Planche no 5. Convexité. Corrigé Exercice no 1 La fonction f : x 7→x2 est conve

Planche no 5. Convexité. Corrigé Exercice no 1 La fonction f : x 7→x2 est convexe sur R car deux fois dérivable sur R de dérivée seconde positive sur R. Par suite, pour tous réels α et β et pour tout réel λ ∈[0, 1], ((1 −λ)α + λβ)2 ⩽(1 −λ)α2 + λβ2. Soient ((x1, y1) , (x2, y2)) ∈E 2 et λ ∈[0, 1]. ((1 −λ)x1 + λx2)2 a2 + ((1 −λ)y1 + λy2)2 b2 ⩽(1 −λ)x2 1 + λx2 2 a2 + (1 −λ)y2 1 + λy2 2 b2 = (1 −λ)  x2 1 a2 + y2 1 b2  + λ  x2 2 a2 + y2 2 b2  ⩽(1 −λ) + λ (car 1 −λ ⩾0 et λ ⩾0) = 1. On a montré que pour tous ((x1, y1) , (x2, y2)) ∈E 2 et λ ∈[0, 1], (1 −λ) (x1, y1) + λ (x2, y2) ∈E . Donc, E est un convexe de R2. a −a b −b E Exercice no 2 Soient (x, y) ∈B2 puis λ ∈[0, 1]. N ((1 −λ)x + λy) ⩽N ((1 −λ)x) + N (λy) = |1 −λ| N(x) + |λ|N(y) = (1 −λ)N(x) + λN(y) ⩽(1 −λ) + λ (car 1 −λ ⩾0 et λ ⩾0) = 1. On a montré que pour tout (x, y) ∈B2 et tout λ ∈[0, 1], (1 −λ)x + λy ∈B et on a donc montré que B est un convexe de E. Exercice no 3 1) Soient x et y deux réels strictement positifs tels que x ⩽y. • m = x + y 2 ⩽y + y 2 = y. Donc, m ⩽y. • m −g = x + y 2 −√xy = x −2√xy + y 2 = √x −√y
2 2 ⩾0. Donc, g ⩽m ⩽y. • g = √xy ⩾√x × x = x. Donc, x ⩽g ⩽m ⩽y. c ⃝Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits réservés. 1 http ://www.maths-france.fr 1 h est la moyenne arithmétique de 1 x et 1 y avec 1 y ⩽1 x. D’après ce qui précède, 1 y ⩽1 g = r1 x × 1 y ⩽1 h ⩽1 x et donc x ⩽h ⩽g ⩽y et finalement x ⩽h ⩽g ⩽m ⩽y. 2) Soient x1, . . . , xn n réels strictement positifs où n ⩾2. La fonction t 7→ln t est concave sur ]0, +∞[ car sa dérivée seconde, à savoir t 7→−1 t2 , est strictement négative sur ]0, +∞[. On en déduit que 1 n ln (x1) + . . . + 1 n ln (xn) ⩽ln  1 nx1 + . . . + 1 nxn  ou encore ln ( n √x1 . . . xn) ⩽ln x1 + . . . + xn n  ou enfin n √x1 . . . xn ⩽x1 + . . . + xn n . Exercice no 4 1) Inégalités de Hölder et de Minkowski. 1ère solution. Soient (p, q) ∈]0, +∞[2 tel que 1 p + 1 q = 1 et x et y deux réels positifs. L’inégalité est immédiate quand x = 0 ou y = 0. Dorénavant, x et y sont strictement positifs. Par concavité de la fonction ln sur ]0, +∞[ ln(xy) = ln(x) + ln(y) = 1 p ln (xp) + 1 q ln (xq) ⩽ln  1 pxp + 1 qxq  et donc xy ⩽xp p + xq q par croissance de la fonction ln sur ]0, +∞[. 2ème solution. Soit (p, q) ∈]0, +∞[2 tel que 1 p + 1 q = 1 puis x et y deux réels positifs. L’inégalité est immédiate quand y = 0. Soit y > 0 fixé. Pour x ⩾0, on pose f(x) = xp p + yq q −xy. Puisque p > 1, la fonction f est dérivable sur [0, +∞[ et ∀x ⩾0, f′(x) = xp−1−y. f admet donc un minimum en x0 = y1/(p−1) égal à f y1/(p−1)
= yp(p−1) p + yp/(p−1) q −y1/(p−1)y = yp/(p−1  1 p + 1 q −1  = 0. Finalement, f est positive sur [0, +∞[ et donc ∀x ⩾0, ∀y ⩾0, xy ⩽xp p + yq q . b) Posons A = n X k=1 |ak|p et B = n X k=1 |bk|q. Si A (ou B) est nul, tous les ak (ou tous les bk) sont nuls et l’inégalité est vraie. On suppose dorénavant que A > 0 et B > 0. D’après la question a), n X k=1 |ak| A1/p × |bk| B1/q ⩽ n X k=1 |ak|p pA + |bk|q qB  = 1 pA n X k=1 |ak|p + 1 qB n X k=1 |bk|q = 1 pA × A + 1 qB × B = 1 p + 1 q = 1, et donc n X k=1 |ak||bk| ⩽A1/pB1/q = n X k=1 |ak|p !1/p n X k=1 |bk|q !1/q . Comme n X k=1 akbk ⩽ n X k=1 |ak||bk|, on a montré que ∀((ak)1⩽k⩽n, (bk)1⩽k⩽n) ∈(Rn)2, n X k=1 akbk ⩽ n X k=1 |ak|p !1/p n X k=1 |bk|q !1/q (Inégalité de Hölder). Remarque. Quand p = q = 2, on a bien 1 p + 1 q = 1 et l’inégalité de Hölder s’écrit n X k=1 |akbk| ⩽ n X k=1 |ak|2 !1/2 n X k=1 |bk|2 !1/2 (inégalité de Cauchy-Schwarz). c ⃝Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits réservés. 