1.1 Projection sur un convexe ferm´ e

Centrale 2018 Math 1

March 16, 2021

1 Pr´ eliminaires

1.1 Projection sur un convexe ferm´ e

Q1 Si u = ±1, alors kx+uyk² = kxk²+kyk²+ 2uhx, yi. En ajoutant les deux identit´es obtenues on aboutit `a l’identit´e du parall´elogramme (qui n’est plus au programme) qui porte ce nom car elle exprime que la somme des carr´es des longueurs des diagonales d’un parall´elogramme est ´egale `a la somme des carr´es des longueurs des 4 cˆot´es. Bien sˆur on fait un dessin (soign´e !!! c’est la premi`ere question du probl`eme, pas la peine de passer pour n´egligent en gagnant 15 secondes). Et il est pr´ef´erable de ne pas donner le nom ”identit´e du parall´elogramme”, de mˆeme qu’il ne faut jamais montrer qu’on connaˆıt du hors-programme).

Q2On s’appuie par exemple sur un dessin pour rendre naturel le fait de prendre a=u−v,b=u−v⁰, on peut alors ´ecrire

4ku−vk²=k2u−(v+v⁰)k²+kv−v⁰k² On divise tout par 4, ce qui donne

ku−1

2(v+v⁰)k²=ku−vk²− kv−v⁰k² ce qui conclut facilement.

Q3Un peu raide pour un tout d´ebut de probl`eme, cela aurait ´et´e un peu plus sympathique de commencer par se placer sur un compact. On peut d’ailleurs commencer par r´esoudre le probl`eme dans le cas d’un compact, puis s’y ramener en intersectantF avec une boule ferm´ee convenable de centreu. C’est la ”com- pacit´e sans compacit´e”. Mais directement, l’ensemble{ku−wk;w∈F}est non vide minor´e par 0, soit δ sa borne inf´erieure. Pour tout n ≥1 il existe et on consid`ere unx<sub>n</sub> ∈F tel que δ≤ ku−x<sub>n</sub>k ≤δ+ 1/n. La suite (x<sub>n</sub>) est born´ee, commeE est de dimension finie on peut extraire une suite (x<sub>φ</sub>(n)) qui converge vers un vecteur v. CommeF est ferm´e,v ∈F. Et le th´eor`eme des gendarmes appliqu´e `a

∀n∈N δ≤ ku−x_φ(n)k ≤δ+ 1 φ(n) donne

ku−x_φ(n)k −−−−−→

n→+∞ δ Mais d’autre part

ku−x_φ(n)k −−−−−→ku−vk

On a alorsku−vk=δce qui donne bien

∀w∈F ku−vk ≤ ku−wk

Q4L’existence est montr´ee (Q3). Sivetvconviennent avecv6=v⁰,Q2montre que

ku−1

2(v+v⁰)k<ku−vk Mais 1

2(v+v⁰)∈C, contradiction. D’o`u l’unicit´e.

Q5Si aoub est nul, c’est tr`es simple. Supposonsa >0 etb >0. La fonction ln est concave surR⁺_∗. Ora^p>0,b^q >0, donc, pour toutt∈[0,1],

ln (t a^p+ (1−t)b^q)≥tln(a^p) + (1−t) ln(b^q)

Prenonst = 1/p∈]0,1[, alors 1−t= 1/q, et en appliquant exp (qui est crois- sante) aux deux membres de l’in´egalit´e on obtient le r´esultat.

Q6Et donc, siX etY sont `a valeurs r´eelles,

|XY| ≤ 1

p|X|^p+1 q|Y|^q

Sur un espace probabilis´e fini, toutes les variables al´eatoires ont une esp´erance.

