CONVEXE ET OPTIMISATION D’EXERCICES D’ANALYSE
RECUEIL 2
LICENCE MATHEMATIQUES ET APPLICATIONS Pour les étudiants du semestre S6
Université Cadi Ayyad Faculté Polydisciplinare de Safi
SAFI 2020
c Aboussoror Abdelmalek
Avant-propos
Ce recueil est un complément du recueil 1 d’exercices d’analyse convexe et optimisation destinés aux étudiants de la filière Sciences Mathématiques et Applications, semestre 6 de la Faculté Polydisciplinaire de Safi. Afin de tirer profit de ce recueil, il est recommandé d’essayer d’abord de résoudre l’exercice avant de regarder la solution. Certains exercices sont proposés avec indications et d’autres sont laissés sans solution. Nous introduisons aussi dans ce recueil de nouvelles notions complétant ainsi le cours, à savoir la sous-différentiabilité et la conjugaison en analyse convexe. Un résumé de quelques résultats importants d’analyse convexe est donné.
c Aboussoror Abdelmalek 2020
EXERCICES
Exercice 1 Soit f :Rn → R une fonction. On appelle fonction conjuguée ou transformée de Legendre-Fenchel de f, la fonction notée f∗ définie sur Rn par
f∗(x∗) = sup
x∈Rn
{hx∗, xi −f(x)}.
1) Dire pourquoi on a i)f∗(x∗) = sup
x∈domf
{hx∗, xi −f(x)},
ii)f∗(x∗) +f(x)≥ hx∗, xi,∀x, x∗∈Rn, appelée inégalité de Fenchel.
2) Soient a ∈ Rn et f1(x) = f(x+a). Montrer que pour tout x∗ ∈ Rn, f1∗(x∗) =f∗(x∗)− hx∗, ai.
3) Soient b ∈ R et f2(x) = f(x) +b. Montrer que pour tout x∗ ∈ Rn, f2∗(x∗) =f∗(x∗)−b.
4) Soientc∈R∗ etf3(x) =f(cx). Montrer que pour tout x∗ ∈Rn,f3∗(x∗) = f∗(xc∗).
5) Soientd∈R∗+ etf4(x) =df(x). Montrer que pour toutx∗ ∈Rn,f4∗(x∗) = df∗(xd∗).
6)f∗(0) =− inf
x∈Rn
f(x).
Exercice 2 Soient I un ensemble d’indices et fi : Rn → R, i ∈ I, des fonctions. Montrer que
infi∈Ifi
∗
= sup
i∈I
fi∗.
Exercice 3 Soit f : Rn → R une fonction. Montrer que la fonction con- juguée f∗ de f est convexe semicontinue inférieurement.
Exercice 4 Soit f :R→R une fonction convexe.
1) Montrer que tout minimum local de f sur Rn est un minimum global de f sur Rn.
Le but de l’exercice suivant est d’exprimer le cône asymptotique (cône de récession) de l’épigraphe d’une fonction convexe en fonction de l’épigraphe d’une fonction définie à partir de la fonctionf, appelée fonction de récession def.
Exercice 5 Soitf :Rn→R∪ {+∞}une fonction convexe, propre et semi- continue inférieurement. On appelle fonction de récession de f notée f∞0 la fonction définie sur Rn par
f∞0 (d) = lim
t→+∞
f(x+td)−f(x) t
= sup
t>0
f(x+td)−f(x) t
où x∈domf, quelconque.
1) Montrer que(epif)∞=epif∞0 . 2) Pourr ∈R, soit Lr(f) =
x ∈Rn :f(x) ≤r . Montrer que pour tout r tel que Lr(f) est non vide, on a
(Lr(f))∞={x∗∈Rn:f∞0 (x∗)≤0}.
Exercice 6 On considère la fonction quadratique f définie sur Rn par f(x) = 1
2hQx, xi+hb, xi+c
où Q∈ Mn(R) symétrique définie positive, b∈Rn, etc∈R. 1) Montrer quef est strictement convexe.
2) Montrer que
f∞0 (x∗) =
hx∗, bi si x∗ ∈KerQ, +∞, sinon.
