On dit qu’une fonction f : A → R est semi-continue supérieurement si, pour tout t∈R, l’ensemble {x∈A|f(x)>t} est un fermé deA, ou de fa¸con équivalente, l’ensemble{x∈A|f(x)&lt

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Universit´e Joseph Fourier L2 MAT233

2014-2015

Contrˆole de connaissance du 07 novembre 2014

Les documents sont autoris´es. Cependant, tout appareil ´electronique est interdit.

Dans toute l’épreuve, l’expressionm désigne un entier qui est>1. On munit l’espace vectoriel R^m de la normek.k_sup, définie comme

∀x= (x1, . . . , xm)∈R^m, kxk_sup := max

i∈{1,...,m}|x_i|.

Premi`ere partie

Le but de cette partie est d´etudier les fonctions semi-continues. Soient m > 1 un entier et A un sous-ensemble non-vide de R^m, muni de la m´etrique d:A×A→R+ telle que

∀(x,y)∈A×A, d(x,y) :=kx−yk_sup.

On dit qu’une fonction f : A → R est semi-continue sup´erieurement si, pour tout t∈R, l’ensemble

{x∈A|f(x)>t}

est un ferm´e deA, ou de fa¸con ´equivalente, l’ensemble{x∈A|f(x)< t}

est un ouvert de A.

1. Montrer que, pour tout t∈R, l’ensemble [t,+∞[ est un ferm´e de R. Solution. Pour touts∈R\[t,+∞[ = ]− ∞, t[, il existeε >0 tel que s +ε < t. Donc B(s;ε) = ]s−ε, s +ε[⊂]− ∞, t[. Cela montre que ]− ∞, t[ est un ouvert de R, et donc [t,+∞[ est un ferm´e de R. 2. Soitϕ:A→Rune fonction continue. Montrer queϕest semi-continue

sup´erieurement.

Solution. Pour toutt ∈R, on peut ´ecrire l’ensemble {x∈A|ϕ(x)>t}

sous la formeϕ⁻¹([t,+∞[). Comme [t,+∞[ est un fermé deRet comme ϕ est continue, on obtient queϕ⁻¹([t,+∞[) est un fermé deA, d’où le résultat.

(2)

3. Soient f₁, . . . , f_n des fonctions définies sur A qui sont semi-continues supérieurement, où n ∈ N, n > 1. Montrer que la fonction f = max(f₁, . . . , f_n) est semi-continue supérieurement.

Solution. Pour tout t∈R, on a {x∈A|f(x)< t}= \

i∈{1,...,n}

{x∈A|fi(x)< t},

qui est une intersection finie d’ouverts de A, donc est un ouvert deA.

4. Soit (f_i)i∈I une famille non-vide de fonctions définies sur A qui sont semi-continues supérieurement. On suppose que, pour tout x ∈ A, f(x) := infi∈If_i(x) appartient àR. Montrer que la fonctionf :A→R est semi-continue supérieurement.

Solution. Pour toutt ∈R, on a {x∈A|f(x)>t}=\

i∈I

{x∈A|f_i(x)>t}.

Comme chaque{x∈A|f_i(x)>t}est un fermé deA, leur intersection l’est aussi. On en déduit donc quef est semi-continue supérieurement.

5. Pour tout entier n >1, soit g_n: [0,1]→R la fonction d´efinie comme

∀x∈[0,1], g_n(x) :=xⁿ+ (1−x)ⁿ. D´eterminer g(x) := infn∈N, n>1gn(x) pour tout x∈[0,1].

Solution. La suite (g_n(x))_n>1 ´etant d´ecroissante, on a

n∈infN, n>1gn(x) = lim

n→+∞gn(x) =

(0, x∈]0,1[, 1, x= 0 ou 1.

6. Montrer que la fonctiong : [0,1]→Rdéfinie dans la question précédente est semi-continue supérieurement mais pas continue.

Solution.Comme la fonctiong s’écrit comme la borne inférieure d’une famille de fonction continue, elle est semi-continue supérieurement, compte tenu de la question 4. Il reste à vérifier quegn’est pas continue : on a

x∈[0,1],x→0lim g(x) = 06= 1 =g(0).

(3)

7. Soient aun point de Aet (x⁽ⁿ⁾)n∈Nune suite dans Aqui converge vers a. Montrer que, pour toute fonction f : A → R qui est semi-continue sup´erieurement, on a

f(a)>lim sup

n→+∞

f(x⁽ⁿ⁾).

Solution. On raisonne par absurde. Si f(a)<lim sup

n→+∞

f(x⁽ⁿ⁾), alors il existe un nombre reel t tel que

f(a)< t <lim sup

n→+∞

f(x⁽ⁿ⁾) Soit

U =f⁻¹(]− ∞, t[) ={y∈A|f(y)< t}.

