% Corrig\'{e} propos\'{e} par Michel Gonnord, email mgonnord@ac-toulouse.fr

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\begin{document}
\title{Centrale PC 2000 \'{e}preuve de math 2}
\maketitle


                         \medskip

\centerline{\sc Premi\`{e}re partie}

                         \medskip

\begin{enumerate}
  %I
  \item[I.]
  \begin{enumerate}
    %I.A
    \item[A.]
    \begin{enumerate}
      %I.A.1
      \item[1.] La fonction $x\mapsto px-kx^{2}=x(p-kx)$ pr\'{e}sente un maximum pour toute valeur de
      $p$ au point d'abscisse $x=\dfrac{p}{2k}$ et il vaut $\dfrac{p^{2}}{2k}$.
      \\
      Conclusion~: $J(f)=\mathbb R$ et $g(p)=\dfrac{p^{2}}{4k}$. Le trac\'{e} de la courbe donne une
      simple parabole.

      %I.A.2
      \item[2.] Soit $h(x)=px-e^x$, $h'(x)=p-e^x$.
      \begin{itemize}
        \item Si $p<0$ alors $h$ ne pr\'{e}sente pas d'extremum.

        \item Si $p=0$ alors $h$ est major\'{e}e par 0 ($\lim\limits_{x\to -\infty}h(x)=0$).

        \item Si $p>0$ alors $h$ pr\'{e}sente un maximum pour $x=\ln p$ et il vaut $p(\ln p-1)$.
      \end{itemize}
      Conclusion~: $J(f)=[0,+\infty[$ et $g(p)=
      \begin{cases}
      0         & \text{ si } p=0\\
      p(\ln p-1)& \text{ si } p>0
      \end{cases}$.
      On remarque que $g$ est continue en 0.
      \\
      \'{E}tude de $g$~: $g'(p)=\ln p$ d'o\`{u}
      \begin{center}
      \begin{tabular}{|c|ccccc|}
        % after \\: \hline or \cline{col1-col2} \cline{col3-col4} ...
        \hline
        $p$ & 0 &   & 1 &   & $+\infty$ \\
        \hline
        $g'$ & $-\infty$ & $-$ & $0$ & $+$ &   \\
        \hline
        $g$ & 0 & $\searrow$ & $-1$ & $\nearrow$ & $+\infty$ \\ \hline
      \end{tabular}
      \end{center}

      ce qui donne le trac\'{e} suivant (la tangente en 0 est verticale)
      \begin{center}
      \begin{minipage}{.46\textwidth}
          \centering\epsfig{figure=m00cp2f.eps,width=\linewidth,angle=270}
      \end{minipage}
      \end{center}

      %I.A.3
      \item[3.] La fonction $h(x)=px-\atan x$ est impaire.
      \begin{itemize}
        \item Si $p\ne 0$ alors elle n'est pas major\'{e}e.

        \item Si $p=0$ alors elle est major\'{e}e par $\dfrac{\pi }{2}$.
      \end{itemize}
      Conclusion~: $J(f)=\{0\}$ et $g(0)=\dfrac{\pi }{2}$.
    \end{enumerate}

    %I.B
    \item[B.]
    \begin{enumerate}
      %I.B.1
      \item[1.] Soient $a$ et $b$ deux \'{e}l\'{e}ments de $J(f)$ et $t\in [0,1]$ alors, pour tout $x$
      de $I$, on \'{e}crit
      \begin{align*}
      ax-f(x)   & \le g(a)  &&  {\times} t\\
      bx-f(x)   & \le g(b)  &&  {\times} (1-t)
      \end{align*}
      d'o\`{u}, en additionnant ces in\'{e}galit\'{e}s avec le multiplicateur mentionn\'{e}, on obtient
$$
%      \begin{equation*}
      [ta+(1-t)b]x-f(x) \le tg(a)+(1-t)g(b)
%      \tag 1
%      \end{equation*}
\eqno(1)
$$
      ce qui signifie que $x\mapsto [ta+(1-t)b]x-f(x)$ est major\'{e} sur $I$ et donc que
      $ta+(1-t)b\in J(f)$ et en conclusion $J(f)$ est bien un intervalle.

