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Inégalité d'Alexandrov-Fenchel.

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Academic year: 2021

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Texte intégral

(1)

Inégalité

d'Alexandrov-Fenchel

Pouvesle Eddy

(2)

Introduction

Dans ce mémoire nous allons étudier 2 démonstrations de l'inégalité d'Alexandrov-Fenchel qui a été découverte par Alexandre Alexandrov qui est une inégalité sur les volumes mixtes qui est utilisée en géométrie convexe. Elle porte le nom d'Alexandrov Fenchel car Wer-ner Fenchel avait aussi énoncé le théorème et esquissé une preuve. ([3] p.398)

Dans le premier chapitre nous allons dénir quelques propriétés et dénitions qui nous seront utile tout du long de ce mémoire. Au début on dénit la transformée de Legendre et la fonction d'appui ainsi que quelques propriétés, puis nous étudierons les polytopes et nous énoncerons un théorème qui permet d'approcher les corps convexes par des polytopes an de pouvoir ensuite établir le volume mixte des corps convexes. Et pour nir nous étudierons le déterminant mixte et les formes quadratiques hyperboliques.

Ensuite dans le second chapitre on va démontrer l'inégalité d'Alexandrov sur les déter-minants mixtes en utilisant divers propriétés vus dans le premier chapitre et aussi du théorème de Perron-Frobenius.

Sur le troisième chapitre on démontrera l'inégalité d'Alexandrov Fenchel à l'aide de l'inégalité d'Alexandrov qui aura une certaine similitude dans la construction de la démons-tration vue dans le chapitre 2. Cette construction est extraite de l'article de Shenfeld et van Handel [4].

Dans le dernier chapitre, nous allons voir une analogie entre la concavité d'une certaine fonction et de l'inégalité d'Alexandrov-Fenchel. Cette méthode provient de l'article [2].

(3)

Chapitre 1

Quelques propriétés

1.1 Transformée de Legendre et fonction d'appui

Dans cette section nous allons dénir la fonction d'appui et eectué des rappels sur la trans-formée de Legendre.

Dénition 1.1. Dans Rn un corps convexe est un sous-ensemble compact convexe d'intérieur

non vide de Rn.

Dénition 1.2. La fonction d'appui d'un corps convexe K est : hK(x) := sup

y∈Khy, xi, ∀x ∈ R n

propriété 1.1. La fonction d'appui est 1-homogène. Démonstration. Soit λ > 0, x ∈ Rn,alors h

K(λx) = sup y∈K

hy, λxi = λsup

y∈K

hy, xi = λhK(x)

propriété 1.2. Sachant que K + L := {x + y : x ∈ K, y ∈ L} avec K et L, 2 corps convexes. On a haK+bL = ahK + bhL avec a, b ∈ R.

Démonstration. Soit a, b ∈ R,x ∈ Rn, K et L, 2 corps convexe de Rn alors on a,

haK+bL(x) = sup y∈aK+bL hy, xi = sup yK∈aK,yL∈bL hyK+ yL, xi = sup yK∈aK hyK, xi + sup yL∈bL hyL, xi = haK(x) + hbL(x) = ahK(x) + bhL(x) propriété 1.3. Soit f : Rn

→ R une fonction 1-homogène alors ∇f est 0-homogène et ∇2f (x)x = 0.

(4)

Démonstration. f est 1-homogène alors f (λx) = λf (x) ∂ ∂xf (λx) = ∂ ∂xλf (x) λ∇f (λx) = λ∇f (x) ∇f (λx) = ∇f (x) et donc ∇f est 0-homogène. ∇f(λx) = ∇f(x) donc

∂ ∂λ|λ=1 ∇f (λx) = ∂ ∂λ|λ=1 ∇f (x) ∇2f (x)x = 0

Si f : Rn → R et 1-homogène on notera la Hessienne de f par D2f (x) = ∇2f (x) |x⊥.

Dénition 1.3. Soit f : Rn

→ R ∪ {+∞} convexe alors la transformée de Legendre est : Lf (y) := f∗(y) := sup

x

(hx, yi − f (x)) La transformée de Legendre conserve la convexité de f.

La dénition permet de dire que Lf conserve l'inégalité de Fenchel hx, yi 6 f(x) + f∗(y)

Théorème 1.1. Soit f une fonction convexe sur R ∪ {+∞} alors on a f = LLf. Démonstration. Étape 1 (On suppose que f > 0) :

D'après l'inégalité de Fenchel on a ∀x, y : hx, yi 6 f(x) + Lf(y) LLf (x) = sup y (hx, yi − Lf (y)) 6 sup y (f (x) + Lf (y) − Lf (y)) 6 f (x)

Pour montrer que LLf(x) > f(x) nous allons raisonner par l'absurde et donc on suppose qu'il existe un x0 tel que LLf(x0) < f (x0).

On peut avoir que f(x0) = ∞ mais on aura toujours que LLf(x0) < ∞.

Soit K = epi(f) := {(x, t) ∈ Rn× R; f(x) 6 t}. Donc par hypothèse on a que (x

0, LLf (x0)) /∈

K donc par Hahn-Banach il existe y ∈ Rn,k ∈ R et α ∈ R tel que :

hy, xi + kλ > α∀[x, λ] ∈ K (1.1)

hy, x0i + kLLf (x0) < α (1.2)

Donc on a k > 0, comme f > 0 on a grâce à (1.1) hy, xi + (k + )f(x) > α d'où

Lf (− y

k + ) 6 − α k + 

(5)

d'après LLf(x0) < f (x0) on obtient LLf (x0) > h− y k + , x0i − Lf (− y k + ) > h− y k + , x0i + α k + 

et donc hy, x0i + (k + )LLf (x0) > α, ∀ > 0 ce qui contredit (1.2).

Étape 2 (cas général) :

Soit y0 et g tel que g(x) := f(x) − hy0, xi + Lf (y0) et que f soit convexe et g > 0

Grâce à l'étape 1 on a LLg(x) = g(x), ∀x on a aussi ; Lg(y) = f (y + y0) − Lf (y0)

LLg(x) = LLf (x) − hy0, xi + Lf (y0)

ce qui donne LLf = f et conclut donc la preuve du théorème.

Lemme 1.1. Soit f : Sn−1 → R une fonction de classe C2. Alors f = h

K avec K un corps

convexe si et seulement si D2

f (x) > 0, ∀x ∈ Sn−1. Démonstration. (→)

Soit f = hK sachant que la fonction d'appui est convexe on a donc D2hK = D2f > 0

(←)

Soit D2f > 0, alors f est convexe donc par la réciproque de la transformée de Legendre on a

f (x) = sup

y

(hx, yi − Lf (y)). Or f est 1-homogène donc, Lf (y) = sup x (hx, yi − f (x)) = sup λ>0,u∈Sn−1 λ(hu, yi − f (u)) = sup λ>0 λ sup u∈Sn1 (hu, yi − f (u)) = 0 Si sup

u∈Sn1(hu, yi − f (u)) 6 0

Notons K = {y ∈ Rn; hy, ui 6 f (u), ∀u ∈ Sn−1}

Donc Lf(y) = LhK(y)

Donc f = LLf = LLhK = hK

1.2 Polytope

Dans cette section on va parler des propriétés principaux et dénir les polytopes.

Dénition 1.4. - Un polytope de Rn est l'enveloppe convexe d'un nombre ni de point de Rn

- On note Pn l'ensemble des polytopes de Rn.

- On note Pn

n l'ensemble des polytopes d'intérieur non vide de Rn.

