On peut évidemment se borner au cas où l’ensemble d’indices est un intervalle fini $\{1, p\}$ de $\mathbf{N}$, et où $\lambda_i > 0$ pour tout indice i ; la proposition est triviale pour $p = 1$ ; démontrons-la par récurrence sur $p$. Posons $\mu = \sum_{i=1}^{p-1} \lambda_i > 0$, et $y = \sum_{i=1}^{p-1} \frac{\lambda_i}{\mu} x_i$ ; l’hypothèse de récurrence entraîne la relation $y \in A$. Comme on a $\lambda_p = 1 - \mu$ et $\sum_{i=1}^p \lambda_i x_i = \mu y + (1 - \mu) x_p$, le point $\sum_{i=1}^p \lambda_i x_i$ appartient à A d’après la déf. 1.

La première partie résulte de ce que l’image par f du segment fermé d’extrémités x, y est le segment fermé d’extrémités $f(x), f(y)$. On déduit de là que l’image réciproque par $f$ d’un segment fermé de F contient le segment fermé ayant pour extrémités deux quelconques de ses points, d’où la seconde partie de la prop. 2.

En particulier, l’image d’un ensemble convexe par une homothétie ou une translation est convexe.

En effet, ce sont les images réciproques par l’application affine $g$ d’intervalles de $\mathbf{R}$, qui sont convexes.

Avec les notations de la prop. 3, les points d’une partie M d’un espace affine sont dits d’un même côté (resp. strictement d’un même côté) de l’hyperplan H si M est contenue dans un des demi-espaces définis par $\alpha(x) \geqslant 0$ ou $g(x) \leqslant 0$ (resp. $g(x) > 0$ ou $g(x) < 0$.)

La condition est évidemment nécessaire. Inversement supposons-la remplie, et soit $g(x) = 0$ une équation de H (g application linéaire affine de E dans $\mathbf{R}$). L’ensemble $g(A)$ est convexe dans $\mathbf{R}$, donc est un intervalle, et on a $0 \notin g(A)$. Il en résulte que $g(x)$ a un signe constant lorsque $x$ parcourt A.

La proposition est évidente à partir de la déf. 1 de II, p. 8.

En effet, chacune des projections $\mathrm{pr}_i$ est une application linéaire, et on a $A_i = \mathrm{pr}_i A$ et $A = \bigcap_{i \in I} \mathrm{pr}_i^{-1}(A_i)$; la proposition résulte donc des prop. 2 (II, p. 8) et 5.

En effet, c’est l’image d’un pavé par une application linéaire affine, et un pavé de $\mathbf{R}^n$ est convexe en vertu de la prop. 6.

En effet, αA + βB est l’image de l’ensemble convexe A × B dans E × E par l’application linéaire (x, y) ↦ αx + βy de E × E dans E.

En effet, l’ensemble C de ces combinaisons linéaires est évidemment contenu dans tout ensemble convexe contenant les A_i (II, p. 8, prop. 1), et d’autre part, on a $A_i \subset C$ pour tout i ; tout revient à prouver que C est convexe. Soient $x = \sum_i \lambda_i x_i$, $y = \sum_i \mu_i y_i$ deux points de C, et $\alpha$ un nombre tel que $0 < \alpha < 1$; posons $\gamma_i = \alpha\lambda_i + (1 - \alpha) \mu_i$ pour tout $i \in I$, et soit J la partie (finie) de I formée des indices i tels que $\gamma_i \neq 0$; on peut écrire

La dimension de la variété linéaire affine (A, II, p. 129) engendrée par un ensemble convexe A, est encore appelée la dimension de A.

Soit E un espace vectoriel. L’enveloppe convexe C de l’enveloppe équilibrée d’une partie A de E est encore appelée l’enveloppe convexe équilibrée (ou enveloppe convexe symétrique) de A ; il est immédiat que c’est le plus petit ensemble convexe symétrique contenant A ; c’est aussi l’enveloppe convexe de $A \cup (-A)$, car tout point de l’enveloppe équilibrée de A appartient à un segment d’extrémités a et −a, où $a \in A$. L’ensemble C est égal à l’ensemble des combinaisons linéaires $\sum_i \lambda_i x_i$ où $x_i \in A$ et

On a un énoncé analogue pour les applications linéaires et les enveloppes convexes équilibrées.

Si C contient une droite passant par 0, il est évident que C’ n’est pas convexe. Supposons maintenant C saillant, et soient x et y deux points de C’. Le segment fermé d’extrémités x, y est contenu dans C ; s’il contenait 0, on aurait $\lambda x + (1 - \lambda) y = 0$ pour un $\lambda$ tel que $0 < \lambda < 1$, donc $x = \mu y$ avec $\mu < 0$, de sorte que C contiendrait la droite passant par 0 et x, contrairement à l’hypothèse.