      %I.B.2
      \item[2.] Gr\^{a}ce \`{a} l'in\'{e}galit\'{e} (1), on tire imm\'{e}diatement l'in\'{e}galit\'{e}
      \[
      g(ta+(1-t)b)\le tg(a)+(1-t)g(b)
      \]
      ce qui permet de dire que $g$ est convexe.

      %I.B.3
      \item[3.]
      \begin{enumerate}
        \item[a)] Montrons que $g$ est croissante. Supposons que $a<b$ alors
        $ax-f(x)\le bx-f(x)$ car $x\ge 0$. Cette in\'{e}galit\'{e} \'{e}tant vraie pour tout $x$ de $I$,
        par passage \`{a} la borne sup\'{e}rieure (qui existe dans $\mathbb R$) on a
        \[
        g(a)\le g(b)
        \]
        donc $g$ est croissante (au sens large).

        \item[b)] De m\^{e}me on prouve ici que $g$ est d\'{e}croissante.
      \end{enumerate}
    \end{enumerate}

    %I.C
    \item[C.]
    \begin{enumerate}
      %I.C.1
      \item[1.] Soit $h(x)=px-f(x)$, $h$ est de classe $\mathcal C^{2}$ et $h'(x)=p-f'(x)$,
      $h''(x)=-f''(x)<0$. $f'$ est un $\mathcal C^1$-diff\'{e}omorphisme.
      Si $I=(a,b)$ (intervalle not\'{e} de cette fa\c{c}on car on ne sait pas s'il
      contient ses bornes) et si $p\in ]\alpha ,\beta [$ on obtient le tableau de variation
      suivant~:
      \begin{center}
      \begin{tabular}{|c|ccccc|}
        % after \\: \hline or \cline{col1-col2} \cline{col3-col4} ...
        \hline
        $x$ & $a$ &   & $x(p)$ &   & $b$ \\
        \hline
        $h''$ &   &   & $-$ &   &   \\
        \hline
        $h'$ & $\mathstrut^{\displaystyle p-\alpha ^{\mathstrut}}$ & $\searrow$ & 0 & $\searrow$
        & $\mathstrut_{\displaystyle p-\beta_{\mathstrut}} $ \\
        \hline
        $h$ &   & $\nearrow$ & $\mathstrut^{\displaystyle h(x(p))^{\mathstrut}}$ & $\searrow$ &   \\ \hline
      \end{tabular}
      \end{center}
      o\`{u} $x(p)$ d\'{e}signe le seul \'{e}l\'{e}ment de l'intervalle $I$ tel que $p=f'(x(p))$.
      \\
      Conclusions~: $p\in J(f)$ donc $]\alpha ,\beta [\subset J(f)$ et, le maximum de $h$ \'{e}tant
      atteint en $x(p)=f'\mathstrut^{[-1]}(p)$, on a
      \[
      g(p)=pf'\mathstrut^{[-1]}(p)-f(f'\mathstrut^{[-1]}(p)).
      \]

      %I.C.2
      \item[2.] $f'$ est un $\mathcal C^1$-diff\'{e}omorphisme, $x(p)=f'\mathstrut^{[-1]}(p)$ est
      d\'{e}rivable donc la relation $p=f'(x(p))$ donne $1=f''(x(p))x'(p)$ d'o\`{u}
      \[
      g'(p)=x(p)+p\dfrac{1}{f''(x(p))}-\dfrac{f'(x(p))}{f''(x(p))}=x(p).
      \]

      %I.C.3
      \item[3.] Comme $f'(x(p))=p$, la pente de la tangente au point $(x(p),f(x(p)))$ vaut $p$.
      Or $px(p)-f(x(p))=g(p)$ par d\'{e}finition de $g$ donc l'\'{e}quation de la tangente en ce point
      admet l'\'{e}quation
      \begin{align*}
      y-f(x(p))
          & = p(x-x(p))
            = px-px(p)\\
          & = px-[px(p)-f(x(p))]-f(x(p))\\
          & = px-g(p)-f(x(p))
      \end{align*}
      par cons\'{e}quent la droite $D_p$ est tangente au graphe de la fonction $f$.

