Deuxième composition de mathématiques ENS 2009 – MP
Notations
SoitN ≥2. On considèreX =RN muni du produit scalaire euclidien usuel hu|vi=
N
X
i=1
uivi.
On notek·kla norme euclidienne associée. Siu∈X, on noteui, 1≤i≤N, les composantes deu. On note e= (1, . . . ,1) l’élément deX tel que ei = 1 pour touti.
Dans tout le problème, on considère une matriceA deMN(R), de coefficientsAi,j. On noteA∗ la matrice transposée deA. On suppose queA n’est pas la matrice nulle.
On rappelle qu’on dit qu’une fonctionF :X →Rest convexe surX si et seulement si pour tousuetvdans X ett dans [0; 1], on a
F((1−t)u+tv)≤(1−t)F(u) +tF(v).
On dit qu’elle est strictement convexe si et seulement si pour tousuet v distincts dans X et t dans ]0; 1[, on a
F((1−t)u+tv)<(1−t)F(u) +tF(v). SiF est différentiable enu, on rappelle que le gradient deF enuest donné par
∇F(u) =
∂F
∂x1(u) ...
∂F
∂xN(u)
.
Si F est de classe C2, on note ∇2F(u) la matrice hessienne deF enu. Il s’agit d’une matrice de MN(R) dont le coefficient en positioni,j est donné par ∂2F
∂xi∂xj
(u).
Les différentes fonctions étudiées dans ce problème sont utilisées en traitement d’images pour obtenir une image de bonne qualité u à partir d’une image bruitée f. La régularisation quadratique présente l’avan- tage d’être très simple et très rapide, mais aussi le défaut de détruire les bords de l’image en donnant une impression de flou. La régularisation à croissance linéaire permet d’obtenir de bien meilleurs résultats de restauration. Malheureusement elle implique aussi de savoir minimiser efficacement des fonctions non diffé- rentiables, ce qui augmente considérablement la difficulté du problème.
Partie I - Convexité
On pourra admettre les résultats de cette première partie pour traiter les questions des parties suivantes.
1) Soit F :X →Rune fonction continue telle queF(u) tende vers +∞lorsquekuk tend vers +∞.
a. Montrer qu’il existe au moins un élémentudeX oùF atteint son minimum :F(u) = minv∈XF(v).
b. L’élément précédentuest-il en général unique ?
2) Soit F une fonction strictement convexe sur X admettant un minimum. Le point où F atteint son minimum est-il unique ?
3) Soit F une fonction différentiable surX.
a. Montrer que siF est convexe alors, pour tousu,v dansX, (1) F(v)≥F(u) +h∇F(u)|v−ui .
b. Réciproquement, montrer que si pour tousu,vdansX, l’inégalité (1) est vérifiée, alorsFest convexe.
Indication : on pourra introduire le pointw=u+t(v−u)pour tdans[0; 1] et appliquer l’inégalité aux couples(w, u) et(w, v).
4) Soit F une fonction différentiable sur X. Montrer que F est strictement convexe si et seulement si, pour tousuet vdistincts dansX,F(v)> F(u) +h∇F(u)|v−ui.
5) On supposeF différentiable surX. On rappelle qu’une condition nécessaire pour queupuisse être un point d’extremum deF est∇F(u) = 0.
a. La condition nécessaire∇F(u) = 0 est-elle en général suffisante pour queusoit un point d’extremum deF?
b. On suppose de plusF convexe surX. Que dire si∇F(u) = 0 ? 6) Soit F une fonction différentiable surX.
a. Montrer que siF est convexe, alors pour tousu,v dansX, on a (2) h∇F(u)− ∇F(v)|u−vi ≥0.
b. Réciproquement, montrer que si pour tousu,vdansX l’inégalité (2) est vérifiée, alorsFest convexe.
Que dire si pour tousu,v distincts dansX on ah∇F(u)− ∇F(v)|u−vi>0 ?
7) Soit F une fonction de classeC2 surX. Montrer queF est convexe si et seulement si, pour tousu,v dansX,
∇2F(u)v
v
≥0.
