Conception d'algorithmes pour l'approximation de la "Cut-Norm" avec l'inégalité de Grothendieck.

Université Paris-Est Marne-la-Vallée
Département de Mathématiques
Année Universitaire 2018-2019
Projet TER
Sous la direction de Monsieur Olivier Guédon
Titre: Approximation de la cut-norm par
l’inégalité de Grothendieck
Imad Berkani, Obeye Seck

Table des matières
0.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1 Fonctions convexes 7
1.1 Définitions et première propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.2 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2 Interpretation graphique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Fonctions convexes dérivables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3.1 Remarque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3.2 Inegalité des pentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.4 Inegalité de Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2 Théorème de Krein-Milman 13
2.1 Les points extrémaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.1.1 Définition et Lemmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.2 Application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.3 Existence d’un point extrémal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.4 Krein-Milman et et ses conséquences . . . . . . . . . . . . . . . . 16
3 Approximation de la (Cut-Norm) avec l’inégalité de Grothen-
diek 19
3.1 Définitions et propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
3.1.1 Problème de relaxation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3.2 Construction de l’algorithme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
3.3 Résumé de l’algorithme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
4 L’approche de R.E.Rietz pour la preuve de l’inégalité de Gro-
thendieck 25
4.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
4.2 Preuve de l’inégalité de Grothendieck . . . . . . . . . . . . . . . . 26
4.3 Nouvelle estimation de la norme . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3

4 TABLE DES MATIÈRES
0.1 Introduction
En 1953, A. Grothendieck dans son papier ”Résumé de la théorie métrique
des produits tensoriels topologiques” [3] , a démontré l’inégalité suivante :Soit
H un espace de Hilbert quelconque et A = (aij) ∈ Rn×m
une matrice d’ordre
n × m, n, m ≥ 1, il existe C > 0 tel que pour tout x(i)
, y(j)
vecteurs unitaires de
H on a :
max
x(i),y(j)∈H
i,j
aij x(i)
, y(j)
≤ C max
n
i=1
n
j=1
aijxiyj, xi, yj ∈ {−1, 1}
On note C la constante de Grothendieck,Dans [3], la constante C est encadré
de la manière suivante : π
2 ≤ C ≤ sinhπ
2 ≈ 2.301, dans le cas d’un espace de
Hilbert réel. Dans le cas complexe on a 1.273 ≈ π
4 ≤ C. L’importance de cette
inégalité n’a été reconnue que plusieurs années plus tard, avec l’apparition du
travail de J. Lindenstrauss et A. Pelczynski [6], qui utilisérent cette inégalité
dans le cadre de la théorie des opérateurs. En 1974, R. E. Rietz [8] a montré
que dans le cas réel C ≤ 2.261 . En 1979, J.-L. Krivine [7] a montré que dans
le cas réel, C ≤ 1.78221 et U. Haagerup [4] a montré en 1987 que dans le cas
complexe on C ≤ 1.40491.
Cependant la valeur exacte de la constance de Grothendiek est toujours une
question ouverte.
Notons que cette inégalité a fait son apparition en physique quantique, dans
le cadre lié aux inégalités de Bell [5].
En 1997, A. Frieze et R. Kannan [2] ont introduit la notion de ”Cut-norm”,
défini comme suit :
A = (aij)i∈R,j∈S, on définit la Cut-Norm par :
|| A ||C= max
I⊂R
J⊂S
|
i∈I
j∈J
aij |= max
xi,yj ∈{0,1}
|
n
i,j=1
aijxiyj |
La ”Cut- norm” joue un rôle majeur dans la conception d’algorithmes effi-
caces pour l’étude des graphes denses et des problèmes de matrices.
Se pose alors la question d’approximer ”la Cut-norm” pour une matrice
réelle. Ce problème étudié par N. Alon et A. Naor dans leur papier [1], faisant
l’objet de note ”TER”.
Les auteurs proposent dans leur papier[1], trois approches différentes basées
sur l’inégalité de Grothendieck, en mettant l’accent sur l’aspect algorithmique.
La première méthode est une méthode deterministe qui combine l’inégalité de
Grothendieck avec quelques faits sur les variables aléatoires indépendantes à
quatre niveaux. La la deuxième méthode est basée sur l’approche de R. E. Rietz
[8] pour la preuve de l’inégalité de Grothendieck, qui ramène la constante de
Grothendieck à π
2 dans le cas des matrices définies positives.
La troisième technique, qui fournit la meilleure approximation, est basée sur
la méthode de Krivine pour la résolution de l’inégalité de Grothendieck.

0.1. INTRODUCTION 5
Les auteurs notent que le problème d’approximation de la ”Cut-norm” est
un problème difficile, et que l’existence d’un ”bon” algorithme en temps poly-
nomial, c’est à dire calculable en “temps raisonnable”, impliquerait la solution
du problème ”P=NP”
Après un premier chapitre sur les fonctions convexes,et un deuxième sur le
théorème de Krein- Milman, nous aborderons dans un troisième chapitre les di-
verses approches algorithmiques proposées par N. Alon et A. Naor en utulisant
l’inégalité de Grothendiek,et Finalement dans le quatrième chapitre nous don-
nerons une amélioration de la constante de Grothendiek établie par R.E.Rietz.

