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\def\Abstract{\small\noindent\bf Abstract. \rm}
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\vspace{4 mm}\noindent}

 \begin{document}  
\def\aire{\mathop{\rm aire}\nolimits}
\def\trace{\mathop{\rm trace}\nolimits}
\def\epi{\mathop{\rm Epi}\nolimits}


\vskip 0.5truecm 
\centerline{\sc Transformée de Fenchel : Corrig\ea }



\bigskip
\noindent
{\bf  1.} (a) Supposons que $f$ soit s.c.i. et soit $(x_n, \lambda_n)$ une suite 
dans l'\e pigraphe  convergeant vers $(x, \lambda)$.   On a  $\lambda_n\geq 
f(x_n)$ et donc
$$f(x)\leq \lim\inf_n f(x_n)\leq \lim\inf_n\lambda_n=\lim_n\lambda.$$
Donc $(x, \lambda) $ est encore dans l'\e pigraphe $\epi(f)$ et
 celui-ci est donc ferm\e .

R\e ciproquement, supposons que l'\e pigraphe soit ferm\ea et montrons que  
$f$ est alors s.c.i..  Consid\e rons une suite $x_n$ et posons $\lambda=\lim\inf_n 
f(x_n)$. Remarquer que cette limite n'est pas n\e cessairement finie, mais existe toujours
comme limite d'une suite d\e croissante dans $\real\cup\{-\infty\}$.
 Par extraction d'une sous-suite, on peut supposer que $\lambda=\lim_nf(x_n)$.
  On veut montrer que $f(x)\leq \lambda$. Si $\lambda=+\infty$, c'est vrai.
  Si $-\infty<\lambda<+\infty$, on a $(x_n, \lambda_n)\to (x, \lambda)$ et comme 
  l'\e pigraphe est ferm\e , on a $f(x)\leq \lambda$. Si $\lambda=-\infty$, on a
  $f(x_n)\to -\infty$ et donc pour tout $k$ et pour $n$ assez grand, $f(x_n)<-k$. Donc
  $(x_n, -k)$ est dans l'\e pigraphe et comme celui-ci est ferm\e , $(x, -k)$ 
  est dans l'\e pigraphe.  Donc $f(x)\leq -k$ pour tout $k$ et on a encore 
  $f(x)\leq \lambda$.
  
  \bigskip
  (b) Supposons que $f$ soit convexe.  Si $(x, \lambda)$  et $(y, \mu)$ sont dans l'\e pigraphe, on a
  $f(x)\leq \lambda$ et $f(y)\leq \mu$. Soient $\alpha$ et $\beta$ positifs ou nuls 
  tels que $\alpha+\beta=1$.  On a 
 $$\alpha \lambda+\beta\mu \geq \alpha f(x)+\beta f(y)\geq f(\alpha x+\beta y).$$
  Donc $(\alpha x +\beta y, \alpha \lambda +\beta \mu)$ est dans l'\e pigraphe.
  R\e ciproquement, supposons que l'\e pigraphe de $f$ soit convexe.  Alors
  pour tous $x$ et $y$ les points $(x, f(x))$ et $(y, f(y))$ sont dedans. Donc aussi 
  le point $(\alpha x +\beta y, \alpha f(x)+\beta f(y)).$ On a donc 
  $\alpha f(x)+\beta f(y)\geq f(\alpha x+\beta y),$ qui prouve que $f$ est convexe.
  
\bigskip (c) En utilisant les \e pigraphes, cela d\e coule du fait qu'une intersection
de convexes est convexe et qu'une intersection de ferm\e s est ferm\e e.



\bigskip
\noindent
{\bf  2.}  
(a)
L'\e pigraphe de $f^\star$ est une intersection de demi-espaces ferm\e s.
Il est donc convexe et ferm\ea et par la question pr\e c\e dente (a) et (b) 
on d\e duit que
$f^\star$ est convexe s.c.i..

