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X-ENS PSI 2020 - corrigé Partie I 1. Soit µ un minorant de h. Soit x ∈ Rd. Pour tout y ∈ Rd, h(y) + 1 ε∥y − x∥α ⩾ µ + 0 ainsi l’ensemble de ces valeurs est une partie de R non vide et minorée, qui admet donc une borne inférieure (Tεh)(x). Le réel h(x) obtenu pour y = x appartient à l’ensemble, donc (Tεh)(x) ⩽ h(x). 2. Soient µ1 et µ2 des minorants de h1 et h2 respectivement, puis µ = min(µ1, µ2). Comme H(x) ∈ {h1(x), h2(x)}, on a H(x) ⩾ µ pour tout x ∈ Rd, donc H est minorée, d’où l’existence de TεH. Soit x ∈ Rd. • Pour tout y ∈ Rd, H(y) + 1 ε∥y − x∥α ⩽ h1(y) + 1 ε∥y − x∥α, a fortiori (TεH)(x) ⩽ h1(y) + 1 ε∥y − x∥α. Le réel (TεH)(x) est un minorant des h1(y) + 1 ε∥y − x∥α, or (Tεh1)(x) en est le plus grand minorant, donc (TεH)(x) ⩽ (Tεh1)(x). Symétriquement, (TεH)(x) ⩽ (Tεh2)(x). Ainsi, (TεH)(x) ⩽ min ((Tεh1)(x), (Tεh2)(x)) . • Pour tout y ∈ Rd, si par exemple h2(y) ⩾ h1(y) (l’autre cas est analogue), H(y) + 1 ε∥y − x∥α = h1(y) + 1 ε∥y − x∥α ⩾ (Tεh1)(x) donc H(y) + 1 ε∥y − x∥α ⩾ min ((Tεh1)(x), (Tεh2)(x)) . Le réel min ((Tεh1)(x), (Tεh2)(x)) est donc un minorant de l’ensemble des H(y) + 1 ε∥y − x∥α ; par définition de la borne inférieure : min ((Tεh1)(x), (Tεh2)(x)) ⩽ (TεH)(x). Finalement (TεH)(x) = min ((Tεh1)(x), (Tεh2)(x)) pour tout x. 3. Soit x ∈ Rd. Soit y ∈ Rd. On sait que Rd = Rx ⊕ (Rx)⊥ donc il existe λ ∈ R et y⊥ ∈ (Rx)⊥ tels que y = λx + y⊥. Ainsi g(y) + 1 ε∥y − x∥2 = ∥λx + y⊥∥2 + 1 ε∥(λ − 1)x + y⊥∥2. Vu x ⊥ y⊥, le théorème de Pythagore s’applique : g(y) + 1 ε∥y − x∥2 = λ2∥x∥2 + ∥y⊥∥2 + 1 ε(λ − 1)2∥x∥2 + 1 ε∥y⊥∥2. Il en découle que g(y) + 1 ε∥y − x∥2 ⩾ λ2∥x∥2 + 1 ε(λ − 1)2∥x∥2 = ϕ(λ)∥x∥2. Les variations de ϕ : λ → λ2 + 1 ε(λ − 1)2 montrent qu’elle atteint son minimum en λε = 1 1+ε avec ϕ(λε) = 1 1+ε . Ainsi ∀y ∈ Rd, g(y) + 1 ε∥y − x∥2 ⩾ 1 1+ε∥x∥2 et cette valeur est atteinte en choisissant y = λεx. La borne inférieure est ici un minimum : (Tεg)(x) = 1 1 + ε∥x∥2 = 1 1 + εg(x). 4. (a) Soient x, x′ ∈ Rd. Pour tout y ∈ Rd, par inégalité triangulaire, h(y) + 1 ε∥y − x′∥ ⩽ h(y) + 1 ε∥y − x∥ + 1 ε∥x − x′∥ donc (Tεh)(x′) ⩽ h(y) + 1 ε∥y − x∥ + 1 ε∥x − x′∥ puis (Tεh)(x′) − 1 ε∥x − x′∥ ⩽ h(y) + 1 ε∥y − x∥ 1 donc par définition de la borne inférieure, (Tεh)(x′) − 1 ε∥x − x′∥ ⩽ (Tεh)(x). Ainsi, (Tεh)(x′) − (Tεh)(x) ⩽ 1 ε∥x − x′∥. Quitte à échanger x et x′, on peut supposer que (Tεh)(x′) ⩾ (Tεh)(x), ainsi : (Tεh)(x′) − (Tεh)(x) ⩽ 1 ε∥x − x′∥. (b) Si h = Tεh, alors h est 1 ε-lipschitzienne d’après (a). Réciproquement, supposons que h soit 1 ε-lipschitzienne. Soit x ∈ Rd. ∀y ∈ Rd, h(x) − h(y) ⩽ |h(x) − h(y)| ⩽ 1 ε∥x − y∥ donc h(x) ⩽ h(y) + 1 ε∥y − x∥. C’est vrai ∀y, donc h(x) ⩽ (Tεh)(x). Par ailleurs avec la question (1), (Tεh)(x) ⩽ h(x). Ainsi, (Tεh)(x) = h(x). On en déduit que Tεh = h. (c) Soit x ∈ Rd. (Tεh)(x) = inf h(y) + 1 ε∥y − x∥ ; y ∈ Rd ⩽ h(0) + 1 ε∥0 − x∥ = 1 ε∥x∥ donc, Tεh = min Tεh, 1 εh = min Tεh, Tε 1 εh car 1 εh est 1 ε-lipschitzienne, puis avec la question (2), Tεh = Tε min h, 1 εh = Tε (µh) avec µ = min 1, 1 ε ⩽ 1 ε, donc µh est 1 ε-lipschitzienne, ainsi Tεh = Tε (µh) = µh = min 1, 1 ε h. (d) On note u(x) = 1 et h(x) = ∥x∥. Les fonctions u et h sont bien minorées. On a clairement Tεu = u par définition. Utilisons la question (2) : Tεℓ = Tε (min (u, h)) = min (Tεu, Tεh) = min (u, µh) d’après (c) en notant µ = min 1, 1 ε . Ainsi ∀x ∈ Rd, – si ε ⩽ 1, µ = 1 donc (Tεℓ)(x) = min (1, ∥x∥) = ℓ(x) – si ε > 1, µ = 1 ε donc (Tεℓ)(x) = min 1, 1 ε∥x∥ = 1 si ∥x∥ ⩾ ε 1 ε∥x∥ si ∥x∥ < ε 5. Notons m = |f|∞, vu f bornée. On a donc −m ⩽ f ⩽ m. Pour x ∈ Rd, pour tout y ∈ Rd, f(y) + 1 ε∥y − x∥α ⩾ f(y) ⩾ −m donc (Tεf)(x) ⩾ −m. De plus avec (1), (Tεf)(x) ⩽ f(x) ⩽ m, ainsi |Tεf| ⩽ m, donc Tεf est bornée, et |Tεf|∞ ⩽ m = |f|∞. 6. • A(x) n’est pas vide car il contient x. • Soit y ∈ A(x). On a donc f(y) + 1 ε∥y − x∥α ⩽ f(x), puis 1 ε∥y − x∥α ⩽ f(x) − f(y) ⩽ 2|f|∞, d’où ∥y − x∥ ⩽ (2ε|f|∞)1/α . • Montrons que V = f(y) + 1 ε∥y − x∥α ; y ∈ Rd et W = f(y) + 1 ε∥y − x∥α ; y ∈ A(x) possèdent les même minorants. – Tout minorant de V est clairement minorant de W car W ⊂ V. – Soit t un minorant de W. Comme x ∈ A(x), on a t ⩽ f(x) + 1 ε∥x − x∥α soit t ⩽ f(x). Soit y ∈ Rd. Si y /∈ A(x), c’est que f(y) + 1 ε∥y − x∥α > f(x), donc f(y) + 1 ε∥y − x∥α ⩾ t ; si y ∈ A(x), f(y) + 1 ε∥y − x∥α ⩾ t car t minore W. Bref, ∀y ∈ Rd, f(y) + 1 ε∥y − x∥α ⩾ t donc t minore V . Ainsi V et W ont les mêmes minorants, et donc la même borne inférieure : inf V = inf W. Autrement dit : (Tεf)(x) = inf f(y) + 1 ε∥y − x∥α ; y ∈ A(x) . 7. Soit x ∈ Rd. La fonction g : y → f(y) + 1 ε∥y − x∥α est continue. La partie A(x) ⊂ Rd est non vide d’après la question (6), fermée et bornée, en effet : 2 – fermée : A(x) = y ∈ Rd ; g(y) ⩽ cte avec g continue sur Rd. L’inégalité étant large, A(x) est fermée. – bornée : vu la question (6), A(x) est incluse dans une boule fermée de centre x. Selon un théorème du cours, valable en dimension finie (c’est le cas ici), la fonction g admet un minimum sur A(x), en un point yx. Le dernier résultat de la question (6) montre qu’alors (Tεf)(x) = g(yx). 8. Notons que le réel |Tεf − f|∞ est bien défini d’après (5). Soient x, y ∈ Rd. Quitte à échanger les noms, on peut supposer 0 ⩽ f(x) − f(y). Par définition, (Tεf)(x) ⩽ f(y) + 1 ε∥y − x∥α donc f(x) − f(y) ⩽ f(x) − (Tεf)(x) + 1 ε∥y − x∥α d’où |f(x) − f(y)| = f(x) − f(y) ⩽ |Tεf − f|∞ + 1 ε∥y − x∥α. 9. (a) Soit r ⩾ 0. On a (0, 0) ∈ B0(r) donc B0(r) n’est pas vide. Pour tout (x, y) ∈ B0(r), on déduit de (8) que |f(x) − f(y)| ⩽ |Tεf − f|∞ + 1 εrα. Ainsi {|f(x) − f(y)| ; (x, y) ∈ B0(r)} est majoré, non vide, donc admet une borne supérieure, par définition inférieure au majorant obtenu : ωf(r) ⩽ |Tεf − f|∞ + 1 εrα. (b) Si 0 ⩽ r ⩽ r′, alors B0(r) ⊂ B0(r′) donc ωf(r) ⩽ ωf(r′). En effet ωf(r′) est un majorant de {|f(x) − f(y)| ; (x, y) ∈ B0(r′)}, a fortiori c’est un majorant de {|f(x) − f(y)| ; (x, y) ∈ B0(r)}. 