C’est un ouvert dansAcarf est semi-continue supérieurement. Comme la suite (x⁽ⁿ⁾)n∈N converge vers a, qui appartient à U, on obtient que x⁽ⁿ⁾ ∈Upournsuffisamment grand. On en déduit quef(x⁽ⁿ⁾)< tpour n suffisamment grand, et donc lim sup

n→+∞

f(x⁽ⁿ⁾)6t. Cela est absurde.

Dans les questions suivantes, on suppose que A est un sous-ensemble compact de R^m. On fixe en outre une fonction f : A → R qui est semi- continue sup´erieurement.

8. En utilisant le th´eor`eme de Bolzano-Weierstrass, montrer qu’il existe une suite (x⁽ⁿ⁾)n∈N dans A qui converge vers un point dans A et telle que

n→+∞lim f(x⁽ⁿ⁾) = sup

y∈A

f(y).

Solution. Soit (y⁽ⁿ⁾)n∈N une suite dans A telle que

n→+∞lim f(y⁽ⁿ⁾) = sup

y∈A

f(y).

Comme l’ensembleAest borné, d’après le théorème de Bolzano-Weierstrass, il existe une sous-suite (x⁽ⁿ⁾)n∈N de (y⁽ⁿ⁾)n∈N qui converge dans R^m. Comme A est fermé, la limite de la suite (x⁽ⁿ⁾)n∈N appartient à A.

9. Montrer que la fonction f atteint son maximum en un point de A. En déduire que la fonction f est bornée supérieurement.

Solution.Soitala limite de la suite (x⁽ⁿ⁾)n∈Ndans la question pr´ec´edente.

D’apr`es la question 6, on a f(a)> lim

n→+∞f(x⁽ⁿ⁾) = sup

y∈A

f(y),

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d’où le résultat. La fonctionf est bornée supérieurement par sa valeur maximale.

10. La fonction f atteint-elle nécessairement son infimum en un point de A? Justifier votre réponse par une démonstration ou un contre- exemple.

Solution. Si la fonction f atteint son minimum, alors elle est born´ee inf´erieurement. Cependant, la fonction f : [0,+∞[→R,

f(x) =

(ln(x), x >0, 0, x= 0,

est semi-continue supérieurement mais pas bornée inférieurement.

Deuxi`eme partie

Dans cette partie, on considère un corps convexe ∆ dans R^m, c’est-à- dire un sous-ensemble compact de R^m dont l’intérieur ∆^◦ est non-vide et qui vérifie la condition suivante :

∀(x,y)∈∆×∆, ∀λ∈[0,1], λx+ (1−λ)y∈∆.

On dit qu’une fonctionf : ∆ →Rest convexe si, pour tout (x,y)∈∆×∆

et tout λ∈[0,1], on a

f(λx+ (1−λ)y)6λf(x) + (1−λ)f(y).

Dans toute la partie, f désigne une fonction rélle définie sur ∆ qui est convexe. Dans les questions 11-15, on fixe un point a dans ∆^◦ et un vecteurh dans R^m.

11. Montrer qu’il existeε >0 tel que a+th∈∆^◦ pour toutt∈R,|t|< ε.

Solution. L’´enonc´e est trivial lorsqueh= 0. Dans la suite, on suppose que h est non-nul. Comme ∆^◦ est un ouvert, il existe δ > 0 tel que B(a, δ) soit contenu dans ∆^◦. Si on prendε = δ/khk, alors pour tout t ∈R,|t|< ε, on aa+th∈∆^◦.

12. On désigne parI_a,h l’ensemble dest >0 tels quea+th∈∆. Montrer que, si h6= 0, alors I_a,h est un intervalle de la forme ]0, T_a,h], où T_a,h est un nombre réel strictement positif. Décrire l’ensemble I_a,0.

13. Montrer que l’application Φ_a,h de I_a,h vers R qui envoie t en f(a+th)−f(a)

t ,

(5)

est croissante. (Indication : étant donnéssettdeux nombres dansI_a,h tels que s6t, trouverλ ∈[0,1] tel quea+sh= (1−λ)a+λ(a+th).) Solution. Soient s et t deux nombres dans ]0, ε[ tels que s 6 t. Soit λ = s/t. On a a+sh= (1−λ)a+λ(a+th). Par la convexité de la fonction f, on obtient

f(a+sh)6(1−s/t)f(a) + (s/t)f(a+th), d’o`u

f(a+sh)−f(a)

s 6 f(a+th)−f(a) t

14. Montrer que, pour tout t∈I_a,h, on a f(a+th)−f(a)

t > f(a)−f(a−εh)

ε .

En d´eduire que la limite

∂_h⁺f(a) := lim

t→0+

f(a+th)−f(a) t

existe dans R, o`u lim

t→0+ d´esigne lim

t>0, t→0. Solution. On a

a = ε

t+ε(a+th) + t

t+ε(a−εh), d’o`u

f(a)6 ε

t+εf(a+th) + t

t+εf(a−εh),

qui conduit à l’inégalité souhaitée. La fonction Φ_a,h est croissante sur I_a,het est bornée inférieurement, donc la limite lim

t→0+Φ_a,hexiste comme un nombre r´eel.