      %I.C.4
      \item[4.]
      \begin{enumerate}
        \item[a)] Soit $f\in \mathcal H$, montrons que $g\in \mathcal H$.
        \begin{itemize}
          \item On a vu que $J(f)$ contient l'intervalle $]\alpha ,\beta [$ avec ici
          $\alpha=-\infty$ et $\beta =+\infty$ donc $J(f)=\mathbb R$.

          \item $g$ est d\'{e}finie sur $\mathbb R$ et $g'(p)=x(p)=f'\mathstrut^{[-1]}(p)$. Or $f'$
          est un $\mathcal C^1$-diff\'{e}omorphisme car $f''>0$ donc $g'$ est de classe $\mathcal
          C^1$ et par cons\'{e}quent $g$ est de classe $\mathcal C^{2}$ sur $\mathbb R$.

          \item On a vu en outre que $x'(p)=\dfrac{1}{f''(x(p))}>0$ donc $g''(p)=x'(p)>0$.

          \item Finalement, comme $f'$ est un $\mathcal C^1$-diff\'{e}omorphisme de $\mathbb R$ sur
          $\mathbb R$ on sait que $f'\mathstrut^{[-1]}(\mathbb R)=\mathbb R$ et en conclusion
          $g'(\mathbb R)=\mathbb R$.
        \end{itemize}

        \item[b)] On a donc
        \[
        \forall (x,p)\in \mathbb R^{2},\ px-f(x)\le g(p)
        \]
        ce qui s'\'{e}crit $px-g(p)\le f(x)$ donc $f\ge \mathcal L(\mathcal L(f))$.
        \\
        Mais, vu que $px(p)-g(p)=f(x(p))$ alors $f\le \mathcal L(\mathcal L(f))$.
        \\
        Conclusion~: $f=\mathcal L(\mathcal L(f))$ soit
        $\mathcal L\circ\mathcal L=\id_{\mathcal H}$.

        \item[c)] $\mathcal L$ est involutive donc $\mathcal L$ est une bijection de
        $\mathcal H$ sur $\mathcal L(\mathcal H)$.
        $\mathcal L(\mathcal H)\subset \mathcal H$ et, en composant par $\mathcal L$, on a
        \[
        \mathcal H=\mathcal L\circ \mathcal L(\mathcal H)\subset \mathcal L(\mathcal H)
        \]
        soit $\mathcal L(\mathcal H)=\mathcal H$ donc $\mathcal L$ est une bijection de
        $\mathcal H$ sur $\mathcal H$.
      \end{enumerate}
    \end{enumerate}
  \end{enumerate}



                        \medskip

\centerline{\sc Deuxi\`{e}me partie}

                         \medskip

  \item[II.]
  \begin{enumerate}
    %II.1
    \item[1.] On sait que $A$ est diagonalisable dans une base orthonormale
    $\mathcal B=(e_1,\ldots,e_n)$. $e_i$ est un vecteur propre de $A$ associ\'{e} \`{a} la valeur
    propre $\lambda _i>0$, $Ae_i=\lambda _ie_i$ (en confondant la matrice $A$ et
    l'endomorphisme de $\mathbb R^n$ associ\'{e}). Si $p=\sum\limits_{i=1}^{n}q_ie_i$ alors
    \[
    F(x)=\sum\limits_{i=1}^{n}(q_iy_i-\lambda _iy_i^{2}).
    \]
    On se sert alors du r\'{e}sultat du I.A.1~; chaque fonction $f_i(y_i)=q_i-\lambda _iy_i^{2}$ est
    major\'{e}e par $\dfrac{q_i^{2}}{4\lambda _i}$ (les $\lambda _i$ sont $>0$) et le maximum est
    atteint pour $y_i=\dfrac{q_i}{2\lambda _i}$ donc $F$ est major\'{e} par
    \[
    M=\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{q_i^{2}}{4\lambda _i}
    \]
    et cette valeur est atteinte pour
    $x=\dfrac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{q_i}{\lambda_i}e_i$.