Donc par croissance de l’esp´erance, E(|XY|)≤ 1

pE(|X|^p) +1

qE(|Y|^q) Et donc, siE(|X|^p) =E(|Y|^q) = 1,

E(|XY|)≤1 p+1

q = 1

Notons dor´enavant α= (E(|X|^p))^1/p,β = (E(|Y|^q))^1/q.Siα= 0, alorsX = 0 presque sˆurement et l’in´egalit´e est une ´egalit´e. Idem siβ= 0. Siα >0 etβ >0, posonsX⁰ = 1

αX,Y⁰ = 1

βY. Alors E(|X⁰|^p) = 1

α^pE(|X|^p) = 1 et de mˆemeE(|Y⁰|^q) = 1. On a donc

E(|X⁰Y⁰|)≤1 et donc, encore par lin´earit´e de l’esp´erance,

E(|XY|)≤α β ce qui constitue l’in´egalit´e de H¨older.

Q7CommeX(Ω) est fini, les sommes ´ecrites ci-dessous sont finies, il n’y a donc aucun probl`eme d’interversion. Et

m

X

i=1

P(Ai)E(X|Ai) =

m

X

i=1

P(Ai)



 X

x∈X(Ω)

PA_i(X =x)x





= X

x∈X(Ω)

_m X

i=1

P(Ai)PA_i(X =x)

! x

!

= X

x∈X(Ω)

(P(X =x)x)

(formule des probabilit´es totales). Et on reconnaˆıt bien, dans la derni`ere ex- pression,E(X).

Q8La suggestion de l’´enonc´e incite je pense `a d´ecouper l’int´egrale. En effet, si 1≤i≤n−1,

2 Z ^√y_i+1

√y_i

tP(|X| ≥t)dt=P(X²≥yi+1) Z ^√y_i+1

√y_i

2tdt

=P(X²≥y_i+1)(y_i+1−y_i) Si t >√

yn, P(|X| ≥t) = 0. Enfin, si 0≤t≤√

y1, P(|X| ≥t) = 1. Donc par relation de Chasles,

2 Z +∞

0

tP(|X| ≥t)dt=y1+

n−1

X

i=1

(yi+1−yi)P(X²≥yi+1) On coupe en deux la somme et on r´eindexe :

2 Z +∞

0

tP(|X| ≥t)dt=y₁+

n

X

i=2

y_iP(X²≥y_i)−

n−1

X

i=1

y_iP(X²≥y_i+1) et on rassemble :

2 Z +∞

0

tP(|X| ≥t)dt=y1(1−P(X²≥y2)+ynP(X²≥yn)+

n−1

X

i=2

yi P(X²≥yi)−P(X²≥yi+1) Mais P(X² ≥yi)−P(X² ≥yi+1) = P(yi ≤X² < yi+1) = P(X² =yi). Et

1−P(X² ≥ y2) = P(X² = y1). Enfin, P(X² ≥ yn) = P(X² = yn). Donc finalement

2 Z +∞

0

tP(|X| ≥t)dt=

n

X

i=1

yiP(X²=yi) =E(X²) Q9Et donc

E(X²)≤ Z +∞

2atexp(−bt²) dt

Mais avec le changement de variableu=√

bt,t=u/√ b,

Z +∞

0

2atexp(−bt²) dt= a b

Z +∞

0

2uexp(−u²) du= a b

−exp(−u²)^+∞

0 =a b Q10On a |X|=|X+δ−δ| ≥ |X+δ| − |δ|, donc

|X+δ| ≥t =⇒ |X| ≥t− |δ|

et donc, par croissance,

P(|X+δ| ≥t)≤P(|X| ≥t− |δ|) Q11

a−1

2bt²+b(t− |δ|)²=a+1

2bt²−2bt|δ|+bδ²

L’expression trouv´ee est un trinˆome de degr´e 2, de discriminant r´eduit

∆ =b²δ²−(a+bδ²)b 2 Donc

∆ = b²δ² 2 −ab

2 = b

2 bδ²−a

≤0

Le discriminant est n´egatif, le trinˆome garde donc un signe constant, et son coefficient dominant est positif, donc il reste positif, ce qu’on voulait.

Par hypoth`ese, Q12

P(|X| ≥t−δ)≤aexp −b(t−δ)² Q10et Q11donnent alors l’in´egalit´e cherch´ee.