- H est l'hyperplan d'appui de P un polytope si et seulement si P est contenu dans l'un des 2 semi-espace déterminé par H.

- Un ensemble d'appui d'un polytope P est l'ensemble A tel que H ∩ P = A avec H un hyperplan d'appui .

(6)

Théorème 1.2. Soit P ∈ Pn, soit F

1 un ensemble d'appui de P et F un ensemble d'appui

de F1 alors F est un ensemble d'appui de P .

Démonstration. Soit o ∈ F , soit Hu,0 un hyperplan d'appui de P avec Hu,0 ∩ P = F1 et

P ⊂ Hu,0.

Dans Hu,0 on a l'hyperplan d'appui H de F1 tel que H ∩ F1 = F,

avec H = {x ∈ Hu,0, hx, vi = 0} , F1 = {x ∈ Hu,0, hx, vi 6 0} et v ∈ u⊥∪ Sn−1.

Soit η0 = max{− hx,vi

hx,ui, x ∈ ext(P )\ext(F1)} et H(η) := Hηu+v,o avec η > η0. On a donc

hx, ui < 0 avec x ∈ ext(P )\ext(F1) donc hx, ηu + vi < η0hx, ui + hx, vi 6 0.

Pour x ∈ ext(F1)\ext(F ) on a hx, ηu + vi = hx, ui < 0.

Pour x ∈ ext(F ) on a hx, ηu + vi = 0.On a ext(F ) ⊂ H(η) et ext(P )\ext(F ) ⊂ int(Hu,0).

On voit que H(η) est un hyperplan d'appui de P avec H(η) ∩ P = F et donc F est un ensemble d'appui.

Dénition 1.5. - La dimension d'un convexe C de Rn est la dimension du sous-espace ane

engendré par C.

- Une face d'un polytope est le polytope qui est dénis par l'intersection de P et de l'un de ces hyperplan d'appui.

- Une facette d'un polytope de dimension n est toute ces faces de dimension n − 1. Corrolaire 1.1. Chaque face d'un polytope P est un ensemble d'appui de P

Démonstration. On suppose ceci vrai pour un polytope de dimension n. On a F une face de P, F contient l'ensemble d'appui F1 de P. Or F est une face de F1 donc F est l'ensemble

d'appui de F1 ce qui grâce au théorème 1.2 implique que F est l'ensemble d'appui de P .

Théorème 1.3. Tout polytope est une intersection de semi-espaces fermés. Démonstration. Soit P ∈ Pn

n et F1, ..., Fn les facettes de P . On dénit les hyperplan d'appui

Hi associé aux facettes Fi, soit Hi les semi-espaces fermé borné par Hi qui contient P .

Montrons alors que P = ∩k

i=1Hi sachant que P ⊂ k

i=1Hi est donné par construction reste donc

a montrer l'autre inclusion.

Soit x ∈ Rn\P, soit A l'union des enveloppes anes de x et de n'importe quel sommet de

P. On peut prendre y ∈ int(P )\A, soit z ∈ bd(P ) ∩ [x, y]. S'est faux dans certain hyperplan d'appui de P donc faux dans certaine face de P .

On suppose que la dimension de F est égal a j < n − 2, par un théorème de Carathéodory, z appartient a l'enveloppe convexe d'un certain nombre j + 1 < n − 1 de facettes de P et donc de A alors y ∈ A ce qui contredit le faite que y ∈ int(P )\A. Donc F est une facette tel que F = Fi pour un certain i, pour y ∈ int(P ) ∩ int(Hi), on a donc x /∈ Hi ce qui prouve

l'inclusion recherché.

Corrolaire 1.2. Soit P ∈ Pn

n et u1, ..., uk des vecteurs normés alors on a P = k

i=1Hui,hui(P )

Démonstration. Soit Fi une facette de P avec comme vecteur normal ui donc Fi = P ∩

Hui,hui(P ) ce qui conclus la preuve

Lemme 1.2. Soit u1, .., uk ∈ Rn\{o} si P = k

i=1Hui,1 est borné alors ◦

(7)

Démonstration. On remarque que o ∈ int(P ) donc P 6= ∅◦ . Soit Q = conv{u1, ..., uk}, soit

x ∈ P, avec hx, u1i 6 1 et donc ui ∈ ◦

P donc Q ⊂

P, montrons maintenant que

P ⊂ Q. Soit v ∈ Rn\Q alors l'hyperplan d'appui sépare H

z,α sépare fortement Q et v et on a aussi

hz, uii < α pour i = 1, ..., k et hz, ui > α. Si P est borné, alors pos{u1, ..., uk} = Rn.

Et donc la représentation suivante o = Pk

i=1 λiui avec λi > 0 et k P i=1 λi > 0, ce qui donne 0 <Pk i=1

λiα avec α > 0. Sans perte de généralité on peux xé α = 1 ce qui donne

donc z ∈ P alors v /∈P◦ ce qui donne Q =

P.

Théorème 1.4. N'importe quelle intersection ni de semi-espace fermé est un polytope Démonstration. Soit P = ∩k

i=1Hi borné, on peut supposé que la dimension de P est égal à d et

que par translation on a o ∈ int(P ) et donc o ∈ Hi ce qui implique Hi = Hui,1 ce qui par le

lemme 1.2 donne que P◦ est un polytope et donc grâce au théorème 1.3 donne

◦ P = ∩k i=1H 0 i et donc ◦ ◦ P = P est un polytope.

Dénition 1.6. L'intérieur relatif d'un convexe est relint(C) := {x ∈ C; ∀y ∈ C; ∃λ > 1; λx + (1 − λ)y ∈ C}.

Théorème 1.5. Chaque face de P est contenu dans une facette de P

Démonstration. Soit P tel que dimP = n, donc par le théorème 1.3 on a P = ∩k

i=1Hi avec

Fi = P ∩ Hi une facette de P . Puisque bd(P ) ⊂ k

i=1(P ∩ Hi) chaque point limite de P est

contenu dans une certaine facette Fj. Soit F une face propre de P et x ∈ relint(F ). Hj est un

hyperplan d'appui de P donc F ⊂ Hj et donc F ⊂ Fj.

Dénition 1.7. On note N(P, x) le cône de vecteur normal extérieur à P passant par x. Théorème 1.6. Soit P ∈ Pn, F

1, .., Fkdes facettes de P et ui un vecteur normal unité sortant

de Fi. Si F est une face propre de P alors N(P, F ) = pos{ui : F ⊂ Fi}.

Démonstration. On suppose que o ∈ int(P ) grâce au lemme 2.2.3 de [3] on a N(P, F ) = pos( bF ) en posant vi = h ui

ui(P ) on a P =

k

i=1(P ∩ Hvi,1) on a donc grâce au lemme 1.2 et au

corolaire 1.2 on a P = conv{v◦ 1, ..., vk}. Donc la face Fb de

P est l'enveloppe convexe de vi,

et pos(F )b est l'enveloppe convexe positive devi et correspond a ui. Maintenant vi ∈ bF est équivalent à F ⊂ Hvi,1 et donc équivalent à F ⊂ Fi.

On remarque que

- F ⊂ G ⇐⇒ N(P, G) ⊂ N(P, F )

- dim(N(P, F )) = n − dim(F ) et dim(F ) = n − 1 − dim(F )b - F = F (P, v) ⇐⇒ v ∈ relint(N(P, F ))

- N(P, F ) = ∩

(8)

Dénition 1.8. - 2 polytopes P1 et P2 sont fortement isomorphe si ∀u ∈ Sn−1 et on appelle

a − typede P la classe d'équivalence des polytopes fortement isomorphes à P .