Que dire si pour tousu,v dansX avecv6= 0, on a
∇2F(u)v
v
>0 ? Partie II - Régularisation quadratique Soitλ≥0 etf dansX. On considère l’application Fλ :X →Rdéfinie par
Fλ(u) =kf−uk2+λkAuk2 .
1) Montrer queFλest de classeC2 surX. SoitudansX. Calculer∇Fλ(u), puis∇2Fλ(u).
2) Montrer queFλest convexe surX. Est-elle strictement convexe ?
3) Montrer qu’il existe exactement un élémentuλ deX oùFλ atteint son minimum. Montrer queuλ est caractérisé par la relation
uλ−f+λA∗Auλ= 0. 4) a. Que dire de la solutionuλ lorsqueλtend vers 0 ?
b. Que dire deAuλ lorsqueλtend vers +∞? 5) Pouridans{1,2}, on note pourf1et f2 dansX,
Fλi(u) =kfi−uk2+λkAuk2 .
On noteuiλun point oùFλiatteint son minimum surX. Donner une majoration de
u1λ−u2λ
dépendant dekf1−f2k.
Partie III - Régularisation à croissance linéaire
Soitε >0 etf dansX. PourudansX on définitAε(u) etBε(u) dansX par (Aε(u))i=
q
ε2+ (Au)2i et (Bε(u))i= (Au)i
(Aε(u))i . Soitλ >0. On considère les applicationsG:X →RetGλ :X2→Rdéfinies par
G(u) = 1
2kf−uk2+he|Aε(u)i et Gλ(u, v) =G(u) +λ
2 kv−uk2 .
1) Montrer queGest différentiable. SoitudansX. Calculer∇G(u).
2) Montrer queGatteint un minimum en un unique pointuε deX caractérisé par la relation uε−f+A∗Bε(uε) = 0.
3) Soit vdansX. Montrer qu’il existe une unique élémentudansX tel que Gλ(u, v) = min
w∈XGλ(w, v), et qu’on a
λ(u−v) =−u+f−A∗Bε(u).
4) On fixe u0 dansX et on considère la suite (un) définie par récurrence par la relation Gλ(un+1, un) = min
u∈XGλ(u, un). Montrer que la sérieP
kun−un+1k2est convergente.
5) Montrer que la suite (un) est bornée.
6) En déduire que la suite (un) converge versuε. 7) Dans le casε= 0,Gest-elle différentiable surX?
Partie IV - Méthode de type quasi-Newton
On rappelle et on complète les notations de la partie précédente. On aε >0,f dansX. Pour udansX, on définitAε(u),Bε(u) dansX et Cε(u) etAε(u) dansMn(R) par
(Aε(u))i = q
ε2+ (Au)2i, (Bε(u))i= (Au)i
(Aε(u))i
, (Cε(u))i,j= Ai,j
(Aε(u))i
etAε(u) =IN +A∗Cε(u). On considère les applicationsG:X →Ret G :X2→R définies par G(u) = 1
2kf−uk2+he|Aε(u)i et G(u, v) =G(v) +h∇G(v)|u−vi+1
2hAε(v)(u−v)|u−vi . Enfin on note Dε(u) la matrice diagonale de Mn(R) dont les coefficients diagonaux sont donnés par (Dε(u))i,i= 1
(Aε(u))i
, de sorte qu’on aCε(u) =Dε(u)Aet Bε(u) =Dε(u)Au=Cε(u)u.
1) Montrer que pour tousuet vdansX on a
hAv|Cε(u)vi ≥0.
2) Soit u0 dansX. Montrer que la relation de récurrence suivante définit une unique suite (un) G(un+1, un) = min
u∈XG(u, un). En déduire que la suite (un) ainsi définie vérifie
un+1−f+A∗Cε(un)un+1= 0. 3) Soit uet vdansX. Montrer
G(u)≤ G(u, v). 4) Montrer que la suite (un+1−un) converge.
5) Montrer que la suite (un) converge vers l’unique pointuεdeX oùGatteint son minimum.
