Corrigé X-ENS 2025 Maths PSI — Partie IV (1) (Q19 à Q24) : Opérateur proximal, seuillage doux et descente de gradient proximale

Q19. Existence. La fonction $F_{x_0}$ est continue sur $\mathbb{R}$ (somme d'un polynôme et de $\tau f$). Comme $f(x)\ge f(x_{\ast })$ pour tout $x$ et $\tau >0$,

$$F_{x_0}(x)\ge \frac{1}{2}(x-x_0{)}^2+\tau f(x_{\ast })\underset{x\to \pm \infty }{\to }+\infty .$$

Ainsi $F_{x_0}$ est continue et tend vers $+\infty$ en $-\infty$ et en $+\infty$ : d'après Q1.b, elle admet un minimiseur sur $\mathbb{R}$.

Indication. Posons $a=x_1-x_0$ et $b=x_2-x_0$, de sorte que $\frac{1}{2}(x_1+x_2)-x_0=\frac{a+b}{2}$. Alors

$$\frac{1}{2}{a}^2+\frac{1}{2}{b}^2-(\frac{a+b}{2}{)}^2=\frac{2a^2+2b^2-a^2-2ab-b^2}{4}=\frac{(a-b{)}^2}{4}=\frac{(x_1-x_2{)}^2}{4},$$

strictement positif si $x_1\ne x_2$ : c'est la stricte convexité de $u\mapsto u^2$.

Unicité. Soient $x_1,x_2$ deux minimiseurs de $F_{x_0}$, de valeur minimale commune $m$, et supposons $x_1\ne x_2$. Posons $z=\frac{1}{2}(x_1+x_2)$. La convexité de $f$ (inégalité (1) avec $t=\frac{1}{2}$) donne $\tau f(z)\le \frac{1}{2}\tau f(x_1)+\frac{1}{2}\tau f(x_2)$, et l'indication donne une inégalité stricte sur le terme quadratique. En sommant :

$$F_{x_0}(z)<\frac{1}{2}{F}_{x_0}(x_1)+\frac{1}{2}{F}_{x_0}(x_2)=m,$$

ce qui contredit la définition de $m$. Donc $x_1=x_2$ : le minimiseur est unique.

Ce que le correcteur attend : la stricte convexité de $F_{x_0}$ vient de celle du terme quadratique, $f$ n'étant que convexe ; le jury regrette qu'elle ait rarement été dégagée clairement.

Q20. Sens direct. Si $x_0$ est un minimiseur de $f$, alors pour tout $x\in \mathbb{R}$ :

$$F_{x_0}(x)=\frac{1}{2}|x-x_0{|}^2+\tau f(x)\ge 0+\tau f(x_0)=F_{x_0}(x_0).$$

Donc $x_0$ minimise $F_{x_0}$, et par unicité (Q19), $p_f(x_0)=x_0$.