Chapitre VII. Initiation au calcul sous-différentiel et de transformées...
Solution : 1 ◦ ) La décomposition de f comme différence de fonctions convexes
n’est évidemment pas unique ; il suffit d’ajouter à g et h une fonction convexe
ϕ pour avoir une nouvelle décomposition : f = (g + ϕ) − (h + ϕ). Si ϕ est
fortement convexe, par exemple ϕ : x −→ ϕ(x) = x 2 , il s’ensuivra que
˜
g := g + ϕ et ˜
h := h + ϕ seront fortement convexes.
2 ◦ ) a) La fonction f est continue (comme différence de fonctions convexes
sur R n , donc continues). Soit r 0 ∈ R tel que
S r 0 (f ) := {x ∈ R
n
| f (x) r 0 } = ∅.
S r 0 (f ) est compact et, bien entendu, minimiser f sur R n revient à minimiser f
sur S r 0 (f ). Le problème (P) a donc une solution ; mais il n’y a aucune raison
pour que cette solution soit unique.
b) Soient x une solution de (P) et s ∈ ∂h(x). On a :
h(x) h(x) + s, x − x pour tout x ∈ R
n (puisque s ∈ ∂h(x));
g(x) − h(x) g(x) − h(x) pour tout x ∈ R
n (puisque x minimise
f = g − h sur R
n ).
Par suite,
g(x) g(x) + s, x − x pour tout x ∈ R
n ,
i.e., s ∈ ∂g(x).
Ainsi on a montré : (φ = ) ∂h(x) ⊂ ∂g(x), et, a fortiori, ∂g(x)∩∂h(x) = φ.
Remarques :
1. Il suffit que x soit minimum local de f pour avoir ∂h(x) ⊂ ∂g(x).
2. Si x avait été un maximum local de f , on aurait eu ∂g(x) ⊂ ∂h(x), soit
encore ∂g(x) ∩ ∂h(x) = φ.
Autre démonstration de l’implication proposée. Supposons ∂g(x)∩∂h(x) =
φ et montrons que cela conduit à une contradiction.
Avoir ∂g(x) ∩ ∂h(x) = ∅ revient à avoir 0 /
∈ ∂g(x) − ∂h(x). Ceci signifie
exactement :
∃ d ∈ R
n , σ ∂g(x) (d) + σ −∂h(x) (d) < 0 (d’accord ?).
Or
σ −∂h(x) (d) = σ ∂h(x) (−d) = h
(x, −d) −h
(x, d).
Donc il existe d ∈ R n tel que g (x, d)−h (x, d) = f (x, d) < 0, ce qui contredit la condition (f (x, d) 0 pour tout d ∈ R n ) satisfaite en tout minimum
(même local) de f.
3 ◦ ) Choisir x k+1 de sorte que s k ∈ ∂g(x k+1 ) revient à choisir x k+1 minimisant x −→ g(x) − −s k , x sur R n .
314
Solution : 1 ◦ ) La décomposition de f comme différence de fonctions convexes
n’est évidemment pas unique ; il suffit d’ajouter à g et h une fonction convexe
ϕ pour avoir une nouvelle décomposition : f = (g + ϕ) − (h + ϕ). Si ϕ est
fortement convexe, par exemple ϕ : x −→ ϕ(x) = x 2 , il s’ensuivra que
˜
g := g + ϕ et ˜
h := h + ϕ seront fortement convexes.
2 ◦ ) a) La fonction f est continue (comme différence de fonctions convexes
sur R n , donc continues). Soit r 0 ∈ R tel que
S r 0 (f ) := {x ∈ R
n
| f (x) r 0 } = ∅.
S r 0 (f ) est compact et, bien entendu, minimiser f sur R n revient à minimiser f
sur S r 0 (f ). Le problème (P) a donc une solution ; mais il n’y a aucune raison
pour que cette solution soit unique.
b) Soient x une solution de (P) et s ∈ ∂h(x). On a :
h(x) h(x) + s, x − x pour tout x ∈ R
n (puisque s ∈ ∂h(x));
g(x) − h(x) g(x) − h(x) pour tout x ∈ R
n (puisque x minimise
f = g − h sur R
n ).
Par suite,
g(x) g(x) + s, x − x pour tout x ∈ R
n ,
i.e., s ∈ ∂g(x).
Ainsi on a montré : (φ = ) ∂h(x) ⊂ ∂g(x), et, a fortiori, ∂g(x)∩∂h(x) = φ.
Remarques :
1. Il suffit que x soit minimum local de f pour avoir ∂h(x) ⊂ ∂g(x).
2. Si x avait été un maximum local de f , on aurait eu ∂g(x) ⊂ ∂h(x), soit
encore ∂g(x) ∩ ∂h(x) = φ.
Autre démonstration de l’implication proposée. Supposons ∂g(x)∩∂h(x) =
φ et montrons que cela conduit à une contradiction.
Avoir ∂g(x) ∩ ∂h(x) = ∅ revient à avoir 0 /
∈ ∂g(x) − ∂h(x). Ceci signifie
exactement :
∃ d ∈ R
n , σ ∂g(x) (d) + σ −∂h(x) (d) < 0 (d’accord ?).
Or
σ −∂h(x) (d) = σ ∂h(x) (−d) = h
(x, −d) −h
(x, d).
Donc il existe d ∈ R n tel que g (x, d)−h (x, d) = f (x, d) < 0, ce qui contredit la condition (f (x, d) 0 pour tout d ∈ R n ) satisfaite en tout minimum
(même local) de f.
3 ◦ ) Choisir x k+1 de sorte que s k ∈ ∂g(x k+1 ) revient à choisir x k+1 minimisant x −→ g(x) − −s k , x sur R n .
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