Chapitre VII. Initiation au calcul sous-différentiel et de transformées...
*** Exercice VII.14. Soient f : R n → R convexe et C un convexe fermé sur
lequel f est constante.
1 ◦ ) Montrer que le sous-différentiel de f est constant sur l’intérieur relatif
de C.
2 ◦ ) On suppose f différentiable sur C. Montrer que le gradient de f est
constant sur C.
Commentaire : On pourra illustrer cette propriété avec des fonctions f : R 2 → R
et des segments C = [A, B] de R 2 .
L’hypothèse « f constante sur C » peut être généralisée facilement à « f est
affine sur C ».
Solution : 1 ◦ ) a) Soient x ∈ ir C et d ∈ V := sous-espace vectoriel direction
de aff C. Alors nous disons que s, d = 0 pour tout s ∈ ∂f (x). Soit en effet
s ∈ ∂f (x). Par définition :
f (x + td) f (x) + t s, d pour tout t ∈ R.
Sachant qu’il existe α > 0 tel que x + td ∈ C pour tout t ∈ ] − α, +α[,
nous avons f (x + td) = f (x) pour de tels t. Divisons l’inégalité qui précède
par t > 0 (resp. par t < 0) et faisons tendre t vers 0 + (resp. 0 − ) pour obtenir
s, d 0 (resp. s, d 0).
b) Soit x ∈ ir C, s ∈ ∂f (x) et x ∈ C. Il vient tout d’abord :
f
∗ (s) + f (x) − −s, x = 0.
Or x − x ∈ V, d’où s, x − x = 0 d’après le résultat du point précédent.
Comme f (x ) = f (x), il vient
f
∗ (s) + f (x
) −
s, x
= 0, soit s ∈ ∂f (x
).
On a donc démontré que ∂f (x) ⊂ ∂f (x ). Pour l’inclusion inverse, on considère x ∈ ir C et on opère de même.
2 ◦ ) Nous avons ∇f (x) = v pour tout x ∈ ir C. Tout x ∈ C est limite
d’une suite d’éléments x de ir C, et ∇f (x) → ∇f (x ) quand x → x . D’où
∇f (x ) = v.
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*** Exercice VII.14. Soient f : R n → R convexe et C un convexe fermé sur
lequel f est constante.
1 ◦ ) Montrer que le sous-différentiel de f est constant sur l’intérieur relatif
de C.
2 ◦ ) On suppose f différentiable sur C. Montrer que le gradient de f est
constant sur C.
Commentaire : On pourra illustrer cette propriété avec des fonctions f : R 2 → R
et des segments C = [A, B] de R 2 .
L’hypothèse « f constante sur C » peut être généralisée facilement à « f est
affine sur C ».
Solution : 1 ◦ ) a) Soient x ∈ ir C et d ∈ V := sous-espace vectoriel direction
de aff C. Alors nous disons que s, d = 0 pour tout s ∈ ∂f (x). Soit en effet
s ∈ ∂f (x). Par définition :
f (x + td) f (x) + t s, d pour tout t ∈ R.
Sachant qu’il existe α > 0 tel que x + td ∈ C pour tout t ∈ ] − α, +α[,
nous avons f (x + td) = f (x) pour de tels t. Divisons l’inégalité qui précède
par t > 0 (resp. par t < 0) et faisons tendre t vers 0 + (resp. 0 − ) pour obtenir
s, d 0 (resp. s, d 0).
b) Soit x ∈ ir C, s ∈ ∂f (x) et x ∈ C. Il vient tout d’abord :
f
∗ (s) + f (x) − −s, x = 0.
Or x − x ∈ V, d’où s, x − x = 0 d’après le résultat du point précédent.
Comme f (x ) = f (x), il vient
f
∗ (s) + f (x
) −
s, x
= 0, soit s ∈ ∂f (x
).
On a donc démontré que ∂f (x) ⊂ ∂f (x ). Pour l’inclusion inverse, on considère x ∈ ir C et on opère de même.
2 ◦ ) Nous avons ∇f (x) = v pour tout x ∈ ir C. Tout x ∈ C est limite
d’une suite d’éléments x de ir C, et ∇f (x) → ∇f (x ) quand x → x . D’où
∇f (x ) = v.
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