait qu'une fonction convexe sur un intervalle ouvert est dérivable à droite (resp. à gauche) sur cet intervalle, et que cette fonction dérivée à droite est croissante. Mais le théorème des accroissements finis relatif à cette dérivée à droite n'est pas si simple à démontrer, et les références sont rares.

2. Si une fonction $f$ n'est ni croissante ni décroissante sur un intervalle $I$, il existe des réels $a,b,c,d$, éléments de $I$, tels que : $a<b$, $c<d$, $f(a)<f(b)$, $f(c)>f(d)$. Si $f$ est convexe, on raisonne sur les positions relatives possibles des réels $a,b,c,d$, et l'on démontre que la fonction $f$ admet un minimum sur un intervalle $]u,v[\subset I$. La conclusion s'ensuit, avec encore quelques lignes.

Ces deux démonstrations me semblent bien compliquées pour un résultat si simple et si évident. Aurais-je loupé quelque chose ?

Bonne journée.
F. Ch.

Réponses

  • Bonjour, Chaurien,

    quant à moi, je l'ai toujours vu démontrer par ta seconde méthode (toujours, c'est-à-dire en Sup puis en L3).

    Cordialement, Hicham

    A ce propos, un exo de L3 : $f$ est convexe ssi $f''\geqslant0$ au sens des distributions
  • Soit $f$ une fonction convexe sur un intervalle ouvert $I$. Soit $X=\{x\in I\mid\exists y<x, f(y)<f(x)\}$.

    Si $X=\emptyset$ alors $f$ est décroissante. Supposons dorénavant $X$ non vide.

    On remarque d'abord que si $a\in X$ alors pour tout $b>a$ on a $f(a)<f(b)$. En effet, il existe $c<a$ tel que $f(c)<f(a)$, et il existe $t\in ]0,1[$ tel que $a=(1-t)c+tb$, donc $f(a)\leqslant (1-t)f(c)+tf(b)<(1-t)f(a)+tf(b)$.

    Soit $m=\inf X$. On déduit facilement de ce qui précède que $f$ est strictement croissante sur $]m,+\infty[\,\cap I$. D'autre part, par définition de $X$, $f$ est décroissante sur $]-\infty,m[\cap I$.
  • Soit $I$ un intervalle $J=\{(a,b) \in I^2 \mid a<b\}$, $f:I \to \R$ convexe, continue, et $g: (a,b) \in J \mapsto \frac{f(y)-f(x)}{y-x}$.
    Alors l'image de $g$ est un intervalle (car comme $I$ est ouvert, $f$ est continue donc $g$ aussi).Si $g(J)$ ne contient pas $0$ alors $g$ est de signe constant et donc $f$ est strictement croissante ou décroissante. Sinon soient $a,b$ tels que $g(a,b)=0$. Alors $f(a)=f(b)$ avec $a<b$. On considère $m \in [a,b]$ tel que $f(m)=\min_{x \in [a,b]} f(x)$. On peut supposer que $a<m<b$ (si $m=a$ ou $b$, $f(m) \leq f\left ( \frac{a+b}{2}\right ) \leq \frac{f(a)+f(b)}{2}=f(m)$). La croissance des fonctions pentes de $f$ fait le reste du travail: soient $x,y$ tels que $x<y \leq m$ alors $g(x,y) \leq g(x,m) \leq g \left (\max \{a,x\},m \right) \leq 0$ parce que $m$ réalise le minimum de $f$ sur $[a,b]$. Donc $g(x,y)$ (qui est du même signe que $f(y)-f(x)$) est négatif donc $f|_{]-\infty,m] \cap I}$ est décroissante. On montre que $f|_{I \cap [m, +\infty[}$ est croissante de la même façon.

    Sans suposer $f$ continue sur $I$ le résultat n'est pas vrai: Soit $f:\R_+ \to \R$ telle que $f(0)=1$ et $f(x)=x$ pour $x>0$. $f$ est convexe, n'est pas croissante et n'est décroissante sur aucun intervalle.
  • Chaurien travaille sur un intervalle ouvert de $\R$.
  • C'est vrai mais une fonction convexe sur un intervalle ouvert est toujours continue ;-) (et la preuve est pas si courte que ça donc si on n'admet pas ce fait mon raisonnement une fois complété serait plus long. De toute façon je tape à la vitesse de l'escargot et JLT avait déjà répondu)
  • Merci à tous les intervenants. Moi qui craignais de ne pas voir une évidence, me voici rassuré. Hicham valide l'une des deux méthodes que j'ai proposées, et il s'en ajoute deux autres, et aucune des quatre n'est immédiate. Encore merci.