Partie V - Régularisation non différentiable
Dans cette dernière partie on suppose de plus que la matriceAest symétrique. Siu∈X, on définit kuk1=
N
X
i=1
|ui| et kuk∞= max
1≤i≤N|ui| . On considère les applicationsH :X →RetL: X2→Rdéfinies par
H(u) = 1
2kf−uk2+kAuk1 et L(u, v) = 1
2kf−uk2+hv|Aui . et l’ensembleK défini par
K={Av|v∈X et kvk∞≤1} . On admet qu’il existe un unique élémentwdansK tel que
kf −wk=d(f, K) = min{kf −zk |z∈K} . On admet aussi qu’alors on a
∀z∈K hf −w|z−wi ≤0. 1) a. Soit uun élément deX. Exprimer supkvk
∞≤1L(u, v) en fonction de H.
b. Montrer pour tousu, vdansX, L(u, v) =1
2kf −u−Avk2−1
2kf−Avk2+1 2kfk2 . c. Dans cette question on admet l’égalité
(3) sup
kvk∞≤1
u∈Xinf L(u, v) = inf
u∈X sup
kvk∞≤1
L(u, v).
Montrer queH atteint son minimum enusi et seulement siu=f −w.
2) Démontrer l’égalité (3)
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Partie I - Convexité
1) a. Puisque F(v) tend vers l’infini quandkvk tend vers l’infini, on dispose deR strictement positif tel que, lorsquekvk> R, on aF(v)> F(0). PuisqueF est continue, par compacité des boules fermées en dimension finie (théorème deHeine-Borel) et d’après le théorème deWeierstrass, on dispose deudansB(0, R) tel queF(u) = infkvk≤RF(v) et donc
F(u) = inf
kvk≤RF(v)≤F(0)≤ inf
kvk>RF(v) et on en déduit F(u) = minv∈XF(v).
b. Soit x dans X non nul. La fonction v 7→ kvk kv−xk est continue en tant que produit de telles fonctions, positive, et tend vers l’infini en l’infini puisque, par positivité et inégalité triangulaire on
a
kvk kv−xk − kvk2
≤ kxk kvk= O (kvk) .
Comme cette fonction s’annule en 0 et x, elle atteint son minimum en deux points distincts, i.e.
un’est pas unique en général.
2) SoitudansX un point oùF atteint son minimum. On a pourvdansX distinct deuet par inégalité de convexité (avect=1
2) 1
2(F(v)−F(u))> F
u+v 2
−F(u)≥0 et doncF(v)> F(u). Il en résulte qu’alors uest unique.
3) a. Soit uet vdansX ett dans [0; 1]. Par inégalité de convexité on a F(v)≥F(u) +F(u+t(v−u))−F(u)
t
et donc, par passage à la limite quandt tend vers 0 (à droite) et différentiabilité de F en u(donc en particulier dans la directionv−u), il vientF(v)≥F(u) + dF((v−u))·ou encore, par définition du gradient, F(v)≥F(u) +h∇F(u)|v−ui.
b. Soit u et v dans X, t dans [0; 1] et w = (1−t)u+tv, de sorte qu’on a w−u = t(v −u) et w−v=−(1−t)(v−u) et donc, par hypothèse surF appliquée aux couples (w, u) et (w, v), on a
F(u)≥F(w) +th∇F(w)|v−ui et F(v)≥F(w)−(1−t)h∇F(w)|v−ui
et donc en multipliant ces deux inégalités respectivement par les quantités positives 1−tett, et en sommant il vient (1−t)F(u) +tF(v)≥F(w), i.e. F est convexe.
4) On suppose que pour tousuetv distincts dansX, on aF(v)> F(u) +h∇F(u)|v−ui. Soit alorsuet v distincts dansX,t dans ]0; 1[ etw= (1−t)u+tv. Les inégalités obtenues à la question précédente sont alors strictes carwest distinct deuet dev. Comme 1−tet tsont strictement positifs, il vient, avec le calcul précédent, (1−t)F(u) +tF(v)> F(w), et doncF est strictement convexe.
