Devoir maison : convexité

2010-2011
Université Paul Cézanne
MA 402
Calcul Différentiel
Devoir maison : convexité
Corrigé
Exercice 1. On dit qu’un ensemble C de Rd est convexe s’il vérifie
pour tous x, y ∈ C et pour tout t ∈ [0, 1], (1 − t)x + ty ∈ C.
1. (i) Montrer que tout sous-espace vectoriel de Rd est convexe.
(ii) Montrer qu’un intervalle de R est convexe.
2. Soit C est un ensemble convexe de Rd .
(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 Rn est aussi convexe.
Correction 1. 1. (i) Si C est un sous-espace vectoriel de Rd , alors pour tout x, y ∈ C et pour tout
λ, µ ∈ R, on a λx + µy ∈ C. On peut donc prendre λ = 1 − t et µ = t avec t ∈ [0, 1], ce qui donne la
propriété 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 obtient
a = (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 I
est 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 pose
z = (1 − t)x + ty. On veut montrer que B(z, r) ⊂ C. Soit z ′ ∈ B(z, r). Alors on vérifie facilement que
z ′ = (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 r1 > 0 tel que B(x, r1 ) ⊂ C et r2 > 0
tel que B(y, r2 ) ⊂ C. On note r = min{r1 , r2 } et donc B(x, r) ⊂ C et B(y, r) ⊂ C. Soit t ∈ [0, 1] et
z = (1 − t)x + ty. On applique la question 2.(i) pour conclure alors que B(z, r) ⊂ C, ce qui montre que
◦
◦
z ∈ C. Ainsi, on a montré que C est convexe.
3. Soit C un ensemble convexe. Soit x, y ∈ C. Alors il existe (xn )n∈N une suite de C qui converge vers x et
(yn )n∈N une suite de C qui converge vers y. Soit t ∈ [0, 1] et z = (1 − t)x + ty. Soit zn = (1 − t)xn + tyn
pour n ∈ N. Alors il est facile de voir que zn ∈ C pour tout n ∈ N et que zn −−−→ z. Ainsi, z ∈ C. Ce qui
n→∞
montre que C est un convexe.
Exercice 2. On dit qu’une fonction f : C → R définie sur un ensemble C convexe de Rd est convexe si
elle vérifie
(
)
pour 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 a
f (x) − f (y)
f (y) − f (z)
≤
.
x−y
y−z
Indication : 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 Rd . Montrer que N est une fonction convexe.
(ii) En déduire qu’une boule (ouverte ou fermée) de Rd pour une norme N est convexe.
3. Soit N une norme sur Rd et C une partie convexe de Rd . On définit pour x ∈ Rd
d(x, C) = inf N (x − y).
y∈C
Montrer que la fonction x 7→ d(x, C) est une fonction convexe sur Rd .
Correction 2. 1. (i) Soit a un point de l’intervalle ouvert I et soit φ : I \ {a} → R la fonction définie
(a)
. On montre que φ est une fonction croissante. En effet, soit x, y ∈ I \ {a} tels que
par φ(x) = f (x)−f
x−a
x ≤ y. Alors il y a trois cas : x ≤ y < a ou x < a < y ou a < x ≤ y. Dans le premier cas, on peut écrire
y−x
y = (1−t)x+ta avec t = a−x
∈ [0, 1] et donc par convexité de la fonction f on a f (y) ≤ (1−t)f (x)+tf (a),
a−y
ce qui donne alors f (y) − f (a) ≤ (1 − t)(f (x) − f (a)) = a−x
(f (x) − f (a)) et comme a − y > 0, cela
∈ [0, 1] et on a
équivaut à φ(x) ≤ φ(x). Dans le deuxième cas, on écrit a = (1 − t)x + ty avec t = a−x
y−x
y−a
a−x
f (a) ≤ (1 − t)f (x) + tf (y) ce qui donne alors y−x (f (x) − f (a)) + y−x (f (y) − f (a)) ≥ 0 et comme y − x > 0,
y − 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 avec
t = x−a
∈ [0, 1] et donc f (x) ≤ (1 − t)f (a) + tf (y), ce qui donne φ(x) ≤ φ(y).
