Convexité

Soit $f : I \to \mathbb{R}$ et $a \in I$. On pose $\varphi_a : x \in I \setminus \{a\} \mapsto \dfrac{f(x) - f(a)}{x - a}$.

($\Rightarrow$) Supposons $f$ convexe, montrons $\varphi_a$ croissante.

Soient $x < y$ dans $I \setminus \{a\}$. On veut montrer $\varphi_a(x) \leq \varphi_a(y)$, c'est-à-dire :
$$\frac{f(x) - f(a)}{x - a} \leq \frac{f(y) - f(a)}{y - a}$$

On distingue plusieurs cas selon la position relative de $a$, $x$, $y$.

*Cas $a < x < y$.* On écrit $x$ comme combinaison convexe de $a$ et $y$ : il existe $t \in (0,1)$ tel que $x = (1-t)a + ty$ (prendre $t = \frac{x-a}{y-a}$). Par convexité de $f$ (Définition 1.1) :
$$f(x) \leq (1-t)f(a) + tf(y) = f(a) + t(f(y) - f(a))$$
Donc $f(x) - f(a) \leq t(f(y)-f(a)) = \frac{x-a}{y-a}(f(y)-f(a))$, ce qui donne, en divisant par $x - a > 0$ :
$$\frac{f(x)-f(a)}{x-a} \leq \frac{f(y)-f(a)}{y-a}$$

*Cas $x < y < a$.* On écrit $y$ comme combinaison convexe de $x$ et $a$ : $y = (1-t)x + ta$ avec $t = \frac{y-x}{a-x} \in (0,1)$. Par convexité :
$$f(y) \leq (1-t)f(x) + tf(a)$$
En développant : $f(y) - f(a) \leq (1-t)(f(x)-f(a))$. Divisant par $y - a < 0$ (ce qui inverse l'inégalité) :
$$\frac{f(y)-f(a)}{y-a} \geq \frac{(1-t)(f(x)-f(a))}{y-a}$$
Or $1-t = \frac{a-y}{a-x}$ et $y - a = -(a-y)$, donc $\frac{1-t}{y-a} = \frac{(a-y)/((a-x))}{y-a} = \frac{-1}{a-x} = \frac{1}{x-a}$. Ainsi :
$$\frac{f(y)-f(a)}{y-a} \geq \frac{f(x)-f(a)}{x-a}$$

*Cas $x < a < y$.* En appliquant le premier cas avec le rôle de $x$ et $a$ échangé (ou directement) : on écrit $a = (1-t)x + ty$ avec $t = \frac{a-x}{y-x} \in (0,1)$. Par convexité :
$$f(a) \leq (1-t)f(x) + tf(y)$$
D'où $(1-t)(f(a)-f(x)) \leq t(f(y)-f(a))$, et comme $1-t = \frac{y-a}{y-x}$, $t = \frac{a-x}{y-x}$ :
$$\frac{f(a)-f(x)}{a-x} \leq \frac{f(y)-f(a)}{y-a}$$
ce qui s'écrit bien $\varphi_a(x) \leq \varphi_a(y)$.

($\Leftarrow$) Supposons $\varphi_a$ croissante pour tout $a \in I$, montrons $f$ convexe.

Soient $(a, b) \in I^2$ et $t \in [0,1]$. Posons $c = (1-t)a + tb \in I$. Si $a = b$ ou $t \in \{0,1\}$, l'inégalité est une égalité. Supposons $a < b$ et $t \in (0,1)$, de sorte que $a < c < b$.

La croissance de $\varphi_c$ donne (avec $a < c$ et $c < b$, mais $a, b \in I \setminus \{c\}$) :
$$\frac{f(a)-f(c)}{a-c} \leq \frac{f(b)-f(c)}{b-c}$$
On a $a - c = -(1-t)(b-a) < 0$ et $b - c = (1-t)(b-a) \cdot \frac{b-c}{b-c}$... Plus directement, posons $\alpha = c - a = t(b-a) > 0$ et $\beta = b - c = (1-t)(b-a) > 0$. La croissance de $\varphi_c$ donne :
$$\frac{f(a)-f(c)}{a-c} \leq \frac{f(b)-f(c)}{b-c} \implies \frac{f(c)-f(a)}{\alpha} \leq \frac{f(b)-f(c)}{\beta}$$
Donc $\beta(f(c)-f(a)) \leq \alpha(f(b)-f(c))$, soit $(1-t)(f(c)-f(a)) \leq t(f(b)-f(c))$.

En développant : $(1-t)f(c) - (1-t)f(a) \leq tf(b) - tf(c)$, d'où $f(c) \leq (1-t)f(a) + tf(b)$.

Ainsi $f((1-t)a + tb) \leq (1-t)f(a) + tf(b)$, ce qui est exactement la Définition 1.1 de la convexité.