10. Soit x ∈ Rd. • (Tεf)(x) ⩽ f(x) d’après la question (1). • Pour tout y ∈ A(x), la question (6) donne ∥y − x∥ ⩽ rε, donc |f(x) − f(y)| ⩽ ωf(rε), en particulier f(y) − f(x) ⩾ −ωf(rε), puis f(y) + 1 ε∥y − x∥α ⩾ f(y) ⩾ f(x) − ωf(rε). Ainsi ∀y ∈ A(x), f(y) + 1 ε∥y − x∥α ⩾ f(x) − ωf(rε). En considérant la borne inférieure pour y ∈ A(x), on en déduit (Tεf)(x) ⩾ f(x) − ωf(rε). Finalement, −ωf(rε) ⩽ (Tεf)(x) − f(x) ⩽ 0 donc |(Tεf)(x) − f(x)| ⩽ ωf(rε). 11. L’application ωf est croissante et minorée (par 0) sur l’intervalle ouvert ]0, +∞[, donc par théorème, elle admet une limite réelle λ (⩾ 0) en 0. (i) ⇒ (ii) : Supposons que (T1/nf)n converge uniformément sur Rd vers f. Pour n ⩾ 1, on applique (9.a) pour ε = 1 n et r = rn = n−2/α. Il vient ωf(rn) ⩽ |T1/nf − f|∞ + 1 n. La convergence uniforme donne |T1/nf − f|∞ −−−−−→ n→+∞ 0, or ωf(rn) −−−−−→ n→+∞ λ. On passe à la limite dans l’inégalité large : λ ⩽ 0, ainsi λ = 0. (i) ⇐ (ii) : Supposons λ = 0. Par (10), |T1/nf − f|∞ ⩽ ωf 2 1 n|f|∞ 1/α qui tend vers 0 par hypothèse, donc |T1/nf − f|∞ −−−−−→ n→+∞ 0, d’où la convergence uniforme. Partie II 12. Pour montrer que f + f0 est concave il suffit d’ajouter les inégalités. Examinons g = min(f, f0). Soient x, y ∈ Rd et λ ∈ [0, 1]. On a f(λx + (1 − λ)y) ⩾ λf(x) + (1 − λ)f(y) ⩾ λg(x) + (1 − λ)g(y) et de même f0(λx + (1 − λ)y) ⩾ λg(x) + (1 − λ)g(y), donc g(λx + (1 − λ)y) ⩾ λg(x) + (1 − λ)g(y). La fonction g = min(f, f0) est donc concave. 3 13. Il s’agit de l’inégalité de Jensen. On note P(n) la propriété au rang n, en observant que P(2) est vraie par définition de la concavité. Soit n ⩾ 2. Supposons P(n). Soient x1, . . . , xn+1 ∈ Rd et λ1, . . . , λn+1 ∈ [0, 1] tels que n+1 i=1 λi = 1. Notons s = n i=1 λi, alors s ∈ [0, 1] et λn+1 = 1 − s. Si s ̸= 0, notons λ′ i = λi/s. f n+1 i=1 λixi = f s n i=1 λ′ ixi + (1 − s)xn+1 ⩾ sf n i=1 λ′ ixi + (1 − s)f (xn+1) par concavité de f. Utilisons alors P(n), vu n i=1 λ′ i = 1 et λ′ i ⩾ 0, donc λ′ i ∈ [0, 1] : f n+1 i=1 λixi ⩾ s n i=1 λ′ if (xi) + (1 − s)f (xn+1) = n+1 i=1 λif(xi). Si s = 0, alors λ1 = · · · = λn = 0 et λn+1 = 1 donc f n+1 i=1 λixi = f(xn+1) = n+1 i=1 λif(xi). Ainsi P(n + 1) est vraie, ce qui termine l’hérédité. P(n) est donc vraie pour tout entier n ⩾ 2. 14. f(y) ⩾ λf(x) + (1 − λ)f(z) donc : • λ(f(z) − f(x)) ⩾ f(z) − f(y), or λ > 0, donc f(z) − f(x) ⩾ f(z) − f(y) λ ; • f(y) − f(x) ⩾ (1 − λ)(f(z) − f(x)), or 1 − λ > 0, donc f(z) − f(x) ⩽ f(y) − f(x) 1 − λ . 