(b) On peut prendre $f(x)=\sqrt{|x|}$  pour $x\in \real$.  Alors 
$f^\star(y)\equiv +\infty$.  Si $f$ est convexe et propre, il existe au moins un 
point $(x_0, f(x_0))$ dans l'\e pigraphe et donc (par exemple) le point 
$(x_0, f(x_0)-1)$ n'est pas dans l'\e pigraphe.  On peut donc appliquer 
le th\e or\ee me de Hahn-Banach (version ferm\e -compact)  \a ce point et 
\a l'\e pigraphe, consid\e r\e s comme des parties de $E\times \real$. Il existe  donc 
$(y, \lambda)\in (E\times \real)'=E'\times \real$ et une constante $\alpha\in \real$
tels que 
$\forall (x, \mu)\in \epi(f), <y, x>+\lambda \mu \leq \alpha$ et 
$<y, x_0>+\lambda (f(x_0)-1)>\alpha.$  A cause de la deuxi\ee me relation, on ne peut 
pas avoir $\lambda=0$. En faisant $\mu\to +\infty$, on voit que n\e cessairement
$\lambda< 0$. On d\e duit donc que 
$$\forall (x, \mu)\in \epi(f), \;\; \mu\geq \frac\alpha\lambda -<\frac y\lambda, x> .$$
En particulier, 
$$\forall x\in E, \;\; f(x)\geq \frac\alpha\lambda -<\frac y\lambda, x>.$$
Alors  
$$f^\star(-\frac y\lambda)=\sup_x <-\frac y\lambda, x>-f(x)\leq 
 -\frac\alpha\lambda <+\infty.$$

  
\bigskip
\noindent
{\bf  3.} $C^\star$ est l'intersection
des demi-espaces ferm\e s $H_{\alpha,x}=\{y, \; <y, x>\leq 0\}$ qui sont des c\o nes 
convexes ferm\e s et  c'est encore un c\o ne convexe ferm\e , pointu de surcroît.

On a \e videmment $C \subset C^{\star\star}$. Supposons qu'il existe
$x_0\in C^{\star\star}$ tel que  $x_0\notin C$.  Alors on peut trouver, par le 
th\e or\ee me de s\e paration de Hahn-Banach (version  ferm\e -compact),
 $y\in E'$ et une constante $\lambda$
tels que 
$<y, x_0> \;\; \;> \lambda >\;\;\; <y, x>$ pour tout $x\in C$. Comme $C$ contient 0, 
on a $\lambda>0$.  Comme $C$ est un c\o ne, on peut 
remplacer $y$ par $\alpha y$ et faire $\alpha\to +\infty$. En divisant par 
$\alpha$ il vient alors dans l'in\e galit\ea de droite $0\geq\;\; <y, x>$, qui prouve 
que $y\in C^\star$.  Mais  par d\e finition de $C^{\star\star}$, on doit alors 
avoir $<y, x_0>\leq  0$, ce qui donne une contradiction.


\bigskip
\noindent
{\bf  4.} (a)  V\e rifions par exemple la premi\ee re de ces relations. On a
$$
(y, -1, \mu)\in C'(f^\star)\Leftrightarrow
$$
$$
f^\star(y)\leq \mu\Leftrightarrow
\sup_{x}<y, x>-f(x)-\mu\leq 0\Leftrightarrow
$$
$$\forall x,\hbox{ tel que } f(x)\leq \lambda, \; <y, x> -\lambda-\mu \leq 0
\Leftrightarrow$$
$$\forall x,\hbox{ tel que } f(x)\leq \lambda,\;\;
<(y, -1, \mu), (x, \lambda, -1)>\leq 0\Leftrightarrow$$
$$(y, -1, \mu)\in C(f)^\star.$$
Donc $$C'(f^\star)= C(f)^\star.$$

\smallskip
(b) Il est clair que $C(f)$ est non vide, convexe et ferm\ea si et seulement si 
$\epi(f)$ est non vide, convexe, et ferm\e . Par la question 1, cela \e quivaut  \a
dire que $f$ est convexe, propre et s.c.i..


\bigskip
\noindent{\bf 5.}
Par le 3), $C(f)$ est un c\o ne convexe  ferm\ea pointu 
si et seulement si $C(f)=C(f)^{\star\star}$.  Mais  par la question pr\e c\e dente,
$C(f)^{\star\star}=(C'(f^\star))^\star=C(f^{\star\star}).$
Donc  $C(f)$ est un c\o ne convexe ferm\ea  pointu si et seulement si 
$C(f)=C(f^{\star\star})$, qui est \e quivalent \a 
$f=f^{\star\star}$. 



