Une belle variété différentielle

Dans ce billet, je vais présenter quelques propriétés de l’ensemble

$V_n=\{x\in\mathbf R^n|x_1\cdots x_n=1\quad \&\quad x_1,\ldots, x_n>0\}$

où $n$ est un entier au moins égal à 2.

Variété différentielle
Cet ensemble est une variété de classe $C^\infty$ plongée dans $\mathbf R^n$ — une hypersurface. Elle admet en effet l’équation cartésienne globale

$F:x\in\omega_n\mapsto x_1\cdots x_n-1\in\mathbf R$

où

$\omega_n=\{x\in\mathbf R^n|x_1,\ldots,x_n>0\}$

De fait, $V_n$ est l’ensemble des zéros de $F$ et le gradient de ce dernier ne s’annule nulle part puisque(*)

$F'_i(x)=x_1\cdots x_{i-1}x_{i+1}\cdots x_n>0$

lorsque $x\in\omega_n$ .
En particulier, si $u\in V_n$ ,

$\mathrm{grad}_uF=(F'_1(u),\ldots,F'_n(u))=\left(\dfrac 1{u_1},\ldots,\dfrac 1{u_n}\right)$

de sorte que

(1) La variété affine $T_uV_n$ tangente à $V_n$ en $u$ est l’hyperplan d’équation cartésienne

$\dfrac{x_1}{u_1}+\cdots+\dfrac{x_n}{u_n}=n$

La variété $V_n$ est connexe. En effet, l’application

$x\in\omega_{n-1}\mapsto \left(x_1,\ldots,x_{n-1},\dfrac 1{x_1\cdots x_{n-1}}\right)\in V_n$

est un homéomorphisme de $\omega_{n-1}$ , qui est connexe, sur $V_n$ , qui l’est donc aussi(**).

Un difféomorphisme
Notons $\alpha_n$ l’hyperplan de $\mathbf R^n$ d’équation cartésienne $x_1+\cdots+x_n=0$ .
Il se fait que

1) Chaque droite perpendiculaire à $\alpha_n$ coupe $V_n$ en exactement un point.
2) La restriction à $V_n$ de la projection orthogonale de $\mathbf R^n$ sur $\alpha_n$ est un difféomorphisme.

Nous noterons $\varphi$ la restriction à $V_n$ de la projection orthogonale de $\mathbf R^n$ sur $\alpha_n$ .
Cela étant, prouvons 1). Soit $\mathcal D$ une droite perpendiculaire à $\alpha_n$ . Si $u$ est un de ses points, alors

$\mathcal D=\{(t+u_1,\ldots,t+u_n))|t\in\mathbf R\}$

car $(1,\ldots,1)$ est orthogonal à $\alpha_n$ .

— Afin de voir que $\mathcal D$ rencontre $V_n$ , prenons pour $u$ le point d’intersection de $\mathcal D$ et de $\alpha_n$ et notons $P$ l’application polynômiale

$t\mapsto (t+u_1)\cdots(t+u_n)$

Puisque $u_1+\cdots +u_n=0$ , la plus petite composante de $u$ , disons $u_i$ , est inférieure ou égale à $0$ . On a $P(-u_i)=0$ et la limite de $P$ en $+\infty$ est $+\infty$ . En vertu du théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc $t>-u_i$ tel que $P(t)=1$ . Comme $u_i$ est la plus petite composante de $u$ , les nombres $t+u_k, k\in\{1,\ldots,n\}$ , sont strictement positifs. Ainsi

$(t+u_1,\ldots,t+u_n)\in\mathcal D\cap V_n$

— On va ensuite vérifier, par l’absurde, que $\mathcal D$ ne rencontre $V_n$ qu’en un seul point. Pour cela, nous prenons pour $u$ l’élément de $\mathcal D\cap V_n$ le plus proche de $\alpha_n$ . Vu ce choix, les composantes d’un second élément de cette intersection sont de la forme $u_i+t$ où $t$ est strictement positif. Leur produit vaut 1, ce qui donne

(2) $\sum_{k=0}^nc_kt^{n-k}=1$

où

$c_k=\sum_{i_1<\cdots<i_k}u_{i_1}\cdots u_{i_k}$

Comme $u\in V_n$ , ces ceofficients sont strictement positifs et $c_n=u_1\cdots u_n=1$ . Vu (2), cette dernière égalité implique que

$\sum_{k=1}^nc_kt^{n-k}=0$

C’est absurde car tous les termes du membre de gauche de cette relation sont strictement positifs.