    Je trouve fascinante la théorie des fonctions convexes d'une variable réelle. Avec une hypothèse des plus simples, on aboutit à des résultats remarquables, avec des applications de grand intérêt. Pour moi, le théorème-clé, c'est :
    ......................................................................................................................................................................................
    Une fonction $f$ à valeurs réelles, définie sur un intervalle $I$ de $\mathbb{R}$, est convexe (resp. strictement convexe) sur $I$ si et seulement si pour tout $c\in I$ la fonction $x\mapsto T_{f}(c,x)=\frac{f(x)-f(c)}{x-c}$ est croissante (resp. strictement croissante) sur $I\backslash \{c\}$.
    ......................................................................................................................................................................................
    Qui n'est pas très difficile à prouver, mais peut-être un peu long. Il en résulte qu'une fonction convexe sur un intervalle ouvert est dérivable à gauche et à droite, donc continue. Ceci pour aller dans le sens de Foys : pour moi ces propriétés doivent faire partie d'un cours sur les fonctions convexes.

    Bonne journée.
    F. Ch.
  • Reprenons la démonstration 2 de mon premier message.
    Soit une fonction $f$, à valeurs réelles, convexe sur un intervalle ouvert $I$ de $\mathbb{R}$. Si $f$ n'est ni croissante ni décroissante sur $I$, alors il existe des réels $a,b,c,d$ éléments de $I$, tels que : $a<b$, $c<d$, $f(a)<f(b)$, $f(c)>f(d)$.
    Plutôt que d'inventorier laborieusement les positions relatives de $a,b,c,d$, la bonne idée est celle de Foys : considérer le domaine $D=\{(x,y)|x\in I,y\in I,x<y\}$, qui est une partie convexe de $\mathbb{R}^2$, et la fonction $(x,y)\mapsto T_{f}(x,y)=\frac{f(x)-f(y)}{x-y}$, définie sur $D$, à valeurs réelles.
    (On peut procéder de même pour démontrer la réciproque du TVI : une fonction $g$, à valeurs réelles, continue et injective sur un intervalle $I$ de $\mathbb{R}$, est strictement monotone).
    La fonction $f$, convexe sur l'intervalle ouvert $I$, est continue sur $I$. La fonction $T_f$ est donc continue sur $D$. L'ensemble-image $J=T_f(D)$ est donc un intervalle de de $\mathbb{R}$. Comme dit Foys, si la fonction $f$ n'est ni croissante ni décroissante sur $I$, cet intervalle $J$ contient $0$, ce qui signifie qu'il existe $\alpha \in I$ et $\beta \in I$ tels que : $\alpha <\beta $ et $f(\alpha)=f(\beta)$.
    La fonction $f$, continue sur $[\alpha ,\beta ]$, admet un minimum sur ce segment. Si ce minimum est atteint à une extrémité, alors cette fonction est constante sur $[\alpha ,\beta ]$, en raison des inégalités de pentes, plus précisément du lemme que j'ai signalé dans mon précédent message. Dans tous les cas, la fonction $f$ admet un minimum sur $[\alpha ,\beta ]$ atteint en un point $\gamma \in ]\alpha ,\beta [$ (là, ça ressemble à la démonstration du théorème de Rolle). Et on rejoint un exercice classique sur les fonctions convexes : un minimum local est global (toujours avec le lemme susdit). Plus précisément, la fonction $f$ est décroissante sur $I\cap ] -\infty ,\gamma ]$ et croissante sur $I\cap [\gamma ,+\infty[ $.
    Bonne journée.
    F. Ch.
  • Suite de mon précédent message.
    Variante de la démonstration de Foys, si l'on ne veut pas sortir de $\mathbb{R}$ pour s'en aller promener dans $\mathbb{R}^2$.
    Soit une fonction $f$, à valeurs réelles, continue sur un intervalle $I$ de $\mathbb{R}$. Si $f$ n'est ni croissante ni décroissante sur $I$, alors il existe des réels $a,b,c,d$ éléments de $I$, tels que : $a<b$, $c<d$, $f(a)<f(b)$, $f(c)>f(d)$.
    Pour tout $t \in [0,1]$ on peut définir : $\phi (t)=f((1-t)a+tc)-f((1-t)b+td)$, fonction $\phi$ à valeurs réelles, continue sur $[0,1]$.
    On a : $\phi (0)=f(a)-f(b)<0$, $\phi (1)=f(c)-f(d)>0$. Il existe donc $t_{0}\in ]0,1[$ tel que : $\phi (t_{0})=0$ (TVI).
    Soit $\alpha =(1-t_{0})a+t_{0}c$, $\beta =(1-t_{0})b+t_{0}d$. Alors : $\alpha \in I$, $ \beta \in I$, $\alpha < \beta $ et $f(\alpha) =f( \beta)$.
    C'est Maurice Guigue qui m'a communiqué cette démonstration il y a bien des années, pour la réciproque du TVI. Je l'ai perdu de vue et si quelqu'un a de ses nouvelles, qu'il veuille bien lui passer le grand bonjour.
    Ceci s'applique à une fonction $f$ à valeurs réelles, convexe sur un intervalle ouvert $I$ de $\mathbb{R}$. Je m'en veux de ne pas l'avoir vu plus tôt.

