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Partie III


Partie III. Une séparation de deux convexes

On admet la proposition suivante : si $K_1$ et $K_2$ sont deux convexes fermés de $\mathbb R^n$ tels que $K_1\cap K_2=\{x_0\}$ ($x_0\in\mathbb R^n$), alors il existe un vecteur $h$ non nul de $\mathbb R^n$ et un réel $c$ tels que, pour tout $x$ de $K_1$, pour tout $y$ de $K_2$, on a : $\langle h,x\rangle\leq c\leq\langle h,y\rangle$.

On note ${\cal B}_n$ l'ensemble des parties $K$ de $\mathbb R^n$ qui vérifient les trois conditions suivantes :

  1. $K$ est convexe, fermée, bornée et contenue dans $\{x\in\mathbb R^n/x\geq \vec 0\}$;
  2. il existe un vecteur $x$ de $K$ dont toutes les coordonnées sont strictement positives;
  3. pour tout $x$ de $K$ et tout $y$ de $\mathbb R^n$, on a : $[x\geq y\geq \vec 0]\Rightarrow y\in K$.

10. Dessiner dans $\mathbb R^2$ un exemple d'élément $K$ de ${\cal B}_2$.

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Références programme : VI-0.

Dessiner un cône applati dont la pointe est en 0 et qui est contenu dans le quart supérieur droit de $\mathbb R^2$.

Dans toute la suite de cette partie, on se donne un élément $K$ de ${\cal B}_n$.

11. On dit qu'une fonction $f:\mathbb R^{+*}\to\mathbb R$ est strictement concave si, pour tout couple $(a,b)$ de $\mathbb R^{+*}\times\mathbb R^{+*}$ vérifiant $a<\!b$, pour tout réel $t$ de $]0,1[$, on a : $f(ta+(1-t)b)>tf(a)+(1-t)f(b).$

Montrer que la fonction $\ln$ est strictement concave sur $\mathbb R^{+*}$.

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Références programme : V-11.

Soit on adapte les preuves de cours sur la convexité, soit (le plus simple) on fait le tableau de variation de la fonction $f(t)=\ln(ta+(1-t)b)-(t\ln(a)+(1-t)\ln(b))$ pour étudier son signe sur $]0,1[$ (il faudra dériver deux fois).

12. Soit $g$ la fonction à valeurs réelles définie sur $K$ par : $\displaystyle g(x)=g(x_1,x_2,\dots,x_n)=\prod_{i=1}^nx_i$.

a) Justifier que $g$ admet un maximum sur $K$.

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g est continue sur K qui est un fermé borné de $\mathbb R^n$ donc atteint son maximum sur K.

b) Soit $u$ un vecteur de $K$ tel que $\displaystyle g(u)=\max_{x\in K}g(x)$. Montrer que pour tout $i$ de $[\![1,n]\!]$, on a : $u_i>0$.

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Références programme : I-1.

Par définition de $K$ tous les $u_i$ sont positifs ou nuls. D'autre part si l'un dentre eux était nul, on aurait $\max g(x)=g(u)=0$. Or d'après la propriété ii, il existe x dans K tel que toutes ses coordonnées sont non nulles, donc $g(x)>0=\max g(x)$ ce qui est une contradiction.

c) Etablir l'unicité du vecteur $u$ de $K$ tel que $\displaystyle g(u)=\max_{x\in K}g(x)$.

(on pourra raisonner par contraposée et utiliser la question 11)

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Références programme : I-1,VI-0.

On suppose qu'il y en a deux distincts : u et u'. Il verifient donc $\max g(x)=g(u)=g(u')$. Or grâce à la question 11, on a : $$g\left(\frac{u+u'}{2}\right)=e^{\sum\ln\frac{u_i}{2}+\frac{u_i'}{2}}>e^{\frac{1}{2}\sum u_i+\frac{1}{2}\sum u'_i}=\sqrt{\prod u_i\prod u'_i}=\sqrt{g(u)g(u')}=g(u).$$ Or, par convexité de K, $\frac{u+u'}{2}$ est dans K et vérifie $g\left(\frac{u+u'}{2}\right)>g(u)=\max g(x)$, ce qui est une contradiction.

13. On note $\phi^*(K)=(\phi_1^*(K),\phi_2^*(K),\dots,\phi_n^*(K))$ l'unique vecteur de $K$ en lequel la fonction $g$ atteint son maximum.