6 TABLE DES MATI`ERES
Figure 1 – Alexandre Grothendieck, (1928-2014)

Chapitre 1
Fonctions convexes
1.1 Définitions et première propriétés
1.1.1 Définition
Soient I un intervalle de R et f : I → R une application. on dit que f est
convexe si et seulement si pour tous points a, b ∈ I et pour tout réel t ∈ [0, 1]
on a : f(ta + (1 − t)b) ≤ tf(a) + (1 − t)f(b)
1.1.2 Exemple
Montrons que x → x2
est convexe sur R
∀(a, b) ∈ I , ∀t ∈ [0, 1] :
f(ta + (1 − t)b) = (ta + (1 − t)b)2
[ta+(1−t)b]2
≤ ta2
+(1−t)b2
⇐⇒ t2
a2
+2t(1−t)ab+(1−t)2
b2
≤ ta2
+(1−t)b2
⇐⇒ t(1 − t)[−a2
+ 2ab − b2
] ≤ 0
⇐⇒ −t(1 − t)(a − b)2
≤ 0 (ce qui est vrai)
Proposition 1 Si une fonction f est convexe sur un intervalle ouvert I , alors
elle est dérivable à gauche et à droite en tout point de I , et donc continue sur
I .
Démonstration :
Si a ∈ I , le taux d’acrroissement en a , τa(x) est une fonction croissante en x .
Il admet donc en a une limite à gauche et une limite à droite finies . Ce résultat
n’est pas valable si l’intervalle n’est pas ouvert . Par exemple , la fonction qui
vaut 0 sur [0, 1[ , et 1 au point 1 est convexe sur [0, 1] , mais elle n’est pas continue
en 1 . Le fait qu’une dérivée à gauche et à droite existe , n’implique pas que
la fonction soit dérivable . Par exemple , la fonction valeur absolue x → |x|
est convexe sur R mais elle n’est pas dérivable en 0 . Lorsque la fonction est
dérivable en 0 , sa dérivée est croissante .
7

8 CHAPITRE 1. FONCTIONS CONVEXES
1.2 Interpretation graphique
soient f : I → R,alors f est convexe se et selement si tout arc de la courbe (C)
est sous la corde correspondante
Preuve :
montrons que : tout arc de la courbe (C) est sous la corde correspondante ⇐⇒
f(ta + (1 − t)b) ≤ (ta + (1 − t)b)2
soit a< b avec (a, b) ∈ I2
notons ga,b la fonction affine qui co¨ıncide avec f en a
et b , c’est à dire : ga,b(a) = f(a) et ga,b(b) = f(b)
or d’aprés le graphe on a : f(x) ≤ ga,b(x) de plus [a, b] est l’ensemble des
ta + (1 − t)b avec t ∈ [0, 1] donc : f(ta + (1 − t)b) ≤ ga,b(ta + (1 − t)b)
donc : f(ta + (1 − t)b) ≤ tga,b(a) + (1 − t)ga,b(b)
donc : f(ta + (1 − t)b) ≤ tf(a) + (1 − t)f(b)
1.3 Fonctions convexes dérivables
Théorème 1 Soit f : R → R dérivable alors f est convexe si et seulement si
f est croissante
Corollaire 1 Soit f : R → R 2 fois dérivable alors f est convexe si et seulement
si f est positive
Preuve :
Soit f : R → R dérivable,supposons que f est croissante et soient a, b ∈ I
On pose : ga,b(x) la fonction affine qui co¨ıncide avec f en a et b
Donc : ga,b(x) = αx + β, avec : ga,b(a) = f(a), ga,b(b) = f(b)

1.3. FONCTIONS CONVEXES DÉRIVABLES 9
On trouve : ga,b(a) = f(a) + f(a)−f(b)
b−a (x − a)
Pour x ∈ [a, b], on pose : h(x) = f(x) − ga,b(x)
h est dérivale sur [a, b] et ∀x ∈ [a, b] : h = f (x) − f(a)−f(b)
b−a
Donc : ∀x ∈ [a, b], h (x) = f (x) − f (c) et comme f est supposé croissante on
trouve d’après le tableau de variation de h,
∀x ∈ [a, b], h(x) ≤ 0
Donc : ∀x ∈ [a, b], avec a < b on a : f(x) ≤ ga,b(x)
donc : d’après 2 f est convexe
Définition 1 On dit que g : I → R est concave lorsque −g est convexe .
Exemples :
1)f(x) = x2
, I = R
on a f est continue et 2 fois dérivable sur R,et f (x) = 2 > 0,donc f est
convexe
2)f(x) = exp x, I = R
on a f est continue et 2 fois dérivable sur R,et f (x) = exp x > 0, donc f
est convexe
3)f(x) = ln x, I = R∗
+
on a f est continue et 2 fois dérivable sur R,et f (x) = −1
x2 < 0, donc f est
concave
4)f(x) =
√
x, I = R∗
+
on a f est continue et 2 fois dérivable sur R,et f (x) = −1
4 x− 3
2 < 0, donc f
est concave
1.3.1 Remarque
Les tangentes d’une fonction convexe et dérivable sont au-dessous de sa
courbe
Preuve :
Montrons que : ∀x0 ∈ I, f(x) ≥ f(x0) + f (x0)(x − x0)
soit : f : I → R convexe et dérivable et x0 ∈ I
on pose : g(x) = f(x) − f(x0) − f (x0)(x − x0)
donc : ∀x ∈ Ig (x) = f (x) − f (x0)
or f est croissante sur I et d’après le tableau de variation de g, ∀x ∈ I, g(x) ≥ 0
donc : ∀x ∈ I, f(x) ≥ f(x0) + f (x0)(x − x0)
1.3.2 Inegalité des pentes
si f : I → R est convexe alors :
f(b)−f(a)
b−a ≤ f(c)−f(a)
c−a ≤ f(c)−f(b)
c−b
Preuve :
on a : ∀x ∈ [a, b], f(x) ≤ f(a) + x−a
b−a (f(b) − f(a))
pour x = c on trouve : f(b)−f(a)
b−a ≤ f(c)−f(a)
c−a