    Bonne journée.
    F. Ch.
  • Bon, ça n'intéresse personne, mais encore un mot ("c'est bien plus beau lorsque c'est inutile").
    Je reviens à mon premier message de ce fil, première démonstration.

    Je me suis aperçu qu'il n'est pas facile de trouver sur Internet des références aux propriétés de la dérivée à droite (resp. à gauche) d'une fonction, et pour une fois pratiquement rien en anglais, ou alors j'ai mal cherché.
    Une note dans StackExchange renvoie à Rudin, mais je n'ai rien retrouvé dans celui-ci, dans aucun des deux ouvrages : Principles of Mathematical Analysis, Real and Complex Analysis.
    Si vous cherchez, notez que " théorème des accroissements finis" se traduit en anglais par " mean value theorem".

    J'ai retrouvé avec émotion un texte de notre cher Daniel Saada, trop tôt disparu :
    www.daniel-saada.eu/fichiers/28-Derivees-a-droite-et-a-gauche.pdf

    Alors, je me suis retourné vers les bons vieux livres en papier, et j'ai quatre références en français :
    - N. Bourbaki, Fonctions d'une variable réelle, chapitre 1.
    - G. Choquet, Cours d'Analyse, tome II, Topologie, Masson, 1964.
    - L. Chambadal et J. -M. Ovaert, Cours de mathématiques, Analyse II, Gauthier-Villars, 1972
    - E. Ramis, C. Deschamps, J. Odoux, Cours de Mathématiques Spéciales 3, Topologie et éléments d'Analyse, Masson, 1982.

    Si une fonction $f$ est convexe sur un intervalle ouvert $I$, elle est dérivable à droite (resp. à gauche) en tout point de $I$ et la fonction dérivée à droite $f_{d}^{\prime }$ est croissante sur $I$. D'où les trois cas : ou bien $f_{d}^{\prime }$ est positive sur $I$, ou bien $f_{d}^{\prime }$ est négative, ou bien $f_{d}^{\prime }$ est négative puis positive. Et le théorème des accroissements finis pour les dérivées à droite (resp. à gauche) permet d'en conclure que $f$ est ou bien croissante, ou bien décroissante, ou bien décroissante puis croissante.

    Nous avons donc bien une démonstration valide de l'assertion en question, mais qui demande qu'on ait traité les propriétés des dérivées à droite (resp. à gauche), ce qui semble-t-il a disparu de nos programmes d'études, avec bien d'autres choses.

    Bonne journée.
    F. Ch.
    [small]Je pense à vous ce soir, ô morts de Février[/small]
  • Je pense que l'on peut rédiger une autre démonstration en utilisant que sur un segment, l'ensemble des points où une fonction convexe n'est pas dérivable est fini (mais cela n'est pas vraiment plus simple).
  • << Sur un segment, l'ensemble des points où une fonction convexe n'est pas dérivable est fini >>. Cette assertion me semble erronée, vraie en remplaçant "fini" par "dénombrable".
  • En effet, tu as raison. Mes souvenirs m'ont joué un tour. Désolé.
  • chaurien a écrit:
    Ces deux démonstrations me semblent bien compliquées pour un résultat si simple et si évident. Aurais-je loupé quelque chose

    Disons que $f$ est définie sur $J:=[0;1]$. Tu prends $a$ tel que $\forall e>0\forall x\in J\exists y\in ]a-e,a+e[: f(y)\leq f(x)$, qui existe par compacité, et tu as que $f$ est décroissante sur $[0;a]$ et croissante sur $[a;1]$.

    Je ne sais pas si "tu as loupé ça", je ne sais pas trop quelle précision et formalisme tu attends
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Bonsoir à tous.