%(c) On suppose que $E, ||.||$ est un espace de Banach.
%Montrer que $|.|_C$ est
% une norme d\e finissant la topologie canonique sur 
% $E'$
%  si et seulement si en plus $C$ est d'int\e rieur non vide.
%(Utiliser l'application de dualit\e et le th\e or\ee me de l'application ouverte).%


\bigskip
\noindent
{\bf 6} (a) On a $\indic_C^\star (y)=\sup_{x\in C}<y, x>=|y|_C$. 

(b) L'in\e galit\ea 
triangulaire est imm\e diate.  
 Si $C$ est sym\e trique par rapport \a $0$, 
il contient $0$ et  
on a bien $|y|_C\geq 0$. 
On v\e rifie ais\e ment $|\lambda y|_C=\lambda |y|_C$ si $\lambda >0$.
Si $C$ est sym\e trique par  rapport \a 0, $|y|_C=|-y|_C$ et on a donc bien une 
semi-norme. R\e ciproquement, si $|y|_C$ est une semi-norme, on a $|y|_C=|-y|_C$ pour
tout $y$.  Donc $\indic^\star(-y)=\indic^\star(y)$ et donc 
$\indic^{\star\star}(-y)=\indic^{\star\star}(y)$ par la remarque utile, 
ce qui donne $C=-C$.

%(c) Si en plus $C$ est d'int\e rieur non vide, il contient aussi une boule centr\e e
%en 0, $B(0,r)$  On utilise l'application de dualit\ea , qui \a $y\neq 0$ associe un $x$ dans $E$ 
%tel que $<y, x>=||y||$ et $||x||=1$.  On a $rx\in C$ et donc 
%$|y|_C\geq <y, rx>=r.$ Donc $|y|_C>0$ et on a bien une norme.
%R\e ciproquement, si $|y|_C est une norme sur $E'$, qui d\e finit
% la topologie canonique,
% l'identit\ea $I$ : $y \to y$ de $E', ||.||$ dans $E', |.|_C$ est  continue. Donc il 
% existe $C$ tel que
% $|y|_C\leq C ||y||.$ 
% $\sup_{x\in C}<y, x>\leq C\sup\{||x||\leq 1}<y, x>$
% Mais $||x||=\sup_{||y||\leq 1}<y, x>\leq 




\bigskip
\noindent
{\bf 7}  (a) On obtient dans le cas de $E=\real$ :
$$f^\star(y)=\sup_{x} yx-|x|^p=((\frac 1p)^\frac 1{p-1}-(\frac 1p)^\frac p{p-1})
|y|^\frac p{p-1}.$$

(b) On calcule $\sup_{x\in \real} (x,y)-||x||^p,$ o\u $(x,y)$ d\e note le produit
scalaire dans $\real^N$.  Si $x$ r\e alise le maximum, il v\e rifie
 par diff\e rentiation
$y=||x||^{p-2}x$, et on d\e duit par substitution que la valeur du maximum est 
$f^\star(y)=((\frac 1p)^\frac 1{p-1}-(\frac 1p)^\frac p{p-1})
||y||^\frac p{p-1}.$

\bigskip
\noindent
{\bf 8} Pour montrer que $f^\star$ est propre, on raisonne comme au 2) et on obtient 
$f^\star(y_0)<+\infty$.  Appelons $g$ la plus grande fonction convexe s.c.i.
telle que $g\leq f$. Il est 
imm\e diat que son \e pigraphe est le plus petit convexe ferm\ea contenant 
$\epi(f)$. On sait d\e ja que $\epi(f^{\star\star})$ contient $\epi(f)$ (questions
3, 4).  Donc $f^{\star\star}\leq f$  par la d\e finition de $g$, 
on a $f\geq g\geq f^{\star\star}.$
Mais $f\geq g\Rightarrow f^{\star\star}\geq g^{\star\star}=g$. Donc 
$g=f^{\star\star}$.





\end{document}