- Un polytope de dimension n est simple si chacun de ces sommets est contenu dans exactement n facettes.

Lemme 1.3. Soit P1, P2 deux polytopes fortement isomorphes alors les ensembles d'appui

F (P1, u) et F (P2, u) sont fortement isomorphe aussi avec u ∈ Sn−1

Démonstration. Soit u, v ∈ Sn−1, posons F (F (P

i, u), v) = Fi0 on sait que o ∈ F10 ∩ F20 et que

comme dans la preuve de théorème 1.2 que l'hyperplan d'appui Hηu+v,0 contient Pi et que

Hηu+v,0∩Pi = Fi0. Puisque P1et P2qui sont fortement isomorphe on a donc dim(F1) = dim(F2)

et donc on aussi F (P1, u)et F (P2, u)qui sont fortement isomorphe.

Lemme 1.4. Les polytopes P1 et P2 sont fortement isomorphes si et seulement si

{N (P1, x) : x ∈ ext(P1)} = {N (P2, y) : y ∈ ext(P2)}.

Démonstration. (→) Soit P1, P2 des polytopes fortement isomorphes.

Soit x ∈ P1, u ∈ int(N (P1, x))et y ∈ F (P2, u), alors on a y ∈ ext(P2).

Soit v ∈ N(P1, x) et 0 6 λ < 1, posons vλ = (1 − λ)u + λv ∈ int(N (P1, x)). Par conséquent

dim(F (P2, vλ)) = dim(F (P1, vλ)) = dim{x} = 0.

Et donc F (P2, vλ) = {vλ}pour yλ ∈ ext(P2)et donc on a vλ ∈ intN (P2, vλ)mais comme ceci

est vrai pour tout λ alors on a vλ = v ce qui implique v ∈ N(P2, y)et N(P1, x) ⊂ N (P2, y).

De même avec x ∈ P2 ce qui donne donc N(P2, y) = N (P1, x).

(←)Soit N(P2, y) = N (P1, x), u ∈ Sn−1, soit x1 ∈ F (P1, u) et x2 ∈ P2 tel que

N (P2, x2) = N (P1, x1). On a u qui appartient à l'intérieur relatif de la face de N(Pi, xi) de

dimension n−dim(F (Pi, u))donc dim(F (P1, u)) = dim(F (P2, u))sachant que u est arbitraire

donc P1 et P2 sont fortement isomorphe.

Corrolaire 1.3. Pour P1, P2 des polytopes, tout polytopes de la forme λ1P1 + λ2P2 avec

λi > 0 sont fortement isomorphes. Si P1 et P2 sont fortement isomorphes alors λ1P1+ λ2P2

est fortement isomorphes avec λi > 0 et λ1+ λ2 > 0.

Démonstration. Soit u ∈ Sn−1 alors dim(F (λ

1P1 + λ2P2, u)) = dim(λ1F1 + λ2F2) ce qui

prouve la première partie. Si P1 et P2 sont fortement isomorphes alors on a d'après le lemme

1.4 N(P1, F1) = N (P2, F2). Or l'enveloppe ane de F1 et F2 sont les mêmes donc la dimension

de dépend par des λi si λ1+ λ2 > 0

Lemme 1.5. Soit P un polytope simple de dimension n avec comme vecteurs normaux u1, ..., uk alors ∃β > 0 tel que ∀P0 polytope on a,

P0 = ∩k

i=1Hui,hui(P )+αi

avec |αi| 6 β et P0 est simple et fortement isomorphe à P .

Démonstration. Soit B(x, ρ) avec x ∈ ext(P ) tel que chaque boule B(x, ρ) s'intersecte avec seulement une facette de P contenant x. On xe β > 0 tel que, x ∈ P et ui, .., un des vecteurs

normaux extérieur de la facette contenant x, donc pour |αi| 6 β. k

(9)

Hui,hui(P )+αi∩ B(x, ρ) = ∅

avec j /∈ {1; ...; n}. Ce qui donne P0 = k

i=1Hui,hui(P )+αi et on obtient l'isomorphisme grâce au

lemme 1.4.

Lemme 1.6. Soit P ∈ Pn

n avec u1, ..., uk des vecteurs normaux donc ∀β > 0, ∀i ∈ {1, ..., k}

on a,

P0 = ∩k

i=1Hui,hui(P )+αi

avec P0 est un polytope simple de dimension n avec les vecteurs u

1, ..., uk normaux et aussi

chaque cône de vecteur de P0 est contenu dans un cône normal de P .

Démonstration. Soit B(x, ρ) construite comme dans le lemme précédent, soit |αi|

susam-ment petit alors P0 est un polytope avec comme vecteurs normaux les u

i et aussi ∀x0 ∈ P0 est

contenu dans une certaine boule B(x, ρ) grâce au théorème 1.6 on a N(P0, x0) = pos{u0 1, ..., u

0 k}

avec les u0

i les vecteurs normaux appartenant a la facette de P contenant x donc N(P0, x0) ⊂

N (P, x) et en xant αi on peut dire que P0 est simple.

Théorème 1.7. Soit K1, ..., Kn ∈ Kn des corps convexe, ∀ > 0, ∃P1, ..., Pm ∈ Pn des

poly-topes fortement isomorphes qui vérient δ(Ki, Pi) < .

Démonstration. Soit  > 0 ∃Q1, ..., Qm ∈ Pnavec δ(Ki, Qi) < 2. Soit P = m

P

i=1

Qiet ui, ..., ukles

vecteurs normaux de P. Soit P0 = k

i=1Hui,hui(P )+αi et posons Pi = Qi+αP

0avec α susamment

petit on a δ(Pi, Qi) < 2 donc δ(Ki, Pi) < . Soit x ∈ Pi, alors x = q + αp avec q ∈ ext(Qi)et

p ∈ ext(P0).

Avec le théorème "2.2.1" on a N(Pi, x) = N (Qi, q) ∩ N (P0, p). Par construction de P0 on

aN(P0, p)inclus dans un cône normal de P et par le théorème "2.2.1" s'est aussi contenu dans

un cône de Qi, en particulier N(Qi, q) car dim(N(Qi, q) ∩ N (P0, p)) = n. Donc N(Pi, x) =

N (P0, p), et vu que x est arbitraire on en conclus grâce au lemme 1.4 on a donc que Pi est

fortement isomorphe a P0 et est donc simple.

1.3 Volume et Volume mixte

Ici nous allons dénir le volume mixte grâce au polytope.

Dénition 1.9. On note Vi(K) le i-volume d'un convexe K ∈ Rn de dimension i.

