Devoir maison : convexité

2010-2011 MA 402Université Paul CézanneCalcul DifférentielDevoir maison : convexitéCorrigéExercice 1. On dit qu’un ensemble C de R d est convexe s’il vérifiepour tous x, y ∈ C et pour tout t ∈ [0, 1], (1 − t)x + ty ∈ C.1. (i) Montrer que tout sous-espace vectoriel de R d est convexe.(ii) Montrer qu’un intervalle de R est convexe.2. Soit C est un ensemble convexe de R d .(i) On suppose que C contient deux boules (ouvertes) de rayon r > 0 de centres respectifs x et y.Montrer alors que C contient toutes les boules de rayon r > 0 de centres (1 − t)x + ty, t ∈ [0, 1].(ii) En déduire que l’intérieur de C est convexe.3. Montrer que l’adhérence d’un ensemble convexe de R n est aussi convexe.Correction 1. 1. (i) Si C est un sous-espace vectoriel de R d , alors pour tout x, y ∈ C et pour toutλ, µ ∈ R, on a λx + µy ∈ C. On peut donc prendre λ = 1 − t et µ = t avec t ∈ [0, 1], ce qui donne lapropriété de convexité de C.1. (ii) Soit I un intervalle de R ; on note I = [a, b]. Soit x, y ∈ I et t ∈ [0, 1]. Alors on a(1 − t)a ≤ (1 − t)x ≤ (1 − t)b et ta ≤ ty ≤ tb(les inégalités sont conservées car t ≥ 0 et 1 − t ≥ 0). En additionnant ces deux inégalités, on obtienta = (1 − t)a + ta ≤ (1 − t)x + ty ≤ (1 − t)b + tb = b, ce qui montre alors que (1 − t)x + ty ∈ I et donc Iest convexe.2. (i) Soit x, y ∈ C (C convexe) et r > 0 tels que B(x, r) ⊂ C et B(y, r) ⊂ C. Soit t ∈ [0, 1] ; on posez = (1 − t)x + ty. On veut montrer que B(z, r) ⊂ C. Soit z ′ ∈ B(z, r). Alors on vérifie facilement quez ′ = (1−t)(x+z ′ −z)+t(y+z ′ −z). Comme ∥z−z ′ ∥ < r, x+z ′ −z ∈ B(x, r) ⊂ C et y+z ′ −z ∈ B(y, r) ⊂ C,C étant convexe, z ′ ∈ C. Ce qui montre que B(z, r) ⊂ C.2. (ii) Soit C un ensemble convexe. Soit x, y ∈ ◦ C. Alors il existe r 1 > 0 tel que B(x, r 1 ) ⊂ C et r 2 > 0tel que B(y, r 2 ) ⊂ C. On note r = min{r 1 , r 2 } et donc B(x, r) ⊂ C et B(y, r) ⊂ C. Soit t ∈ [0, 1] etz = (1 − t)x + ty. On applique la question 2.(i) pour conclure alors que B(z, r) ⊂ C, ce qui montre quez ∈ ◦ C. Ainsi, on a montré que ◦ C est convexe.3. Soit C un ensemble convexe. Soit x, y ∈ C. Alors il existe (x n ) n∈N une suite de C qui converge vers x et(y n ) n∈N une suite de C qui converge vers y. Soit t ∈ [0, 1] et z = (1 − t)x + ty. Soit z n = (1 − t)x n + ty npour n ∈ N. Alors il est facile de voir que z n ∈ C pour tout n ∈ N et que z n −−−→ z. Ainsi, z ∈ C. Ce quin→∞montre que C est un convexe.Exercice 2. On dit qu’une fonction f : C → R définie sur un ensemble C convexe de R d est convexe sielle vérifiepour tous x, y ∈ C et pour tout t ∈ [0, 1], f ( (1 − t)x + ty ) ≤ (1 − t)f(x) + tf(y).