En effet, la condition $\lambda C \subset C$ pour tout $\lambda > 0$ caractérise les cônes. Si $C$ est convexe, on a $C + C = \frac{1}{2}C + \frac{1}{2}C = C$ (II, p. 8, Remarque). Inversement, si le cône $C$ est tel que $C + C \subset C$, on a, pour $0 < \lambda < 1$, $\lambda C + (1 - \lambda)C = C + C \subset C$, ce qui prouve que $C$ est convexe.

En effet, si $V = C - C$, $V$ est non vide ; on a $\lambda V = V$ pour tout $\lambda \neq 0$, et $V + V = C + C - (C + C) \subset C - C = V$, ce qui montre que $V$ est un sous-espace vectoriel. Tout sous-espace vectoriel contenant $C$ contient évidemment $V$.

En effet, si $W = C \cap (-C)$, $W$ est non vide ; on a $\lambda W = W$ pour tout $\lambda \neq 0$, et

Il est clair que, si $f$ est une application linéaire de $E$ dans un espace vectoriel $F$, l’image $f(C)$ de tout cône convexe $C$ dans $E$ est un cône convexe dans $F$. Toute intersection de cônes convexes (de sommet 0) dans $E$ est un cône convexe. Pour tout ensemble $A \subset E$, l’intersection de tous les cônes convexes contenant $A$ (il en existe, ne serait-ce que $E$ lui-même) est donc le plus petit cône convexe contenant $A$; on dit que c’est le cône convexe engendré par $A$.

En effet, l’ensemble $C$ de ces sommes est évidemment un cône convexe contenant la réunion des $C_i$ et contenu dans tout cône convexe contenant cette réunion.

Il suffit de remarquer que, si un cône convexe contient un point $x \in A$, il contient l’ensemble $C_x$ des $\lambda x$, où $\lambda$ parcourt l’ensemble des nombres $> 0$, et que $C_x$ est un cône convexe.

L’ensemble $C$ est évidemment un cône ; il suffit de montrer que $C$ est convexe. Soient $\lambda x$ et $\mu y$ deux points de $C$ ($\lambda > 0, \mu > 0, x \in A, y \in A$). Soient $\alpha > 0, \beta > 0$ tels que $\alpha + \beta = 1$. On a $\alpha \lambda x + \beta \mu y = (\alpha \lambda + \beta \mu) z$, avec $z \in A$, et $\alpha \lambda + \beta \mu > 0$; donc $\alpha \lambda x + \beta \mu y \in C$.

(ii) Inversement, soit $P$ un cône convexe pointé dans $E$; alors la relation $y - x \in P$ est une relation de préordre dans $E$, et la structure de préordre qu’elle définit sur $E$ est la seule qui soit compatible avec la structure d’espace vectoriel de $E$, et pour laquelle $P$ soit l’ensemble des éléments $\geq 0$.

(iii) Pour que le cône convexe pointé $P$ soit tel que $y - x \in P$ soit une relation d’ordre sur $E$, il faut et il suffit que $P$ soit saillant.

(i) Les axiomes (EO$_1$) et (EO$_2$) entraînent $P + P \subset P$ et $\lambda P \subset P$ pour tout $\lambda > 0$, et comme $0 \in P$, $P$ est un cône convexe pointé (II, p. 11, prop. 10).

(ii) Inversement, si $P$ est un cône convexe pointé, la relation $P + P \subset P$ entraîne que la relation $y - x \in P$ est une relation de préordre compatible avec la structure de groupe additif de $E$ (A, VI, p. 3, prop. 3) ; il est clair que si on l’écrit $x \leq y$, l’ensemble $P$ est identique à l’ensemble des $x \geq 0$; en outre, la relation $\lambda P \subset P$ pour tout $\lambda \geq 0$ signifie que l’axiome (EO$_2$) est vérifié.

(iii) Dire que $P$ est saillant signifie que $P \cap (-P) = \{0\}$ (II, p. 12, cor. 2), donc que $y - x \in P$ est une relation d’ordre.

En effet, soit A un ensemble convexe ; pour tout $\lambda$ tel que $0 < \lambda < 1$, l’application $(x, y) \mapsto \lambda x + (1 - \lambda) y$ est continue dans $E \times E$ et applique $A \times A$ dans A ; donc (TG, I, p. 9, th. 1) elle applique $\overline{A} \times \overline{A}$ dans $\overline{A}$, ce qui démontre que $\overline{A}$ est convexe. On prouve de même que, si C est un cône convexe de sommet 0, on a $\overline{C} + \overline{C} \subset \overline{C}$ et $\lambda \overline{C} \subset \overline{C}$ pour tout $\lambda > 0$.