D’autre part : f(c) − c−b
c−a (f(c) − f(a)) ≥ f(b)
donc : f(c)−f(a)
c−a ≤ f(c)−f(b)
c−b
1.4 Inegalité de Jensen
Proposition 2 f est convexe si ∀n ≥ 1, pour tout x1, . . . , xn ∈ I pour tout
réels λ1, . . . , λn, tels que
n
i=1 λi = 1, alors :
f
n
i=1
λixi ≤
n
i=1
λif(xi)
Preuve :
Pour tout entier naturel n, on pose pn la proprièté :
f
n
i=1
λixi ≤
n
i=1
λif(xi)
Initialisation
au rang n = 1,f (
n
i=1 λixi) = f(x) ≤ f(x) donc p1 est verifié
au rang n=2 , on pose a+b=1 et la proprieté est verifié par convexité
supposons que : pn est vrai au rang n et montrons qu’elle est vrai au rang (n+1)
f
n+1
i=1
λixi = f
n
i=1
λixi + λn+1xn+1
on pose : A =
n
i=1 λi = 0
B = λn+1 = 0 car si B = 0 on revient a l’hypothèse de recurrence
on pose
Z =
n
i=1 λixi
A
∈ Df
Alors, on a que :
f(AZ + Bxn+1) ≤ Af(Z) + Bf(xn+1)
donc :
f(
n+1
i=0
λixi) ≤ Af(
n
i=0
λi
A
xi) + λn+1f(xn+1)
car A + B =
n
i=0 λi + λn+1 = 1
En appliquant l’hypothèse de recurrence on trouve :
f(
n+1
i=0
λixi) ≤ Af(
n
i=0
λi
A
xi) + λn+1f(xn+1)
donc :
f(
n+1
i=0
λixi) ≤ A
n
i=0
λi
A
f(xi) + λn+1f(xn+1 ) ≤
n
i=0
λif(xi)

1.4. INEGALITÉ DE JENSEN 11
Théorème 2 Soient (Ω, A, µ) un espace mesuré tel que µ(Ω) = 1 et g une fonc-
tion µ- intégrable à valeurs dans un intervalle I et f une fonction convexe de I
vers R alors :
f( Ω
gdµ) ≤ Ω
f ◦ gdµ
Preuve :
Notons m l’integralle de g alors m ∈ I, si m est une extremitéde I , la fonction
g est constante presque partout d’ou le resultat.
si m est à l’interieur de I, donc : il existe une minorante affine qui co¨ıncide avec
f au point m,tel que :
∀x ∈ I, f(x) ≥ αx + β et f(m) = αm + β
composant par g on trouve quef ◦ g est bien définie
Ω
f ◦ gdµ ≥ Ω
αg + βdµ = αm + βµ(Ω) = αm + β = f(m)
Théorème 3 Soient p et q deux nombres réels strictement positifs vérifiant
1
p + 1
q = 1, ai et bi deux familles de nombres réels strictement positifs alors :
n
i=1 aibi ≤ (
n
i=1 ap
i )
1
p (
n
i=1 bq
i )
1
q
Preuve :
∀U > 0, ∀V > 0, U
1
p V
1
q ≤ U
p + V
q
par concavité du log , log( Up
p + V q
q ) ≥ log(Up
)
p + log(V q
)
q = log(UV )
on pose : U=
ap
i
n
i=1 ap
i
et V=
bq
i
n
i=1 bq
i
donc :(
ap
i
n
i=1 ap
i
)
1
p ≤ 1
p (
ap
i
n
i=1 ap
i
) + 1
q (
aq
i
n
i=1 bq
i
)
En ajoutant ces n inegalités on obtient :
n
i=1 aibi
( n
i=1 ap
i )
1
p ( n
i=1 bq
i )
1
q
≤ 1
p
ap
i
n
i=1 ap
i
+ 1
q
bq
i
n
i=1 bq
i
= 1
p + 1
q = 1
donc : (
n
i=1 aibi) ≤ (
n
i=0 ap
i )
1
p (
n
i=0 bq
i )
1
q
Théorème 4 Soient p un nombre réel strictement positif, ai et bi deux familles
de nombres réels strictement positifs alors
n
i=0
(ai + bi)p
1
p
≤
n
i=0
ap
i
1
p n
i=0
bq
i
1
q
Preuve :
on remarque que : (ai + bi)p
= (ai + bi)p−1
ai + (ai + bi)p−1
bi
donc :
n
i=0(ai + bi)p
=
n
i=0(ai + bi)p−1
ai +
n
i=0(ai + bi)p−1
bi
D’après Hölder :
n
i=0(ai+bi)p
≤ (
n
i=0(ai+bi)(p−1)q
)
1
q (
n
i=0 ap
i )
1
p +
n
i=0 bq
i )
1
q )
puisque :1
q + 1
q = 1, (p − 1)q = p
( n
i=0(ai+bi)p
)1/p+1/q
( n
i=0(ai+bi)p)1/q ≤ (
n
i=0 ap
i )
1
p + (
n
i=0 bq
i )
1
q

Finalement :
(
n
i=0
(ai + bi)p
)
1
p ≤ (
n
i=0
ap
i )
1
p (
n
i=0
bq
i )
1
q

Chapitre 2
Théorème de Krein-Milman
On se place dans un espace vectoriel topologique localement convexe noté E
2.1 Les points extrémaux
2.1.1 Définition et Lemmes
Définition 2 Soit K un sous-ensemble convexe de E, on dit que F ⊂ K est
une face de K si F est convexe et si :(1 − t)x + ty ∈ F =⇒ (x, y) ∈ F pout
tout (x, y) ∈ F pour tout t ∈ ]0, 1[
Définition 3 On dit que x ∈ K est un point extremal de K si pour tout {x}
est une face de K.
Lemme 1 Soit K un convexe, et F une face de K, si F est une face de F,
alors F est une face de K.
Démonstration :
on a : F est une face de K donc : ∀(x, y) ∈ F, (1 − t)x + ty ∈ F =⇒ (x, y) ∈ F
et on a :F est une face de F donc : ∀(x, y) ∈ F , (1−t)x+ty ∈ F =⇒ (x, y) ∈
F
or F ⊂ F et F ⊂ K et F est un convexe de F et F est un convexe de K
donc :F est un convexe de K , donc :∀(x, y) ∈ F , (1 − t)x + ty ∈ F =⇒
(x, y) ∈ F
pour F ⊂ K on a : F est une face de K.
Lemme 2 soit K un convexe compact non vide alors x est un point extremal
de K si et seulement si K {x} est convexe
Démonstration :
soit x un point extremal de K,donc :{x} est une face de K,soient (a, b) ∈ K−{x}
et λ ∈ ]0, 1[
donc :λa + (1 − λ)b ∈ K − {x}
13