Lemme 1.7. Soit P un polytope de dimension n, F1, ..., FN les facettes de P . Soit ui la

normal extérieure de P à la facette Fi donc, N X i=1 Vn−1(Fi)ui = o (1.3) et Vn(P ) = 1 n N X i=1 hP(ui)Vn−1(Fi) (1.4)

(10)

Démonstration. Soit z ∈ Rn\{o} et P

|z⊥ la projection orthogonal de P sur z⊥. On a,

Vn−1(P|z⊥) = X hz,uii>0 hz, uiiVn−1(Fi) = − X hz,uii60 hz, uiiVn−1(Fi)

ce qui donne donc P

hz,uii

hz, uiiVn−1(Fi) = 0 et donne l'égalité (1.3)

Grâce à (1.3) on voit que 1 n

N

P

i=1

hP(ui)Vn−1(Fi)est donc invariant par translation de P . Sachant

aussi que s'est vrai aussi pour Vn(P )on peut supposer que o ∈ int(P ). Donc P est l'union des

pyramides conv(Fi∪ {o}) qui on leur intérieur 2 à 2 disjoints ce qui donne donc (1.4).

propriété 1.4. (1.4) peut être généralisé avec un corps convexe K de la forme suivante : Vn(P ) = 1 n Z Sn−1 hK(u)Sn−1(K, du) (1.5)

On xe un type A de polytope simple de vecteurs normal u1, ..., un, pour P ∈ A on a

Fi = F (P, ui)

Fij = Fi∩ Fj

hi = hP(ui)

Soit J = {(i, j) ∈ {1, ..., N}, dim(Fij) = n − 2}.

Soit i, j ∈ J on note θij l'angle entre ui, uj.

Soit vij ⊥ ui le vecteur normal du polytope Fi de dim n − 1 a la face Fij de dim n − 2.

On note donc hij = h(Fi, vij), on sais que

uj = uicos(θij) + vijsin(θij) (1.6)

Avec le produit intérieur de uj avec un vecteur de Fij et on obtient

hij = hj 1 cos(θij) − hi 1 tan(θij) (1.7) Lemme 1.8. Soit P ∈ A alors Vn(P ) =

N

P

j1,...,jn

aj1...jn−1=1hj1...hjn avec aj1...jn−1 symétrique et

qui ne dépend uniquement du "a-type" de P

Démonstration. On va utiliser une récurrence sur n. cas n = 1 : D'après le lemme (1.7) Vn(P ) = n1 N P i=1 hP(ui)Vn−1(Fi) donc V (P ) = N P i=1 hP(ui) = hj1. hérédité : Supposons Vn−1(P ) = N P j1,...,jn−1 aj1...jn−1hj1...hjn−1 vrai.

Par hypothèse on sais aussi que,

Vn−1(Fi) = N

X

(i,kr)∈J

(11)

avec a(i) j1...jn−1 dépendant de Fi. Or sachant que hikr = hkr 1 cos(θikr) − hi 1 tan(θikr)

et que si 2 polytopes P1 et P2 sont fortement isomorphes alors les ensembles d'appui F (P1, u)

et F (P2, u) sont aussi fortement isomorphes donc,

hikr = hkr 1 cos(θikr) − hi 1 tan(θikr) = h(P, ukr) 1 cos(θikr) − h(P, ui) 1 tan(θikr) et donc on a Vn−1(Fi) = N P (i,kr)∈J a(i)j1...jn−1(hkr 1 cos(θikr)− hi 1

tan(θikr)), et donc par le lemme (1.7)

Vn(P ) = 1 n N X i=1 hP(ui)Vn−1(Fi) = 1 n N X i=1 h(P, ui) N X (i,kr)∈J a(i)j1...jn−1(h(P, ukr) 1 cos(θikr) − h(P, ui) 1 tan(θikr) ) = N X j1,...,jn aj1...jn−1hj1...hjn

On peut donc maintenant posé P1, ...Pm ∈ Ades polytopes fortement isomorphe et on dénit

Fi(r), Fij(r), h(r)i , h(r)ij de la même manière que pour Fi, Fij, hi, hij. Donc on peut écrire le volume

mixte de la manière suivante :

Dénition 1.10. V (P1, ..., Pn) = P aj1...jnh (1) j1 ...h (n) jn On remarque que V (P, ..., P ) = Vn(P ).

propriété 1.5. Soit P1, ..., Pm ∈ Aet λi > 0 avec P λi > 0 donc par le lemme 1.3 on a donc

h(λ1P1+ ... + λmPm) = λ1h (1)

i + ... + λmh (m) i

propriété 1.6. On obtient pour P1, ..., Pm des polytopes fortement isomorphes ceci,

Vn(λ1P1+ ... + λmPm) = m

X

i1,...,in=1

V (Pi1, ..., Pin)λi1...λin (1.8)

Reste donc a généraliser la formule (1.8) pour des convexes quelconques. Lemme 1.9. Soit P1, ..., Pm ∈ A alors on a :

f (P1, ..., Pn) = V (P1, ..., Pn) = 1 n! n X k=1 (−1)n+k X i1<...<ik Vn(Pi1 + ... + Pin)

(12)

Démonstration. :

Soit λ1, ..., λn> 0 alors f(λ1P1, ..., λnPn) est un polynôme homogène par la dénition (1.10).

(−1)n+1n!f ({o}, P

2, ..., Pn) = 0 "admis"

Donc f(0P1, λ2P2, ..., λnPn)est identiquement nul pour tout λ2, ..., λn. Donc dans le polynôme

f (λ1P1, λ2P2, ..., λnPn) tout les monômes λi1, ..., λin avec 1 /∈ {i1, ..., in} a aucun coecient.

Puisque 1 peut être remplacé par 2, ..., n ce qui implique que seul le monôme λ1, ..., λn a un

coecient non nul qui par la dénition (1.10) implique l'égalité de V (P1, ..., Pn).

Théorème 1.8. (dénition) Soit K1, ..., Kn des convexes de Rn alors

Vn(λ1K1+ ... + λmKm) = m X i1,...,in=1 V (Ki1, ..., Kin)λi1...λin (1.9) Démonstration. On dénit V (K1, ..., Kn) = n!1 n P k=1 (−1)n+k P i1<...<ik Vn(Ki1+...+Kin)∀K1, ...Kn∈

Kn, et d'après le lemme (1.9) ceci est déjà vrai pour des polytopes fortement isomorphes.

Par la continuité de l'addition de Minkowski et du volume on en conclus que V est continue sur (Kn)n. Soit K

1, ..., Kn ∈ Kn grâce au théorème (1.7) on peut trouvé (P1i)i∈R, ..., (Pni)i∈R

des polytopes avec Pri →

i→∞Kr et tel que ∀i ∈ NPi1, ..., Pin sont fortement isomorphe.

Sachant que Vn(λ1P1+...+λmPm) = m

P

i1,...,in=1

V (Pi1, ..., Pin)λi1...λinet que V et Vnsont continue

on peut en conclure la preuve du théorème.

1.4 Déterminant et Déterminant mixte

Sachant que le déterminant est un polynôme en leur coecient

Dénition 1.11. Soit M1, ..., Mm des matrices de dimensions n et λ1, ..., λm > 0 alors,

det(λ1M1+ ... + λmMm) = m

X

i1,...,in=1

D(Mi1, ..., Min)λi1...λin (1.10)

Le déterminant mixte est l'unique D qui vérie cette équation. Voici le lemme qui énoncent les propriétés du déterminant mixte : Lemme 1.10. Soit M, M1, ..., Mn, A des matrices symétriques alors :

(a) D(A, A, ..., A) = det(A)

(b) D(M1, ..., Mm) est multilinéaire et symétrique

(c) D(UM1U∗, ..., U MnU∗) = det(U U∗)D(M1, ..., Mm) (d) Si M1, ..., Mn > 0 alors D(M1, ..., Mm) > 0 (e) Si M2, ..., Mm > 0 et M1 6= 0, M1 > 0 alors D(M1, ..., Mm) > 0 (f) D(eie∗i, M2, ..., Mn) = n−11 D(M hii 2 , ..., M hii m)

