Montrer que T i∈ICi est un cˆone

Universit´e Pierre et Marie Curie – Paris 6 Examen partiel

Licence de Math´ematiques Analyse Hilbertienne et Num´erique

18 novembre 2006 9h00 `a 12h00

R´esoudre chaque probl`eme sur une feuille s´epar´ee. Les appareils ´electroniques et les documents sont interdits. Les solutions devront ˆetre r´edig´ees de mani`ere ri- goureuse. Lorsque des r´esultats du cours seront utilis´es, ils devront clairement ˆetre

´enonc´es. On notera que certaines questions peuvent ˆetre r´esolues ind´ependamment.

Probl`eme I. (50 points) SoitE en espace vectoriel r´eel. On dit qu’un sous-ensembleC deE est un cˆone si (∀α∈]0,+∞[)(∀x∈C) αx∈C.

1. Soit (Ci)i∈I une famille de cˆones deE. Montrer que T

i∈ICi est un cˆone.

2. Soit C un cˆone de E. Montrer queC est convexe si et seulement si (∀(x, y)∈C×C) x+y∈C.

3. On suppose d´esormais que E est un espace vectoriel r´eel norm´e. Soit (x_i)i∈I une famille finie de vecteurs non nuls de E. On appellecˆone point´e engendr´e par (x_i)i∈I l’ensemble

C= (

X

i∈I

αixi |(∀i∈I) αi ≥0 )

.

(a) Montrer que C est un cˆone convexe.

(b) On suppose que (x_i)i∈I est une famille libre. On poseV = vect(x_i)i∈I et on se donne une suite (z_n)n∈Ndans C et un pointz∈E tels que z_n→z.

i. Montrer que (x_i)i∈I est une base de V.

ii. Montrer qu’il existe une famille {α_i}_i∈I ⊂R telle que z=P

i∈Iαixi.

iii. Puisque toutes les normes sont ´equivalentes dans l’espace vectoriel norm´e de dimension finie V, on peut supposer que zn → z au sens de la norme k · k d´efinie sur V par k · k:x=P

i∈Iβ_ix_i7→P

i∈I|β_i|. Montrer quez∈C.

iv. Conclure que C est ferm´e.

(c) On suppose que (x_i)i∈I est une famille li´ee.

i. Montrer qu’il existe des r´eels (β_i)i∈I tels que X

i∈I

β_ix_i = 0_E et J =

i∈I |β_i <0 6=∅.

ii. Soit `a pr´esent z un vecteur quelconque de C, disons z = P

i∈Iα_ix_i o`u {α<sub>i</sub>}<sub>i∈I</sub> ⊂ [0,+∞[. On pose γ = maxj∈J{α<sub>j</sub>/β<sub>j</sub>}, o`u la famille (β_i)i∈I et l’ensemble J sont d´efinis en 3(c)i, et (∀i ∈ I) δi = αi −γβi. Montrer que γ ≤ 0, {δ_i}_i∈I ⊂[0,+∞[ et z=P

i∈Iδ_ix_i.

iii. Montrer que la famille (δi)i∈I du 3(c)ii contient au moins un terme nul. En d´eduire qu’il existe j∈I tel que zs’´ecrive z=P

i∈Ir{j}δixi. iv. On pose (∀j ∈ I) C_j = P

i∈Ir{j}ξ_ix_i | (∀i∈Ir{j}) ξ_i≥0 . D´eduire du 3(c)iii queC =S

j∈ICj.

v. Montrer qu’en r´ep´etant la proc´edure ci-dessus, on aboutit `a une ´ecriture deC en tant que r´eunion finie de cˆones point´es engendr´es par des familles libres.

vi. Conclure que C est ferm´e.

Probl`eme II. (50 points) Soit (E,k · k) un espace de Banach r´eel. On suppose que sa norme v´erifie l’identit´e du parall´elogramme :

(∀(x, y)∈E×E) kx+yk²+kx−yk² = 2(kxk²+kyk²).

1. (a) Rappeler la d´efinition d’un espace de Banach et d’un espace de Hilbert.

(b) Soit l’application d´efinie par

h· | ·i: E×E −→ R (x, y) 7−→ 1 2

kx+yk²− kxk²− kyk² .

V´erifier que c’est un produit scalaire tel que (∀x ∈ E) hx|xi= kxk². Pour cela, v´erifier pour (x, y, z)∈E³ etα∈Rquelconques les identit´es suivantes.

i. hx|yi=hy|xi,hx| −yi=− hx|yi ethx|2yi= 2hx|yi.

ii. hx+y|zi=hx|zi+hy|zi(consid´erer l’identit´e du parall´elogramme avec (x, y), puis (x+z, y+z) et enfin (x+y+z, z)).

iii. hαx|yi=αhx|yi (consid´erer d’abord le casα∈N, puis α∈Z, puisα∈Q, et enfin α∈R)).

En d´eduire que (E,h· | ·i) est un espace de Hilbert.

