Corrigé X-ENS 2025 Maths PSI — Partie III (2) (Q13 à Q18.c) : Convergence en valeur en O(1/n), puis convergence des itérées vers un minimiseur

Q13. Soit $x\in \mathbb{R}$. Comme $x_{\ast }$ est un minimiseur, $f(x)\ge f(x_{\ast })$, d'où la minoration. Appliquons Q12.a au couple $(x,x_{\ast })$ (point $x$, $y=x_{\ast }$) :

$$f(x_{\ast })\ge f(x)+f^{\prime }(x)(x_{\ast }-x),\text{soit}f(x)-f(x_{\ast })\le f^{\prime }(x)(x-x_{\ast })\le |x-x_{\ast }||f^{\prime }(x)|.$$

Q14. Soit $n\in \mathbb{N}$. Les hypothèses de Q2 sont satisfaites ($f$ convexe de classe ${\mathcal{C}}^1$, $f^{\prime }$ $L$-lipschitzienne, $x_{\ast }$ minimiseur, $0<\tau <2/L$), donc par Q2.c la suite $(|x_k-x_{\ast }|)$ est décroissante et $|x_n-x_{\ast }|\le |x_0-x_{\ast }|$. Avec Q13 en $x=x_n$ :

$$0\le f(x_n)-f(x_{\ast })\le |x_n-x_{\ast }||f^{\prime }(x_n)|\le |x_0-x_{\ast }||f^{\prime }(x_n)|.$$

Comme $x_0\ne x_{\ast }$, on peut diviser par $|x_0-x_{\ast }|>0$, puis élever au carré (fonction croissante sur ${\mathbb{R}}_{+}$) :

$$|f^{\prime }(x_n){|}^2\ge \frac{|f(x_n)-f(x_{\ast }){|}^2}{|x_0-x_{\ast }{|}^2}.$$

Enfin Q12.c, où le coefficient $\frac{\tau }{2}(2-\tau L)$ est strictement positif, donne

$$f(x_{n+1})\le f(x_n)-\frac{\tau }{2}(2-\tau L)|f^{\prime }(x_n){|}^2\le f(x_n)-\frac{\tau }{2}(2-\tau L)\frac{|f(x_n)-f(x_{\ast }){|}^2}{|x_0-x_{\ast }{|}^2}.$$

Ce que le correcteur attend : Q13 fournit la majoration avec $|x_n-x_{\ast }|$ ; c'est la décroissance de Q2.c qui permet de le remplacer par $|x_0-x_{\ast }|$.

Q15. Décroissance. Pour tout $k$, $a_{k+1}\le a_k-c{a}_k^2\le a_k$ : la suite $(a_k)$ est décroissante (et positive).