15. On suppose que la fonction f est différentiable en a et on désigne par Df(a) : R^m → R la différentielle de la fonction f en a. Montrer que, pour tout x∈∆ on a

f(x)>f(a) +Df(a)(x−a).

Indication : Montrer que f(x)−f(a)>∂_h⁺f(a) avec h=x−a.

Solution. On note h=x−a. On a 1∈Ia,h. Donc Φ_a,h(1) =f(x)−f(a)>∂_h⁺f(a) = Df(a)(h).

(6)

16. Soitaun point dans ∆^◦. Montrer qu’il existe unδ >0 tel queB(a;δ)⊂

∆, où B(a;δ) désigne la boule ouverte centrée en a et de rayonδ par rapport à la norme k.k_sup. Montrer que la fonctionf est bornée sur la boule fermée B(a;δ).

Solution.Comme ∆^◦est un ouvert eta ∈∆^◦, on peut choisirδ >0 tel que B(a;δ)⊂∆^◦. En particulier, on a B(a;δ)⊂∆. Soit {e₁, . . . , e_m} la base canonique de R^m. Pour toutα= (α₁, . . . , α_m)∈ {−1,1}^m, soit

x^(α):=a+

m

X

i=1

α_iδe_i ∈∆.

Pour tout y ∈B(a, δ), il existe des nombres _α ∈[0,1] (α∈ {−1,1}^m) tels que

:= X

α∈{−1,1}^m

_α 61 et (1−)a+ X

α∈{−1,1}^m

_αx^(α)=y.

On en d´eduit

f(y)6max

f(a), max

α∈{−1,1}^mf(x^(α))

.

17. En d´eduire que f est continue en tout point de ∆^◦.

Solution. Soit a un point de ∆^◦. Soit δ comme dans la question précédente. Pour tout h ∈ R^m avec khksup < δ, d’après la question 13 on a

f(a+h)−f(a)6 f(a+ (δ/khk_sup)h)−f(a)

δ khk_sup

D’apr`es la question 14 on a

f(a+h)−f(a)> f(a)−f(a−δ/khk_sup)h)

δ khk_sup.

On en d´eduit

|f(a+h)−f(a)|6δ⁻¹ sup

y∈B(a,δ)

f(y)−f(a)

khk_sup, d’o`u le r´esultat.

(7)

18. Soit a un point de ∆^◦. Montrer que la fonction (h ∈ R^m) 7→ ∂_h⁺f(a) est sous-additive. Autrement dit,

∀(h,h⁰)∈R^m×R^m, ∂_h+h⁺ 0f(a)6∂_h⁺f(a) +∂_h⁺0f(a).

Solution. Pour toutt >0 on a f(a+ (t/2)(h+h⁰))6 1

2(f(a+th) +f(a+th⁰)), d’o`u

f(a+ (t/2)(h+h⁰))−f(a)

t/2 6 f(a+th)−f(a)

t +f(a+th⁰)−f(a)

t .

Par passage `a la limite lorsque t→0+, on obtient le r´esultat.

19. Soitϕ:R^m →Rune application sous-additive telle queϕ(tx) = tϕ(x) pour tout t >0 et toutx ∈R^m. On suppose que ψ :R^m →R est une application lin´eaire telle que ϕ(x)6ψ(x) pour tout x∈R^m. Montrer que ϕ=ψ.

Solution. Soit x ∈ R^m. On a ϕ(x) 6 ψ(x) et ϕ(−x) 6 ψ(−x) =

−ψ(x). En outre, la sous-additivit´e de ϕmontre que 0 = ϕ(0)6ϕ(x) +ϕ(−x)6ψ(x)−ψ(x) = 0, d’o`uϕ(x) =ψ(x).

20. Soit a un point de ∆^◦. On suppose que g : R^m → R est une fonction telle que g(x) > f(x) pour tout x ∈ ∆ et que g(a) = f(a). Montrer que, si la fonction g est diff´erentiable en a, alors il en est de mˆeme de f. De plus on a Df(a) =Dg(a).

Solution. On a ∂_h⁺f(a) 6 Dg(a)(h) pour tout h ∈ R^m. Donc la question pr´ec´edente montre que ∂_h⁺f(a) = Dg(a)(h) pour tout h.

Enfin, on a

06f(a+h)−f(a)−Dg(a)(h)6g(a+h)−g(a)−Dg(a)(h), d’o`u le r´esultat.

On dit qu’une fonction f : A → R est semi-continue supérieurement si, pour tout t∈R, l’ensemble {x∈A|f(x)&gt;t} est un fermé deA, ou de fa¸con équivalente, l’ensemble{x∈A|f(x)&lt

On dit qu’une fonction f : A → R est semi-continue supérieurement si, pour tout t∈R, l’ensemble {x∈A|f(x)>t} est un fermé deA, ou de fa¸con équivalente, l’ensemble{x∈A|f(x)&lt