On pose : $F=\left\lbrace\left(\frac{x_1}{\phi_1^*(K)},\frac{x_2}{\phi_2^*(K)},\dots,\frac{x_n}{\phi_n^*(K)}\right)\in\mathbb R^n,(x_1,x_2,\dots,x_n)\in K\right\rbrace$.

a) Montrer que $F$ est un élément de ${\cal B}_n$.

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Référence programme : VI-0.

Convexité : Simple jeux d'écriture qui découle de la convexité de K.

Fermé : Utiliser le fait qu'un ensemble est fermé si et seulement si toute suite convergente de F converge si et seulement si sa limite est dans F.

Borné : Comme K est borné, il est inclus dans une boule de centre 0 et de rayon R. Observer ensuite que si $(x_1,\dots,x_n)\in B(0,R)$ alors $$\min_i (\phi^*_{i}(K))^2\sum \frac{x_i^2}{(\phi^*_{i}(K))^2}\leq\sum x_i^2\leq R^2,$$ d'où l'on déduit que $\left(\frac{x_1}{\phi^*_1(K)},\dots,\frac{x_1}{\phi^*_1(K)}\right)$ est dans $B\left(0,\frac{R}{\min_i \phi^*_{i}(K)}\right)$ et que F est inclus dans $B(0,\frac{R}{\min_i \phi^*_{i}(K)})$ donc borné.

Propriété ii et iii: Découlent facilement de ces mêmes propriétés sur K.

b) Montrer que pour tout vecteur $y$ de $F$, on a : $\prod_{i=1}^ny_i\leq 1$.

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Référence programme : I-3.

Soit $y=\left(\frac{x_1}{\phi_1^*(K)},\frac{x_2}{\phi_2^*(K)},\dots,\frac{x_n}{\phi_n^*(K)}\right)\in K$, on a $\prod y_i=\frac{\prod x_i}{\prod \phi_i^*(K)}=\frac{\prod x_i}{g(u)}$, puis on utilise la maximalité de g(u) : $\prod x_i\leq g(u)$.

14. On pose : $A=\{x\in\mathbb R^n/x\geq \vec 0\ et\ \prod_{i=1}^nx_i\geq 1\}$.

a) Montrer que $A$ est fermé.

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Références programme : VI-0.

On observe que $A=g^{-1}([1,+\infty[)$, que g est continue et on utilise la propriété énoncée en préambule du sujet.

b) En utilisant la question 11, montrer que $A$ est convexe.

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Référence programme : I-3.

Observer que $\prod x_i\geq 1\Leftrightarrow \sum \ln x_i\geq 0$ puis utiliser la concavité de ln établie en 11.

15. Etablir l'égalité : $A\cap F=\{\vec 1\}$. En déduire l'existence d'un vecteur non nul $h$ de $\mathbb R^n$ vérifiant, pour tout $x$ de $A$ et tout $y$ de $F$ : $\langle h,y\rangle\leq\langle h,\vec 1\rangle\leq\langle h,x\rangle$.

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Référence programme : I-1.

$\bf A\cap F=\{\vec 1\}$ : Soit $y\in A\cap F$, alors $\prod y_i\leq 1$ et $y_i=\frac{x_i}{\phi^*_i(K)}$ avec $(x_1,\dots,x_n)\in K$. On montre d'abord que $x_i\leq\phi^*_i(K)$. En effet si non, il existerait un $i_0$ tel que $x_{i_0}>\phi^*_{i_0}(K)$ et dans ce cas $g(u)= \prod\phi^*_i<\prod_{i\neq i_0}\phi^*_i(K)x_{i_0}$ ce qui contredit la maximalité de g(u). On en déduit donc que $\frac{x_i}{\phi^*_i(K)}\leq 1$. D'autre part si il exite $i_0$ tel que $y_{i_0}<\!0$, comme $y_i\leq 1$, on doit avoir $\prod y_i<\!1$. Or ceci contredit le fait que $\prod y_1\leq 1$. On a donc bien $y_i=1$ pour tout i, c'est à dire $y=\vec 1$.

L'inégalité : D'après l'énoncé donné en préambule de la partie III, il existe h non nul et c tel que : $$\forall x\in A,\forall y\in F,\langle h,y\rangle\leq c\leq \langle h,x\rangle.$$ Comme $\vec 1$ appartient à la fois à A et F, on peut poser $x=y=\vec 1$ et l'on déduit que $c=\langle h,\vec 1\rangle$.