En effet, soit B la partie compacte de $\mathbf{R}^n$ définie par les relations $\lambda_i \geqslant 0$ ($1 \leqslant i \leqslant n$), $\sum_{i=1}^n \lambda_i = 1$. Définissons une application continue de $B \times \prod_{i=1}^n A_i \subset \mathbf{R}^n \times E^n$ dans E, par la formule :

L’enveloppe convexe C de $\bigcup_{i=1}^n A_i$ est l’image de $B \times \prod_{i=1}^n A_i$ par cette application ; comme $B \times \prod_{i=1}^n A_i$ est compact et E est séparé, C est compact.

En effet, soit j l’application linéaire canonique de E dans son séparé complété $\hat{E}$; si C est l’enveloppe convexe de A, $j(C)$ est l’enveloppe convexe de l’ensemble fini $j(A)$ dans $\hat{E}$, donc $j(C)$ est compacte (cor. 1), et par suite C est précompacte (TG, II, p. 29).

En effet, soit y un point de ce segment, et soit f l’homothétie de centre y et de rapport $\lambda < 0$ qui transforme $x_0$ en x ; si V est un voisinage ouvert de $x_0$ contenu dans A, $f(V)$ est un voisinage de x, donc contient un point $f(z) \in A$; on a :

d’où $y - f(z) = \frac{\lambda}{\lambda - 1} (z - f(z))$, de sorte que y est transformé de z par l’homothétie g de centre $f(z)$ et de rapport $\mu = \lambda / (\lambda - 1)$; comme $0 < \mu < 1$, g transforme V en un voisinage de y contenu dans A, d’où la proposition.

En effet, si $\overset{\circ}{A}$ n’est pas vide, il résulte de la prop. 16 que c’est un ensemble convexe et que tout point de $\overline{A}$ est adhérent à $\overset{\circ}{A}$. Montrons d’autre part que tout point x intérieur à $\overline{A}$ appartient à $\overset{\circ}{A}$. On peut supposer que $x = 0$. Soit V un voisinage symétrique de 0 contenu dans $\overline{A}$, et soit $y \in \overset{\circ}{A} \cap V$; on a $-y \in \overline{A}$, donc, si $y \neq 0$, la prop. 16 montre que $0 \in \overset{\circ}{A}$; la même conclusion est évidente si $y = 0$.

Comme les homothéties de rapport $> 0$ et de centre 0 transforment C en lui-même, elles transforment $\dot{C}$ en lui-même, ce qui montre que $\dot{C}$ est un cône ; le reste du corollaire découle du cor. 1 et de la remarque évidente que si C n’est pas vide, $\overline{C}$ contient le sommet de C.

Soit H un hyperplan fermé dans un espace vectoriel topologique E sur $\mathbf{R}$ ; il a une équation de la forme $f(x) = \alpha$, où $f$ est une forme linéaire continue non nulle dans E (I, p. 13, th. 1). Les demi-espaces définis respectivement par les relations $f(x) \leqslant \alpha$ et $f(x) \geqslant \alpha$ sont donc des ensembles convexes fermés ; leurs complémentaires, définis respectivement par les relations $f(x) > \alpha$ et $f(x) < \alpha$, sont des ensembles convexes ouverts. On dit que ces demi-espaces sont les demi-espaces fermés (resp. ouverts) déterminés par H.

En effet, supposons que H contienne l’origine, et soit $f(x) = 0$ une équation de H ; supposons par exemple que $f(x) \geqslant 0$ pour tout point $x \in A$. Le demi-espace formé des points y tels que $f(y) > -1$ contient au moins un point intérieur, et par translation on voit qu’il en est de même du demi-espace des points tels que $f(y) > 0$ ; cela prouve que H est fermé (I, p. 11, corollaire). On sait alors que $f$ est un morphisme strict de E sur $\mathbf{R}$ (I, p. 14, corollaire), donc $f(\overline{A})$ est une partie ouverte de $\mathbf{R}$ ; elle ne peut contenir 0, sans quoi elle contiendrait des nombres $< 0$, contrairement à l’hypothèse ; elle est donc contenue dans l’intervalle ouvert ]0, +∞[. D’autre part, le demi-espace des y tels que $f(y) \geqslant 0$ est fermé et contient A, donc il contient $\overline{A}$.

Il suffit d’appliquer la prop. 16 au cas où A = P et H est l’hyperplan d’équation $f(x) = 0$.

En effet, soit $b = \lim_{x \in H} x$; pour tout $y \in H$, l’ensemble des $x \in H$ tels que $x \geqslant y$ est un ensemble du filtre des sections de H, donc $b$ est adhérent à cet ensemble ; mais comme l’ensemble des éléments $x \geqslant y$ est fermé dans E, on a $b \geqslant y$, ce qui montre que $b$ est un majorant de H. D’autre part, si $a$ est un majorant de H, H est contenu dans l’ensemble fermé des $z \leqslant a$; comme $b$ est adhérent à H, on a $b \leqslant a$, ce qui achève la démonstration (II, p. 76, exerc. 42).

a) La fonction $f$ est convexe. b) L’ensemble $F$ est convexe dans l’espace affine $E \times \mathbf{R}$. c) L’ensemble $F'$ est convexe dans l’espace affine $E \times \mathbf{R}$.