14 CHAPITRE 2. THÉORÈME DE KREIN-MILMAN
si : λa + (1 − λ)b = x donc :a = b = x (absurde)
donc : K − {x} est convexe.
on suppose que : K − {x} est convexe, montrons que :{x} est une face de K
soit : (a, b) ∈ K, λ ∈]0, 1[, λa + (1 − λ)b = x
si a = x et b = x =⇒ λa + (1 − λ)b ∈ K − {x} (car K-{x} est convexe)
donc : a = x ou b = x
si : a=x donc : λx + (1 − λ)b = x donc :b=x
de même si : b=x
2.2 Application
Proposition 3 Les points extrêmaux de Bn
∞ = {x ∈ Rn
, sup | xi |≤ 1} est
l’ensemble {| xi |= 1, ∀i ∈ {1, ...; n}}
Preuve :
soit : | xi |= 1 ∀i ∈ {1, ...; n}
soit : (a, b) ∈ Bn
∞, ta + (1 − t)b = x, avec t ∈]0, 1[
donc : tai + (1 − t)bi = xi ∀i ∈ {1, ...; n}
si xi > 0 alors xi = 1 donc : tai + (1 − t)bi = 1
si : ai < 1 donc : tai < t donc : tai + (1 − t)bi < 1(absurde)
donc : ai = bi = 1 = xi
si : xi < 0 donc : xi = −1 donc : t(−ai) + (1 − t)(−bi) = 1
donc :ai = bi = −1 donc : ai = bi = −1 = xi donc :{| xi |= 1 ∀i ∈ {1, ..., n}}
sont des points extremaux de Bn
∞
si :| xi |< 1 , il existe t ∈]0, 1[ tel que : [x1 − t, x1 + t] ⊂] − 1, 1[
on pose : a = (x1 −t, x2, .., xn) et b = (x1 +t, x2, ..., xn),on trouve : x = 1
2 a+ 1
2 b
donc : x = a et x = b
Bn
1 = {x ∈ Rn
,
n
i=1 | xi |≤ 1}
Proposition 4 Les points extremaux de Bn
1 = {x ∈ Rn
,
n
i=1 | xi |≤ 1} sont
les x = (x1, ...xn) ∈ Rn
tel que ∃!xi avec | xi |= 1 et ∀i = j | xj |= 0
Preuve :
soit : (a, b) ∈ Bn
1 avec : ta + (1 − t)b = x donc : tai + (1 − t)bi = ±1 donc :
ai = bi = ±−1 = xi Or :
n
i=1 | ai |≤ 1 et
n
i=1 | bi |≤ 1 donc : ai = bj = 0 = xj
de meme si : | xi |< 1 alors : x = a et x = b
Proposition 5 Les points extremaux de Bn
2 = {x ∈ Rn
, (
n
i=1(| xi |)2
)
1
2 ≤ 1}
sont les x ∈ Rn
tel que :
n
i=1(| xi |)2
)
1
2 = 1
Preuve :
soit : x ∈ Rn
tel que :
n
i=1(| xi |)2
)
1
2 = 1

2.3. EXISTENCE D’UN POINT EXTRÉMAL 15
soit : x = ta + (1 − t)b donc : 1 =|| x ||≤ t || a || +(1 − t) || b ||≤ 1
donc : || a ||=|| b ||= 1
Or : x, x = t x, a + (1 − t) x, b ,donc :1 = t x, a + (1 − t) x, b
donc : x, a = 1 et x, b = 1
donc : x, a =|| a |||| b || et x, b =|| a |||| b ||
Et par l’inégalité de Cauchy-Schwarz(cas d’égalité),
∃(c1, c2) telle que : x = c1a = c2b
Donc :c2
1 = c2
2 = 1
Premier cas : si c1 = c2 = 1, alors : || x ||= −1(absurde)
deuxième cas : si c1 = c2 = −1, alors : || x ||= 1 − 2t < 1(absurde)
donc : c1 = c2 = 1
Finalement : a = b = x
Soit : x ∈ Rn
tel que : || x ||< 1 donc : ∃r > 0 tel que B(x, r) ⊂ B2
(x1, x2) ∈ B(x, r) donc : B(x1, r) ⊂ B2 et B(x2, r) ⊂ B2
le segment [x − r
2 , x + r
2 ] ⊂ B(x, r) donc : x est le milieu
le segment [x − r
2 , x + r
2 ] ⊂ B(x, r) ⊂ B2 donc : x n’est pas un point extremal
Lemme 3 soit K un convexe et Φ une forme linéaire atteignant son maximum
sur K alors l’ensemble F = {x ∈ K, Φ(x) = max
K
Φ} est une face de K.
Démonstration
Montrons que F est convexe,
soit (x, y) ∈ F donc : Φ(x) = max
K
Φ et Φ(y) = max
K
Φ
Par linearité de Φ :
∀t ∈ ]0, 1[ donc :tφ(x) + (1 − t)φ(y) = φ(tx + (1 − t)y) = t max
K
Φ + (1 − t) max
K
Φ
donc :φ(tx + (1 − t)y) = max
K
Φ donc : tx + (1 − t)y ∈ Fet donc : F est convexe.
tx + (1 − t)y ∈ F =⇒ Φ(tx + (1 − t)y) = max
K
Φ
donc : tΦ(x) + (1 − t)Φ(y) = max
K
Φ
or : Φ(x) ≤ max
K
Φ et Φ(y) ≤ max
K
Φ
si l’une des inegalité est stricte on aurait :
Φ((1 − t)x + ty) = (1 − t)Φ(x) + tΦ(y) < max
K
Φ (absurde).
donc : Φ(x) = max
K
Φ et Φ(y) = max
K
Φ
donc : x ∈ F et y ∈ F donc :F est une face de K.
2.3 Existence d’un point extrémal
On rappelle un théorème classique d’analyse fonctionnelle(Théorème de Hahn-
Banach).
Théorème 5 Soit V un espace vectoriel réel et p une fonction convexe de V
dans R, soit G un sous-espace vecttoriel de V , et f une forme linéaire sue G
qui vérifie :en tout point x de G la condition de majoration f(x) ≤ p(x) alors

