LICENCE DE MATHÉMATIQUES FONDAMENTALES Calcul ...

Soit y ∈ C et t ∈ [0, 1], on a z = p C (x) + t(y − p C (x)) ∈ C par convexité, d’où
soit
‖x − p C (x)‖ 2 ≤ ‖x − p C (x) − t(y − p C (x))‖ 2
0 ≤ −2t〈x − p C (x), y − p C (x)〉 + t 2 ‖y − p C (x)‖ 2 .
Divisant par t et faisant tendre t vers 0 on a bien
〈x − p C (x), y − p C (x)〉 ≤ 0
pour tout y ∈ C. Réciproquement, supposant que z ∈ C est tel que 〈x − z, y − z〉 ≤ 0 pour tout
y ∈ C, il vient
‖x − y‖ 2 = ‖x − z‖ 2 + ‖z − y‖ 2 − 〈x − z, y − z〉
d’où
pour tout y ∈ C, et donc z = p C (x).
‖x − y‖ 2 ≥ ‖x − z‖ 2
Proposition 1.6.2 Soit C une partie convexe et complète d’un espace préhilbertien (E, 〈., .〉).
Alors, pour tout x 1 , x 2 ∈ E
‖p C (x 1 ) − p C (x 1 )‖ ≤ ‖x 1 − x 2 ‖.
Démonstration. Posons y 1 = p C (x 1 ) et y 2 = p C (x 2 ). On a
〈x 1 − y 1 , y 2 − y 1 〉 ≤ 0 (1.7)
et
On a alors
〈x 2 − y 2 , y 1 − y 2 〉 ≤ 0. (1.8)
〈x 1 − x 2 , y 1 − y 2 〉 = 〈x 1 − y 1 , y 1 − y 2 〉 + 〈y 1 − y 2 , y 1 − y 2 〉 + 〈y 2 − x 2 , y 1 − y 2 〉.
D’après (1.7) et (1.8), le premier et le troisième terme de l’inégalité précédente sont positifs ou
nuls. Il en résulte que
On a alors
d’où
ce qui achève la démonstration.
〈x 1 − x 2 , y 1 − y 2 〉 ≥ 〈y 1 − y 2 , y 1 − y 2 〉 = ‖y 1 − y 2 ‖ 2 .
‖x 1 − x 2 ‖‖y 1 − y 2 ‖ ≥ 〈x 1 − x 2 , y 1 − y 2 〉 ≥ ‖y 1 − y 2 ‖ 2
‖y 1 − y 2 ‖ ≤ ‖x 1 − x 2 ‖
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