15. (a) Les Xi dépendent de la dimension d ; notons-les plutôt Xd,i dans cette question. On note H(d) : ∀x ∈ [−M, M]d, ∃λ1, . . . , λ2d ∈ [0, 1] de somme 1 tels que x = 2d i=1 λiXd,i. H(1) est vraie : ∀x ∈ [−M, M], x = λ(−M) + (1 − λ)M en prenant λ = M−x 2M , qui est dans [0, 1]. Soit d ⩾ 1 ; supposons H(d). Soit x = (x1, . . . , xd+1) ∈ [−M, M]d+1. Soit λ ∈ [0, 1] tel que xd+1 = λ(−M) + (1 − λ)M, alors x = λ(x1, . . . , xd, −M) + (1 − λ)(x1, . . . , xd, M). Par H(d) on dispose de λ1, . . . , λ2d ∈ [0, 1] de somme 1 tels que (x1, . . . , xd) = 2d i=1 λiXd,i = 2d i=1 λi((Xd,i)1, . . . , (Xd,i)d). Ainsi, puisque 2d i=1 λi = 1, x = λ 2d i=1 λi((Xd,i)1, . . . , (Xd,i)d, −M) + (1 − λ) 2d i=1 λi((Xd,i)1, . . . , (Xd,i)d, M). x est combinaison des 2d+1 vecteurs Xd+1,i avec les coefficients λλi et (1−λ)λi positifs, de somme λ 2d i=1 λi + (1 − λ) 2d i=1 λi = λ + (1 − λ) = 1. Ces coefficients appartiennent donc à [0, 1]. Ainsi H(d) implique H(d + 1), ce qui achève la démonstration. (b) Soit m le minimum des nombres f(X1), . . . , f(X2d). Pour tout x ∈ [−M, M]d, soient λ1, . . . , λ2d ∈ [0, 1] de somme 1 tels que x = 2d i=1 λiXi. Vu (13) : f(x) = f 2d i=1 λiXi ⩾ 2d i=1 λif(Xi) ⩾ 2d i=1 λim = m. Ainsi f(x) − f(0) ⩾ m − f(0). La constante D = m − f(0), négative vu le cas x = 0, convient. 4 (c) Soit x ∈ [−M, M]d. Par concavité, f(0) = f 1 2x + 1 2(−x) ⩾ 1 2f(x)+ 1 2f(−x) or f(−x) ⩾ f(0)+D vu (b). Ainsi f(0) ⩾ 1 2f(x) + 1 2(f(0) + D) d’où f(x) − f(0) ⩽ −D = |D|. On a aussi par (b) : f(x) − f(0) ⩾ −|D|, donc |f(x) − f(0)| ⩽ |D|. (d) Soient x, y ∈ [−M/2, M/2]d. Quitte à échanger x et y, imposons f(x) − f(y) ⩾ 0. Imposons également x ̸= y, le cas x = y étant évident. Soit t = M 2∥y−x∥, bien défini et > 0, puis z = y + t(y − x). On a donc y = t 1+tx + 1 1+tz. Pour tout i de 1 à d, |zi| ⩽ |yi| + t|yi − xi| ⩽ M 2 + t∥y − x∥ = M 2 + M 2 = M donc z ∈ [−M, M]d. Avec la question (c), et la question (14) appliquée à λ = t 1+t, −2|D| ⩽ f(z) − f(0) + f(0) − f(x) = f(z) − f(x) ⩽ f(y) − f(x) 1 − λ = (1 + t)(f(y) − f(x)) ⩽ 0. Ainsi, 2|D| ⩾ (1 + t)|f(x) − f(y)| ⩾ M 2∥y − x∥|f(x) − f(y)| donc |f(x) − f(y)| ⩽ 4|D| ∥y−x∥ M . (e) La restriction fM de f à [−M/2, M/2]d est lipschitzienne, donc continue. Pour x ∈ Rd, on peut choisir M assez grand pour que x soit intérieur à [−M/2, M/2]d, alors f est continue au point x. 16. (a) Fixons X1 ∈ C. L’ensemble {∥Y −X∥ ; ∥Y −X∥ ⩽ ∥Y −X1∥ et X ∈ C} admet un minimum, disons au point X = Y0, en effet : l’espace ambiant est de dimension finie, l’application X → ∥Y − X∥ est continue, et C1 = C ∩ Bf(Y, ∥Y − X1∥) est – borné, car inclus dans la boule fermée Bf(Y, ∥Y − X1∥) ; – fermé, comme intersection de deux fermés ; – non vide vu X1 ∈ C1. Comme X1 ∈ C1, ∥Y − X1∥ ⩾ ∥Y − Y0∥. Pour tout X ∈ C, – ou bien X ∈ C1, alors ∥Y − X∥ ⩾ ∥Y − Y0∥ par définition de Y0 ; – ou bien X /∈ C1, donc ∥Y − X∥ > ∥Y − X1∥ ⩾ ∥Y − Y0∥. Ainsi, ∀X ∈ C, ∥Y − Y0∥ ⩽ ∥Y − X∥. (b) Soit X ∈ C. Pour tout t ∈]0, 1], le point Zt = (1 − t)Y0 + tX appartient à C, car C est convexe. On a donc par définition de Y0 : ∥Y −Y0∥2 ⩽ ∥Y −Zt∥2 = ∥Y −Y0 +t(Y0 −X)∥2 = ∥Y −Y0∥2 +2t⟨Y −Y0 | Y0 −X⟩+t2∥Y0 −X∥2. On simplifie et on divise par t (> 0) : 0 ⩽ 2⟨Y − Y0 | Y0 − X⟩ + t∥Y0 − X∥2, puis on fait tendre t vers 0. Il vient 0 ⩽ 2⟨Y − Y0 | Y0 − X⟩, soit encore ⟨Y − Y0 | X − Y0⟩ ⩽ 0. (c) Supposons que Y0 et Y ′ 0 conviennent en (a). En prenant X = Y ′ 0 en (b), on obtient ⟨Y − Y0 | Y ′ 0 − Y0⟩ ⩽ 0. On peut échanger les rôles, d’où symétriquement ⟨Y − Y ′ 0 | Y0 − Y ′ 0⟩ ⩽ 0. On ajoute les deux : ⟨Y ′ 0 − Y0 | Y ′ 0 − Y0⟩ = ∥Y ′ 0 − Y0∥2 ⩽ 0, donc Y ′ 0 = Y0, d’où l’unicité. 17. (a) C’est la conséquence directe de (16.a) avec C = Ef, Y = (x∗, f(x∗) + ε) et Y0 = Xε, car Ef est convexe, fermé, non vide. • Ef est convexe : si (x, y), (x′, y′) ∈ Ef et λ ∈ [0, 1], notons (x′′, y′′) = λ(x, y) + (1 − λ)(x′, y′). On a y′′ = λy + (1 − λ)y′ ⩽ λf(x) + (1 − λ)f(x′) car (x, y) et (x′, y′) ∈ Ef, or par concavité de f, λf(x) + (1 − λ)f(x′) ⩽ f(λx + (1 − λ)x′) = f(x′′), ainsi y′′ ⩽ f(x′′) : (x′′, y′′) ∈ Ef. • Ef est fermé, car stable par passage à la limite, du fait de la continuité de f vue en (15.e), et de l’inégalité large dans la définition de Ef. • Ef n’est pas vide puisque (0, f(0)) ∈ Ef. 5 (b) Xε ∈ Ef donc yε ⩽ f(xε). On est dans la situation du (16) avec Y = (x∗, f(x∗) + ε) et Y0 = Xε. De plus Y /∈ C = Ef, donc Y ̸= Y0. Pour 0 < t < 1, posons Xt = tY + (1 − t)Y0 = (tx∗ + (1 − t)xε, tf(x∗) + tε + (1 − t)yε). ∥Y − Xt∥ = (1 − t)∥Y − Y0∥ < ∥Y − Y0∥ (car ∥Y − Y0∥ > 0), donc par minimalité Xt /∈ Ef, soit : tf(x∗) + tε + (1 − t)yε > f(tx∗ + (1 − t)xε). On fait tendre t vers 0, or f est continue, d’où : yε ⩾ f(xε). Finalement yε = f(xε). (c) Soit x ∈ Rd. On applique (16.b) avec Y = (x∗, f(x∗) + ε), Y0 = (xε, f(xε)), X = (x, f(x)) ∈ Ef : 0 ⩾ ⟨Y − Y0 | X − Y0⟩ = ⟨(x∗ − xε, a(ε)) | (x − xε, f(x) − f(xε))⟩ = ⟨x∗ − xε | x − xε⟩ + a(ε)(f(x) − f(xε)) = ⟨x∗−xε | x−x∗+x∗−xε⟩+a(ε)(f(x)−f(xε)) = ⟨x∗−xε | x−x∗⟩+∥x∗−xε∥2+a(ε)(f(x)−f(xε)). (d) L’inégalité (c) vaut en particulier pour x = x∗ : 0 ⩾ ∥x∗ − xε∥2 + a(ε)(f(x∗) − f(xε)), soit (Φ) : ∥x∗ − xε∥2 + a(ε)(a(ε) − ε) ⩽ 0. • Nécessairement, a(ε)(a(ε) − ε) ⩽ 0 donc a(ε) se situe entre les deux racines de X(X − ε) : 0 ⩽ a(ε) ⩽ ε. Mais si a(ε) = 0, l’inégalité (Φ) devient ∥x∗ − xε∥2 ⩽ 0 donc x∗ = xε or a(ε) = 0 ⇐⇒ f(xε) = f(x∗) + ε. On a donc f(x∗) = f(x∗) + ε : contradiction, donc a(ε) ̸= 0. Ainsi, 0 < a(ε) ⩽ ε. • L’inégalité (Φ) s’écrit ∥x∗ − xε∥2 ⩽ a(ε)(ε − a(ε)) où les deux facteurs sont positifs. Or pour tous réels u, v ⩾ 0, √uv ⩽ 1 2(u + v), donc uv ⩽ 1 4(u + v)2, ainsi ∥x∗ − xε∥2 ⩽ a(ε)(ε − a(ε)) ⩽ 1 4(a(ε) + ε − a(ε))2 = 1 4ε2 puis ∥x∗ − xε∥ ⩽ ε 2. (e) On peut appliquer la question (15.d) à la fonction translatée f∗ : z → f(x∗+z), également concave ; la vérification est immédiate. Comme ∥x∗ − xε∥ ⩽ ε 2 ⩽ 1 2, on choisit M = 1 et une constante D associée. On a |f∗(xε − x∗) − f∗(0)| ⩽ 4|D| 1 ∥xε − x∗∥ soit |f(xε) − f(x∗)| ⩽ 4|D| · ∥xε − x∗∥. On reprend (c) avec x = x∗ : ∥x∗ − xε∥2 ⩽ a(ε)(f(xε) − f(x∗)). On a donc ∥x∗ − xε∥2 ⩽ a(ε)(f(xε) − f(x∗)) ⩽ a(ε)4|D| · ∥xε − x∗∥. En divisant par ∥x∗ −xε∥, s’il est non nul, on obtient : ∥x∗ −xε∥ ⩽ a(ε)4|D|, qui reste vrai lorsque ∥x∗ − xε∥ = 0. Rappelons que a(ε) > 0, ainsi : 1 a(ε)∥x∗ − xε∥ ⩽ 4|D|. 18. (a) bn+1−an+1 = 1 2(bn−an) donc bn−an = (b0−a0)/2n par une récurrence évidente, ainsi bn−an ⩾ 0 et bn − an −−−−−→ n→+∞ 0. Ensuite, an+1 − an = 1 2(bn − an) ou 0, donc an+1 − an ⩾ 0 pour tout n : (an) est croissante. De même, (bn) est décroissante. Les suites (an) et (bn) sont donc adjacentes. (b) On note P(n) la propriété : {k ∈ N ; an ⩽ uk ⩽ bn} est infini. La propriété P(0) est vraie. Soit n ∈ N, supposons P(n). On a {k ∈ N ; an ⩽ uk ⩽ bn} = k ∈ N ; an ⩽ uk ⩽ an + bn 2 ∪ k ∈ N ; an + bn 2 ⩽ uk ⩽ bn . Vu P(n), l’un au moins de ces deux ensembles est infini. Si le premier est infini, par définition an+1 = an et bn+1 = an+bn 2 , donc {k ∈ N ; an+1 ⩽ uk ⩽ bn+1} est infini. Sinon, le deuxième est infini, an+1 = an+bn 2 , bn+1 = bn, donc {k ∈ N ; an+1 ⩽ uk ⩽ bn+1} est infini. Ainsi P(n + 1) est vraie. Par principe de récurrence, P(n) est vraie pour tout n ∈ N. 6 (c) D’après (a) les suites (an) et (bn) convergent, et ont la même limite ℓ ∈ R. On définit par récurrence une suite d’entiers naturels (ϕ(0), ϕ(1), . . . ) ainsi : on pose ϕ(0) = 0, puis ayant défini ϕ(0), ϕ(1), . . . , ϕ(n − 1) on sait que {k ∈ N ; an ⩽ uk ⩽ bn} est infini ; on peut donc choisir ϕ(n) dans cet ensemble, avec ϕ(n) > ϕ(n − 1). On obtient une suite (ϕ(n))n⩾0 strictement croissante, telle que an ⩽ uϕ(n) ⩽ bn par construction. Par encadrement, uϕ(n) −−−−−→ n→+∞ ℓ. 19. On applique (17.e) avec ε = 1/n ∈]0, 1]. Posons pn = (p1,n, . . . , pd,n) = 1 a(1/n)(x1/n − x∗) ∈ Rd. La suite (pn)n⩾1 est bornée, donc les d suites (pi,n)n⩾1 sont des suites réelles bornées. Avec (18), par d extractions successives, on obtient l’existence d’une suite extraite (pϕ(n)) qui converge vers un certain p∗ ∈ Rd. En effet : il existe une extractrice ϕ1 telle que la suite (p1,ϕ1(n))n⩾1 converge vers un réel ℓ1. La suite (p2,ϕ1(n))n⩾1 étant bornée, il existe une extractrice ϕ2 telle que la suite (p2,ϕ1(ϕ2(n)))n⩾1 converge vers un réel ℓ2 ; on note que (p1,ϕ1(ϕ2(n)))n⩾1 converge encore vers ℓ1. On continue ainsi, d’où une extractrice ϕ = ϕ1 ◦ · · · ◦ ϕd telle que (pϕ(n)) converge dans Rd. Par (17.c) et stricte positivité de a(ε), pour tout x ∈ Rd, (Ψ) : f(x) − f