il existe un prolongement linéaire g de f sur V vérifiant encore la condition
g(x) ≤ p(x) en tout point x de V .
Lemme 4 Soit K un convexe compact non vide, alors K possède au moins un
point extremal.
Démonstration :
Le résultat est évident si K est un singleton
si K contient 2 points disticts (x, y), alors par Hahn-Bannach il existe Φ ∈ E∗
tel que Φ(x) ≤ Φ(y).comme K est compact et Φ est continue, Φ atteint son
maximum sur K
donc : F = {x ∈ K, Φ(x) = max
K
Φ} est une Face de K,de plus F=Φ−1
{max
K
Φ}
donc : F est un fermé, donc :F est un compact.
on peut raisonner donc par récurrence su K de dimension finie n,F étant aau
plus de dimension n − 1
{x} est une face de F et F est une face de K.
donc : {x} est une face de K donc :K admet un point extremal.
2.4 Krein-Milman et et ses conséquences
Théorème 6 Soit K un ensemble convexe compact de E alors K est l’enveloppe
convexe fermée de ses points extrémaux.
Démonstration :
L’envoloppe convexe de A est la plus petite partie convexe de E qui contient A
soit :K l’envoloppe convexe des points extremaux de K alors :K est un sous
ensemble convexe compact de K
supposons par l’absurde que K = K donc il existe x ∈ K K par Hahn-Banach
, on peut séparer strictement x de K

2.4. KREIN-MILMAN ET ET SES CONSÉQUENCES 17
donc : il existe Φ ∈ E∗
et > 0 tel que : Φ(y) + < Φ(x), ∀y ∈ K
on pose : F = {x ∈ K, Φ(x) = max
K
Φ}
Fest un convexe compact non vide .
donc : F admet un oint extremal y qui est aussi un point extremal de K puisque
F est une Face de K ,donc :y ∈ K
donc : Φ(y) < Φ(x) ≤ max
K
Φ = Φ(y)(absurde)
Corollaire 2 soit f une fonction convexe et A un ensemble convexe compact
K l’ensemble des points extremaux de A donc :
sup
x∈K
f(x) = sup
x∈A
f(x)
Démonstration :
puisque K ⊂ A donc
sup
x∈K
f(x) ≤ sup
x∈A
f(x)
soit x ∈ A donc : x appartient a l’envoloppe convexe fermée des points extremaux
de K.(par Krein-Milman)
soit : xN ∈ conv(K) tel que : lim
N→∞
xN = x
on pose :xN =
n
i=1 λixi avec : xi ∈ K et
n
i=1 λi = 1 et (λi ≥ 1 )
Donc : D’après le lemme de Jensen
f(xN ) = f(
n
i=1 λixi) ≤
n
i=1 λif(xi)
on passe à la limite :
donc : f(x) ≤ sup
y∈K
f(y)
n
i=1 λi, Or :
n
i=1 λi = 1 donc
sup
x∈A
f(x) ≤ sup
x∈K
f(x)
donc
sup
x∈K
f(x) = sup
x∈A
f(x)

Chapitre 3
Approximation de la
(Cut-Norm) avec l’inégalité
de Grothendiek
3.1 Définitions et propriétés
Définition 4 (Cut-Norm)
soit : A = (aij)i∈R,j∈S, on définit la Cut-Norm par :
|| A ||C= max
I⊂R
J⊂S
|
i∈I
j∈J
Aij |= max
xi,yj ∈{0,1}
|
n
i,j=1
Aijxiyj |
Définition 5 soit : A = (aij)i∈R,j∈S, on définit : || A ||∞→1 par :
|| A ||∞→1= max
n
i=1
m
j=1
Aijxiyj, pour tout : (xi, yj) ∈ {−1, 1}
Proposition 6 soit : A = (aij)i∈R,j∈S,alors :
4 || A ||C≥|| A ||∞→1≥|| A ||C
Preuve :
i,j
aijxiyj =
xi=1,xj =1
aij −
xi=1,xj =−1
aij −
xi=−1,xj =1
aij +
xi=−1,xj =−1
aij
donc :
|
i,j
aijxiyj |=|
xi=1,xj =1
aij−
xi=1,xj =−1
aij−
xi=−1,xj =1
aij+
xi=−1,xj =−1
aij |
19