16. On veut montrer dans cette question que les coordonnées de $h$ sont toutes strictement positives.

a) On fait l'hypothèse selon laquelle $\vec 0\geq h$. Pour tout $k$ de $\mathbb N$, on pose : $v_k=\langle h,k\vec 1\rangle$.

Montrer que $\displaystyle\lim_{k\to+\infty}v_k=-\infty$. En déduire que l'hypothèse faite est contredite et qu'il existe donc un entier $i_0$ de $[\![1,n]\!]$ tel que $h_{i_0}>0$.

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Référence programme : IV-2.

Limite : Par calcul $v_k=k\sum h_i$, or h est non nul et à coordonnées positives donc $\sum h_i<\! 0$ et le résultat suit.

La contradiction :

On observe que $k\vec 1$ appartient à F, donc d'après l'inégalité de la question 15, on a pour tout k : $\langle h,\vec 1\rangle\leq v_k$. La suite $v_k$ est minorée, c'est une contradiction avec sa limite.

b) On suppose qu'il existe un entier $i$ de $[\![1,n]\!]$ tel que $h_{i_1}\leq 0$. Pour tout $k$ de $\mathbb N^*$, on note $w^{(k)}$ le vecteur de $\mathbb R^n$ défini par : $w_{i_0}^{(k)}=\frac{1}{k}$, $w_{i_1}^{(k)}=k$ et, pour tout $i$ de $[\![1,n]\!]$ avec $i\neq i_0$ et $i\neq i_1$, $w_i^{(k)}=1$.

Soit $(z_k)_{k\in\mathbb N^*}$ la suite réelle définie par : pour tout $k$ de $\mathbb N^*$, $z_k=\langle h,w^{k}\rangle$.

Etudier la convergence de la suite $(z_k)_{k\in\mathbb N^*}$. en déduire que l'hypothèse faite est contredite et qu'en conséquence, pour tout $i$ de $[\![1,n]\!]$, on a $h_i>0$.

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Références programme : I-1, IV-2.

Par calcul, on a $\displaystyle\langle h,w^k\rangle=\frac{1}{k}h_{i_0}+kh_{i_1}+\sum_{i\neq i_0,i_1}h_i$ qui tend vers $-\infty$ car $h_{i_1}<\!0$. D'autre part on observe que $\prod w^k_i=1$ donc $w^k\in A$ et on conclut à une contradiction exactement comme dans la question précédente.

17. En utilisant un raisonnement semblable à celui des questions précédentes, montrer que toutes les coordonnées du vecteur $h$ sont égales. En déduire que pour tout $x$ de $A$ et tout $y$ de $F$, on a : $\displaystyle\sum_{i=1}^ny_i\leq n\leq \sum_{i=1}^nx_i$

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Références programme : I-1,3; III-1.

Supposons qu'il existe $i_0$ et $i_1$ tels que $h_{i_0}>h_{i_1}$, c'est à dire $\frac{h_{i_1}}{h_{i_0}}<\!1$. On pose alors $\lambda$ tel que : $$\frac{h_{i_1}}{h_{i_0}}<\lambda<\!1.$$ Soit encore : $$h_{i_0}>h_{i_1}\frac{1}{\lambda},$$ et en multipliant par $1-\lambda$ qui est strictement positif : $$h_{i_0}(1-\lambda)>h_{i_1}\frac{(1-\lambda)}{\lambda}.$$ En réorganisant cette équation on a donc : $$h_{i_0}+h_{i_1}>\lambda h_{i_0}+\frac{1}{\lambda}h_{i_1},$$ et $$h_{i_0}+h_{i_1}+\sum_{i\neq i_0,i_1}h_i>\lambda h_{i_0}+\frac{1}{\lambda}h_{i_1}+\sum_{i\neq i_0,i_1}h_i.$$ Posons alors $x$ le vecteur tel que $x_{i_0}=\lambda$, $x_{i_1}=\frac{1}{\lambda}$ et pour tout i différent de $i_0$ et $i_1$, $x_i=1$. D'une part on a que $\prod x_i=1$, $x_i>0$ donc $x\in A$. Et d'autre part en réécrivant l'inégalité précédente à l'aide de x, on a : $$\langle h,\vec 1\rangle>\langle h,x\rangle.$$ Ceci est une contradiction et donc toutes les coordonnées de h sont identiques. La dernière inégalité s'obtient en calculant les produits scalaires avec h sous la forme $h=c\vec 1$.

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