Exercice 7 Soient f :Rn→R∪ {+∞} une fonction convexe etx∈domf. On appelle sous-différentiel de f en x l’ensemble noté ∂f(x) défini par
∂f(x) =
x∗ ∈Rn:f(y)≥f(x) +hx∗, y−xi,∀y∈Rn .
Lorsque∂f(x) est non vide, on dit quef est sous-différentiable en x. Dans ce cas, tout élément de∂f(x) est appelé un sous gradient def enx.
1) Soitx∈domf. Montrer que ∂f(x) est un convexe fermé.
2) Montrer quex¯ minimisef sur Rn si et seulement si 0∈∂f(¯x).
Exemple. Soit f la fonction définie sur Rn par f(x) = kxk2 (la norme euclidienne). Alors, pour tout x ∈ Rn\ {0}, f est différentiable en x, et
∇f(x) = x
kxk2. Par contref est non différentiable en x= 0. Cependant, f est sous-différentiable en ce point. En effet, on ax∗∈∂f(0)si et seulement si
f(y)≥f(0) +hx∗, y−0i, ∀y∈Rn.
On obtient
hx∗, yi ≤ kyk2, ∀y∈Rn,
i.e.,x∗∈B(0,¯ 1), la boule unité fermée. Par conséquent∂f(0) = ¯B(0,1).
Exercice 8 Soient f, g :Rn → R∪ {+∞} deux fonctions convexes et pro- pres. Montrer que si f et g sont sous-différentiables en x ∈ Rn, alors la fonctionf +g l’est aussi, et
∂f(x) +∂g(x)⊂∂(f+g)(x).
Nous donnons ce résumé de résultats importants d’analyse convexe qui seront utilisés ultérieurement.
Théorème 1 Soit f : Rn → R∪ {+∞} une fonction convexe et propre.
Alors, pour tout x∈ri(domf),∂f(x) est non vide.
Pour la démonstration du théorème suivant, voir l’annexe en fin de ce recueil.
Théorème 2 Soitf :Rn→R∪ {+∞}une fonction convexe et propre. On suppose que int(domf) est non vide. Alors pour tout x ∈int(domf), ∂f(x) est un convexe compact non vide deRn.
Concernant le sous-différentiel de la somme de deux fonctions convexes, on a le résultat suivant.
Théorème 3 Soient f, g:Rn →R∪ {+∞}des fonctions convexes et pro- pres. Si int(domf)∩domg6=∅, alors pour tout x∈Rn, on a
∂(f +g)(x) =∂f(x) +∂g(x).
Exercice 9 Soitf :Rn→R∪{+∞}une fonction convexe et propre. Soient x, x∗∈Rn. Montrer que
x∗∈∂f(x)⇐⇒f(x) +f∗(x∗) =hx∗, xi.
Exercice 10 Soient f :Rn →R une fonction convexe différentiable et x ∈ Rn. Montrer que∂f(x) ={∇f(x)}.
Exercice 11 Soient C un sous ensemble non vide de Rn et IC sa fonction indicatrice, i.e., la fonction définie surRn par
IC(x) =
0, six∈C, +∞, six6∈C.
Montrer queCest un convexe deRnsi et seulement siIC est convexe surRn. Exercice 12 Soient C un sous ensemble convexe non vide de Rn et x¯∈C.
Montrer que
∂IC(¯x) =NC(¯x).
Exercice 13 On considère le problème de minimisation suivant (P) min
x∈Cf(x)
où la fonction-objectif f :Rn→ Rest convexe et l’ensemble des contraintes C est un convexe non vide de Rn. Soit x¯∈C.
1) Montrer quex¯ est solution de (P) si et seulement si
0∈∂f(¯x) +NC(¯x). (1)
2) Que devient la propriété (1) si x¯∈intC.
3) Que devient la propriété (1) si en plus f est différentiable en x?¯
Exercice 14 Soit f : Rn → R∪ {+∞} une fonction convexe et propre.
Soient x¯ ∈ domf où f est sous-différentiable et f0(¯x;.) la fonction dérivée directionnelle de f en x.¯
Le but est de calculer la fonction conjuguée de la fonction f0(¯x;.). Pour t >0, on considère la fonctionψt définie sur Rn par
ψt(d) = f(¯x+td)−f(¯x)
t .