20CHAPITRE 3. APPROXIMATION DE LA (CUT-NORM) AVEC L’INÉGALITÉ DE GROTHENDIE
donc :
|| A ||∞→1≤|| A ||C
Or :
|| A ||C=
i,j
aij
on fixe : xi = 1si i ∈ I et xj = −1 sinon
et : xj = 1si j ∈ J et xj = −1 sinon
donc :
|| A ||C=
1
4 i,j
aij +
1
4 i,j
aijxi +
1
4 i,j
aijyj +
1
4 i,j
aijxiyj
donc :
|| A ||C≤|| A ||∞→1
Problème :
Maximiser
i,j
aijxiyj, (xi, yj) ∈ {−1, 1}
3.1.1 Problème de relaxation
Pour relaxer notre problème nous remarquons que :
max
(xi,yj )∈{−1,1}
i,j
aijxiyj ≤ max
ui∈Sn−1
vj Sm−1 i,j
aijuivj
En effet,si on suppose que :n ≤ m, u ∈ Sn−1
et v = (v, 0, . . . , 0) ∈ Sm−1
,alors :
u, v = 1
Et pour : (xi, yj) ∈ {−1, 1}donnés, il suffit de prendre :
ui = xiu et vj = yiu, de telle sorte que : ui, vj = xiyj
Donc notre problème de relaxation est :
max
i,j
aijuivj
pour :
|| ui ||=|| vj ||= 1
Plus généralement pour : A = (aij) ∈ Rn×m
une matriced’ordre n × m,on
définit A comme étant un opérateur linéaire sur l’espace (Rm
, || . ||p),et (Rn
, ||
. ||q) pour : 1 ≤ p, q ≤ ∞
on définit p → q norm, la quantité
|| A ||p→q= max
x∈Rn:||x||p=1
|| Ax ||q

3.2. CONSTRUCTION DE L’ALGORITHME 21
avec : x = xi ∈ Rd
On se place maintenant dans un espace de Hilbert H,on peut donc définir le
produit scalaire x(i)
, y(j)
et relaxer le problème par le problème suivant :
max
i,j
Aij x(i)
, y(j)
pour : x = (x(1)
, . . . , x(m)
), y = (y(1)
, . . . , y(n)
) deux vecteurs unitaires dans
l’espace : (Rd
, || . ||2)
3.2 Construction de l’algorithme
Théorème 7 (Inégalité de Grothendieck)
On se place dans un espace de Hilbert quelconque H, et A = (aij) ∈ Rn×m
une
matrice d’ordre n × m, ∀n, m ≥ 1, il existe C > 0 tel que pour tout x(i)
, y(j)
vecteurs unitaires on a :
max
x(i),y(j)∈H
i,j
Aij x(i)
, y(j)
≤ C || A ||∞→1
On note C la constante de Grothendieck,cette constante est la plus petite telle que
l’inégalité reste vrai ,nous allons traiter le problème en terme d’approximation,
pour l’instant on sait que C se situe entre Π
2 ≈ 1, 57et K = Π
2ln(1+
√
2)
≈ 1, 78
Alon et Naor resolvent ce problème en adoptant la preuve de Kirvine de l’inégalié
de Grothendieck , qui obtient la limite superieur K sur la constante de Grothen-
dieck.
Théorème 8 (Alon et Naor)
pour d = n + m ,on a une solution optimale du problème de relaxation en
utulisant une approximation aléatoire :
E[
i,j
aijxiyj] =
1
K i,j
Aij x(i)
, y(j)
≥
1
K
|| A ||∞→1≈ 0, 56 || A ||∞→1
Lemme 5 soit : x un vecteur unitaire dans (Rd
, || . ||2), ∀d ≥ 2 ,si z est un
vecteur unitaire choisie uniformement au hazard dans (Rd
, || . ||2) alors :
E[sign x, z sign y, z ] =
2
π
arcsin y, z
Preuve :
on considere sign x, z sign y, z et on se place dans la sphere :
{x ∈ Rd
, || x ||2= 1}
Géométriquement on remarque que sign x, z sign y, z = 1 si et seulemnt si
xety sont dans la meme moitié de la sphere.

{x ∈ Rd
, z, x } est un hyperplan passant par l’origine, le vecteur x satisfait
x, z > 0 si et seulement si il se trouve au dessous de l’hyperplan .
On considère :
Pr[x et y dans la meme moitié]−Pr[x et y dans différentes moitiés] = 1−2Pr[x et y dans differentes moit
on note que la proba que xety se situent dans differentes moitiés est de 2θ
2π avec
θ l’angle qui lie xety Or :
2
π
arcsin x, y =
2
π
arcsin(cos(θ) =
2
π
arcsin(sin(
2
π
− θ)) =
2
π
(
π
2
− θ) = 1 −
2θ
π
Lemme 6 (Krivine/Alon et Naor)
on suppose que x(i)
et y(j)
sont deux vecteurs dans Rn+m
pour i ∈ {1, . . . , n}
etj ∈ {1, . . . , m} alors ils existent 2 vecteurs unitaires ˆx(i)
et ˆy(j)
∈ Rn+m
tel
que :
arcsin( ˆx(i)
, ˆy(j)
) = ln (1 + 2) x(i)
, y(j)
Preuve :
on prend c = ln(1 +
√
2)et d = n + m d’après la formule de Taylor
sin(c x(i)
, y(j)
) =
∞
k=0
(−1)k c2k+1
(2k + 1)!
( x(i)
, y(j)
)2k+1
le but est d’écrire ce qui précède comme produit de 2 vecteurs d’un espace vec-
toriel.
on va considerer donc un espace vectoriel H de dimension infinie en prenant le
produit direct de 2k + 1de vecteurs dans Rd
, H =
∞
k=0(Rd
) 2k+1
comme la somme directe de deux sev A.B de dimension α, β respectivement est
α + βet le produit est αβ
soit X(i)
et Y (j)
deux vecteurs dans H avec :
X
(i)
K = (−1)k c2k+1
(2k + 1)!
(x(i)
) (2k+1)
Y
(j)
K =
c2k+1
(2k + 1)!
(y(j)
) (2k+1)
X(i)
, Y (i)
= sin(c x(i)
, y(j)
) donc sinh(c X(i)
, Y (j)
) = sinh(c) = 1