1. (i) Montrer que toute fonction convexe sur un intervalle I de R est continue.(ii) Montrer que si f : I → R est convexe, alors pour tous x, y, z ∈ I, avec x < y < z, on af(x) − f(y)x − y≤f(y) − f(z).y − zIndication : Faites un dessin !(iii) En posant y = (1−t)x+tz, puis en faisant tendre t vers 0, puis vers 1 dans l’inégalité ci-dessus,en déduire qu’une fonction convexe dérivable sur I a une dérivée croissante.2. (i) Soit N une norme sur R d . Montrer que N est une fonction convexe.(ii) En déduire qu’une boule (ouverte ou fermée) de R d pour une norme N est convexe.3. Soit N une norme sur R d et C une partie convexe de R d . On définit pour x ∈ R dd(x, C) = inf N(x − y).y∈CMontrer que la fonction x ↦→ d(x, C) est une fonction convexe sur R d .Correction 2. 1. (i) Soit a un point de l’intervalle ouvert I et soit φ : I \ {a} → R la fonction définiepar φ(x) = f(x)−f(a) . On montre que φ est une fonction croissante. En effet, soit x, y ∈ I \ {a} tels quex−ax ≤ y. Alors il y a trois cas : x ≤ y < a ou x < a < y ou a < x ≤ y. Dans le premier cas, on peut écrirey = (1−t)x+ta avec t = y−x ∈ [0, 1] et donc par convexité de la fonction f on a f(y) ≤ (1−t)f(x)+tf(a),a−xce qui donne alors f(y) − f(a) ≤ (1 − t)(f(x) − f(a)) = a−y (f(x) − f(a)) et comme a − y > 0, celaa−xéquivaut à φ(x) ≤ φ(x). Dans le deuxième cas, on écrit a = (1 − t)x + ty avec t = a−x ∈ [0, 1] et on ay−xf(a) ≤ (1 − t)f(x) + tf(y) ce qui donne alors y−aa−x(f(x) − f(a)) + (f(y) − f(a)) ≥ 0 et comme y − x > 0,y−x y−xy − a > 0 et a − x > 0, on a φ(x) ≤ φ(y). Enfin, dans le dernier cas, on peut écrire x = (1 − t)a + ty avect = x−a ∈ [0, 1] et donc f(x) ≤ (1 − t)f(a) + tf(y), ce qui donne φ(x) ≤ φ(y).y−aSoit (x n ) n∈N une suite croissante de I telle que x n < a pour tout n ∈ N et x n −−−→ a. Alors la suiten→∞(φ(x n )) n∈N est croissante et majorée par φ(y) pour un y > a. C’est donc une suite convergente ; on note lsa limite. On a alors φ(x n ) ∼ l, ce qui donne f(x n ) − f(a) ∼ (x n − a)l et donc f(x n ) − f(a) −−−→ 0.n→∞ n→∞ n→∞Ainsi, f est continue à gauche en a. Pour montrer la continuité à droite de f en a, il suffit de considérerune suite décroissante (y n ) n∈N de I telle que y n > a pour tout n ∈ N et y n −−−→ a. La suite (φ(y n)) n∈N estn→∞décroissante et minorée par φ(x) pour un x < a. C’est donc une suite convergente ; on note l ′ sa limite.On a alors φ(y n ) ∼ l ′ , ce qui donne f(y n ) − f(a) ∼ (y n − a)l ′ et donc f(y n ) − f(a) −−−→ 0. Ainsi, fn→∞ n→∞ n→∞est continue à droite en a.1. (ii) L’inégalité demandée est un cas particulier de ce qu’on a montré dans la première question enprenant a = y dans la définition de φ et z à la place de y dans le deuxième cas.1. (iii) Lorsque y = (1 − t)x + tz (x < z), l’inégalité montrée dans la question 1.(ii) devientf(x) − f((1 − t)x + tz)t(x − z)≤f((1 − t)x + tz) − f(z).(1 − t)(x − z)Lorsque t → 1, le membre de gauche de l’inégalité converge vers f(x)−f(z)x−zet f((1−t)x+tz)−f(z)(1−t)(x−z)Lorsque t → 0, f(x)−f((1−t)x+tz) −−→t(x−z) t→0Comme les inégalités sont conservées par passage à la limite, on vient de montrer que−−→t→1f ′ (z).f ′ (x) et le membre de droite de l’inégalité converge vers f(x)−f(z)x−z.f ′ (x) ≤f(x) − f(z)x − z≤ f ′ (z) pour x < z,2

ce qui montre bien que f ′ est croissante.2. (i) Soit x, y ∈ R d et t ∈ [0, 1]. On a alors N((1 − t)x + ty) ≤ N((1 − t)x) + N(ty) par l’inégalitétriangulaire vérifiée par N et N((1 − t)x) = (1 − t)N(x), N(ty) = tN(y) par homogénéité de la norme Net 1 − t ≥ 0, t ≥ 0. Ainsi, N((1 − t)x + ty) ≤ (1 − t)N(x) + tN(y), ce qui montre que N est convexe.2. (ii) On va faire le raisonnement sur les boules ouvertes. Le cas des boules fermées se traite de la mêmemanière. Soit a ∈ R d et r > 0. Soit B = B(a, r) = {x ∈ R d ; N(x − a) < r}. Prenons deux points x, y ∈ Bet t ∈ [0, 1]. On veut montrer alors que le point z = (1 − t)x + ty est dans B, ce qui montrera que B estconvexe. On a N(z − a) = N((1 − t)(x − a) + t(y − a)) car (1 − t)a + ta = a et par convexité de N, celadonne N(z − a) ≤ (1 − t)N(x − a) + tN(y − a). Comme x, y ∈ B, on a N(x − a) < r et N(y − a) < r, cequi implique alors N(z − a) < (1 − t)r + tr = r et donc z ∈ B.3. Soit C un convexe de R d . Soit x, y ∈ R d et d(x, C) = inf z∈C N(x − z), d(y, C) = inf z∈C N(y − z). Soit(x n ) n∈N une suite minimisante pour d(x, C), c’est-à-dire que x n ∈ C pour tout n ∈ N et N(x − x n ) −−−→n→∞d(x, C). De même, on choisit (y n ) n∈N une suite minimisante pour d(y, C), soit donc y n ∈ C pour tout n ∈ Net N(y − y n ) −−−→ d(x, C). Alors pour tout t ∈ [0, 1], si on pose z = (1 − t)x + ty, z n = (1 − t)x n + ty n ,n→∞n ∈ N est une suite de C (car C est convexe) etd(z, C) ≤ N(z−z n ) = N((1−t)(x−x n )+t(y−y n )) ≤ (1−t)N(x−x n )+tN(y−y n ) −−−→n→∞(1−t)d(x, C)+td(y, C)la première inégalité provenant du fait que d(z, C) est la plus petite valeur des N(z − z ′ ) pour z ′ ∈ C etz n ∈ C. L’égalité qui suit provient de la définition de z et de celle de z n . L’inégalité suivante provient de laconvexité de la norme N et la convergence lorsque n → ∞ provient du choix des suites (x n ) n∈N et (y n ) n∈N .Ce qui montre que x ↦→ d(x, C) est une fonction convexe de R d .3