Voici alors une preuve de 2).

On va vérifier que $\varphi$ est un difféomorphisme en montrant que c’est une bijection de classe $C^\infty$ dont la différentielle est partout non singulière.

— L’application $\varphi$ est injective. En effet, vu 1), les perpendiculaires à $\alpha_n$ menées par des points distincts $u,v$ de $\in V_n$ sont disjointes (elles sont parallèles et disjointes). En particulier, leurs intersections avec $\alpha_n$ , $\varphi(u)$ et $\varphi(v)$ , sont distinctes. Vu 1) de nouveau, elle est aussi surjective. C’est donc une bijection.

— L’application $\varphi$ est la composée $\mathcal A\circ i$ de la projection orthogonale $\mathcal A$ de $\mathcal R^n$ sur $\alpha_n$ et du plongement $i$ de $V_n$ dans $\mathbf R^n$ . Ces deux fonctions sont de classe $C^\infty$ . La première parce que c’est une application affine et la seconde en raison du fait que $V_n$ est une variété plongée de classe $C^\infty$ de $\mathbf R^n$ .

— L’application linéaire tangente de $\varphi$ en un point $u$ est $\varphi_{*u}=\mathcal A_{*u}\circ i_{*u}$ .

D’une part, l’application $\mathcal A_{*u}$ est l’application linéaire $A$ associée à l’application affine $\mathcal A$ (***). En l’occurrence c’est la projection orthogonale de $\mathbf R^n$ sur $\alpha_n$ (qui est son propre espace vectoriel directeur puisqu’il contient $0$ ). En particulier, le noyau de $A$ est la droite d’équations $x_1=\cdots =x_n$ .

D’autre part, $i_{*u}$ est une bijection de l’espace tangent de $V_n$ en $u$ sur l’espace vectoriel directeur de la variété affine tangente à $V_n$ en $u$ . Vu (1), il s’agit du sous-espace vectoriel de $\mathbf R^n$ d’équation

$\dfrac{x_1}{u_1}+\cdots+\dfrac{x_n}{u_n}=0$

On a donc $\ker \mathcal A_{*u}\cap\mathrm{im\ } i_{*u}=\{0\}$ . Ceci montre que $\varphi_{*u}$ est injectif mais comme les dimensionns de $V_n$ et $\alpha_n$ sont égales, il est dès lors bijectif, ce qui achève la preuve de 2).

Un convexe
Nous allons montrer, de deux façons différentes, que

$V_n^+=\{x\in \omega_n|x_1\cdots x_n\geqslant 1\}$

est convexe. Nous verrons d’abord que c’est une intersection de convexes puis nous verrons qu’il est l’image par une bijection linéaire de $\alpha_n\times\mathbf R$ sur $\mathbf R^n$ de l’épigraphe d’une fonction de classe $C^\infty$ strictement convexe $f: \alpha_n\to\mathbf R$ .

Dans les deux cas, nous utiliserons l’inégalité suivante

$(\star)$ Si les nombres réels $a_1,\ldots a_m$ sont strictement positifs et si leur produit vaut 1, alors leur somme est plus grande ou égale à $m$ et elle vaut $m$ si, et seulement si, ces nombres sont tous égaux à 1.

Elle résulte immédiatement de l’inégalité entre les moyennes géométrique et arithmétique

$\sqrt[m]{a_1 \cdots a_m}\leqslant\dfrac { a_1+\cdots+a_m}m$

et du fait que, dans celle-ci, l’égalité est réalisée si, et seulement si, les $a_i$ sont égaux.

Pour tout $u\in V_n$ , notons $\xi_u$ le demi-espace fermé de $\mathbf R^n$ délimité par $T_uV_n$ et contenant $u+\delta$ , où $\delta=(1,\ldots,1)$ .
L’hyperplan $T_uV_n$ délimite deux demi-espaces fermés. Vu (1), il s’agit de l’ensemble des solutions de l’inéquation

(3) $\dfrac{x_1}{u_1}+\cdots+\dfrac{x_n}{u_n}\geqslant n$

et celui des solutions de

$\dfrac{x_1}{u_1}+\cdots+\dfrac{x_n}{u_n}\leqslant n$

Le premier contient $u+\delta$ . C’est donc $\xi_u$ .