Montrons que a) implique c). Supposons $f$ convexe ; si $(x, a)$ et $(y, b)$ sont deux points de $F'$ et $0 < \lambda < 1$, on a $f(x) < a, f(y) < b$ et

ce qui exprime que le point $\lambda(x, a) + (1 - \lambda)(y, b)$ de $E \times \mathbf{R}$ appartient à $F'$. Donc $F'$ est convexe.

Montrons en second lieu que c) entraîne b). En effet, si $(x, a), (y, b)$ sont deux points de $F$ et $0 < \lambda < 1$, les points $(x, a + \varepsilon)$ et $(y, b + \varepsilon)$ appartiennent à $F'$ pour tout $\varepsilon > 0$, et par suite il en est de même de

par définition de $F$, cela entraîne que $(\lambda x + (1 - \lambda) y, \lambda a + (1 - \lambda) b)$ appartient à $F$.

Enfin, b) entraîne a), car (avec les mêmes notations), dire que le point $(\lambda x + (1 - \lambda) y, \lambda a + (1 - \lambda) b)$ appartient à F signifie que l’on a :

quels que soient $a \geq f(x)$ et $b \geq f(y)$; on en conclut que l’on a l’inégalité (1), donc $f$ est convexe.

En effet, c’est la projection sur E de l’intersection de F (resp. F’) et de l’hyperplan $E \times \{ \alpha \}$ dans $E \times \mathbf{R}$.

sauf si tous les $x_i$ sont égaux.

L’inégalité (3) résulte de II, p. 18, prop. 19 et p. 8, prop. 1. Supposons que les $x_i$ ne soient pas tous égaux (ce qui implique $p \geq 2$) et que les $\lambda_i$ soient tous $> 0$; alors le point $z = \sum_{i=1}^p \lambda_i x_i$ ne peut être égal à tous les $x_i$. Supposons par exemple $z \neq x_1$, et posons $z = \lambda_1 x_1 + (1 - \lambda_1) y_1$ avec $y_1 = \sum_{i=2}^p \frac{\lambda_i}{1 - \lambda_1} x_i$. On a donc $y_1 \neq x_1$ et comme $0 < \lambda_1 < 1$, on a par hypothèse

Mais en vertu de (3) on a $f(y_1) \leq \sum_{i=2}^p \frac{\lambda_i}{1 - \lambda_1} f(x_i)$, d’où l’inégalité (4).

La condition étant évidemment nécessaire, prouvons qu’elle est suffisante. Soit $x_0 \in X$ un point tel que $f$ soit majorée dans un voisinage $V$ de $x_0$; montrons d’abord que $f$ est continue au point $x_0$. Par translation, on peut se borner au cas où $x_0 = 0$ et $f(x_0) = 0$; en outre, on peut supposer le voisinage $V$ équilibré (I, p. 7, prop. 4). Supposons que $f(x) \leq a$ dans $V$; pour tout $\varepsilon$ tel que $0 < \varepsilon < 1$, remarquons que, si $x \in \varepsilon V$, on a $x/\varepsilon \in V$ et $-x/\varepsilon \in V$. L’inégalité (1) de II, p. 17 appliquée aux points $x/\varepsilon$ et $0$ et au nombre $\lambda = \varepsilon$, montre que $f(x) \leq \varepsilon f(x/\varepsilon) \leq \varepsilon a$; appliquée aux points $x$ et $-x/\varepsilon$ et au nombre $\lambda = 1/(1 + \varepsilon)$, elle donne l’inégalité $f(x) \geq -\varepsilon f(-x/\varepsilon) \geq -\varepsilon a$, ce qui prouve que $f(x)$ est arbitrairement petit dans $\varepsilon V$ lorsque $\varepsilon$ est assez petit.

Soit maintenant $y$ un point de $X$; il existe un nombre $\rho > 1$ tel que $z = \rho y$ appartienne encore à $X$ puisque $X$ est ouvert. Soit $g$ l’homothétie $x \mapsto \lambda x + (1 - \lambda) z$ de centre $z$ et de rapport $\lambda = 1 - \frac{1}{\rho}$, qui transforme $0$ en $y$; pour tout point $g(x) \in g(V)$, on a, d’après (1), $f(g(x)) \leq \lambda f(x) + (1 - \lambda) f(z) \leq \lambda a + (1 - \lambda) f(z)$. La première partie du raisonnement montre donc que $f$ est continue au point $y$, ce qui achève la démonstration.