    %II.2
    \item[2.] On vient de voir que
    $$
    g(p)=\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{q_i^{2}}{4\lambda _i}=\mathstrut^tP\dfrac{1}{4}A^{-1}P
    $$
    (car $A$ est inversible), on prend donc $B=\dfrac{1}{4}A^{-1}$.
    \\
    Pour montrer que $h=f$ (ce qui est en accord avec le r\'{e}sultat de la question I.C.4.b.) il
    suffit de remarquer que $4AB=I_n$ relation qui est sym\'{e}trique en $A$ et $B$.

    %II.3
    \item[3.]
    \begin{enumerate}
      %a
      \item[a)] \'{E}vident car $f$ est une forme quadratique.

      %b
      \item[b)] On a
      \[
      f(tp)=f(tp_1,\ldots,tp_n)=t^{2}f(p_1,\ldots,p_n)
      \]
      d'o\`{u}, en d\'{e}rivant par rapport \`{a} $t$,
      \[
      \sum\limits_{i=1}^{n}p_i\dfrac{\partial f}{\partial p_i}(tp)=2tf(p)
      \]
      et on obtient la formule annonc\'{e}e en prenant $t=1$.
    \end{enumerate}

    %II.4
    \item[4.] On a vu au II.1. que $x(p)=\dfrac{1}{2}A^{-1}P$ et on cherche un r\'{e}sultat
    analogue \`{a} celui de la question I.C.2. soit $x(p)=\grad g(p)$ ce qui est alors imm\'{e}diat.
  \end{enumerate}

                        \goodbreak

\centerline{\sc Troisi\`{e}me partie}

                         \medskip

  \item[III.]
  \begin{enumerate}
    %III.A.
    \item[A.]
    \begin{enumerate}
      %III.A.1
      \item[1.] On \'{e}crit les \'{e}galit\'{e}s
      \begin{align*}
      F(tx_1+(1-t)x_2)
        & = \,\mathstrut^t\!P(tX_1+(1-t)X_2)-\,\mathstrut^t\!(tX_1+(1-t)X_2)A(tX_1+(1-t)X_2)\\
        & = t\,\mathstrut^t\!PX_1+(1-t)\,\mathstrut^t\!PX_2-t^{2}.\,\mathstrut^t\!X_1AX_1-t(1-t).\,\mathstrut^t\!X_1AX_2\\
        &  \hskip200pt -t(1-t).\,\mathstrut^t\!X_2AX_1+(1-t)^{2}.\,\mathstrut^t\!X_2AX_2\\
        & = tF(x_1)+(1-t)F(x_2)+t(1-t).\,\mathstrut^t\!X_1AX_1-t(1-t).\,\mathstrut^t\!X_1AX_2\\
        &  \hskip200pt +t(1-t).\,\mathstrut^t\!X_2AX_2-t(1-t).\,\mathstrut^t\!X_2AX_1\\
        & = tF(x_1)+(1-t)F(x_2)+t(1-t).\,\mathstrut^t\!X_1A(X_1-X_2)
            +t(1-t).\,\mathstrut^t\!X_2A(X_2-X_1)\\
        & = tF(x_1)+(1-t)F(x_2)+t(1-t).\,\mathstrut^t\!(X_1-X_2)A(X_1-X_2)
      \end{align*}