2. SoientC1etC2 deux parties convexes ferm´ees non vides deE telles queC1⊂C2, et soitx∈E.

On note P₁ etP₂ les op´erateurs de projection sur C₁ etC₂, respectivement.

(a) Montrer que

hP₂(x)−P₁(x)|x−P₂(x)i ≥0.

(b) En d´eduire que

k2x−P1(x)−P2(x)k²≥4kx−P2(x)k².

(c) En utilisant le r´esultat du 2.(b) et l’identit´e du parall´elogramme pour les vecteurs (x− P1(x)) et (x−P2(x)), montrer que

kP₁(x)−P₂(x)k² ≤2(d_C1(x)²−d_C2(x)²).

3. Soient (C_n)n∈N une suite croissante (i.e., (∀n∈ N) C_n ⊂C_n+1) de convexes ferm´es non vides de E etC=S

n∈NC_n.

(a) Montrer que C est un convexe ferm´e.

(b) Montrer que

(∀x∈E) lim

n→+∞kP_Cn(x)−xk=kP_C(x)−xk,

o`uP_Cn etP_C sont les op´erateurs de projection sur C_n etC, respectivement.

Indication : On pourra introduire une suite (y_n)n∈N telle que (∀n ∈ N) y_n ∈ C_n et

n→+∞lim yn=PC(x).

(c) En d´eduire que

(∀x∈E) lim

n→+∞P_Cn(x) =P_C(x).

Paris 6 – Licence de Math´ematiques – Analyse Hilbertienne et Num´erique Solution du partiel de novembre 2006

Solution du Pb I : 1. Soientx∈T

i∈IC_i (siT

i∈IC_i=∅, c’est trivialement un cˆone) etα >0. Alors (∀i∈I)αx∈C_i et donc αx∈T

i∈ICi.

2. Soient x ety dansC et α∈]0,1[. Supposons que C+C ⊂C. Alors α >0 et 1−α >0. Par cons´equent, puisqueCest un cˆone,αx∈Cet (1−α)y∈C, et on conclut queαx+(1−α)y∈C, d’o`u la convexit´e deC. R´eciproquement, supposons queC soit convexe. PuisqueC est un cˆone, on ax/α∈Cety/(1−α)∈C. Doncx+y=α(x/α)+(1−α)(y/(1−α))∈C. AinsiC+C⊂C.

3. (a) Soit α >0 et soient x et y deux points de C, disons x =P

i∈Iαixi et y =P

i∈Iβixi o`u mini∈Iα_i≥0 et mini∈Iβ_i ≥0. Alorsαx=P

i∈I(αα_i)x_i ∈C puisque mini∈Iαα_i≥0. Par ailleurs,x+y=P

i∈I(α_i+β_i)x_i ∈C puisque mini∈Iα_i+β_i ≥0.

(b) i. (x_i)i∈I est libre et g´en´eratrice.

ii. V est un espace vectoriel de dimension finie, il est donc ferm´e. PuisqueV ⊃C3z_n→ z, on a donc z∈V. Par suite, (∃ {α_i}i∈I⊂R) z=P

i∈Iαixi. iii. Puisque (zn)n∈Nest dans C,

(∀n∈N)(∃ {α_n,i}_i∈I⊂[0,+∞[) zn=X

i∈I

αn,ixi.

Par ailleurs, puisquez_n→z, on aP

i∈I|α_n,i−α_i|=kP

i∈I(α_n,i−α_i)x_ik=kz_n−zk → 0. Donc (∀i∈I) 0≤αn,i→αi etαi≥0. Par suite,z∈C.

iv. C contient la limite de toute suite convergente d’´el´ements de C.

(c) i. On peut trouver des r´eels non tous nuls (α_i)i∈I tels que P

i∈Iα_ix_i = 0_E et donc tels queP

i∈I(−α_i)xi = 0E. D’o`u le r´esultat en prenant (βi)i∈I =±(α_i)i∈I.

ii. (∀j ∈ J) αj ≥ 0 et βj < 0. Donc γ ≤ 0. Soit i ∈ J. Alors βi < 0 et donc δi = α_i−γβ_i =α_i−maxj∈J(α_j/β_j)β_i ≥α_i−(α_i/β_i)β_i = 0. Soit i∈I rJ. Alors β_i ≥0 et donc, puisqueγ ≤0,δ_i =α_i−γβ_i ≥α_i ≥0. Finalement, z =P

i∈Iα_ix_i−γ0_E = P

i∈Iαixi−γP

i∈Iβixi=P

i∈I(αi−γβi)xi =P

i∈Iδixi.

iii. Soit j ∈ J tel que αj/βj = maxi∈Jαi/βi = γ. Alors δj = αj −γβj = 0. Donc z=P

i∈Iδ_ix_i=P

i∈Ir{j}δ_ix_i. iv. On vient de montrer que

(∀z∈C)(∃j∈I)(∃(ξ_i)_i∈Ir{j} ⊂[0,+∞[) z= X

i∈Ir{j}

δ_ix_i.