Réciproquement on suppose queF est strictement convexe. Soit alorsuet v distincts dansX et Gla fonction donnée parG(x) = F(x)−F(u)− h∇F(u)|x−ui. AlorsG est différentiable et strictement convexe car somme deF avec une fonction affine, donc différentiable et convexe. Par construction on aG(u) = 0 et∇G=∇F− ∇F(u), et donc∇G(u) = 0. La question I3a donne alorsG(v)≥0, de sorte queG atteint son minimum enu. Comme Gest strictement convexe, elle atteint ce minimum en un unique point, d’après la question I1b, et donc on a en faitG(v)>0, i.e.F(v)> F(u) +h∇F(u)|v−ui.
Autrement dit
F est strictement convexe si et seulement si∀(u, v)∈X2, u6=v=⇒F(v)> F(u) +h∇F(u)|v−ui.
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5) a. Soit vnon nul dans X. La fonction donnée paru7→ hu|vi3 est différentiable en tant que composée d’une application linéaire (surX) et d’une fonction puissance (surR) et son gradient est donné par u7→3hu|vi2v. Il s’annule par exemple en 0. Mais pourtréel on ahtv|vi3=t3kvk6et donc 0 n’est pas un extremum (local). Donc la condition n’est en général pas suffisante.
b. Par contre siF est convexe surX, la question I3a montre qu’alors F atteint son minimum enu.
6) a. Soit F convexe surX et u, vdansX. D’après I3a appliqué à (u, v) et (v, u) on a
− h∇F(u)|u−vi=h∇F(u)|v−ui ≤F(v)−F(u)≤ − h∇F(v)|u−vi
et donc, par linéarité du produit scalaire, en retranchant le membre de gauche à l’inégalité, il vient h∇F(u)− ∇F(v)|u−vi ≥0.
b. Soitu et v dans X et g la fonction sur R donnée parg(t) = F((1−t)u+tv), de sorte queg est dérivable surR, de dérivée donnée parg0(t) =h∇F((1−t)u+tv)|v−uiet donc, pourtdans ]0; 1[, on a, en posantw=u+t(v−u),
tg0(t) =h∇F((1−t)u+tv)|t(v−u)i=h∇F(w)|w−ui ≥ h∇F(u)|w−ui d’après l’inégalité (2), et donc par positivité stricte det,
g0(t)≥ 1
th∇F(u)|w−ui=h∇F(u)|v−ui
sur ]0; 1[. Il résulte donc du théorème de Lagrange, dit inégalité des accroissements finis, qu’il existetdans ]0; 1[ tel qu’on ait
F(v)−F(u) =g(1)−g(0) =g0(t)≥ h∇F(u)|v−ui et donc, d’après la question I3a, F est convexe.
Si pour uet v distincts, l’inégalité (2) est stricte alors dans les mêmes conditions le raisonnement précédent donne g0(t) > h∇F(u)|v−ui puis F(v) > F(u) +h∇F(u)|v−ui et donc, d’après la question I4, F est strictement convexe.
7) On suppose queFest convexe. Soit alorsuetvdansX,tdansR∗etw=u+tv. D’après la question I6a on ah∇F(w)− ∇F(u)|w−ui ≥0 et donc
∇F(u+tv)− ∇F(u) t
v
≥0.
En faisant tendre t vers 0, il vient, par différentiabilité de ∇F et continuité de l’application linéaire surX donnée par le produit scalaire avecv,
∇2F(u)v
v
≥0.
Réciproquement soituetv dansX et g la fonction définie surRpar g(t) =h∇F(u+t(v−u))− ∇F(u)|v−ui .
Puisque F est de classe C2 sur X, ∇F est de classe C1 sur X et donc, par composition avec une application linéaire,g est de classeC1 surR. Il résulte du théorème deLagrangequ’il existetdans ]0; 1[ tel qu’on ait, en posantw=u+t(v−u),
h∇F(u)− ∇F(v)|u−vi=g(1)−g(0) =g0(t) =
∇2F(w)(v−u)
v−u
≥0
et donc, d’après la question I6b,F est convexe, voire strictement convexe si l’inégalité précédente est stricte lorsquev−u6= 0. Autrement dit
F est convexe si et seulement si, pour tousu,v dansX,
∇2F(u)v
v
≥0.
Si cette inégalité est stricte pourv non nul alorsF est strictement convexe.