      %III.A.2
      \item Soit $(x_1,x_2)\in M^{2}$, on sait que $\,\mathstrut^t\!(X_1-X_2)A(X_1-X_2)\ge 0$ car
      la matrice $A$ est sym\'{e}trique positive, que
      $F(x_1)=F(x_2)=\displaystyle\sup_{y\in C}F(y)$
      par cons\'{e}quent, pour tout $x=tx_1+(1-t)x_2$ avec $t\in [0,1]$ on a
      \begin{align*}
      F(x)
        & = tF(x_1)+(1-t)F(x_2)+t(1-t).\,\mathstrut^t\!(X_1-X_2)A(X_1-X_2)\\
        & \ge tF(x_1)+(1-t)F(x_2)=F(x_1)
      \end{align*}
      car $t(1-t).\,\mathstrut^t\!(X_1-X_2)A(X_1-X_2)\ge 0$. Or $x\in C$ car $C$ est convexe ce
      qui, en conclusion permet de dire que $F(x)=F(x_1)$ soit $x\in M$ pour tout $t\in [0,1]$.
      \\
      Finalement $M$ est convexe.
      \\
      Si $M$ est vide, $M$ est quand m\^{e}me convexe mais l'int\'{e}r\^{e}t semble limit\'{e} ici.
    \end{enumerate}

    %III.B.
    \item[B.]
    \begin{enumerate}
      %III.B.1
      \item[1.] On peut dire que $A$ est la matrice d'un produit scalaire et utiliser
      l'\'{e}quivalence des normes en dimension finie mais il est plus simple ici de diagonaliser
      $A$ dans une base orthonormale $\mathcal B$ et de prendre $k=\min\{\lambda\in \sp(A)\}$.
      On a alors
      \begin{align*}
      \,\mathstrut^t\!XAX
        & = \sum\limits_{i=1}^{n}\lambda _ix_i^{2}\\
        & \ge k\sum\limits_{i=1}^{n}x_i^{2}=k\,\mathstrut^t\!XX.
      \end{align*}

      %III.B.2
      \item[2.] Gr\^{a}ce au r\'{e}sultat pr\'{e}c\'{e}dent on a
      \[
      F(x)\le \,\mathstrut^t\!PX-k\,\mathstrut^t\!XX=<p,x>-k\|x\|^{2}.
      \]
      Lorsque $\|x\|\to +\infty$ alors $F(x)\to -\infty$ et en cons\'{e}quence, en prenant $x_0\in C$ quelconque
      et en posant $D=\{x\in C\ |\ F(x)\ge F(x_0)\}$ alors $D$ est born\'{e}. $D$ est aussi ferm\'{e}
      (image r\'{e}ciproque du ferm\'{e} $[F(x_0),+\infty[$ par l'application continue $F$). $D$ est
      compact donc $F$ est born\'{e} sur $D$ et atteint sa borne sup\'{e}rieure.
      \\
      Conclusion~: comme la borne sup\'{e}rieure de $F$ sur $D$ est \'{e}gale \`{a} la borne sup\'{e}rieure de
      $F$ sur $C$ alors $M$ est non vide.
    \end{enumerate}

    %III.C
    \item[C.]
    \begin{enumerate}
      %III.C.1
      \item[1.] La principale justification du calcul suivant tient \`{a} l'\'{e}galit\'{e}
      $\,\mathstrut^t\!X_1AX_2=\,\mathstrut^t\!X_2AX_1$ qui est une cons\'{e}quence de l'hypoth\`{e}se
      $A$ sym\'{e}trique. On utilise aussi la question III.A.1.
      \begin{align*}
      F(x)-F(x_2)
        & = -tF(x_2)+tF(x_1)+(t-t^{2}).\,\mathstrut^t\!(X_1-X_2)A(X_1-X_2)\\
        & = t(-\,\mathstrut^t\!PX_2+\,\mathstrut^t\!X_2AX_2+\,\mathstrut^t\!PX_1
            -\,\mathstrut^t\!X_1AX_1\\
        &   \hskip133pt +t.\,\mathstrut^t\!(X_1-X_2)A(X_1-X_2)-t^{2}.\,\mathstrut^t\!(X_1-X_2)A(X_1-X_2)\\
        & = -t^{2}.\,\mathstrut^t\!(X_1-X_2)A(X_1-X_2)\\
        &   \hskip97pt +t.[\,\mathstrut^t\!P(X_1-X_2)+\,\mathstrut^t\!X_2AX_2-\,\mathstrut^t\!X_2AX_1
            -\underbrace{\,\mathstrut^t\!X_1AX_2}_{=\,\mathstrut^t\!X_2AX_1}
            +\,\mathstrut^t\!X_2AX_2]\\
        & = -t^{2}.\,\mathstrut^t\!(X_1-X_2)A(X_1-X_2)+t.\,\mathstrut^t\!(P-2AX_2)(X_1-X_2).
      \end{align*}

