LICENCE DE MATHÉMATIQUES FONDAMENTALES Calcul ...

Supposons que I soit de classe C p , il en est alors de même de l’application (I(.), I(.)) ainsi que
de Ψ qui est bilinéaire continue. Utilisant le Théorème 4.2.3, b) on obtient que DI = Ψ ◦ (I, I)
est de classe C p donc I est de classe C p+1 . Par récurrence, on a donc bien I de classe C ∞ .
Comme application de la différentielle seconde, nous allons maintenant caractériser la convexité
des fonctions deux fois différentiables.
Définition 4.2.1 On dit qu’une fonction f : U −→ R définie sur un ouvert convexe U d’un espace
normé E est convexe si, pour tout x, y ∈ x, y ∈ U et pour tout t ∈ [0, 1], on a
f(ty + (1 − t)x) ≤ tf(y) + (1 − t)f(x).
Théorème 4.2.5 Soit f : U −→ R définie sur un ouvert convexe U d’un espace normé E. On
suppose que f est deux fois différentiable sur U. Alors f est convexe si et seulement si
D 2 f(x)(u, u) ≥ 0 pour tout x ∈ X, u ∈ E. (4.8)
Démonstration. Supposons f convexe, et soient x, y ∈ x, y ∈ U et t ∈]0, 1]. On a
f(x + t(y − x)) ≤ tf(y) + (1 − t)f(x),
donc
f(x + t(y − x)) − f(x)
t
≤ f(y) − f(x), ce qui donne, faisant tendre t vers 0
Df(x)(y − x) ≤ f(y) − f(x),
ainsi donc
d’où par addition
Df(y)(x − y) ≤ f(x) − f(y),
(Df(y) − Df(x))(y − x) ≥ 0 pour tout x, y ∈ U.
Introduisons alors, pour x ∈ U et u ∈ E, la fonction ϕ(t) = Df(x + tu)(u) définie pour tout t
voisin de 0. Pour 0 ≤ t, on a
(Df(x + tu) − Df(x))(tu) ≥ 0
donc ϕ(t) ≥ ϕ(0). Il en résulte que ϕ d (0) ≥ 0 donc D 2 f(x)(u, u) ≥ 0. Réciproquement, supposons
(4.8). Pour tout x, y ∈ U et t ∈ [0, 1], posons ψ(t) = f(x + t(y − x)) − Df(x)(x + t(y − x))
de telle sorte que ψ ′ (t) = (Df(x + t(y − x)) − Df(x))(y − x) et
ψ ′′ (t) = D 2 f(x + t(y − x))(y − x, y − x) ≥ 0.
On a donc ψ ′ (t) ≥ ψ ′ (0) = 0, donc ψ(1) ≥ ψ(0), d’où
Posant x t = x + t(y − x), t ∈ [0, 1], il vient
f(y) − f(x) ≥ Df(x)(y − x) pour tout x, y ∈ U.
f(y) ≥ f(x t ) + (1 − t)Df(x t )(y − x),
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