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Partie II - Régularisation quadratique
1) Les applications linéaires étant de classe C∞ (en dimension finie), il en va de même pour la norme au carré (composée de u7→ (u, u) et (u, v)7→ hu|vi) et donc de Fλ par somme et composition. En particulier Fλ est de classeC2 surX.
On remarque que pouruetv dansX on ahu|Avi=u∗Av= (A∗u)∗v=hA∗u|vi. Par dérivation des fonctions composées, on a, pouruetv dansX,
h∇Fλ(u)|vi= 2hu−λ|vi+ 2λhAu|Avi= 2hu−f+λA∗Au|vi, soit ∇Fλ(u) = 2(u−f +λA∗Au) et donc ∇2Fλ(u) = 2(In+λA∗A).
2) Pouruetv dansX, on a donc, par positivité de λ, ∇2F(u)v
v
= 2kvk2+ 2λkAvk2≥2kvk2
et il résulte donc de la question I7 que Fλ est strictement convexe, donc convexe, surX.
3) D’après ce qui précède, pourudansX on a∇Fλ(u) = 0⇐⇒u−f+λA∗Au= 0 et donc, par stricte convexité et d’après les questions I5b et I2,
Fλatteint son minimum en exactement un point,uλ, caractérisé paruλ−f+λA∗Auλ= 0.
4) a. Puisque l’équation (In +λA∗A)u = f admet une unique solution, In+λA∗A est injective, donc inversible et on auλ= (In+λA∗A)−1f. La fonction inverse étant continue enIn, on a
λ→0lim(In+λA∗A)−1=In
et donc, par continuité de l’évaluation enf, qui est linéaire, on a limλ→0uλ=f. b. On aλkAuλk2≤Fλ(uλ)≤Fλ(0) =kfk2 et donckAuλk= O λ−1/2
. D’où limλ→+∞Auλ= 0.
5) En appliquant ce qui précède à f = 0, il vientFλ(u) = h(In+λA∗A)u|ui et donc, par linéarité de In+λA∗Aet en utilisant la question II3,
u1λ−u2λ
2≤Fλ(u1λ−u2λ) = f1−f2
u1λ−u2λ
≤ kf1−f2k
u1λ−u2λ par inégalité de Cauchy-Schwarz. Si u1λ 6= u2λ, on peut diviser par
u1λ−u2λ
qui est strictement positif et il vient
u1λ−u2λ
≤ kf1−f2k. Sinon l’inégalité précédente est directe. Donc dans tous les cas on a
u1λ−u2λ
≤ kf1−f2k.
Partie III - Régularisation à croissance linéaire
1) Les applications linéaires, dont A et les formes coordonnées, norme au carré, translation par f et t 7→ √
ε2+t2 étant toutes de classe C∞ sur X ou R respectivement, G aussi par composition et combinaison linéaire. En particulier Gest différentiable. et il vient directement, pouruetv dansX, h∇G(u)|vi=hu−f|vi+
N
X
i=1
(Av)i(Au)i
pε2+ (A(u))2i =hu−f|vi+hBε(u)|Avi=hu−f|vi+hA∗Bε(u)|vi et donc ∇G(u) =u−f+A∗Bε(u).
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2) SiGest strictement convexe, il résulte de la question précédente ainsi que des questions I5b et I2 que Gadmet un unique minimum caractérisé par ∇G(u) = 0, i.e. u−f +A∗Bε(u) = 0. Pour λ= 0, la partie II montre queu7→ kf−uk2 est strictement convexe sur X. Donc, par stricte positivité de 1
2, la stricte convexité deGsurX résulte de la convexité deu7→ he|Aε(u)i. Or l’application deX dans R2 donnée par u 7→ (Au)i
0 1
!
est linéaire et l’application distance à ε 0
!
est convexe sur R2 par inégalité triangulaire, doncu7→(Aε(u))i est convexe. La somme de fonctions convexes l’étant, on en conclut à la convexité deu7→ he|Aε(u)i. Par conséquent
Gatteint un minimum en un unique pointuε deX caractérisé paruε−f+A∗Bε(uε) = 0.
