Énoncé et solution

Universit´e Pierre et Marie Curie – Paris 6
Mast`ere 1 de Math´ematiques
15 mars 2014
Examen partiel
4M057 – Analyse Convexe
10h `
a 12h
R´
esoudre chaque probl`
eme sur une feuille s´
epar´
ee. Les appareils
e´lectroniques et les documents sont interdits. Les solutions devront ˆetre
r´edig´ees de mani`ere rigoureuse. Lorsque des r´esultats du cours seront utilis´es, ils devront clairement eˆtre ´enonc´es. On notera que certaines questions
peuvent ˆetre r´esolues ind´ependamment. La qualit´e de la r´edaction et de la
pr´esentation sera not´ee.
On utilisera les notations du cours : E d´esigne l’espace euclidien classique de dimension N,
h· | ·i son produit scalaire, k · k sa norme, et d sa distance.
Probl`
eme I. (50 points) On rappelle que le cˆ
one polaire d’un sous-ensemble C de RN est
d´efini par
C ⊖ = u ∈ RN | (∀x ∈ C) hx | ui 6 0 .
N
M
Soit A une matrice
r´eelle de
M × N et At sa transpos´
, on
taille
−1ee. Si C⊂ R Net D ⊂ R t
t
pose A(C) = Ax | x ∈ C , A(D) = A y | y ∈ D , A (D) = x ∈ R | Ax ∈ D et
(At )−1 (C) = y ∈ RM | At y ∈ C .
1/ Montrer que pour tout sous-ensemble non vide C de RN , A(C ⊖ ) est un cˆ
one convexe
non vide.
2/ Montrer que pour tout sous-ensemble non vide C de RN (A(C))⊖ = (At )−1 (C ⊖ ).
3/ Soit K un cˆ
one convexe ferm´e non vide de RM .
a/ On se propose de montrer que At (K ⊖ ) ⊂ (A−1 (K))⊖ :
i. Montrer d’abord que At (K ⊖ ) ⊂ (A−1 (K))⊖ .
ii. Conclure que At (K ⊖ ) ⊂ (A−1 (K))⊖ .
b/ On se propose de montrer que (A−1 (K))⊖ ⊂ At (K ⊖ ) :
i. Soit u ∈ (A−1 (K))⊖ r At (K ⊖ ). Montrer qu’il existe a ∈ RN tel que
hu | ai > 0
et
sup
x∈At (K ⊖ )
ii. Montrer que (At (K ⊖ ))⊖ = A−1 (K).
iii. Conclure.
c/ Conclure que (A−1 (K))⊖ = At (K ⊖ ).
1
hx | ai = 0.
Probl`
eme II. (50 points) Soit f : E → [−∞, +∞] une fonction quasiconvexe, i.e., qui v´
erifie
(∀x ∈ dom f )(∀y ∈ dom f )(∀α ∈ ]0, 1[ ) f αx + (1 − α)y 6 max f (x), f (y) . (1)
On rappelle que, pour tout ξ ∈ R, lev6ξ f = x ∈ E | f (x) 6 ξ .
1/ Montrer que f n’est pas n´ecessairement convexe.
2/ Montrer que toute fonction convexe est quasiconvexe.
3/ Montrer que la conjugu´ee f ∗ de f est convexe et semicontinue inf´erieurement.
4/ Montrer que (1) est ´equivalent `a la convexit´e des ensembles (lev6ξ f )ξ∈R .
5/ On suppose que E = R et que g : E → ]−∞, +∞] est croissante. Montrer que g et −g
sont quasiconvexes.
6/ Soit η ∈ R. Montrer que min{f, η} est quasiconvexe.
7/ Soit (fi )i∈I une famille de fonctions quasiconvexes de E dans ]−∞, +∞]. Montrer que
la fonction supi∈I fi est quasiconvexe.
8/ Soit G un espace euclidien et F : E × G → ]−∞, +∞] une fonction quasiconvexe. On
d´efinit
ϕ : E → [−∞, +∞] : x 7→ inf F (x, y).
y∈G
Montrer que ϕ est quasiconvexe.
9/ Soit g : E → ]−∞, +∞] une fonction convexe. La fonction f +g est-elle n´ecessairement
quasiconvexe ?
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Paris 6 – Mast`ere 1 de Math´ematiques – Analyse Convexe
Solution du partiel de mars 2014
Probl`
eme I.
1/ Pour tout sous-ensemble non vide C de RN , C ⊖ est un cˆ
one convexe non vide. Comme
l’image affine d’un convexe est convexe et l’image lin´
eaire d’un cˆ
one est un cˆ
one, on
⊖
conclut que A(C ) est un cˆ
one convexe non vide.
2/ Pour tout sous-ensemble non vide C de RN
v ∈ (A(C))⊖
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
(∀y ∈ A(C)) hy | vi 6 0
(∀x ∈ C) hAx | vi 6 0
(∀x ∈ C)
x | At v 6 0
At v ∈ C ⊖
v ∈ (At )−1 (C ⊖ ) .
3/ a/ i. Soit v ∈ K ⊖ . On veut montrer que
(∀x ∈ A−1 (K))
t
A v | x 6 0.