On a

(4) $\displaystyle V_n^+=\omega_n\cap\bigcap_{u\in V_n}\xi_u$

Montrons d’abord que si $x\in V_n^+$ et $u\in V_n$ , alors $x\in\omega_n\cap\xi_u$ . Puisque $x$ appartient à $V_n^+$ , il appartient à $\omega_n$ et $a:=x_1\cdots x_n\geqslant 1$ . D’après ( $\star$ ), on a alors

$\displaystyle \frac{x_1}{\sqrt[n]{a}\ u_1}+\cdots+\frac{x_n}{\sqrt[n]{a}\ u_n}\geqslant n$

En effet, le produit des nombres positifs $x_k/(\sqrt[n]{a}\ u_k)$ vaut 1. En multipliant les deux membres de cette inégalité par $\sqrt[n]{a}$ , on voit que $x\in\xi_u$ puisque $\sqrt[n]{a}\ n\geqslant n$ .

Ensuite, vérifions qu’un point $x$ de $\omega_n$ appartenant à chaque $\xi_u, u\in V_n$ , appartient à $V_n^+$ . Avec de nouveau $a=x_1\cdots x_n$ , $u=x/\sqrt[n]{a}\in V_n$ . Puisque $x\in \xi_u$ , il vérifie l’inégalité (3), ce qui donne $n\sqrt[n]{a}\geqslant n$ . Dès lors $a\geqslant 1$ et $x\in V_n^+$ . L’égalité (4) est ainsi établie.

Elle montre que $V_n^+$ est convexe car $\omega_n$ et les $\xi_u, u\in V_n$ , sont convexes. Il est même strictement convexe en ce sens que chaque hyperplan d’appui $T_uV_n, u\in V_n$ , ne le rencontre qu’en $u$ . En effet si $x\in V_n^+\cap T_uV_n$ alors

$\displaystyle \frac{x_1}{u_1}+\cdots+\frac{x_n}{u_n}=n$

D’après l’inégalité entre les moyennnes arithmétique et géométrique, le produit des nombres $x_k/u_k$ , qui vaut $x_1\cdots x_n$ , ne dépasse pas 1. Or il vaut au moins 1 puisque $x\in V_n^+$ . Il est donc égal à 1. Vu ( $\star$ ), les $x_k/u_k$ sont égaux à 1 et $x=u$ .

Un convexe (suite)
Je vais à présent donner la seconde preuve de la convexité de $V_n^+$ annoncée au début de la section précédente.

— La fonction $f$ Soit un point $x$ de $\alpha_n$ . Par définition de $\varphi$ , le point $\varphi^{-1}(x)$ appartient à la perpendiculaire à $\alpha_n$ menée par $x$ . Il existe donc un nombre $t$ , et un seul, tel que $\varphi^{-1}(x)=x+t\delta$ . Nous le noterons $f(x)$ , introduisant ainsi une fonction $f:\alpha_n\to \mathbf R$ qui, tout comme $\varphi^{-1}(x)$ , est de classe $C^\infty$ . Nous désignerons ci-dessous par $\mathcal G$ et $\mathcal G^+$ le graphe et l’épigraphe de $f$ . Le graphe de $f$ est, bien entendu, une variété différentielle plongée dans $\alpha_n\times\mathbf R$ .

— L’épigraphe de $f$ Nous allons voir que la restriction de la bijection linéaire

$T : (x,t)\in\alpha_n\times\mathbf R\mapsto x+t\delta\in\mathbf R^n$

à l’épigraphe de $f$ est une bijection entre celui-ci et $V_n^+$ .

Montrons d’abord que $T(\mathcal G^+)\subseteq V_n^+$ . Soit $(x,t)\in\mathcal G^+$ . On a

$u:=T((x,t))=x+f(x)\delta+(t-f(x))\delta$

où $y:=x+f(x)\delta\in V_n$ et $s:=t-f(x)\geqslant 0$ . Par suite

$u_1\cdots u_n=(y_1+s)\cdots(y_n+s)\geqslant y_1\cdots y_n=1$

ce qui montre que $u$ appartient à $V_n^+$ .

Vérifions ensuite que $T_{|\mathcal G^+}$ est surjectif. Soit $u=T(x,t)\delta\in V_n^+$ . Nous allons voir que $t\geqslant f(x)$ , ce qui suffit pour conclure. Posons $t=f(x)+s$ . On a

$u_1\cdots u_n=\underbrace{(x_1+f(x)+s)\cdots(x_n+f(x)+s)}_{\geqslant 1}\geqslant \underbrace{(x_1+f(x))\cdots(x_n+f(x))}_{=1}$

et les $x_i+f(x)$ sont strictement positifs. Par conséquent, $layex s\geqsalnt 0$ et $t\geqslant f(x)$ comme annoncé.