Q13Si 0≤t <|δ|,t²< δ², doncbt²< bδ²≤a. Et donc aexp(a) exp

−1 2bt²

≥aexp(a) exp

−a 2

=aexpa 2

Mais en prenant t= 0 dans l’hypoth`ese deI.D.on trouve que n´ecessairement a≥1. Et donc

P(|X+δ| ≥t)≤1≤aexpa 2

Q14 Si C∩X(Ω) =∅, alors P(X ∈C) = 0, l’in´egalit´e `a montrer est 0 ≤1, vraie.

Q15Notonsu=

n

X

i=1

uiei, o`u pour touti: ui∈ {−1,1}. Par orthonormalit´e de (e1, . . . , en),

d(X, u)²=

n

X

i=1

(ui−i)²

Chaque (ui −i)² vaut 0 avec probabilit´e 1/2, 4 avec probabilit´e 1/2. Donc 1

4(ui−i)² suit une loi de Bernoulli B(1/2). Notant fi : x 7−→ 1

4(ui−x)², f1(1),. . . ,fn(n) sont mutuellement ind´ependantes. Donc leur somme suit une loi binomialeB(n,1/2).

Q16NotantY = 1

4d(X, u)², on cherche l’esp´erance de exp 1

2Y

. Par transfert cette esp´erance vaut

E

exp 1

2Y

=

n

X

k=0

P(Y =k) exp k

2

Ou encore

E

exp 1

2Y

= 1 2ⁿ

n

X

k=0

n k

exp k

2

et donc

E

exp 1

2Y

= 1

2ⁿ 1 +√ en

Mais 1 +√

e <4. Donc E

exp

1 2Y

≤2ⁿ

Q17 Or u ∈ C, donc d(X, C) ≤ d(X, u) (je ne pense pas qu’on demande de d´etailler cela sous la forme

∀ω∈Ω d(X(ω), C)≤d(X(ω), u) )

ce qui permet d’affirmer (croissance de l’exponentielle, croissance de l’esp´erance) que

E

exp 1

8d(X, C)²

≤E

exp 1

8d(X, u)²

≤2ⁿ Mais d’autre part, ici, P(X ∈C) = 1

2ⁿ. Ce qui donne bien (II.1).

Q18 Ici, C∩X(Ω) = X(Ω) et X(Ω) = {e1,−e1}. On a P(X ∈ C) = 1 et d(X, C) = 0. Donc E

exp

1

8d(X, C)²

=E(1) = 1. Et donc (II.1) est une

´ egalit´e.

Q19

x⁰∈Ct⇐⇒ ∃x∈C∩Ht x⁰ =π(x)

⇐⇒x⁰+ten∈C

(en effet,six⁰ ∈E⁰, x⁰ =π(x) signifie qu’il existes tel quex=x⁰+sen. Donc x⁰=π(x) etx∈Htsignifiex=x⁰+ten).

Q20 Une intersection de convexes est convexe (pas dans le programme, mais tellement simple. . . ) ; donc C∩Ht est convexe. l’image d’un convexe par une application lin´eaire est convexe (l`a, c’est moins sˆur qu’on se contente d’une affirmation, justifions-le donc) ; en effet, siy et z sont dans π(C∩Ht), soity1

et z1dansC∩Httels que y=π(y1),z=π(z1). Alors pour touts∈[0,1], sy+ (1−s)z=π(sy1+ (1−s)z1)∈π(C∩Ht)

Pourt∈ {−1,1},Ccontient par hypoth`ese un vecteurx1e1+· · ·+xn−1en−1+ ten, et alorsx1e1+· · ·+xn−1en−1∈Ct. DoncCt6=∅.

Soit enfin (x⁰_p) une suite d’´el´ements de Ct qui converge vers x⁰ ∈ E. Chaque x⁰_p+te_n(p∈N) est dansC, et la suite (x_p⁰+te_n)_pconverge versx⁰+te_n, qui est dansC carC est ferm´e. Donc x⁰ ∈C_tet on a montr´e queC_test ferm´e, inclus dansE⁰qui est lui-mˆeme ferm´e (espace vectoriel de dimension finie), donc ferm´e deE⁰.