Comme x ∈ A−1 (K) si et seulement si Ax ∈ K, alors on obtient
t
A v | x = sup hv | Axi 6 sup hv | yi 6 0.
sup
y∈K
x∈A−1 (K)
x∈A−1 (K)
ii. On a montr´e que At (K ⊖ ) ⊂ (A−1 (K))⊖ . Alors At (K ⊖ ) ⊂ (A−1 (K))⊖ = (A−1 (K))⊖ ,
car tout cˆ
one polaire est ferm´e.
b/ i. Par l’absurde soit u ∈ (A−1 (K))⊖ rAt (K ⊖ ). De fac¸on analogue `a 1/ on observe
que At (K ⊖ ) est un cˆ
one convexe. Donc At (K ⊖ ) est convexe. Par le th´eor`
eme
N
de s´eparation il existe a ∈ R tel que
sup
hx | ai < hu | ai .
(2)
x∈At (K ⊖ )
Comme 0 ∈ At (K ⊖ ), on a en particulier hu | ai > 0. De plus, supx∈At (K ⊖ ) hx | ai =
0 : sinon z ∈ At (K ⊖ ) et hz | ai > 0 impliquent λz ∈ At (K ⊖ ) pour tout λ > 0
(car At (K ⊖ ) est un cˆ
one) et hλz | ai → +∞ lorsque λ → +∞, en contradiction
avec (2).
ii. On a
(At (K ⊖ ))⊖ = (At (K ⊖ ))⊖
= A−1 (K ⊖⊖ )
= A−1 (K)
⊖
(car en g´en´eral C = C ⊖ )
(grˆace a` 2/)
(car K est un cˆ
one convexe ferm´e non vide).
u une
iii. Comme supx∈At (K ⊖ ) hx | ai = 0, alors a ∈ (At (K ⊖ ))⊖ = A−1 (K), d’o`
−1
⊖
contradiction avec hu | ai > 0, car u ∈ (A (K)) .
c/ Les inclusions d´emontr´ees dans 3/a/ et 3/b/ impliquent que (A−1 (K))⊖ = At (K ⊖ ).
3
Probl`
eme II.
1/ Prendre E = R et f : x 7→ x3 .
2/ En effet (∀ξ ∈ ]−∞, +∞])(∀η ∈ ]−∞, +∞])(∀α ∈ ]0, 1[ ) αξ + (1 − α)η 6 max ξ, η .
3/ f ∗ = supx∈dom f h· | xi − f (x) est le supremum des fonctions affines et continues
(donc convexes et sci) (h· | xi − f (x))x∈dom f , c’est donc une fonction convexe est sci.
4/ Soient ξ ∈ R, x ∈ lev6ξ f , y ∈ lev6ξ f , et α ∈ ]0, 1[. Posons z = αx + (1 − α)y. Alors, si
f est quasiconvexe, f (z) 6 max{f (x), f (y)} 6 ξ et donc z ∈ lev6ξ f . R´eciproquement
soient x ∈ dom f , y ∈ dom f , et α ∈ ]0, 1[. Posons ξ = max{f (x), f (y)} et z =
αx + (1 − α)y. Alors, si les sections sont convexes, lev6ξ f est convexe et f (z) 6 ξ,
d’o`
u la quasiconvexit´e de f .
5/ Supposons g croissante. Sans perte de g´en´eralit´
e prenons x < y dans dom g. Alors
αx + (1 − α)y 6 y et donc g αx + (1 − α)y 6 g(y) = max{g(x), g(y)} = g(y). Le
second cas est similaire (si g est d´ecroissante).
6/ Posons g = min{f, η} et prenons ξ ∈ R. Si ξ > η, alors lev6ξ g = E est convexe. Par
ailleurs, si ξ < η, alors lev6ξ g = lev6ξ f est aussi convexe.
T
7/ Soit ξ ∈ R. Alors lev6ξ supi∈I fi = i∈I lev6ξ fi est convexe en tant qu’intersection de
convexes. On conclut avec 4/.
8/ Soient x1 ∈ dom ϕ, x2 ∈ dom ϕ, ξ1 ∈ ]ϕ(x1 ), +∞[ et ξ2 ∈ ]ϕ(x2 ), +∞[. Alors il existe
y1 ∈ G et y2 ∈ G tels que F (x1 , y1 ) 6 ξ1 et F (x2 , y2 ) 6 ξ2 . Par suite,
ϕ(αx1 + (1 − α)x2 ) = inf F (αx1 + (1 − α)x2 , y)
y∈G
6 F (αx1 + (1 − α)x2 , αy1 + (1 − α)y2 )
= F (α(x1 , y1) + (1 − α)(x2 , y2 ))
6 max{F (x1 , y1 ), F (x2 , y2 )}
6 max{ξ1 , ξ2}
↓ max{ϕ(x1 ), ϕ(x2 )} quand ξ1 ↓ ϕ(x1 ) et ξ2 ↓ ϕ(x2 ).
9/ Non. Prendre E = R, f : x 7→ x3 , et g : x 7→ −x. En prenant x = −1 et y = 0 on obtient
(f + g)((x + y)/2) = 3/8 > 0 = max{(f + g)(x), (f + g)(y)}.
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