Notons que $\tau_{|\mathcal G}$ est aussi une bijection, de $\mathcal G$ sur $V_n$ . Il est facile de voir que c’est un difféomorphisme entre ces deux variétés.

— Convexité stricte de $f$ La fonction $f$ est strictement convexe c’est-à-dire que tout segment de droite délimité par deux points distincts de son graphe est entièrement contenu dans son épigraphe et ne rencontre son graphe qu’en ces points. C’est une façon géométrique de formuler l’inégalité stricte de Jensen. En formules, cela donne : si $\lambda\in]0,1[$ et si $x,y\in\alpha_n$ sont distincts, alors

$f((1-\lambda)x+\lambda y)<(1-\lambda)f(x)+\lambda f(y)$

Mais puisque $T$ est linéaire, $T_{|\mathcal G^+}:\mathcal G^+\to V_n^+$ est une bijection et $T(\mathcal G)=V_n$ , ceci est équivalent à : tout segment de droite délimité par deux points de $V_n$ est entièrement contenu dans $V_n^+$ et ne rencontre $V_n$ qu’en ces points. Soit en formules : si $\lambda\in]0,1[$ et si $u,v\in V_n$ sont distincts, alors

(5) $\displaystyle \prod_{k=1}^n[(1-\lambda)u_k+\lambda v_k]>1$

Démonstration Nous allons à présent vérifier que $f$ est strictement convexe en utilisant cette dernière caractérisation. Supposons que $\lambda\in ]0,1[$ et que $u,v\in V_n$ . On a

$\displaystyle \prod_{k=1}^n[(1-\lambda)u_k+\lambda v_k]=\sum_{p=0}^n\gamma_p(1-\lambda)^p\lambda^{n-p}$

Bien entendu, $\gamma_0=\gamma_n=1$ et nous montrerons plus bas que, pour $p\in\{1,\ldots n-1\}$ , $\gamma_p\geqslant {n \choose p}$ , l’égalité ayant lieu si, et seulement si, $u=v$ . Comme les nombres $(1-\lambda)^p\lambda^{n-p}$ sont strictement positifs, on a donc

$\displaystyle \sum_{p=0}^n\gamma_p(1-\lambda)^p\lambda^{n-p}\geqslant \sum_{p=0}^n{n \choose p}(1-\lambda)^p\lambda^{n-p}=1$

l’égalité ayant lieu si, et seulement si, $u=v$ . L’inégalité (5) est donc démontrée, sous l’hypothèse que $u\neq v$ .

Démonstration (suite) Nous allons prouver ici nos allégations relatives aux coefficients $\gamma_p$ . Nous supposons d’emblée que $p\in\{1,\ldots n-1\}$ car il est évident, comme nous l’avons laissé entendre, que $\gamma_0=\gamma_n=1$ .

Le coefficient $\gamma_p$ s’obtient en choisissant de toutes les façons possibles le terme en $1-\lambda$ dans $p$ facteurs du membre de gauche de l’inégalité (5) et le terme en $\lambda$ dans les autres facteurs. Donc

$\displaystyle \gamma_p=\sum_{(I,J)}\left(\prod_{i\in I}u_i\right)\left(\prod_{j\in J}v_j\right)$

où la somme porte sur les couples formés d’un ensemble à $p$ éléments $I\subset \{1,\ldots,n\}$ et de son complémentaire $J=\{1,\ldots,n\}\setminus I$ . Comme $v\in V_n$ , $v_1\cdots v_n=1$ de sorte que

$\displaystyle \prod_{j\in J}v_j=\prod_{i\in I}\frac 1{v_i}$

Par suite,

$\displaystyle \gamma_p=\sum_I\underbrace{\prod_{i\in I}\frac{u_i}{v_i}}_{s_I}$

Le produit des ${n \choose p}$ nombres $s_I$ vaut 1. En effet, chaque nombre $k\in\{1,\ldots,n\}$ figure exactement dans

${n \choose p}-{n-1 \choose p}={n-1 \choose p-1}$

sous-ensembles à $p$ éléments de $\{1,\ldots,n\}$ . Par conséquent,

$\displaystyle \prod_Is_I=\left(\frac{u_1\cdots u_n}{v_1\cdots v_n}\right)^{n-1 \choose p-1}=1$

Vu ( $\star$ ), on a donc $\gamma_p\geqslant {n \choose p}$ , l’égalité ayant lieu si, et seulement si, les $s_I$ sont égaux à 1.