Démonstration. (a) En appliquant la dénition avec A on obtient det(λ1A + ... + λmA) = m X i1,...,in=1 D(A, ..., A)λi1...λin (λ1+ ... + λm)ndet(A) = m X i1,...,in=1 λi1...λinD(A, ..., A)

(13)

Or (λ1+ ... + λm)n= m

P

i1,...,in=1

λi1...λin donc on a bien D(A, ..., A) = det(A)

(b) Découle directement des propriétés du déterminant (c) On prend

det(λ1U M1U∗+ ... + λmU MmU∗) = det(U U∗) det(λ1M1+ ... + λmMn) m X i1,...,im=1 λi1...λimD(U M1U ∗ , ..., U MmU∗) = det(U U∗) m X i1,...,im=1 λi1...λinD(M1, ..., Mm) D(U M1U∗, ..., U MmU∗) = det(U U∗)D(M1, ..., Mm)

(d) On sait que det(Pm

i=1 λivivi∗) = det( m P i=1 (√λivi)( √ λivi∗))alors on a det( m X i=1 λiviv∗i) = det( m X i=1 (pλivi)2 = λ1...λmdet(v1+ ... + vm)2

On applique (1.8) avec Mi = viv∗i ce qui donne

det( m X i=1 λivivi∗) = m X i1,...,in=1 D(vi1v ∗ i1, ..., vimv ∗ im)λi1...λim = n!D(vi1v ∗ i1, ..., vimv ∗ im)λ1...λm

On sait que det(Pm

i=1

viv∗i) = det(V2) et que det( m P i=1 λivivi∗) = n!D(vi1v ∗ i1, ..., vimv ∗ im)λ1...λm. Alors D(vi1v ∗ i1, ..., vimv ∗ im) = det(V2) n! > 0 (1.11)

(e) Soit Mi > 0, ∀i > 2 donc ∃ Mi0 = Mi+ vivi∗ avec tous les vi linéairement indépendant donc

avec les M0

i on obtient le lemme 1.10 (d) ce qui implique le résultat.

(f) Découle de (1.10) avec Mi = vivi∗ et par linéarité.

1.5 Forme quadratique hyperbolique

Dans cette section nous allons démontrer un lemme important sur les formes quadratiques hyperboliques.

Lemme 1.11. Soit A une matrice symétrique ou un opérateur autoadjoint avec un spectre discret alors il y a équivalence entre :

(1) ∀y tel que hy, Ayi > 0 on a ∀ x, hx, Ayi2

> hx, Axihy, Ayi (2) ∃wtel que ∀x avec hx, Awi = 0 alors on a hx, Axi < 0 (3) A possède au plus une valeur propre positive.

Démonstration. Nous allons montrer l'étape 1 en 2 cas, le cas A négative et le cas contraire. - cas 1 :

(14)

Soit A une matrice négative alors nous obtenons directement les 3 propriétés : (1) Sachant que A est négative alors xT

Ax 6 0 donc hx, Axi 6 0, ∀x donc hx, Ayi2

> hx, Axihy, Ayi

n'a pas de sens pour hy, Ayi = 0 donc hx, Ayi2 > 0 est toujours vrai ce qui montre (1)

(2) ∀x tel que hx, Axi 6 0 il existe un vecteur w tel que hx, Awi = 0 revient donc a trouver wtel que hx, Awi = 0 or hx, A0i = hx, 0i = 0

(3) Ceci est obtenu par dénition A négative. - cas 2 :

Soit A une matrice qui n'est pas négative alors A a un vecteur propre v avec comme valeur propre λ > 0.

(3) → (2) Soit λ la plus grande valeur propre de A avec comme vecteur propre associé v, on le suppose unique.

Sachant que A est symétrique on peut construire une base orthonormé de l'espace à l'aide des vecteurs propre de A noté base(v1, v2, ..., vn) avec les λi les valeurs propres associés de vi or

A possède au plus une valeur propre positive donc on peut poser v = vi et λ = λi.

Avi = λivi avec λi < 0, ∀i > 2. On sait que ∀x on a

x = n X i=1 hx, viivi Ax = n X i=1 hx, viiviλi < Ax, x > = n X i=1 λihx, vii2 Or < x, v1 >= 0 donc hAx, xi = n P i>2 λihx, vii2 6 0 car λi < 0

(2) → (1) Soit hy, Ayi > 0 donc hy, Awi 6= 0, soit z = x − ay avec hz, Awi = 0 et a = hx,Awihy,Awi on a donc,

0 > hz, Azi = hx − ay, A(x − ay)i

= hx, A(x − ay)i − ahy, A(x − ay)i

= hx, Axi − ahx, Ayi − ahy, Axi + a2hy, Ayi = hx, Axi − 2ahx, Ayi + a2hy, Ayi

donc par minimisation de a on obtient

hZ, AZi > hx, Axi − hx, Ayi

2

hy, Ayi hx, Ayi2

> hx, Axihy, Ayi ce qui démontre (1)

(1) → (3) Soit u et v orthogonal, des vecteurs propres de A avec comme valeur propre µ on a donc :

hv, Aui2 > hv, Avihu, Aui 0 > λµ||v||2||u||2

(15)

Or λ||v||2||u||2 > 0 donc µ 6 0 donc A a au plus un vecteur propre avec comme valeur propre

(16)

Chapitre 2

Inégalité d'Alexandrov sur les

déterminants mixtes

Dans ce chapitre nous allons démontrer l'inégalité d'Alexandrov qui s'énonce de la manière suivante :

Théorème 2.1. Soit A une matrice symétrique de taille n et B, M1, ..., Mn−2 des matrices

positives de taille n alors on a :

D(A, B, M1, ..., Mn−2)2 > D(A, A, M1, ..., Mn−2)D(B, B, M1, ..., Mn−2)

Pour démontrer ce théorème nous allons utiliser le lemme suivant :

Lemme 2.1. Soit M2, ..., Mn−2 des matrices dénis positives de taille n. Alors pour n'importe

quel matrice Z qui vérie

D(Z, I, I, M2, ..., Mn−2) = 0

alors on a

D(Z, Z, I, M2, ..., Mn−2) 6 0

Démonstration. Sachant que Z est symétrique on peut ce réduire au cas diagonale à l'aide d'un

changement de base Donc on peut réécrire le lemme de la forme suivante, Q(x, 1) = 0 =⇒ Q(x, x) 6 0 avec Q(x, y) = D(Diag(x), Diag(y), I, M2, ..., Mn−2) On sait que D(eie∗i, M2, ..., Mn−2) = 1 n − 1D(M hii 2 , ..., M hii n−2) Donc D(Diag(x), Diag(y), I, M2, ..., Mn−2) = D( n X i=1 xieie∗i, n X i=1 yieie∗i, I, M2, ..., Mn−2) = n X i=1 xiD(eie∗i, Diag(y), I, M2, ..., Mn−2) = 1 n n X i=1

xiD(Diag(y)hii, Ihii, M hii 2 , ..., M

hii n−2)

(17)

Soit A une matrice de taille n tel que (Ay)i =

D(Diag(y)hii, Ihii, M2hii, ..., Mn−2hii ) D(Ihii, Ihii, Mhii

2 , ..., M hii n−2) Soit pi = 1 n − 1D(I hii

, Ihii, M2hii, ..., Mn−2hii ) Sachant que < x, y >l2(p)=P

i

xiyipi on a donc clairement que hx, Ayil2(p) = Q(x, y)

(A1)i =

D(Diag(1)hii, Ihii, M2hii, ..., Mn−2hii ) D(Ihii, Ihii, Mhii

2 , ..., M hii n−2)

= 1

Donc on a bien que A1 = 1. Donc 1 est valeur propre de A, A est symétrique donc il existe une base orthonormé de vecteur propre (u1, ..., un) de valeur propre (λ1, ..., λn). Pour

tout vecteur propre tel que λ 6= 0 alors les coordonné de u sont pas toute positive donc par Perron-Frobenius on peut donc en conclure que 1 est la plus grande valeur propre avec comme vecteur propre associé 1.