x1/ϕ(n) ⩽ x − x∗ | x1/ϕ(n) − x∗ a(1/ϕ(n)) − ∥x∗ − x1/ϕ(n)∥2 a(1/ϕ(n)) . De 0 < a(ε) ⩽ ε par (17.d), on tire a(1/ϕ(n)) −−−−−→ n→+∞ 0, puis x1/ϕ(n) − x∗ = a(1/ϕ(n)) × pϕ(n) −−−−−→ n→+∞ 0 × p∗ = 0. En écrivant ∥x∗ − x1/ϕ(n)∥2 a(1/ϕ(n)) = ∥x∗ − x1/ϕ(n)∥ · ∥x∗ − x1/ϕ(n)∥ a(1/ϕ(n)) = ∥x∗ − x1/ϕ(n)∥ · ∥pϕ(n)∥ on voit que ceci converge vers 0. On passe à la limite dans l’inégalité large (Ψ), f étant continue : f(x) − f(x∗) ⩽ ⟨x − x∗ | p∗⟩. 20. Soit g : Rd → R convexe et concave. Soit x∗ ∈ Rd. Comme g et g′ = −g sont concaves, on dispose de vecteurs p∗ et p′ ∗ comme en (19) : g(x) − g(x∗) ⩽ ⟨p∗ | x − x∗⟩ ; −g(x) + g(x∗) ⩽ ⟨p′ ∗ | x − x∗⟩ pour tout x ∈ Rd. En ajoutant les deux, il vient 0 ⩽ ⟨p∗ + p′ ∗ | x − x∗⟩ donc pour tout y ∈ Rd, 0 ⩽ ⟨p∗ + p′ ∗ | y⟩. En prenant alors −y au lieu de y, on obtient ⟨p∗ + p′ ∗ | y⟩ = 0 : p∗ + p′ ∗ est orthogonal à tout vecteur de Rd, en particulier à lui-même, donc p∗ + p′ ∗ = 0. Ceci montre que p′ ∗ = −p∗, ainsi −g(x) + g(x∗) ⩽ ⟨p′ ∗ | x − x∗⟩ ⇐⇒ −g(x) + g(x∗) ⩽ ⟨−p∗ | x − x∗⟩ ⇐⇒ g(x) − g(x∗) ⩾ ⟨p∗ | x − x∗⟩. Finalement, g(x) − g(x∗) = ⟨p∗ | x − x∗⟩. g est donc du type x → α + ⟨β | x⟩ avec (α, β) ∈ R × Rd. Réciproquement, ∀(α, β) ∈ R × Rd, la fonction x → α + ⟨β | x⟩ est clairement convexe et concave. Partie III 21. Soit x ∈ Rd. (Tεf)(x) = inf f(y) + 1 ε∥y − x∥2 ; y ∈ Rd donc (Tεf)(x) − 1 ε∥x∥2 = inf f(y) + 1 ε(∥y − x∥2 − ∥x∥2) ; y ∈ Rd or ∥y−x∥2−∥x∥2 = ⟨y−x+x | y−x−x⟩ = ⟨y | y−2x⟩ donc f(y)+ 1 ε(∥y−x∥2−∥x∥2) = f(y)+ 1 ε⟨y | y−2x⟩ ce qui définit une fonction concave de la variable x (voir question (20)). Ainsi (Tεf)(x) − 1 ε∥x∥2 = inf gy(x) ; y ∈ Rd avec les gy concaves. On procède alors comme dans la question (12) pour le minimum de deux fonctions concaves, d’où x → (Tεf)(x) − 1 ε∥x∥2 est concave. 7 22. La fonction g : x → f(x) − K∥x∥2 est concave. Soit x ∈ Rd. Par (19), il existe qx ∈ Rd tel que ∀y ∈ Rd, g(y) − g(x) ⩽ ⟨qx | y − x⟩ soit f(y) − f(x) ⩽ ⟨qx | y − x⟩ + K∥y∥2 − K∥x∥2 = ⟨qx | y − x⟩ + K⟨y + x | y − x⟩ puis en décomposant y + x = 2x + (y − x), f(y) − f(x) ⩽ ⟨qx + 2Kx | y − x⟩ + K∥y − x∥2. Le vecteur px = qx + 2Kx convient. 23. (a) f(y) − K∥y − x∥2 = f(y) − K∥y∥2 + K(∥y∥2 − ∥y − x∥2) = f(y) − K∥y∥2 + K⟨2y − x | x⟩ or y → f(y) − K∥y∥2 et y → K⟨2y − x | x⟩ sont concaves, donc leur somme aussi d’après (12). La fonction y → f(y) − K∥y − x∥2 est donc concave, pour tout x fixé. (b) Soient x, y ∈ Rd tels que ∥x − y∥ ⩽ 1. La fonction z → f(z) − K∥z − x∥2 étant concave, sa translatée ϕx : z → f(z + x) − K∥z∥2 l’est aussi. On lui applique (15.d) pour M = 2 avec une constante D qui ne dépend pas de x. En effet, f est bornée donc pour tout z ∈ [−2, 2]d, ϕx(z) − ϕx(0) = f(z + x) − K∥z∥2 − f(x) ⩾ −2|f|∞ − 4Kd. La constante D = −2|f|∞ − 4Kd convient. Comme z0 = y − x vérifie ∥z0∥ ⩽ 1, on a aussi z0 ∈ [−1, 1]d donc |ϕx(0) − ϕx(z0)| ⩽ 4|D| M ∥0 − z0∥ soit |f(x) − f(y) + K∥y − x∥2| ⩽ 2|D| · ∥y − x∥. On termine avec l’inégalité triangulaire : |f(x) − f(y)| = |f(x) − f(y) + K∥y − x∥2 − K∥y − x∥2| ⩽ |f(x) − f(y) + K∥y − x∥2| + K∥y − x∥2 ⩽ 2|D| · ∥y − x∥ + K∥y − x∥2 ⩽ 2|D| · ∥y − x∥ + K∥y − x∥ car ∥y − x∥ ⩽ 1. On a donc |f(x) − f(y)| ⩽ K′∥y − x∥ en posant K′ = 2|D| + K = 4|f|∞ + 8Kd + K. (c) Soient x, y ∈ Rd tels que ∥x − y∥ > 1. Prenons un entier k ⩾ ∥x − y∥ et posons xj = x + j k(y − x) pour j = 0, 1, . . . , k. Alors x0 = x, xk = y, et pour j < k, ∥xj+1 − xj∥ = 1 k∥x − y∥ ⩽ 1 donc, d’après (b), |f(xj+1) − f(xj)| ⩽ K′∥xj+1 − xj∥ = K′ 1 k∥x − y∥. On a |f(x) − f(y)| = k−1 j=0 f(xj+1) − f(xj) ⩽ k−1 j=0 |f(xj+1) − f(xj)| ⩽ K′ k−1 j=0 1 k∥x − y∥ soit |f(x) − f(y)| ⩽ K′∥x − y∥. 24. (a) Soit x ∈ Rd. Avec (22), on a l’entier px. En appliquant (22) à −f, on a un entier p′ x tel que −f(y) + f(x) ⩽ ⟨p′ x | y − x⟩ + K∥y − x∥2 pour tout y. Ainsi, ⟨−p′ x | y − x⟩ − K∥y − x∥2 ⩽ f(y) − f(x) donc le vecteur qx = −p′ x convient. (b) Soit u ∈ Rd. Posons y = x + tu pour t > 0. D’après (a), ⟨qx | tu⟩ − Kt2∥u∥2 ⩽ ⟨px | tu⟩ + Kt2∥u∥2. On divise par t puis on fait tendre t vers 0. Il vient : ⟨qx | u⟩ ⩽ ⟨px | u⟩ soit ⟨px − qx | u⟩ ⩾ 0. Cela vaut pour −u, donc ⟨px − qx | u⟩ = 0. En prenant u = px − qx, on en déduit px − qx = 0. (c) Soit i entier tel que 1 ⩽ i ⩽ d. Posons y = x + tei pour t > 0. D’après (a) et (b), ⟨px | ei⟩ − Kt ⩽ 1 t (f(x + tei) − f(x)) ⩽ ⟨px | ei⟩ + Kt donc 1 t (f(x + tei) − f(x)) −−−→ t→0+ ⟨px | ei⟩. De même en 0−. Ceci prouve que la dérivée partielle ∂f ∂xi (x) est bien définie, avec ∂f ∂xi (x) = ⟨px | ei⟩ = e∗ i (px) (i-ième coordonnée de px dans la base e). Ainsi, ∇f(x) est bien défini, et ∇f(x) = px. 8 (d) Soient x, y, h ∈ Rd. On applique (a) au couple (x, y + h), sachant que px = qx = ∇f(x) : (E1) : −K∥y + h − x∥2 ⩽ f(y + h) − f(x) − ⟨∇f(x) | y + h − x⟩ ⩽ K∥y + h − x∥2 On considère (E1) pour h = 0 : (E2) : −K∥y − x∥2 ⩽ f(y) − f(x) − ⟨∇f(x) | y − x⟩ ⩽ K∥y − x∥2 On considère (E1) pour x = y : (E3) : −K∥h∥2 ⩽ f(y + h) − f(y) − ⟨∇f(y) | h⟩ ⩽ K∥h∥2 Alors (E1) − (E2) − (E3) donne : −K(∥h∥2 + ∥y + h − x∥2 + ∥y − x∥2) ⩽ ⟨∇f(y) − ∇f(x) | h⟩ ⩽ K(∥h∥2 + ∥y + h − x∥2 + ∥y − x∥2) d’où |⟨∇f(y) − ∇f(x) | h⟩| ⩽ K(∥h∥2 + ∥y + h − x∥2 + ∥y − x∥2). (e) On suppose le vecteur v = ∇f(x) − ∇f(y) non nul, le résultat étant évident sinon. On choisit le vecteur h = ∥x−y∥ ∥v∥ v, donc ∥h∥ = ∥x − y∥, et ⟨v | h⟩ = ∥v∥ · ∥x − y∥. Par (d) : |⟨v | h⟩| ⩽ K(∥h∥2 + ∥y + h − x∥2 + ∥y − x∥2). On a ∥y + h − x∥ ⩽ ∥y − x∥ + ∥h∥ = 2∥h∥ et ∥x − y∥ = ∥h∥, donc |⟨v | h⟩| ⩽ K(∥h∥2 + 4∥h∥2 + ∥h∥2) = 6K∥h∥2. Ainsi, ∥v∥ · ∥x − y∥ ⩽ 6K∥y − x∥2, donc en divisant par ∥y − x∥ (̸= 0) : ∥∇f(x) − ∇f(y)∥ ⩽ 6K∥y − x∥. La fonction ∇f est lipschitzienne, donc continue, ainsi f est de classe C1. ♦ ♦ ♦ 9