      %III.C.2
      \item[2.]
      \begin{itemize}
        \item[] $(\Rightarrow)$ si $x_2\in M$ alors, pour tout $x_1\in C$, pour tout
        $t\in ]0,1]$, on a
        \[
        F(x)-F(x_2)=t[-t.\,\mathstrut^t\!(X_1-X_2)A(X_1-X_2)+\,\mathstrut^t\!(P-2AX_2)(X_1-X_2)]
        \le 0
        \]
        soit, en simplifiant par $t>0$,
        $\,\mathstrut^t\!(X_1-X_2)A(X_1-X_2)+\,\mathstrut^t\!(P-2AX_2)(X_1-X_2)\ge 0$ et en
        prenant la limite lorsque $t\to 0$, on obtient
        $\,\mathstrut^t\!(P-2AX_2)(X_1-X_2)\ge 0$.

        \item[] $(\Leftarrow )$ implication imm\'{e}diate, il suffit de prendre $t=1$. En effet,
        en posant $Y=X_1$ et $X=X_2$ dans l'\'{e}galit\'{e} du III.C.1, on aura pour tout $y\in C$,
        \[
        F(y)-F(x)=t[-t.\,\mathstrut^t\!(Y-X)A(Y-X)+\,\mathstrut^t\!(P-2AX)(Y-X)]
        \le 0.
        \]
      \end{itemize}
      Interpr\'{e}tation~: on sait que $P-2AX=\grad f(x)$ donc on a
      $<\grad f(x),y-x>\le 0$ ce que l'on peut encore traduire par
      $\begin{cases}
      \grad f(x) = 0        & \text{ si } x\in \overset{\,\circ}{C}\\
      <\grad f(x),y-x>\le 0 & \text{ si } x\in \fr(C)
      \end{cases}$.
    \end{enumerate}

    %III.D.
    \item[D.]
    \begin{enumerate}
      %III.D.1
      \item[1.] Ici $C$ est ferm\'{e} born\'{e} donc compact car $\mathbb R^n$ est un espace de
      dimension finie. $F$ est continue sur un compact est born\'{e}e et atteint ses bornes.
      \\
      On peut prendre comme exemple $F(x)=x_1-x_1^{2}$ sur $\mathbb R^{2}$ avec $C=[0,1]^{2}$.
      $M=\{1/2\} {\times} [0,1]$ contient une infinit\'{e} d'\'{e}l\'{e}ments.

      %III.D.2
      \item[2.] Imm\'{e}diat en utilisant la continuit\'{e} des applications lin\'{e}aires en dimension
      finie.

      %III.D.3
      \item[3.]
      \begin{enumerate}
        %a
        \item[a)] $f(x)=\,\mathstrut^t\!(2AU_m-P)X$ est une application continue, $f$ atteint
        son minimum sur $C$ compact pour un vecteur $v_m$ donc
        \[
        \forall x\in C,\ \,\mathstrut^t\!(2AU_m-P)V_m\le \,\mathstrut^t\!(2AU_m-P)X.
        \]