Pour la suite de la preuve, on suppose que le théorème 1.1 est vrai en dimension n − 1 et on cherche a démontrer que,

Q(x, 1) = 0 =⇒ Q(x, x) 6 0 (2.1) Sachant que (Ay)2ipi > 1 n − 1D(Diag(y) hii

, Diag(y)hii, M2hii, ..., Mn−2hii )

n−2 X i (Ay)2ipi > n−2 X i 1 n − 1D(Diag(y) hii

, Diag(y)hii, M2hii, ..., Mn−2hii ) On a donc hAy, Ayil2(p) > D(I, Diag(y), Diag(y), M2, ..., Mn−2) = hy, Ayil2(p)

Soit y un vecteur propre de A on peut trouvé une valeur propre λ tel que λ2 > λ donc λ > 1

ou λ 6 0. Or d'après Perron-Frobenius on sais que 1 est la plus grande valeur propre ce qui démontre (2.1), et donc aussi la preuve du lemme.

Démonstration. (du théorème) Nous allons eectué une récurrence sur la dimension des ma-trices pour démontré le théorème.

-Initialisation : Montrons que pour A, B deux matrices de taille 2 × 2 on a bien, D(A, B)2 > D(A, A)D(B, B)

Sachant que D(UAU∗, U BU) = det(U U)D(A, B) on peut ce réduire au cas B = I et A

diagonal.

Donc on a det(A + tI) = (a11+ t)(a22+ t),donc D(A, A) = a11a22 et D(A, I) = 12(a11+ a22)

ce qui donne bien

(a11+ a22)2 > 4a11a22

(18)

ce qui conclus l'initialisation.

-Hérédité : Supposons le théorème vrai en dimension n − 1 d'après le lemme 1.1 on sais que Q(Z, Z0) = hZ, AZ0il2(p) = D(Z, Z0, I, M2, ..., Mn−2)

est une forme quadratique, or d'après le lemme 1.1 on a ∀Z, hZ, AZi 6 0 avec < Z, AI >= 0 donc d'après le lemme 1.2 on a donc,

hZ, AZ0i2l2(p) > hZ, AZil2(p)hZ0, AZ0il2(p)

D(Z, Z0, I, M2, ..., Mn−2)2 > D(Z, Z, I, M2, ..., Mn−2)D(Z0, Z0, I, M2, ..., Mn−2)

Ce qui montre le théorème avec le cas M1 = I, pour le cas M1 > 0 on applique

D(eie∗i, M2, ..., Mn−2) = 1 nD(M hii 2 , ..., M hii n−2) avec U = M−12

1 ce qui conclus l'hérédité.

Durant la démonstration du théorème nous avons utilisé le théorème de Perron-Frobenius nous allons maintenant l'énoncer et le démontrer.

Théorème 2.2. Soit A une matrice symétrique avec aij > 0 et λ la plus grande valeur propre

alors : (i) λ > 0

(ii) il existe un vecteur propre associé xj avec xj > 0

(iii) λ est simple

(iv) si µ est une autre valeur propre alors λ > |µ|

Démonstration. (i) Sachant que A > 0 alors T r(A) > 0 ce qui implique donc que λ > 0 (ii) Soit u un vecteur normalisé propre associé a λ donc λui =

P j aijuj en posant |uj| = xj Alors 0 < λ =X ij aijuiuj = | X ij aijuiuj| = X ij aijuiuj

Soit λ1 6 λ2 6 ... 6 λ les valeurs propres de A alors λ = sup ||x||=1

hx, Axi. Soit u1, ..., un une base

orthonormé de vecteur propre associé aux λ1, ..., λdonc ∀x on a,

x =X i xiui et, hx, Axi =X i,j xixjhui, Auji =X i,j xixjλjhui, uji =X i λix2i 6 λ||x||2

(19)

Or ||x|| = ||u|| = 1, et donc on a que P ij aijuiuj = hAu, ui 6 λ. On a aussi, λxi = X j aijxj

Maintenant si xi = 0 pour un certain i alors aij > 0, ∀j ce qui implique xj = 0, ce qui est

impossible donc xi > 0.

(iii) Si λ est dégénéré alors on peut trouvé 2 vecteurs propres orthonormés u, v associé à λ car A est symétrique. Supposons que xi < 0 pour un certain i alors, en additionnant (1.3) et

(1.4) on obtient 0 = λ(uj+ |uj|) =

P

j

aij(uj+ |uj|)donc uj+ |uj| = 0pour tout j. En d'autre

terme uj = |uj| > 0 ou uj = −|uj| < 0 ∀j, de même pour (vj). Par conséquent

X j ujvj ± X j |ujvj| 6= 0

uet v ne peuvent être orthogonaux car λ est simple. (iv) Soit w un vecteur propre normalisé associé a µ < λ,

µwi =

X

j

aijwj

Par un raisonnement similaire que dans la partie (ii) de la preuve on obtient, λ >X ij aij|wi||wj| > | X ij aijwiwj| = |µ|

Si µ = −λ on a aussi |wj| = xj et donc wi = xi ∀ i. En ajoutant λxi à −λwi on obtient

0 =X

j

aij(xj + wj) > aii(xi+ wi)

(20)

Chapitre 3

Preuve de l'inégalité d'Alexandrov

Fenchel à l'aide le l'inégalité

d'Alexandrov

Le théorème s'écrit de la manière suivante :

Théorème 3.1. Soit K, L, C1, ..., Cn−2 des corps convexes de Rn

V (K, L, C1, ..., Cn−2)2 > V (K, K, C1, ..., Cn−2)V (L, L, C1, ..., Cn−2) (3.1)

On pose C1, ..., Cn−2des convexes de classe C+2(Rn). Sachant que le volume est invariant

par translation on peut supposer que o ∈ intC1. Soit A tel que ∀f ∈ C2 on a

Af = hC1D(D 2f, D2h C1, D 2h C2, ..., D 2h Cn−2) D(D2h C1, D 2h C1, D 2h C2, ..., D 2h Cn−2)

on dénit la mesure suivante :

dµ = D(D 2h C1, D 2h C1, D 2h C2, ..., D 2h Cn−2) nhC1 dω ce qui donne donc,

V (K, L, C1, ..., Cn−2) = hhK, AhLiL2(µ) = Z h KhC1D(D 2h L, D2hC1, ., D 2h Cn−2)D(D 2h C1, D 2h C1, ., D 2h Cn−2) nhC1D(D 2H C1, D 2h C1, D 2h C2, ..., D 2h Cn−2) dω = Z h KD(D2hL, D2hC1, D 2h C2, ., D 2h Cn−2) n dµ

Sachant que o ∈ intC1 on a hC1 > 0 et donc grâce au lemme 1.10(e),

on a D(D2h C1, D 2h C1, D 2h C2, ..., D 2h

Cn−2) > 0. On remarque aussi que

AhC1 = hC1D(D 2h C1, D 2h C1, D 2h C2, ..., D 2h Cn−2) D(D2h C1, D 2h C1, D 2h C2, ..., D 2h Cn−2) = hC1

(21)

propriété 3.1. (i) A est un opérateur uniformément elliptique. (ii)A est une forme quadratique tel que ∀f, g ∈ L2 on a hf, Agi

L2(µ)= hg, Af iL2(µ)

(iii) A se prolonge de manière unique en un opérateur auto-adjoint de H2 avec un spectre

discret avec comme plus grande valeur propre 1 avec comme vecteur propre associé hc1.

