Exercice 43

1. Notons $z_{k} = \big(1 - \frac{k}{2^{n}}\big)x + \frac{k}{2^{n}}y$ ; l'inégalité à établir est $f(z_{k}) \leqslant \big(1 - \frac{k}{2^{n}}\big)f(x) + \frac{k}{2^{n}}f(y)$. Pour $n = 0$, les seules valeurs sont $k = 0$ et $k = 1$, qui donnent les égalités $f(x) = f(x)$ et $f(y) = f(y)$. Supposons la propriété vraie au rang $n$, et soit $k \in [\![0\,;2^{n+1}]\!]$.

• Si $k = 2j$ est pair, alors $\frac{k}{2^{n+1}} = \frac{j}{2^{n}}$ avec $j \in [\![0\,;2^{n}]\!]$, et c'est l'hypothèse de récurrence.

• Si $k = 2j + 1$ est impair, avec $0 \leqslant j < 2^{n}$, le point de rang $n + 1$ associé à $k$ est le milieu des points de rang $n$ associés à $j$ et $j + 1$. L'hypothèse sur $f$, puis l'hypothèse de récurrence pour $j$ et $j + 1$, donnent une majoration par la moyenne des deux membres de droite, qui vaut $$\Big(1 - \frac{2j + 1}{2^{n+1}}\Big)f(x) + \frac{2j + 1}{2^{n+1}}\,f(y).$$

2. Soit $\lambda \in [0\,,1]$, et $k_{n} = \lfloor 2^{n}\lambda \rfloor \in [\![0\,;2^{n}]\!]$. On a $0 \leqslant \lambda - \frac{k_{n}}{2^{n}} < \frac{1}{2^{n}}$, donc $\lambda_{n} = \frac{k_{n}}{2^{n}}$ tend vers $\lambda$ : c'est la suite des approximations dyadiques du chapitre 7. On écrit la question 1 avec $\lambda_{n}$ : $$f\big((1 - \lambda_{n})x + \lambda_{n}y\big) \leqslant (1 - \lambda_{n})f(x) + \lambda_{n}f(y).$$ Quand $n$ tend vers $+\infty$, le membre de gauche tend vers $f\big((1 - \lambda)x + \lambda y\big)$ par continuité de $f$, et l'inégalité passe à la limite. $$\boxed{f \text{ est convexe}}$$ À retenir. Sans l'hypothèse de continuité, le résultat est faux, mais les contre-exemples sont des fonctions très irrégulières, dont la construction repose sur l'axiome du choix : aucun ne peut être écrit explicitement.