2 http ://www.maths-france.fr c) Soit ((ak)1⩽k⩽n, (bk)1⩽k⩽n) ∈(Rn)2. D’après l’inégalité de Hölder, on a n X k=1 (|ak| + |bk|)p = n X k=1 |ak|(|ak| + |bk|)p−1 + n X k=1 |bk|(|ak| + |bk|)p−1 = n X k=1 |ak|p !1/p n X k=1 (|ak| + |bk|)(p−1)q !1/q + n X k=1 |bk|p !1/p n X k=1 (|ak| + |bk|)(p−1)q !1/q =   n X k=1 |ak|p !1/p + n X k=1 |bk|p !1/p  n X k=1 (|ak| + |bk|)p !1−1 p . Si n X k=1 (|ak| + |bk|)p = 0, tous les ak et les bk sont nuls et l’inégalité est claire. Sinon n X k=1 (|ak| + |bk|)p > 0 et après simplification des deux membres de l’inégalité précédente par le réel strictement positif n X k=1 (|ak| + |bk|)p, on obtient n X k=1 |ak + bk|p !1/p ⩽ n X k=1 |ak|p !1/p + n X k=1 |bk|p !1/p ∀((ak)1⩽k⩽n, (bk)1⩽k⩽n) ∈(Rn)2, n X k=1 |ak + bk|p !1/p ⩽ n X k=1 |ak|p !1/p + n X k=1 |bk|p !1/p (Inégalité de Minkowski). 2) a) Soit α > 1. (1) Nα est bien une application de Rn dans R+. (2) Soit x = (xk)1⩽k⩽n ∈Rn. Nα(x) = 0 ⇒∀k ∈J1, nK, |xk|α = 0 ⇒x = 0. (3) Soient λ ∈R et x = (xk)1⩽k⩽n ∈Rn. Nα(λx) = n X k=1 |λxk|α !1/α = (|λ|α)1/α Nα(x) = |λ|Nα(x). (4) L’inégalité triangulaire est l’inégalité de Minkowski. Donc, Nα est une norme de Rn. La démonstration est analogue pour α = 1 et donc ∀α ⩾1, Nα est une norme sur Rn. b) Quelques « boules unités » dans R2 (Bα =  (x, y) ∈R2/ Nα((x, y)) ⩽1 ). 1 −1 1 −1 B2/3 B1 B3/2 B2 B∞ c ⃝Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits réservés. 3 http ://www.maths-france.fr Remarque. Toute boule unité est symétrique par rapport à O puisque ∀x ∈E, N(x) = N(−x) et donc ∀x ∈E, N(x) ⩽1 ⇔N(−x) ⩽1. c) Soient α > 0 et x ∈E. On a N∞(x) ⩽Nα(x) ⩽n1/αN∞(x), et le théorème des gendarmes fournit lim α→+∞Nα(x) = N∞(x). ∀x ∈E, lim α→+∞Nα(x) = N∞(x). d) oient α ∈]0, 1[ puis B = {x ∈Rn/ Nα(x) ⩽1}. Les vecteurs x = (1, 0, 0, . . . , 0) et y = (0, 1, 0, . . . , 0) sont des éléments de B. Le milieu du segment [xy] est z = 1 2(1, 1, 0, . . . , 0). Nα(z) = 1 2(1α + 1α)1/α = 2 1 α −1 > 1 car 1 α −1 > 0 et donc z / ∈B. Ainsi, B n’est pas convexe et donc Nα n’est pas une norme d’après l’exercice no 2. On peut remarquer que pour n = 1, les Nα coïncident toutes avec la valeur absolue. Exercice no 5 1) Les matrices In et −In sont deux éléments de On(R). Mais 1 2In + 1 2(−In) = 0n n’est pas un élément de On(R). Donc, On(R) n’est pas un convexe de Mn(R). 2) Soient A = (ai,j)1⩽i,j⩽n et B = (bi,j)1⩽i,j⩽n deux matrices stochastiques et soit λ ∈[0, 1]. Pour tout (i, j) ∈J1, nK2, le coefficient ligne i, colonne j, de la matrice (1 −λ)A + µB est (1 −λ)ai,j + λbi,j. • Pour tout (i, j) ∈J1, nK2, on a ai,j ⩾0, bi,j ⩾0 et on a aussi λ ⩾0 et 1 −λ ⩾0. Donc, pour tout (i, j) ∈J1, nK2, on a (1 −λ)ai,j + λbi,j ⩾0. • Puisque pour tout (i, j) ∈J1, nK2, on a ai,j ⩾1 et bi,j ⩾0 et que λ ⩾0 uploads/S4/ 05-convexite-corrige 1 .pdf