    Ce fil m'a permis de prendre conscience qu'une fonction convexe et croissante sur un intervalle [a,b] (d'intérieur non vide) était continue sur [a,b[.

    En particulier, une limite simple de fonctions convexes et croissantes sur [a,b] est continue sur [a,b[.

    On apprend à tout âge...

    merci à tous,

    e.v.
  • J'en profite pour dire que j'adore les innombrables remerciements de chaurien :-D:-D
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • (tu) (tu) (tu) (tu) (tu) (tu) (tu) (tu)
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Pour les remerciements, je vais sous-traiter.

    amicalement,

    e.v.
  • Bonjour,

    Tout d'abord, je tiens à m'excuser de relancer cette discussion qui date de 5 ans mais j'éprouve des difficultés dans la compréhension de ce résultat.

    En fait, je n'arrive pas à comprendre s'il est vraiment impératif de supposer l'intervalle $I$ ouvert.

    Pour le contre-exemple proposé par Foys, j'aurai tendance à dire que $f$ est décroissante sur $\{0\}$ puis croissante sur $]0, +\infty[$.


    Voilà la rédaction que je propose en m'inspirant ce qui a été dit. Pouvez-vous me dire je fais fausse route svp ?
    Merci d'avance pour votre retour.

    Notons $X=\{x \in I \ / \ \exists y \in I \ / \ y<x \mbox{ et }f(y)<f(x)\}$.

    -- Cas où $ X = \emptyset $.
    Alors, pour tout $x \in I$, $x \notin X$.
    Ainsi, pour tout $x,y \in I$ tels que $y< x$, $ f(y) \geq f(x)$.
    On en déduit que $f$ est décroissante sur $ I$.

    -- Cas où $ X \neq \emptyset $.

    Etude préliminaire.
    Soit $ x \in X $ et $z \in I $ tel que $z > x$.
    Alors, il existe $ y \in I$ tel que $ y<x $ et $ f(y)<f(x)$.
    Comme $ x \in ]y,z[ $ alors il existe $ t \in ]0,1[ $ tel que $ x = ty+(1-t)z$.
    Comme $f$ est convexe, on en déduit que
    $$ f(x) \leq t f(y) + (1-t) f(z) < t f(x) + (1-t) f(z) . $$
    Ainsi $f(x) < f(z)$.
    En particulier, $z \in X $ (et donc $X$ est convexe et est donc un intervalle de $\R$).

    -- Sous-Cas où $X$ n'est pas minoré.
    Cela signifie que, pour tout $ m \in \R$, il existe $ t \in X$ tel que $t < m $.
    Soient $ x , y \in I$ tels que $x < y$.
    Choisissons $ m =x $ alors il existe $ t \in X$ tel que $t < x $.
    Par l'étude préliminaire, on en déduit que $x \in X$ puis que $ f(x) < f(y)$.
    Ainsi, $ f$ est strictement croissante sur $ I$.

    -- Sous-Cas où $X$ est minoré.
    On est donc assuré de l'existence, dans $ \R$, de $ m = \inf X $.
    Soient $ x , y \in ]- \infty , m[ \cap I$ tels que $ x < y$.
    Alors $ y \notin X $ puis $ f(x) \geq f(y)$. $ f$ est donc décroissante sur $]- \infty , m[ \cap I$.
    Soient $ x , y \in ] m , +\infty [ \cap I$ tels que $ x < y$. Alors, par l'étude préliminaire, $x \in X $ et donc $ f(x) < f(y)$.
    $f$ est donc strictement croissante sur $] m , +\infty [ \cap I $.

    -- Sous-Sous-Cas où $m \in \overset{\circ}{I}$.
    Dans ce cas, $f$ est continue en $m$ et $f$ est décroissante sur $]- \infty , m[ \cap I$ puis strictement croissante sur $[ m , +\infty [ \cap I $.

    -- Sous-Sous-Cas où $m \notin I$.
    Dans ce cas, $ f $ est strictement croissante sur $[ m , +\infty [ \cap I = I $.

    -- Sous-Sous-Cas où $m $ est l'extrémité gauche de $ I$ et $f$ est définie en $m$.
    Dans ce cas, $f$ est strictement décroissante sur $ \{m\}$ puis strictement croissante sur $] m , +\infty [ \cap I $.

    -- Sous-Sous-Cas où $m $ est l'extrémité droite de $ I$ et $f$ est définie en $m$.
    Dans ce cas, $f$ est strictement décroissante sur $ ]- \infty , m[ \cap I$ puis strictement croissante sur $\{m\}$.
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