1) Montrer que
(f0(¯x;.))∗= sup
t>0
ψ∗t. 2) Montrer que
ψt∗(x∗) = 1
t(f∗(x∗) +f(¯x)− hx∗,xi).¯
3) On désigne par I∂f(¯x) la fonction indicatrice de ∂f(¯x). Montrer que (f0(¯x;.))∗=I∂f(¯x).
Solutions et indications
Exercice1. A titre d’exemple de calcul nous donnons la solution de la ques- tion 2).
2) On a
f1∗(x∗) = sup
x∈Rn
{hx∗, xi −f1(x)}
= sup
x∈Rn
{hx∗, xi −f(x+a)}.
Faisons le changement de variableu=x+a. On obtient alors f1∗(x∗) = sup
u∈Rn
{hx∗, u−ai −f(u)}
= sup
u∈Rn
{hx∗, ui −f(u)} − hx∗, ai
= f∗(x∗)− hx∗, ai,
où la deuxième égalité résulte du fait que hx∗, ai est une constante.
Exercice 2. On a
infi∈Ifi
∗
(x∗) = sup
x∈Rn
{hx∗, xi −inf
i∈Ifi(x)}
= sup
x∈Rn
{hx∗, xi+ sup
i∈I
(−fi(x))}
= sup
x∈Rn
sup
i∈I
{hx∗, xi −fi(x)}
= sup
i∈I
sup
x∈Rn
{hx∗, xi −fi(x)}
= sup
i∈I
fi∗(x∗).
Exercice 3. Indications :
i) Pour x∈Rn, considérer la fonction affineϕx(.) définie surRn par ϕx(x∗) =hx∗, xi −f(x),
ii) utiliser le fait que epif∗ = \
x∈domf
epiϕx(.) [voir1)−i) de l’Exercice1], iii) utiliser la caractérisation de la semicontinuité inférieure et de la convexité d’une fonction à partir de son épigraphe.
Exercice 4. Nous donnons la solution de la question 1).
Soit x¯ un minimum local de f sur Rn, i.e., solution locale du problème de minimisation suivant
(P) min
x∈Rn
f(x).
Il existe alors un ouvertU deRn voisinage de x¯tel que f(¯x)≤f(x), ∀x∈U.
Supposons que x¯ n’est pas un minimum global def surRn. Donc, il existe ˆ
x∈Rn tel que
f(ˆx)< f(¯x).
Pourα∈]0,1[, posons
xα = αˆx+ (1−α)¯x
= x¯+α(ˆx−x).¯
On a xα → x, quand¯ α → 0+. Comme U est un voisinage de x, il existe¯ alorsα¯ ∈]0,1[, tel que
xα ∈U, ∀α∈]0,α[.¯ Par convexité def, pour α∈]0,α[, on obtient¯
f(xα) ≤ αf(ˆx) + (1−α)f(¯x)
< αf(¯x) + (1−α)f(¯x)
= f(¯x).
ce qui contredit l’optimalité locale de x¯pour le problème(P).
2) Indications :
i) Six¯ est un minimum local du problème ( ˆP) min
x∈Cf(x)
il existe alors un ouvertUˆ de Rn voisinage dex¯ tel que f(¯x)≤f(x), ∀x∈Uˆ∩C.
ii) Pour la suite, on peut raisonner de la même façon que dans la question
Exercice 5.
1) Remarquons d’abord que(x, f(x))∈epif. Par suite
(x∗, r∗)∈(epif)∞ ⇐⇒ (x, f(x)) +t(x∗, r∗)∈epif, ∀t >0
⇐⇒ (x+tx∗, f(x) +tr∗)∈epif, ∀t >0
⇐⇒ f(x+tx∗)≤f(x) +tr∗, ∀t >0
⇐⇒ f(x+tx∗)−f(x)
t ≤r∗ ∀t >0
⇐⇒ sup
t>0
f(x+tx∗)−f(x)
t ≤r∗
⇐⇒ f∞0 (x∗)≤r∗
⇐⇒ (x∗, r∗)∈epif∞0 . D’où(epif)∞=epif∞0 .