Documents similaires

LA DÉONTOLOGIE POLICIÈRE RÉFORMÉE. UN ÉCRAN DE FUMÉE ? Christian Mouhanna La Dé 0 0

Systèmes juridiques comparés- Hajer GUELDICH- Janvier 2020 1 REPUBLIQUE TUNISIE 0 0

DOSSIER SPÉCIAL LEGUIDE des avocats d’affaires RÉALISÉ AVEC DENIS / REA SUPPLÉM 0 0

CONTRAT DE TRAVAIL A DUREE INDETERMINEE à temps partiel.1 Cf. la fiche sur le t 0 0

CHAPITRE 1. CODE DE DÉONTOLOGIE DES JUGES AMÉRICAINS CONTENU Page Introduction. 0 0

20 20 20 20 20 NOTICE D’INFORMATION À CONSERVER PAR LE CANDIDAT À L’ASSURANCE C 0 0

Coralie Ambroise-Castérot Droit pénal des affaires 1re 2020/21 mémentos UTILE A 0 0

Règlement d’arbitrage de la CNUDCI (version révisée en 2010) NATIONS UNIES CNUD 0 0

+212 5 22 36 76 88 www.uic.ac.ma Droit ICI ÊTRE JURISTE ÇA COMMENCE L'évolution 0 0

Répertoire du contentieux administratif Questions préjudicielles Bertrand SEILL 0 0

• Détails
• Publié le Dec 01, 2022
• Catégorie Law / Droit
• Langue French
• Taille du fichier 0.1037MB