3) La fonction F0 définie comme en partie II avec f = v est strictement convexe, tout comme l’est G d’après le raisonnement de la question précédente et la question II2. Il en résulte queu7→ Gλ(u, v) est combinaison à coefficients strictement positifs de deux fonctions strictement convexes et est donc elle- même strictement convexe. Il résulte qu’elle atteint son minimum en un point unique caractérisé par l’annulation de son gradient, d’après les questions I5b et I2. Or ce gradient est donné par∇G+λ
2∇F0, i.e. le minimum est atteint enuvérifiant
u−f+A∗Bε(u) +λ(u−v) = 0 i.e. il existe une unique élémentudansX tel que
Gλ(u, v) = minw∈XGλ(w, v) etλ(u−v) =−u+f−A∗Bε(u).
4) Ce qui précède justifie l’existence de la suite (un). Avec les notations précédentes et puisque λ est strictement positif, on a
kun−un+1k2 = F0(un+1) =F0(un+1)−F0(un)
= 2
λ(Gλ(un+1, un)− Gλ(un, un)−G(u−n+ 1) +G(un))
≤ 2
λ(G(un)−G(un+1))
par minimalité en un+1. Le terme général de la série Pkun−un+1k2 est donc majoré par celui de la série télescopique 2
λ
X(G(un)−G(un+1)). Comme Gest positive car les coordonnées deAε(u) le sont, etλaussi, on en déduit que les sommes partielles dePkun−un+1k2 sont majorées par 2
λG(u0) et donc, étant à termes positifs, la sériePkun−un+1k2 est convergente.
5) Puisque les coordonnées deBε(u) sont de valeur absolue inférieure à 1, la fonctionBεest bornée, donc à valeurs dans un compact deX d’après le théorème deHeine. CommeA∗est linéaire, donc continue, il résulte du théorème de Weierstrass que A∗Bε est bornée. D’après la question précédente, par convergence de la série,kun−un+1k2= o (1) et donc, par continuité de la racine carré,kun−un+1k= o (1). On déduit de la question III3 qu’on aun+1=f−A∗Bε(un+1)+λ(un−un+1) =f+O (1)+o (1) = O (1), i.e. (un) est borné.
6) Les questions III1 à III4 montrent qu’en faitGest de classeC2, qu’on a∇G(un+1) =λ(un−un+1) = o (1) et donc, par continuité de∇G, siuest une valeur d’adhérence de (un), on a∇G(u) = 0, i.e.uest le point oùGatteint son minimum. CommeX est de dimension finie et comme (un) est une suite bornée ayant une unique valeur d’adhérence, la réciproque partielle du théorème deBolzano-Weierstrass montre que (un) converge versuε.
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7) Dans ce cas on a G(u) = 1
2kf−uk2+kAuk1 et donc G est différentiable sur X si et seulement si u7→ kAuk1l’est, puisque l’ensemble des fonctions différentiables surXest un espace vectoriel et queF0
définie en partie II en fait partie. Ork·k1 n’admet de dérivée directionnelle en 0 dans aucune direction, puisque la valeur absolue n’est pas dérivable en 0, et doncu7→ kAuk1n’admet de dérivée directionnelle en 0 selon aucun vecteuruvérifiantAu6= 0. Comme An’est pas nulle un tel vecteuruexiste et donc
Gn’est pas différentiable surX.
Partie IV - Méthode de type quasi-Newton
1) Soit uet vdansX. On a
hAv|Cε(u)vi=hAv|Dε(u)Avi=
N
X
i=1
(Av)2i (Aε(u))i ≥0 puisque les termes de la somme sont positifs, i.e. hAv|Cε(u)vi ≥0.
2) SoitvdansX. La fonctionu7→ G(u, v) est de classeC∞par bilinéarité du produit scalaire et linéarité deAε. On la notef et il vient pouruetwdansX
h∇f(u)|wi = h∇G(v)|wi+1
2hAε(v)w|u−vi+1
2hAε(v)(uv)|wi
= h∇G(v)|wi+1
2hw| Aε(v)∗(u−v)i+1
2hAε(v)(u−v)|wi et donc∇f(u) =∇G(v) +1
2(Aε(v) +Aε(v)∗)(u−v). Or on a
Aε(v)∗= (IN +A∗Dε(v)A)∗=IN +A∗Dε(v)A=Aε(v)
et donc∇f(u) =∇G(v) +Aε(v)(u−v), puis∇2f(u) =Aε(v). Ainsi, pourwnon nul dans X, on a ∇2f(u)w
w
=kwk2+hA∗Cε(v)w|wi=kwk2+hCε(v)w|Awi ≥ kwk2>0
d’après la question précédente. Et donc, d’après la question I7, f est strictement convexe. Il résulte alors des questions I5b et I2 quef atteint son minimum en un unique point deXdonné par∇f(u) = 0.