Démonstration. (i) Pour prouver que A est elliptique il su de montrer que L(f) = D(D2f, D2h

C1, ..., D

2h Cn−2)

est elliptique. Pour cela il sut de voir que D(vvT, D2h

C1, ..., D 2h Cn−2) = P ija ij(x)v ivj > 0

ce qui est prouvé grâce au lemme 1.10(e). Or on travail sur un compact donc ceci implique donc que A est uniformément elliptique.

(ii) hf, AgiL2(µ) = V (f, g, C1, ..., Cn−2) = V (g, f, C1, ..., Cn−2) = hg, Af iL2(µ)

(iii) la preuve découle directement du théorème 3.1 Lemme 3.1. Soit f ∈ H2 on a hAf, Afi

L2(µ)> hf, Af iL2(µ)

Démonstration. Par densité on peut prendre f ∈ L2or sachant que Af = hC1D(D2f,D2hC1,D2hC2,...,D2hCn−2)

D(D2h C1,D2hC1,D2hC2,...,D2hCn−2) on a donc (Af)2 = h2C1D(D 2f,D2h C1,D2hC2,...,D2hCn−2)2 D(D2h C1,D2hC1,D2hC2,...,D2hCn−2)2 .

Par l'inégalité d'Alexandrov on a : D(D2f, D2hC1, D 2h C2...D 2h Cn−2) 2 > D(D2f, D2f, D2hC2...D 2h Cn−2)D(D 2h C1, D 2h C1, D 2h C2...D 2h Cn−2)

ce qui implique donc

(Af )2 = h 2 C1D(D 2f, D2h C1, D 2h C2, ..., D 2h Cn−2) 2 D(D2h C1, D2hC1, D2hC2, ..., D2hCn−2)2 > h2C1 D(D2f, D2f, D2h C2...D 2h Cn−2)D(D 2h C1, D 2h C1, D 2h C2...D 2h Cn−2) D(D2h C1, D 2h C1, D 2h C2, ..., D 2h Cn−2) 2 > h2C1 D(D2f, D2f, D2h C2...D 2h Cn−2) D(D2h C1, D 2h C1, D 2h C2, ..., D 2h Cn−2) hAf, Af iL2(µ)= Z (Af )2 > 1 n Z h2C 1 D(D2f, D2f, D2hC2...D 2h Cn−2) D(D2h C1, D2hC1, D2hC2, ..., D2hCn−2) dµ > Z h2 C1 nhC1 D(D2f, D2f, D2h C2...D 2h Cn−2)D(D 2h C1, D 2h C1, D 2h C2...D 2h Cn−2) D(D2h C1, D 2h C1, D 2h C2, ..., D 2h Cn−2) dω > 1 n Z hC1D(D 2f, D2f, D2h C2, ..., D 2h Cn−2)dω > V (C1, f, f, C2, ..., Cn−2) > V (f, f, C1, C2, ..., Cn−2) > 1 n Z f D(D2f, D2hC1, ..., D 2 hCn−2)dω hAf, Af iL2(µ)> hf, Af iL2(µ)

Théorème 3.2. Soit L un opérateur auto adjoint vériant : (i) aijξ

iξj > λ|ξ|2 pour tout x dans Ω et ξ ∈ Rn

(ii) P |aij(x)|2

6 Λ2 et λ2P(|f (x)|2+ |c(x)|2) + λ−1

|d(x)| 6 v2

(22)

Démonstration. Si u est un vecteur propre de σ1 donc on obtient la forme suivante σ1 = inf I

J alors que |u| est aussi une valeur propre d'après l'inégalité d'Harnack on a sup

Ω0 (u) 6 Cinf0

(u) avec Ω ⊂ Ω et Ω 6= Ω. On a |u| > 0 dans Ω, σ1 a un vecteur propre positif. Cet argument

donne aussi que le vecteur propre de σ1 est soit positif soit négatif ce qui implique que s'est

impossible car ces 2 vecteurs propre associé a σ1 sont orthogonaux ce qui implique donc que

σ1 est simple ce qui prouve (i). ((ii) admise)

Nous pouvont maintenant démontrer Alexandrov-Fenchel,

Démonstration. Soit f un vecteur propre de A avec λ comme valeur propre associé, alors d'après le lemme 3.1 on a λ2

> λ donc λ > 1 ou λ 6 0. Donc HC1 est l'unique vecteur propre

de A avec une valeur propre associé positive. D'après le lemme 1.11 sachant qu'on a que A qui a au plus un vecteur propre avec comme valeur propre positive associé ce qui implique donc

hx, Ayi2

> hx, Axihy, Ayi

V (x, y, C1, ..., Cn−2)2 > V (x, x, C1, ..., Cn−2)V (y, y, C1, ..., Cn−2)

(23)

Chapitre 4

Preuve d'Alexandrov Fenchel par

concavité

propriété 4.1. Soit Γ un ouvert convexe de V et f une forme de degré m > 2 positive sur Γ. Soit ˜f sa forme polaire on a donc une équivalence entre les proposition suivante.

(i) x 7→ f(x)1

m est concave pour x ∈ Γ

(i') t 7→ f(x + yt)1

m est concave pour t > 0 et x, y ∈ Γ

(ii) ˜f (y, x, ..., x)2 > ˜f (y, y, x, .., x) ˜f (x, ..., x) avec x, y ∈ Γ (ii') ˜f (y, x, ..., x)2 > ˜f (y, y, x, .., x) ˜f (x, ..., x) avec x, y ∈ Γ × V

(iii) ˜f (z, y, x, ..., x)2 > ˜f (z, z, x, .., x) ˜f (y, y, x, ..., x)et si x ∈ Γ et y, z ∈ V avec ˜f (sy + tz, sy +

tz, x, ..., x) > 0 avec (s, t) 6= (0, 0) on a (iv) ˜f (y, x, ..., x)m > f (y)fm−1(x)

Démonstration. (i) → (i0) est évident.

(i0) → (ii)Soit h(t) = f(x + ty) donc on a h00(t) = m(m − 1) ˜f (y, y, x + ty, ..., x + ty) ce qui avec µ = 1 m et t = 0 donne d dth(t) µ = µh0(t)h(t)µ−1 = ˜f (y, x, ..., x)f (x)µ−1 (4.1) d2 dt2h(t) µ= µh00 (t)h(t)µ−1+ µ(µ − 1)h0(t)2h(t)µ−2 = (m − 1)( ˜f (y, y, x, ..., x)f (x) − ˜f (y, x, ..., x)2)f (x)µ−2 ce qui démontre aussi (i0) → (iv) avec h(t)µ

t t→∞→ f (y) µ

(ii) → (ii0) soit y → ˜f (y, x, ..., x)2 − ˜f (y, y, x, ..., x) ˜f (x, ..., x) qui est une forme quadratique

avec une polarisation égal à zéro sur x donc ça dépend uniquement de y[Rx] puisque y+tx ∈ Γ avec T > 0 donc (ii0) est déduite de (ii) et on a (ii) → (i0) grâce a (4.1).