Pour conclure, il nous reste donc à montrer que les $s_I$ sont égaux à 1, alors $u=v$ , la réciproque étant évidente.

Supposons donc que les $s_I$ sont égaux à 1. Soient $k\in\{1,\ldots n\}$ et $\mathcal I_k$ l’ensemble des $I$ contenant $k$ . Comme on l’a observé plus haut, il y en a ${n-1 \choose p-1}$ . De plus, chaque nombre $l\in\{1,\ldots n\}\setminus\{k\}$ figure dans exactement ${n-2 \choose p-2}$ éléments de $\mathcal I_k$ puisque $I\in\mathcal I_k$ si, et seulement si, $I\setminus\{k\}$ est un sous-ensemble à $p-1$ éléments de $\{1,\ldots n\}\setminus\{k\}$ . Par conséquent,

$\displaystyle 1=\prod_{I\in\mathcal I_k}s_I=\left(\frac{u_k}{v_k}\right)^{{n-1 \choose p-1}}\left(\frac{u_1\cdots u_{k-1}u_{k+1}\cdots u_n}{v_1\cdots v_{k-1}v_{k+1}\cdots v_n}\right)^{{n-2 \choose p-2}}=\left(\frac{u_k}{v_k}\right)^{{n-2 \choose p-1}}$

puisque $u_1\cdots u_n=v_1\cdots v_n=1$ . Dès lors $u_k=v_k$ pour tout $k\in\{1,\ldots n\}$ : $u=v$ .

Conclusion Puisque la fonction $f$ est strictement convexe, son épigraphe est convexe et, dès lors, $V_n^+=T(\mathcal G^+)$ l’est aussi.

Un convexe (suite)

Il y a en fait une troisième façon de prouver que $V_n^+$ est convexe. Elle vient assez facilement à l’esprit et est plus expéditive que les précédentes. Mais, contrairement à celles-ci, qui sont fort instructives, elle ne révèle pas grand chose de la géométrie de $V_n$ . En plus, elle ne respecte pas du tout l’invariance de $V_n$ et $V_n^+$ sous l’action du groupe des permutations $\mathfrak S_n$ . Je n’en raffole pas, vous l’aurez compris, mais je la propose quand même, pour être complet. Cela dit, elle ferait sans doute l’objet un bon exercice pour les étudiants des premières années d’étude en sciences mathématiques.

La fonction

$\displaystyle g:x\in\omega_{n-1}\mapsto \frac 1{x_1\cdots x_{n-1}}\in\mathbf R$

est convexe. En effet, un calcul facile montre qu’en chaque point $x$ de $\omega_{n-1}$ , sa matrice hessienne $H(x)$ vérifie

$\displaystyle \forall h\in \mathbf R^{n-1}, \quad H(x)h\cdot h=\sum_{i,j}H(x)_{ij}h_ih_j=g(x)\left(\sum_{i=1}^{n-1}\frac{h_i}{x_i}\right)^2$

Elle est donc semi-défini positive.

Par ailleurs, $V_n$ et $V_n^+$ sont respectivement le graphe et l’épigraphe de $g$ . En particulier, $V_n^+$ est convexe.
__________
(*) Pour alléger l’écriture, nous désignerons par $f'_i(x)$ la dérivée partielle d’une fonction $f$ par rapport à sa $i$ -ème variable calculée en $x$ .
(**) En fait cette application est un paramétrage de $V_n$ . Les $\omega_m$ sont connexes car ils sont convexes puisque ce sont des intersections de demi-espaces.
(***) Si $\mathcal T:\mathcal E\to\mathcal F$ est une application affine, alors il existe une, et une seule, application linéaire $T: E\to F$ , où $E$ et $F$ sont les espaces vectoriels directeurs de $\mathcal E$ et de $\mathcal F$ , vérifiant

$\mathcal T(Y)=\mathcal T(X)+T(\overrightarrow{XY})$

Lorsque $\mathcal E$ et $\mathcal F$ sont de dimensions finies, alors $\mathcal T$ est de classe $C^\infty$ et son application linéaire tangente est partout égale à $T$ .

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