Corrigé X-ENS 2026 Maths PC — Première partie (1 à 8) : Fonctions convexes : pentes, limites simples, hessienne positive ; convexité de la log-Laplace

Sujet officiel du concours X-ENS, session 2026, épreuve Maths PC. Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

Énoncé

Une fonction $f : R^{d} \to R$ est convexe si $f (α x + (1 - α) y) ⩽ α f (x) + (1 - α) f (y)$ pour tous $α \in [0, 1]$ , $x, y \in R^{d}$ ; $x \cdot y = \sum_{i = 1}^{d} x_{i} y_{i}$ . On fixe une variable aléatoire $X = (X_{1}, \dots, X_{d})$ à valeurs dans une partie finie de $R^{d}$ et l'on pose $ϕ (λ) = ln E [e^{λ \cdot X}]$ pour $λ \in R^{d}$ .

Q1. Si $g : R \to R$ est convexe et dérivable en $x$ , montrer que $\frac{g ( x ) - g ( x - h )}{h} ⩽ g^{'} (x) ⩽ \frac{g ( x + h ) - g ( x )}{h}$ pour tout $h > 0$ .
Q2. Des fonctions $f_{n} : R \to R$ convexes et dérivables convergent simplement vers $f$ : montrer que $f$ est convexe.
Q3. Donner un exemple où $f$ n'est pas dérivable sur $R$ .
Q4. Si $f$ est dérivable en $x$ , montrer que $f_{n}^{'} (x) \to f^{'} (x)$ .
Q5. Si $g : R^{d} \to R$ est convexe de classe $C^{2}$ , montrer que sa hessienne est symétrique positive en tout point.
Q6. Réciproquement, si $g$ est $C^{2}$ de hessienne partout symétrique positive, montrer que $g$ est convexe.
Q7. Montrer que $ϕ$ est de classe $C^{2}$ , avec $\frac{\partial ϕ}{\partial λ _{i}} (λ) = \frac{E [ X _{i} e ^{λ \cdot X} ]}{E [ e ^{λ \cdot X} ]}$ et $\frac{\partial ^{2} ϕ}{\partial λ _{i} \partial λ _{j}} (λ) = \frac{E [ X _{i} X _{j} e ^{λ \cdot X} ]}{E [ e ^{λ \cdot X} ]} - \frac{E [ X _{i} e ^{λ \cdot X} ] E [ X _{j} e ^{λ \cdot X} ]}{E [ e ^{λ \cdot X} ] ^{2}}$ .
Q8. Montrer que $ϕ$ est convexe.

Corrigé

Q1. On n'utilise que l'inégalité de convexité. Soit $h > 0$ et $t \in] 0, h]$ .

Majoration. On écrit $x + t = \frac{t}{h} (x + h) + (1 - \frac{t}{h}) x$ , combinaison convexe car $\frac{t}{h} \in] 0, 1]$ . Par convexité, $g (x + t) ⩽ \frac{t}{h} g (x + h) + (1 - \frac{t}{h}) g (x)$ , soit $g (x + t) - g (x) ⩽ \frac{t}{h} (g (x + h) - g (x))$ , et en divisant par $t > 0$ :

$\frac{g ( x + t ) - g ( x )}{t} ⩽ \frac{g ( x + h ) - g ( x )}{h} .$

Le membre de gauche tend vers $g^{'} (x)$ quand $t \to 0^{+}$ ( $g$ est dérivable en $x$ ) ; le passage à la limite dans une inégalité large donne $g^{'} (x) ⩽ \frac{g ( x + h ) - g ( x )}{h}$ .

Minoration. De même $x - t = \frac{t}{h} (x - h) + (1 - \frac{t}{h}) x$ , donc $g (x - t) - g (x) ⩽ \frac{t}{h} (g (x - h) - g (x))$ ; en multipliant par $- \frac{1}{t} < 0$ :

$\frac{g ( x ) - g ( x - t )}{t} ⩾ \frac{g ( x ) - g ( x - h )}{h} .$

Quand $t \to 0^{+}$ , le membre de gauche tend vers $g^{'} (x)$ (dérivée à gauche), d'où $g^{'} (x) ⩾ \frac{g ( x ) - g ( x - h )}{h}$ .

Q2. Soient $α \in [0, 1]$ et $x, y \in R$ . Pour tout $n$ , $f_{n} (α x + (1 - α) y) ⩽ α f_{n} (x) + (1 - α) f_{n} (y)$ . Les trois suites réelles $(f_{n} (α x + (1 - α) y))_{n}$ , $(f_{n} (x))_{n}$ , $(f_{n} (y))_{n}$ convergent (convergence simple) vers $f (α x + (1 - α) y)$ , $f (x)$ , $f (y)$ ; le passage à la limite dans l'inégalité large donne $f (α x + (1 - α) y) ⩽ α f (x) + (1 - α) f (y)$ : $f$ est convexe. (La dérivabilité des $f_{n}$ n'a pas servi.)

Q3. Posons $f_{n} (x) = x^{2} + ε_{n}$ avec $ε_{n} = \frac{1}{n + 1} > 0$ . La fonction $f_{n}$ est de classe $C^{\infty}$ sur $R$ (le radicande est $> 0$ ), avec

$f_{n}^{'} (x) = \frac{x}{x ^{2} + ε _{n}}, f_{n}^{''} (x) = \frac{x ^{2} + ε _{n} - \frac{x ^{2}}{x ^{2} + ε _{n}}}{x ^{2} + ε _{n}} = \frac{ε _{n}}{( x ^{2} + ε _{n} ) ^{3/2}} > 0.$

D'après la caractérisation des fonctions convexes dérivables (cours de première année : une fonction dérivable sur un intervalle est convexe si et seulement si sa dérivée y est croissante), $f_{n}^{''} > 0$ donne $f_{n}^{'}$ croissante, donc $f_{n}$ convexe ; c'est aussi le cas $d = 1$ de Q6, dont la preuve n'utilise pas Q3. Les $f_{n}$ sont donc convexes et dérivables. Enfin

$0 ⩽ f_{n} (x) - ∣ x ∣ = \frac{ε _{n}}{x ^{2} + ε _{n} + ∣ x ∣} ⩽ ε_{n} n \to \infty 0,$

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