Chapitre I. Révision de bases : calcul différentiel...
Si σ désigne la plus petite valeur propre de A (σ > 0 donc), on a :
Ax, x σ x
2 , d’où f (x)
σ
2
x
2
− − b · · x pour tout x.
Ainsi
lim
x−→+∞
f (x)
x
= +∞ : f est ce qu’on appelle « 1-coercive sur R N ».
2 ◦ ) La 1-coercivité de f est plus qu’il n’en faut pour assurer l’existence d’un minimum de f sur Ker B. Servons-nous de la propriété :
lim
x +∞
x ∈ Ker B
f (x) = +∞.
Choisissons x 0 ∈ Ker B ; il existe r > x 0 tel que
(x ∈ Ker B et x > r) ⇒ (f (x) f (x 0 )) .
De ce fait :
inf
Bx=0
f (x) =
inf
Bx = 0
x r
f (x).
L’existence d’un minimum x de f sur Ker B s’ensuit. L’unicité de ce minimum vient de la stricte convexité de f .
3 ◦ ) (S)
Bx = 0
∃ λ ∈ R M tel que Ax − b + B λ = 0.
a) Faisons une démonstration directe du fait que (S) caractérise la solution
x de (P).
– Partons de x vérifiant (S). Soit x ∈ Ker B ; a-t-on
1
2
Ax, x − −b, x
1
2
Ax, x − −b, x ?
La fonction f étant convexe, on sait que f (x) f (x) + f (x), x − x, soit ici
f (x) f (x) + Ax − b, x − x.
Mais Ax − b ∈ Im(B ) = (Ker B) ⊥ et x − x ∈ Ker B, donc Ax − b, x − x = 0.
– On suppose que x minimise f sur Ker B. Tout d’abord, Bx = 0. Ensuite
f (x + td) f (x) pour tout t ∈ R et d ∈ Ker B,
i.e.
1
2 t 2 Ad, d + tAx − b, d 0 pour tout t ∈ R et d ∈ Ker B.
Ceci n’est possible que si Ax − b, d = 0. Donc Ax − b ∈ (Ker B) ⊥ =
Im(B ).
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