3.3. RÉSUMÉ DE L’ALGORITHME 23
pour : d = n + m on considère {X(i)
, Y (j)
} qui est isomorphe a un sous-
espace de Rd
et d’après de théorème de Gram- shmidt on peut construire une
base orthonormale ,et nous pouvons preserver le produit des vecteurs ,ainsi
X(i)
etY (j
) correspond au vecteur unitaires ˆx(i)
et ˆy(j)
dan Rd
donc
arcsin(ˆx(i)
, ˆy(j)
) = arcsin(X(i)
, Y (j)
) = c X(i)
, Y (j)
Preuve de l’inégalité de Grothendieck : on pose H = Rn+m
,ˆxi = sign ˆxi, z ,ˆyj =
sign ˆyj, z donc
E[
i,j
Ai,j ˆxi ˆyj] =
i,j
Ai,jE[sign ˆxi, z ˆyjsign ˆyj, z ] =
2
π i,j
Ai,jarcsin( ˆxi, ˆyj
=
2ln(1 +
√
2)
π i,j
Ai,j( xi, yj) =
1
k
max
xi,yj ∈Rn+m
i,j
Ai,j xi, yj
3.3 Résumé de l’algorithme
1) Calcul de la solution optimale de problème de relaxation.
2) Recherche de ˆx(i)
et ˆy(j)
tel que ( ˆx(i)
, ˆy(j)
) = ln (1 + 2) x(i)
, y(j)
3)choisir z uniformement au hazard dans Sd−1
4)on pose ˆxi = sign ˆxi, z et ˆyj = sign ˆyj, z
les calculs donnent :
E[
i,j
Ai,j ˆxi ˆyj] =
1
K
max
xi,yj ∈Rn+m
i,j
Ai,j xi, yj
avec : ˆx1, . . . , ˆxm, ˆy1, . . . , ˆyn sont des vecteurs unitaires dans (Rd
, || . ||2)

Chapitre 4
L’approche de R.E.Rietz
pour la preuve de l’inégalité
de Grothendieck
4.1 Introduction
On se place dans un espace de Hilbert H muni du produit intérieur (., .),et
soit A = aij une matrice réelle,on définit
| A |H= sup{| aij(xi, yj) |: xi, yj ∈ H, de norme ≤ 1}
puis :
| A |= sup{| aijtiuj |: −1 ≤ ti, uj ≤ 1}
avec :
| A |H≤ C | A |
La preuve de l’inégalité de Grothendieck donne une estimation de C ≤ sinhπ
2
avec : ti = sgn(xi, ω),et uj = sgn(yj, ω) sur la sphère unité Ω dans R et après
avoir normaliser la mesure de surface dω, on obtient une meilleur estimation
C < 2, 261,puis pour A une matrice définie positive,on trouve :
| A |H≤
π
2
| A |
On fixe : dG(x) = (2π)
−n
2 exp(−|x|2
2 )dx une mesure Gaussienne normalisé
d’esprérance égal a 0,et de variance égal a 1.
par la suite on va noter L2
pour L2
(R , dG) et || . || la norme,et (., .) le produit
intérieur.
Soit U l’ensemble des fonctions mesurables positives définie sur R+ de sup ≤ 1,et
soit Ψ l’extension impair de f sur R i.e :
25

26CHAPITRE 4. L’APPROCHE DE R.E.RIETZ POUR LA PREUVE DE L’INÉGALITÉ DE GROTHE
Ψ(t) = f(t) si t ≥ 1 et Ψ(t) = −f(−t) si t < 0
et pour x ∈ R on définit les fonctions réels Φx et Ψx par :
Φx(z) = x.z et Ψx(z) = Ψ(x.z)(z ∈ R )
pour : x ∈ R , (Φx, Ψx) ∈ L2
Lemme 7 Soit f ∈ U et Ψ l’extension impair de f,si : | x |=| y |= 1 alors :
1. (Φx, Φy) = x.y
2. (Φx, Ψy) = K(x.y) avec : K = Kf =
∞
0
tf(t)dm(t)
3. || Φx − Ψx ||2
= 1 − 2K + L avec : L = Lf =
∞
0
f2
(t)dm(t)
Preuve :
Si x et y sont de norme 1,alors : x = (x.y)y + y ,avec : y est orthogonal a y
donc :
(x.z)(y.z)dG(z) = (x.y) | y.z |2
dG(z) + (y .z)(y.z)dG(z)
la distribution associé a la fonction z → y.z est une distribution Gaussiennne
d’espérance 0 et de variance | y |2
donc : | y.z |2
dG(z) =| y |2
= 1 on choisit
y un élement du vecteur de base,donc : (y .z)(y.z)dG(z) = 0 donc :
(Φx, Φy) = x.y
pour 2,avec : x = (x.y)y + y on trouve :
(x.z)Ψ(y.z)dG(z) = (x.y) + (y .z)Ψ(y.z)dG(z)
On choisit y un élement du vecteur de base On trouve :
(y.z)Ψ(y.z)dG(z) =
∞
0
f2
(t)dm(t)
et
(y .z)Ψ(y.z)dG(z) = 0
pour 3 ,il suffit d’appliquer 1 et 2.
4.2 Preuve de l’inégalité de Grothendieck
Théorème 9 (Grothendieck) Soit A une matrice d’ordre n × n,alors il existe
une constante C tel que :
| A |H≤ C | A |