2) Soitx¯∈Lr(f), quelconque. On a
x∗∈(Lr(f))∞ ⇐⇒ x¯+tx∗ ∈Lr(f), ∀t >0
⇐⇒ f(¯x+tx∗)≤r, ∀t >0
⇐⇒ (¯x+tx∗, r)∈epif, ∀t >0
⇐⇒ (¯x, r) +t(x∗,0)∈epif, ∀t >0
⇐⇒ (x∗,0)∈(epif)∞=epif∞0
⇐⇒ f∞0 (x∗)≤0.
C’est à dire
(Lr(f))∞=
x∗∈Rn:f∞0 (x∗)≤0 . Exercice 9.
(=⇒) Puisque x∗ ∈∂f(x), on a alors
f(y)≥f(x) +hx∗, y−xi, ∀y∈Rn.
Donc
hx∗, xi −f(x)≥ hx∗, yi −f(y), ∀y∈Rn.
On déduit alors que
hx∗, xi −f(x) ≥ sup
y∈Rn
{hx∗, yi −f(y)}
= f∗(x∗).
D’après1)−ii) de l’Exercice1, on a
f∗(x∗) +f(x)≥ hx∗, xi.
D’où le résultat.
(⇐=) On a
f∗(x∗) = sup
y∈Rn
{hx∗, yi −f(y)}
= hx∗, xi −f(x).
Donc
hx∗, xi −f(x)≥ hx∗, yi −f(y), ∀y∈Rn. Par suite
f(y)≥f(x) +hx∗, y−xi, ∀y∈Rn, i.e.,x∗∈∂f(x).
Exercice 10. Commençons par montrer que ∇f(x) ∈∂f(x), pour tout x ∈ Rn. D’après la convexité et la différentiabilité de f, on a
f(y)≥f(x) +h∇f(x), y−xi, ∀y ∈Rn.
Donc∇f(x)∈∂f(x).
Soit maintenantx∗ ∈∂f(x). On a alors
f(y)−f(x)≥ hx∗, y−xi, ∀y∈Rn.
Donc
f(x+th)−f(x)≥thx∗, hi, ∀t >0,∀h∈Rn,
et par suite
f(x+th)−f(x)
t ≥ hx∗, hi, ∀t >0,∀h∈Rn. En passant à la limite quandt→0+, on obtient
h∇f(x), hi ≥ hx∗, hi, ∀h∈Rn. En substituanth par−h, on obtient
h∇f(x), hi ≤ hx∗, hi, ∀h∈Rn. D’où
h∇f(x)−x∗, hi= 0, ∀h∈Rn. On déduit alors que∇f(x)−x∗= 0. D’où le résultat.
Exercice 12. Remarquons d’abord que la fonction IC est convexe d’après l’Exercice 11.
1) ∂IC(¯x)⊂ NC(¯x) : Soitx∗∈∂IC(x). Donc
IC(y) ≥ IC(¯x) +hx∗, y−xi,¯
= hx∗, y−xi,¯ ∀y ∈Rn, où l’égalité résulte du fait que x¯∈C. On obtient alors
hx∗, y−xi ≤¯ 0, ∀y∈C.
C’est à dire x∗ ∈ NC(¯x).
2) NC(¯x)⊂∂IC(¯x) : Soitx∗∈ NC(¯x). Donc
hx∗, y−xi ≤¯ 0, ∀y∈C. (2) En utilisant le fait que
IC(y) =
0, siy∈C, +∞, siy6∈C,
et queIC(¯x) = 0, de la propriété (2) on déduit que IC(y)≥IC(¯x) +hx∗, y−xi,¯ ∀y∈Rn,
i.e.,x∗∈∂IC(¯x).
Exercice 13.
1) Remarquons en utilisant la fonction indicatrice de C que x¯ est solution du problème(P) si et seulement six¯ est solution du problème
x∈minRn
(f+IC)(x).
Il s’en suit d’après 2) de l’Exercice 7 quex¯ est solution du problème (P) si et seulement si
0∈∂(f+IC)(¯x).
Or
domIC =
x∈Rn:IC(x)<+∞ =C, et commef est à valeurs finies, alors domf =Rn. Donc
int(domf)∩domIC =Rn∩C=C.