        %b
        \item[b)] On sait que $\|V_m-U_m\|\le 2R$ et que
        \begin{align*}
        \|P-2AU_m\|
            & \le \|P\|+2\|AU_m\|\\
            & \le \|P\|+2\alpha \|U_m\|\le \|P\|+2\alpha R
        \end{align*}
        donc, gr\^{a}ce \`{a} Cauchy-Schwarz,
        \begin{align*}
        \,\mathstrut^t\!(P-2AU_m)(V_m-U_m)
            & \le \|P-2AU_m\|.\|V_m-U_m\|\\
            & \le 2R(\|P\|+2\alpha R)<r
        \end{align*}
        et par cons\'{e}quent $t_m<1$.
        \\
        Enfin, gr\^{a}ce \`{a} l'in\'{e}galit\'{e} du a) en prenant $X=U_m$, on a $t_m\ge 0$.
        \\
        Conclusion~: $t_m\in [0,1[$.

        %c
        \item[c)] On \'{e}crit que $u_{m+1}=t_mv_m+(1-t_m)u_m$, $u_m$ et $v_m$ \'{e}tant dans
        l'ensemble convexe $C$ alors $u_{m+1}\in C$.
      \end{enumerate}
      Les suites $(u_m)$, $(v_m)$ et $(t_m)$ sont en effet d\'{e}finies (de mani\`{e}re non unique)
      par les relations i), ii) et iii). En effet, par r\'{e}currence, si on conna\^{\i}t $u_m$ alors
      i) permet de ``conna\^{\i}tre'' $v_m$, ii) permet de calculer $t_m$ et enfin iii) permet de
      d\'{e}terminer $u_{m+1}$. La connaissance de $u_0\in C$ permet d'amorcer cette r\'{e}currence.
    \end{enumerate}

    %III.D.4
    \item[4.] On reprend la formule du III.C.1 avec $X_2=U_m$, $X_1=V_m$ alors
    \[
    X=t_mV_m+(1-t_m)U_m=U_m+t_m(V_m-U_m)=U_{m+1}
    \]
    d'o\`{u}
    \begin{align*}
    F(u_{m+1})-F(u_m)
        & = -t_m^{2}.\,\mathstrut^t\!(V_m-U_m)A(V_m-U_m)
            +t_m\underbrace{\,\mathstrut^t\!(P-2AU_m)(V_m-U_m)}_{=rt_m}\\
        & = t_m^{2}[r-\,\mathstrut^t\!(V_m-U_m)A(V_m-U_m)].
    \end{align*}
    Or $\,\mathstrut^t\!(V_m-U_m)A(V_m-U_m)\le \|V_m-U_m\|\alpha \|V_m-U_m\|\le 4\alpha R^{2}$
    et, par cons\'{e}quent
    \[
    F(u_{m+1})-F(u_m)\ge t_m^{2}(r-4\alpha R^{2})\ge 0
    \]
    donc la suite $(F(u_m))$ est croissante et major\'{e}e elle converge.
    \\
    On a m\^{e}me un peu mieux, en effet $F(u_{m+1})-F(u_m)\ge t_m^{2}(r-4\alpha R^{2})
    \ge 2\alpha R^{2}t_m^{2}$ donc $t_m\to 0$.
    \\
    Par Bolzano-Weierstrass, on peut extraire de la suite $(u_m,v_m)$ une suite convergente
    vers $(u,v)$ dans $C^{2}$. En passant \`{a} l'in\'{e}galit\'{e} dans la relation i) on obtient
    \[
    \forall x\in C,\ \,\mathstrut^t\!(2AU-P)V\le \,\mathstrut^t\!(2AU-P)X.
    \]
    Par ailleurs, on a $t_m=\dfrac{1}{r}.\,\mathstrut^t\!(P-2AU_m)(V_m-U_m)\to 0$ donc
    \[
    \,\mathstrut^t\!(P-2AU)(V-U)=0
    \]
    soit, en exploitant les deux derniers r\'{e}sultats
    \[
    \forall x\in C,\ \,\mathstrut^t\!(2AU-P)U\le \,\mathstrut^t\!(2AU-P)X
    \]
    et la caract\'{e}risation du III.C.2 permet de conclure que $u\in M$.
  \end{enumerate}

\end{enumerate}
\end{document}