(ii0) → (iii) on a ˜f (sy + tz, x, ..., x) = 0 donc ˜f (sy + tz, sy + tz, x, ..., x) 6 0, cet fonction est donc soit déni négative ou non déni, le déterminant est > 0 donc on a (iii) et en prenantz = x dans (iii) on a (ii0)ce qui conclut la preuve.

On vois que grâce à l'inégalité d'Alexandrov-Fenchel on a que t → V (K1 + tK2, K1 +

tK2, K3, ..., Kn) avec t > 0 est une forme quadratique a discriminant strictement positif.

Sa implique aussi que pour m = 2, 3, ..., n et K1, ..., Kn−m+2 corps convexes on a :

fm(t) = V (K1+ tK2, ...., K1+ tK2, K3, ..., Kn−m+2)

1

(24)

concave. Le cas m = 2 est exactement équivalent a Alexandrov-Fenchel, et cela implique facilement les autres cas. Reste donc a montrer par récurrence sur n que fm est concave. On

va donc supposer Alexandrov-Fenchel vrai en dimension n − 1 et montrer que pour m > 3 et en dimension n que fm est concave. Traitons donc d'abord du cas m = 2

Lemme 4.1. ”(m = 3) → (m = 2)” An de prouver Alexandrov-Fenchel il sut de montrer que f3 est concave pour tout convexe de Rn

Démonstration. Soit ˜

f (x, y, z) = V (x1K1+ x2K2+ x3K3, y1K1+ y2K2+ y3K3, z1K1+ z2K2+ z3K3, K4, ..., Kn)

on pose f(x) = ˜f (x, x, x)et on suppose que t → f(x+ty)13 est concave sur R+ donc d'après la

propriété 4.1 on a que ˜f (x, y, z)2 > ˜f (x, x, z) ˜f (y, y, z) ce qui conclut la preuve du lemme.

Lemme 4.2. Soit C = {h ∈ RN

+; K[h]} avec K[h] qui sont fortement isomorphe a K1.

Il y a équivalence entre : (i)C ⊂ RN

+ est un cône convexe avec un sommet en 0

(ii) Tout polytope fortement isomorphe a K1 qui contient l'origine et qui prend la forme de

K[h] pour un h ∈ C unique xé.

(iii) ∀h, h0 ∈ C on a K[h + h0] = K[h] + K[h0]

Démonstration. Tout polytope fortement isomorphe a K1 a u1, ..., uN comme vecteur normal

unité sortant de leur facette. Si un polytope contient l'origine dans son intérieur, alors il prend la forme d'un K[h] pour un h xé ce qui prouve (ii). On voit que th ∈ C reste donc a monter que C est ouvert ce qui conclut (iii). On remarque aussi que quand K[h] est fortement isomorphe a Ki, K[h] a une facette dont la normal extérieure est uj et donc hj = Sup

x∈K[h]

hx, uji.

Grâce au corolaire 1.3 le convexe K[h] + K[h0] est fortement isomorphe, puis avec (ii) on a

K[h] + K[h0] = K[h00] avec h00 = h0+ h, on note h00j = Sup x∈K[h]+K[h0] hx, uji = Sup x∈K[h] hx, uji + Sup x∈K[h0] hx, uji = h0j + hj

donc h00 ∈ C ce qui conclut (iii).K[h] est simple grâce au lemme 1.5 et que C est ouvert ce

qui prouve (i).

Soit F(h) = V (K[h], ..., K[h], K3, ..., Kn−m+2)avech ∈ C grâce au lemme 4.2 on a Ki = K[h]

avec un certain h = h(i) xé et que la concavité de f

m sur RN+ est équivalent a la concavité de

Fm1 sur C puisque fm(t) = F 1

m(h(1)+ th(2)). On admet que F 1

m est concave. F est homogène

de degré m sur C et peut être étendu sur RN. On peut écrire pour

K ⊂ Rn, F

j(K) = {x ∈ K, hx, uji = hy, uji y∈K

pour une facette normal a ui. Pour notre cas

(K = Ki) les facettes Fi[K] on un volume positif.

On sais que diF = m

nV (Fi(K[h]), ...., Fi(K[h]), Fi(K3), ..., Fi(Kn−m+2)).Ceci est le volume

mixte de la facette. La facette vérie le lemme 4.2 donc Fi(K[h + h0]) = Fi(K[h]) + Fi(h[h0]).

Par hypothèse de récurrence (t → fm−1(t) est concave pour un corps convexe de Rn−1) la

fonction (diFm−11 ) est concave sur C donc (dFi) est log-concave sur C.

dijF = m n

m − 1

(25)

On voit que quand Fi(K[h])∩Fj(K[h]) = P avec P un face de dimension n−2 on a DijF (h) >

0. On en conclus que ∇2F est irréductible. On a pour les indices i, i1, ..., iL, j on a dii1F (h) >

0,...,diLjF (h) > 0, ce qui réuni les conditions pour la propriété suivante, reste donc a la

démontrer et cela conclus que fm est concave et donc démontrera Alexandrov-Fenchel en

dimension n.

propriété 4.2. Soit C ⊂ RN

+ un cône ouvert connexe avec p ∈]2; +∞[. Soit f : C →]0; +∞[

une fonction régulière tel que (i) f est p-homogène

(ii) dif > 0 et log-concave

(iii) dijf > 0 et si susamment de dij > 0 sont strictement positif alors ∇2f est irréductible.

alors f1

p est concave sur le cône C

Démonstration. Pour tout i on a fi = dif est log-concave et (p-1)-homogène donc f

1 p−1 i est concave et ∇2f i 6 p−2p−1 ∇fi×∇fi

fi sachant que par homogénéité on a P

i

xi∇2fi =

P

i

xidi(∇2f ) =

(p − 2)∇2f donc on a en multipliant par xi et en sommant par i ceci

(p − 2)∇2f =X i xi∇2f 6 p − 2 p − 1 N X i=1 xi ∇fi× ∇fi fi = p − 2 p − 1(∇ 2f )D(∇2f ) avec D = diag(x1 f1, ..., xN

fN) et en multipliant à gauche et à droite par D 1 2 ce qui donne (p − 2)D12(∇2f )D 1 2 6 p−2 p−1[D 1 2(∇2f )D 1 2]2 on conclus que M = D 1 2(∇2f )D 1

2 n'a pas de spectre

dans ]0, p − 1[. M a des valeurs > 0 sur sa diagonal. La matrice M est irréductible et a D−12

comme vecteur propre avec comme valeur propre associé p − 1. Par Perron-Frobenius on a M 6 (p − 1)(D −1 2x) ⊗ (D− 1 2x) |D−1 2x|2 = (p − 1)D −1 2(x ⊗ x)D− 1 2 p.f ∇2 f 6 (p − 1)D −1(x ⊗ x)D−1 p.f = p − 1 p ∇f ⊗ ∇f f ce qui conclut la preuve de la propriété.

(26)

Bibliographie

[1] H. Brezis Functional Analysis, Sobolev Spaces and Partial Dierential Equations, Springer-verlag, New York, 2010.

[2] D. Cordero-Erausquin, B. Klartag, Q. Merigot, F. Santambroggio. One more proof of the Alexandrov-Fenchel inequality Preprint. arXiv :1902.10064v2

[3] R. Schneider Convex bodies : the Brunn-Minkowski theory, Cambridge, expanded edi-tion, 2014.

[4] Y. Shenfeld R. van Handel Mixed volume and the Bochner method, Preprint. arXiv :1811.08710v2

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