Or, d’après la question III1, on a
∇f(u) = ∇G(v) + (IN +A∗Dε(v)A)(u−v)
= v−f+A∗Bε(v) +u−v+A∗Dε(v)Au−A∗Dε(v)Av
= u−f+A∗Dε(v)Au
i.e. ∇f(u) = u−f +A∗Cε(v)u. Par conséquent u0 et la relation de récurrence G(un+1, un) = minu∈XG(u, un) définit une unique suite (un) vérifiantun+1−f+A∗Cε(un)un+1= 0.
3) On a, d’après la question III1,∇G(v) =Aε(v)v−f, et, par polarisation,
kf−vk2− kf−uk2= 2hf|u−vi+kvk2− kuk2= 2hf|u−vi − hu+v|u−vi et donc
G(u, v)−G(u) = G(v)−G(u)− h∇G(v)|u−vi+1
2hAε(v)(u−v)|u−vi
= he|Aε(v)−Aε(u)i −1
2hu+v|u−vi+1
2hAε(v)(u+v)|u−vi
= he|Aε(v)−Aε(u)i+1
2hA∗Dε(v)A(u+v)|u−vi
= he|Aε(v)−Aε(u)i+1
2hDε(v)(Au+Av)|Au−Avi . 5
Deuxième composition de mathématiques – ENS 2009 – MP Corrigé
CommeDε(v) est diagonale, le second produit scalaire est une somme pondérée de termes de la forme (Au)2i −(Av)2i, ce qui est aussi (Aε(u))2i −(Aε(v))2i. Il vient, en remarquante=Dε(v)Aε(v),
G(u, v)−G(u) = he|Aε(v)−Aε(u)i+1
2hDε(v)(Aε(u) +Aε(v))|Aε(u)−Aε(v)i
= 1
2hDε(v)(Aε(v)−Aε(u))|Aε(v)−Aε(u)i
≥ 0
puisqueDε(v) est diagonale à coefficients positifs. Par conséquent G(u)≤ G(u, v).
4) PourndansN on a, d’après la question IV2,∇G(un) +Aε(un)(un+1−un) = 0 et donc G(un)− G(un+1, un) =
−∇G(un)−1
2Aε(un)(un+1−un)
un+1−un
= 1
2Aε(un)(un+1−un)
un+1−un
= 1
2kun+1−unk2+1
2hA∗Cε(un)(un+1−un)|un+1−uni
≥ 1
2kun+1−unk2
d’après la question IV1. Il résulte donc de la question précédente que la série à termes positifs Pkun+1−unk2a son terme général majoré par celui de la série télescopique 4P(G(un)−G(un+1)), et donc ses sommes partielles sont majorées par G(u0), d’après la positivité deGdéjà remarquée en question III4. Il en résulte que P
kun+1−unk2 converge et donc, en particulier, son terme général tend vers 0, i.e. (un+1−un) converge vers 0.
5) L’argument précédent montre en particulier que pour tout entier non aG(un)≤G(u0) et donc, par positivité des coefficients de Aε(un), un appartient à la boule de centre f et de rayon 2G(u0). En particulier (un) est une suite bornée. De plus si uest une valeur d’adhérence de (un) et en tenant compte de la relation de récurrence récrite sous la forme
un−f+A∗Cε(un)un+ (un+1−un) +A∗Cε(un)(un+1−un) = 0
il vient puisquev7→Cε(v) est continu, ainsi que le produit matriciel, et par convergence de (un+1−un) vers 0
0 =u−f+A∗Cε(u)u+ 0 +A∗Cε(u)0 =u−f+A∗Cε(u)u
et donc, d’après la question III2,u=uε. Puisque (un) est une suite à valeurs dans un compact deX, qui est dimension finie, car elle est bornée, et qu’elle n’admet qu’une seule valeur d’adhérence, il résulte de la réciproque partielle du théorème deBolzano-Weierstrassque (un) converge versuε.