D’après le Théorème3, on a donc
∂(f +IC)(¯x) = ∂f(¯x) +∂IC(¯x)
= ∂f(¯x) +NC(¯x).
D’où le résultat.
2) Six¯ ∈intC, on a NC(¯x) ={0}. Dans ce cas la propriété (1) est équiva- lente à
0∈∂f(¯x).
3) Si de plusf est différentiable en x, alors (1) se réduit ௠∇f(¯x) = 0.
Remarque. A noter que la condition nécessaire et suffisante d’optimalité 0 ∈ ∂f(¯x) dans 2) ci-dessus, reste vraie si on remplace C par un ouvert
convexe U, car dans ce cas on a U = intU. En effet, x¯ est solution du problème
minx∈Uf(x) si et seulement si
0∈∂f(¯x) +NU(¯x) =∂f(¯x).
Exercice 14.
1) Par définition de la dérivée directionnelle, on a f0(¯x;d) = inf
t>0
f(¯x+td)−f(¯x) t
= inf
t>0ψt(d).
C’est à dire
f0(¯x;.) = inf
t>0ψt
Alors, d’après l’Exercice2, on a
(f0(¯x;.))∗= sup
t>0
ψ∗t. 2) Pourt >0, on a
ψ∗t(x∗) = sup
d∈Rn
{hx∗, di −ψt(d)}
= sup
d∈Rn
nhx∗, di −f(¯x+td)−f(¯x) t
o . Faisons le changement de variableu= ¯x+td. On obtient
ψt∗(x∗) = sup
u∈Rn
n
hx∗,u−x¯
t i −f(u)−f(¯x) t
o
= 1 t sup
u∈Rn
{hx∗, ui − hx∗,xi −¯ f(u) +f(¯x)}
= 1 t
n sup
u∈Rn
(hx∗, ui −f(u))− hx∗,xi¯ +f(¯x) o
= 1 t
n
f∗(x∗)− hx∗,xi¯ +f(¯x)o . 3) D’après l’Exercice9 et l’inégalité de Fenchel, on a
f∗(x∗) +f(¯x)− hx∗,xi¯ = 0, six∗∈∂f(¯x), f∗(x∗) +f(¯x)− hx∗,xi¯ >0, six∗6∈∂f(¯x).
D’où
sup
t>0
ψt∗(x∗) =
0, six∗∈∂f(¯x), +∞, six∗6∈∂f(¯x).
C’est à dire
sup
t>0
ψ∗t(x∗) =I∂f(¯x)(x∗).
Le résultat s’obtient alors en utilisant la première question.
Annexe
Démonstration du Théorème 2 : Puisque int(domf) est non vide, alors int(domf) = ri(domf) (on a dim(aff(domf)) = n). Par suite d’après le Théorème 1 on a ∂f(x) est non vide. De plus d’après l’Exercice 7, on a
∂f(x) est un convexe fermé. Il reste donc à montrer qu’il est borné (vu qu’on travaille en dimension finie). On distingue alors les cas suivants : i) Si∂f(x) ={0}, alors rien à montrer.
ii) Si∂f(x)6={0}, soit alorsx∗∈∂f(x),x∗6= 0. Donc f(y)≥f(x) +hx∗, y−xi, ∀y∈Rn.
Puisque f est continue sur Rn comme fonction convexe à valeurs finies, donc elle est continue enx qui est dans domf. D’après la Proposition 2.2.1 (Chapitre 2), il existe une boule ferméeB(r, x)¯ où f est lipschitzienne. Soit
y=x+r x∗ kx∗k2, qui est un élément deB(r, x). Donc¯
f(y)−f(x)≤Lky−xk2, (3) oùL est la constante de Lipschitz. En exprimant le fait que x∗ ∈∂f(x), on obtient
f(y)−f(x) ≥ hx∗, y−xi
= hx∗, r x∗ kx∗k2i
Sachant queky−xk2=r, et en utilisant (3), on déduit que rkx∗k2 ≤f(y)−f(x)≤Lky−xk2 =rL.
Par suitekx∗k2 ≤L. On conclut alors que∂f(x) est borné.