Donc (∀z∈C)(∃j∈I)z∈Cj. Il s’ensuit queC⊂S

j∈ICj et donc queC =S

j∈ICj. v. On aC=S

j∈ICj. Si pour chaquej∈I, la famille (xi)i∈Ir{j} est libre, alors on a le r´esultat. Sinon, pour chaquejtel que (x_i)_i∈Ir{j} soit li´ee, on r´e-applique la proc´edure ci-dessus et on ´ecritC_j comme une r´eunion de cˆones point´es engendr´es par (cardI)−2

´

el´ements. On r´eit`ere ce processus jusqu’`a ce que chaque cˆone point´e apparaissant dans les d´ecompositions soit engendr´e par des vecteurs libres.

vi. D’apr`es 3b et 3(c)v, C est une r´eunion finie de parties ferm´ees, il est donc ferm´e.

Solution du Pb II : 1. (a) Voir cours.

(b) i. D´evelopper avec l’identit´e du parall´elogramme, ´ecrire x+ 2y = (x+y) +y pour la derni`ere.

ii. L’identit´e du parall´elogramme donne







kx+yk²+kx−yk² = 2(kxk²+kyk²) (1) kx+y+ 2zk²+kx−yk² = 2(kx+zk²+ky+zk²) (2) kx+y+ 2zk²+kx+yk² = 2(kx+y+zk²+kzk²) (3).

(1)-(2)+(3) donnekx+yk²=kxk²+kyk²− kx+zk²− ky+zk²+kx+y+zk²+kzk², d’o`uhx+y|zi=hx|zi+hy|zi.

iii. On a d´ej`a hx+y|zi = hx|zi+hy|zi et h2x|yi = 2hx|yi. Donc par r´ecurrence (∀n∈N)hnx|yi=nhx|yi. De plus, (∀n∈N)h−nx|yi=hn(−x)|yi=nh−x|yi= nhy| −xi = −nhy|xi = −nhx|yi. Donc (∀n ∈ Z) hnx|yi = nhx|yi. Par suite, pour α = p/q ∈ Q ((p, q) ∈ Z×Z<sup>∗</sup>), hαqx|yi = hpx|yi = phx|yi et hαqx|yi = qhαx|yi, d’o`uhαx|yi=αhx|yi. Enfin, siα∈R, il existeQ3α_n→αet, par conti- nuit´e deh· | ·i,hαx|yi=hlimαnx|yi= limhα_nx|yi= limαnhx|yi=αhx|yi.

2. (a) Par d´efinition deP2, on a (∀z∈C2) hz−P2(x)|x−P2(x)i ≤0. Il suffit alors de prendre z=P₁(x) (qui appartient bien `aC₂).

(b) On a k2x−P₁(x)−P₂(x)k² =kx−P₁(x)k²+kx−P₂(x)k²+ 2hx−P₁(x)|x−P₂(x)i.

Comme C₁ ⊂C₂, on a kx−P₁(x)k² ≥ kx−P₂(x)k². De plus, hx−P₁(x)|x−P₂(x)i = hP₂(x)−P1(x)|x−P2(x)i+kx−P2(x)k². En utilisant le r´esultat de la question 2 (a), on a hx−P₁(x)|x−P₂(x)i ≥ kx−P₂(x)k² et on obtient bien l’in´egalit´e d´esir´ee.

(c) L’identit´e du parall´elogramme donne :k2x−P1(x)−P2(x)k²+kP₁(x)−P2(x)k²= 2(kx− P₁(x)k²+kx−P₂(x)k²). Grˆace `a l’in´egalit´e montr´ee en 2 (b) et au fait quekx−P_α(x)k= dCα(x), α= 1,2, on a bien le r´esultat escompt´e.

3. (a) Le fait queCsoit ferm´e est ´evident puisque c’est l’adh´erence de la r´eunion desCn. Passons

`

a la convexit´e. Soitx, y∈C. On sait qu’il existe deux suites (xn)n∈Net (yn)n∈Nconvergeant vers x ety telles que (∀n∈N) x_n, y_n∈C_n. Soitλ∈(0,1) etz_n=λx_n+ (1−λ)y_n. On a bien zn∈Cn car Cn est convexe et zn →λx+ (1−λ)y quand n→+∞. Or (z_n)n∈N est une suite convergente dans C qui est ferm´e, doncλx+ (1−λ)y appartient bien `aC.

(b) Puisque PCn(x) ∈ C, on a kP_C(x)−xk ≤ kP_Cn(x) −xk. De plus, comme yn ∈ Cn, kP_Cn(x)−xk ≤ ky_n−xk. L’in´egalit´e triangulaire nous donneky_n−xk ≤ ky_n−P_C(x)k+ kP_C(x)−xk. En passant `a la limite dans l’encadrement

kP_C(x)−xk ≤ kP_Cn(x)−xk ≤ ky_n−P_C(x)k+kP_C(x)−xk on obtient bien limn→+∞kP_Cn(x)−xk=kP_C(x)−xk.

(c) Comme limn→+∞P_Cn(x) ∈ C et que P_C(x) est unique, on a bien la convergence de la suite.