Partie V - Régularisation non différentiable
1) a. Pourv etw dansX, on a
hv|wi=
N
X
i=1
viwi≤
N
X
i=1
|vi| |wi| ≤ kvk∞kwk1
avec égalité si v est un vecteur ayant des coordonnées toutes égales en valeur absolue et tel que, pour tout i dans J1;NK, viwi soit positif. En particulier supkvk
∞≤1hv|wi = kwk1. Il en résulte supkvk
∞≤1L(u, v) =H(u).
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Deuxième composition de mathématiques – ENS 2009 – MP Corrigé
b. Soituet vdansX. Par identité de polarisation il vient
kf−u−Avk2− kf−Avk2+kfk2 = −2hf−Av|ui+kuk2+kfk2
= 2hAv|ui+kuk2+kfk2−2hf|ui
= 2hv|A∗ui+kf−uk2 et donc, puisqueAest symétrique, L(u, v) =1
2kf−u−Avk2−1
2kf−Avk2+1 2kfk2. c. L’égalité admise se récrit, en tenant compte de la question V1a,
u∈Xinf H(u) = sup
kvk∞≤1
u∈Xinf L(u, v).
Or d’après la question précédente, àv fixé,L(u, v) atteint son minimum en un uniqueudonné par u=f −Av. Il en résulte
u∈Xinf H(u) = sup
kvk∞≤1
kfk2− kf−Avk2
2 =kfk2−d(f, K)2 2
et ce minimum est atteint lorsqueAv =w, i.e. pourv dansX vérifiantkvk1= 1 etAv =won a, en tenant compte de la symétrie deAet donc dehv|Aui=hAv|ui=hw|ui,
u∈Xinf H(u) =L(f−w, v) =1
2kwk2+hw|f−wi=hw|fi −1 2kwk2 . Or, pourv dansX vérifiantkvk∞= 1, on a, d’après l’inégalité admise vérifiée parw,
H(f −w)− hw|fi+1
2kwk2 = hw|w−fi+kA(f −w)k1
≤ hAv|w−fi+kA(f −w)k1
≤ hv|A(w−f)i+kA(f−w)k1
par symétrie deA. Et donc, par passage au supremum env, d’après la question V1a,H(f −w)− infu∈XH(u)≤0, i.e.Hatteint son minimum enf−w. CommeAest linéaire, il résulte de l’inégalité triangulaire pour la normek·k1queHest somme d’une fonction strictement convexe et d’une fonction convexe, et est donc strictement convexe. La question I2 entraîne queH son minimum en un point unique, i.e. H atteint un minimum en un unique pointudeX donné paru=f−w.
2) Pour u dans X, on a H(u) ≥ 1
2kf−uk2 et donc H(u) tend vers +∞ quand kuk tend vers l’infini.
D’après la question I1a H admet donc un minimum sur X. En particulier, d’après la question V1a, infu∈Xsupkvk
∞=1L(u, v) existe et on a d’après le calcul de la question précédente
u∈Xinf sup
kvk∞=1
L(u, v) = inf
u∈XH(u)≤H(f−w)≤ hw|fi −1
2kwk2= sup
kwk∞=1
u∈Xinf L(u, v). Soit maintenantuet v dansX vérifiantkvk∞= 1. On a par définitionL(u, v)≤supkwk
∞=1L(u, w), ce supremum étant fini puisqu’égal àH(u). Par passage à l’infimum, ce qui est licite d’après la ques- tion V1b, on a infu∈XL(u, v)≤infu∈Xsupkwk
∞=1L(u, w). Puisque le membre de droite est un majo- rant indépendant dev, le membre de gauche admet un supremum vérifiant
sup
kwk∞=1
u∈Xinf L(u, v)≤ inf
u∈X sup
kwk∞=1
L(u, w).
Par double inégalité, l’égalité (3) est vraie.
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