y−a
Soit (xn )n∈N une suite croissante de I telle que xn < a pour tout n ∈ N et xn −−−→ a. Alors la suite
n→∞
(φ(xn ))n∈N est croissante et majorée par φ(y) pour un y > a. C’est donc une suite convergente ; on note ℓ
sa limite. On a alors φ(xn ) ∼ ℓ, ce qui donne f (xn ) − f (a) ∼ (xn − a)ℓ et donc f (xn ) − 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 considérer
une suite décroissante (yn )n∈N de I telle que yn > a pour tout n ∈ N et yn −−−→ a. La suite (φ(yn ))n∈N est
n→∞
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(yn ) ∼ ℓ′ , ce qui donne f (yn ) − f (a) ∼ (yn − a)ℓ′ et donc f (yn ) − f (a) −−−→ 0. Ainsi, f
n→∞
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 en
prenant 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) devient
f ((1 − t)x + tz) − f (z)
f (x) − f ((1 − t)x + tz)
≤
.
t(x − z)
(1 − t)(x − z)
Lorsque t → 1, le membre de gauche de l’inégalité converge vers
f (x)−f (z)
x−z
et
f ((1−t)x+tz)−f (z)
(1−t)(x−z)
−−→ f ′ (z).
t→1
f (x)−f (z)
.
x−z
((1−t)x+tz)
Lorsque t → 0, f (x)−ft(x−z)
−−→ f ′ (x) et le membre de droite de l’inégalité converge vers
t→0
Comme les inégalités sont conservées par passage à la limite, on vient de montrer que
f ′ (x) ≤
f (x) − f (z)
≤ f ′ (z) pour x < z,
x−z
2
ce qui montre bien que f ′ est croissante.
2. (i) Soit x, y ∈ Rd et t ∈ [0, 1]. On a alors N ((1 − t)x + ty) ≤ N ((1 − t)x) + N (ty) par l’inégalité
triangulaire vérifiée par N et N ((1 − t)x) = (1 − t)N (x), N (ty) = tN (y) par homogénéité de la norme N
et 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 même
manière. Soit a ∈ Rd et r > 0. Soit B = B(a, r) = {x ∈ Rd ; N (x − a) < r}. Prenons deux points x, y ∈ B
et t ∈ [0, 1]. On veut montrer alors que le point z = (1 − t)x + ty est dans B, ce qui montrera que B est
convexe. On a N (z − a) = N ((1 − t)(x − a) + t(y − a)) car (1 − t)a + ta = a et par convexité de N , cela
donne 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, ce
qui implique alors N (z − a) < (1 − t)r + tr = r et donc z ∈ B.
3. Soit C un convexe de Rd . Soit x, y ∈ Rd et d(x, C) = inf z∈C N (x − z), d(y, C) = inf z∈C N (y − z). Soit
(xn )n∈N une suite minimisante pour d(x, C), c’est-à-dire que xn ∈ C pour tout n ∈ N et N (x − xn ) −−−→
n→∞
d(x, C). De même, on choisit (yn )n∈N une suite minimisante pour d(y, C), soit donc yn ∈ C pour tout n ∈ N
et N (y − yn ) −−−→ d(x, C). Alors pour tout t ∈ [0, 1], si on pose z = (1 − t)x + ty, zn = (1 − t)xn + tyn ,
n→∞
n ∈ N est une suite de C (car C est convexe) et
d(z, C) ≤ N (z−zn ) = N ((1−t)(x−xn )+t(y−yn )) ≤ (1−t)N (x−xn )+tN (y−yn ) −−−→ (1−t)d(x, C)+td(y, C)
n→∞
la première inégalité provenant du fait que d(z, C) est la plus petite valeur des N (z − z ′ ) pour z ′ ∈ C et
zn ∈ C. L’égalité qui suit provient de la définition de z et de celle de zn . L’inégalité suivante provient de la
convexité de la norme N et la convergence lorsque n → ∞ provient du choix des suites (xn )n∈N et (yn )n∈N .
Ce qui montre que x 7→ d(x, C) est une fonction convexe de Rd .
3