LICENCE DE MATHÉMATIQUES FONDAMENTALES Calcul ...

Alors il existe λ ≤ 0 tel que
⎧
⎨
⎩
λf(¯x) = 0.
∇g(¯x) = λ∇f(¯x)
Réciproquement, si ¯x ∈ S vérifie (4.10), alors g(¯x) = min x∈S g(x).
Démonstration. On remarque que S est convexe, que son intérieur est non vide et que
{x ∈ U : f(x) < 0} ⊂ int S.
Si f(¯x) < 0, alors g a un minimum local en ¯x, donc ∇g(¯x) = 0 = 0∇f(¯x) avec 0f(¯x) = 0.
(4.10)
Supposons alors f(¯x) = 0. Si ∇g(¯x) = 0, on a la conclusion voulue. On peut donc supposer
que ∇g(¯x) ≠ 0. Pour tout x ∈ S et t ∈]0, 1], on a ¯x + t(x − ¯x) ∈ S donc
g(¯x + t(x − ¯x)) − g(¯x)
t
ce qui, par passage à la limite pour t ↓ 0 donne
≥ 0,
〈∇g(¯x), x − ¯x〉 ≥ 0 pour tout x ∈ S.
Cela implique que 〈∇g(¯x), x − ¯x〉 > 0 pour tout x ∈ int S. Sinon, il existerait x 0 ∈ int S tel que
〈∇g(¯x), x 0 − ¯x〉 ≤ 0, ce qui impliquerait 〈∇g(¯x), x 0 − ¯x〉 = 0 et
〈∇g(¯x), x 0 〉 = 〈∇g(¯x), ¯x〉 ≤ 〈∇g(¯x), x〉 pour tout x ∈ int S.
La fonction convexe 〈∇g(¯x), ·〉 aurait alors un minimum local, donc global (voir Remarque 4.4.1),
ce qui impliquerait la contradiction ∇g(¯x) = 0. On en déduit que 〈∇g(¯x), x − ¯x〉 ≤ 0 implique
x /∈ int S donc f(x) ≥ 0 = f(¯x). On obtient donc
où
f(x) ≥ f(¯x) pour tout x ∈ H ∩ U
H = {x ∈ X : 〈∇g(¯x), x − ¯x〉 ≤ 0}.
Soit alors u ∈ X tel que 〈∇g(¯x), u〉 ≤ 0. Comme ¯x + tu ∈ H ∩ U pour tout t > 0 assez
f(¯x + tu) − f(¯x)
petit, il vient ≥ 0 donc 〈∇f(¯x), u〉 ≥ 0. Il en résulte que 〈∇f(¯x), u〉 = 0 si
t
〈∇g(¯x), u〉 = 0, ce qui implique l’existence de λ ∈ R ∗ tel que ∇g(¯x) = λ∇f(¯x). On remarque
enfin que λ < 0 car 〈∇f(¯x), u〉 ≥ 0 si 〈∇g(¯x), u〉 ≤ 0 et que λf(¯x) = 0.
Réciproquement, supposons que (4.10) est vérifié. Si λ = 0, alors ∇g(¯x) = 0 donc ¯x réalise le
minimum de g sur U donc sur S. Supposons donc λ ≠ 0 de telle sorte que f(¯x) = 0. On a alors,
pour tout x ∈ S,
0 ≥ f(x) − f(¯x) ≥ 〈∇f(¯x), x − ¯x〉,
donc 〈∇g(¯x), x − ¯x〉 ≥ 0 car ∇g(¯x) = λ∇f(¯x) avec λ < 0. On a alors, pour tout x ∈ S,
g(x) − g(¯x) ≥ 〈∇g(¯x), x − ¯x〉 ≥ 0.
87