4.2. PREUVE DE L’INÉGALITÉ DE GROTHENDIECK 27
Preuve :
Soit : f ∈ U,on note : K = Kf , L = Lf et soit : Ψ l’extension impair de f.
on note | A |H le sup de la quantité i || j aijxj || avec : xi ∈ H de norme
≤ 1,puisque{xi} est un sous-espace de H qui contient au plus n vecteurs,on peut
prendre H = R ,et par convexité de la sphère unité dans R ,on peut choisir
xi, yj de norme 1 telle que : | A |H= aij(xiyj). D’après le Lemme 1,
(Ψx, Ψy) = (Φx, Ψy) + (Ψx, Φy) − (Φx − Ψx, Φy − Ψy)
donc :
aij(Ψx, Ψy) = (2K − 1) aij(xi, yj) − aij(Φx − Ψx, Φx − Ψx)
et D’après 3 du Lemme 1 : la dernière somme est majoré en valeur absolue par
| A |H (1 − 2K + L),D’autre part on a : | aij(Ψx, Ψy) |≤ 1 pour : | A |≤ 1,et
par l’inégalité triangulaire 1 ≥| aij(Ψx, Ψy) |≥| A |H (| 2K −1 | +2K −L+1)
Cette inégalité est vrai ∀f ∈ U,En particulier pour f = 1,et on a :K = ( 2
π )
1
2 et
L = 1
donc : A.N :
| A |H< 5, 2
Proposition 7 Si f ∈ U telle que : 2K2
f > Lf alors :
C ≤ (2K2
f − Lf )−1
Preuve :
D’après la preuve du théorème précédent on a :
∀f ∈ U, 1 ≥| A |H (| 2K − 1 | +2K − L + 1)
On remplace f par : cf, ∀c > 0,on trouve :Kcf = cKf etLcf = c2
Lf
Donc :
c2
≥| A |H (| 2cK − 1 | +2cK − c2
L + 1)
si c est choisie telle que : 2cK −1 ≤ 1 alors l’inégalité est trivale donc : on choisit
la constante c pour que : 4cK − c2
L − 2 > 0,
donc :
| A |H≤ c2
(4cK − c2
L − 2)−1
On fixe K et L, le minilum de la quantité c2
(4cK − c2
L − 2)−1
et atteint pour
C = 1
K
donc
| A |H≤ (2K2
− L)−1
, ∀(2K2
− L) > 0
nous observons que :f → (K2
f − Lf ) est une fonction semi-continue sur la topo-
logie faible L∞
(R+, dm(t)),et U et un sous espace fermé de L∞
,donc :K2
f − Lf
atteint son maximum dans U.
Notons :µ(t) son maximum,et déteminons explicitement µ(t) .
Soit :h(t) une fonction mesurable sur [0, +∞[,telle que :h(t) ≥ 0 si [µ = 0]et

h(t) ≤ 1 si : [µ = 1], et supt≥0 | µ(t) + h(t) |= 1, ∀ > 0
Notons que : K , L correspondent respectivement a Ket L pour la mesure µ+ h
donc :
2K 2
− L = 2K2
− L + 2
∞
0
[2Kh(t)t − µ(t)h(t)]dm(t) + O( 2
)
pour :2K2
− L ≥ 2K 2
− L ,et suffisamment petit,
0 ≥
∞
0
[2Kh(t)t − µ(t)h(t)]dm(t)
On va considérer 3 cas :
Premier cas : h(t) ≥ 0,dans [µ = 0], donc :0 ≥
∞
0
(2Kh(t)tdm(t)),ce qui est
impossible sauf si la mesure est nul,donc :µ(t) > 0
deuxième cas : h(t) ≤ 0 dans [µ = 1],on a : 0 ≥
∞
0
(2Kt−1)h(t)tdm(t)),donc :(2Kt−
1) ≥ 0
donc :(2Kt − 1) ≥ 0, sur [µ = 1].
Troisième cas : h(t) pris sur [0 < µ < 1],donc :0 ≥
∞
0
(2Kt−µ(t))h(t)tdm(t)),ce
qui est vrai si et seulement si : 2Kt = µ(t) Conclusion :
µ(t) = 2Ktsi0 ≤ t ≤ 1
2 Ketµ(t) = 1si : t ≥ 1
2 K
donc : Calculer 2K2
− L,revient a résoudre l’equation 1 = 2
1
2 K
0
dm(t),
et 2K2
− L = 2K( 2
π )
1
2 )exp(−1
8 K2
) − 1
2 ,d’après [8] 2K2
− L > 0.4423 donc :
C < 2.261
(c’est l’amélioration de la constante de Grothendieck faite par R.E Rietz)
4.3 Nouvelle estimation de la norme
Lemme 8 Si A est une matrice définie positive alors : ils existent des vecteurs
x1, . . . , xn de normes 1 telle que :
| A |= aij(xi.xj)
Théorème 10 Pour toute matrice définie positive on a :
| A |H≤
π
2
Preuve :
soit :f ∈ U et Ψl extension impair de f
Supposons que : | A |≤ 1, on choisit : x1, . . . , xn, denorme1dansR ,telle que :
| A |H= aij(xi.xj),et d’après la preuve de l’inégalité de Grothendieck :
aij(Ψxi
, Ψxj
) = (2K − 1) aij(xi, xj) − aij(Φxi
− Ψxi
, Φxj
− Ψxj
)
et puisque :la quantité aij(Φxi
− Ψxi
, Φxj
− Ψxj
) est positive,
alors : aij(Ψxi
, Ψxj
) ≥| A |H (2K − 1),et 1 ≤| A |H (2K − 1),

4.3. NOUVELLE ESTIMATION DE LA NORME 29
on remplace f par{cf, ∀c > 0}
alors : c2
≤| A |H (2K − 1)
donc : | A |H≤ c2
(2K − 1)−1
pour :c ≥ 1
2 K,la valeur minimale de | A |H est atteinte
pour c = 1
K , | A |H≤ 1
K2
En particulier pour f = 1, K = ( 2
π )
1
2 donc :
| A |H≤
π
2

Bibliographie
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equality, SIAM J. Comput. 35-4 (2006), pp. 787-803.
[2] A. Frieze, R. Kannan, Quick approximation to matrices and applications,
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[3] A. Grothendieck, Résumé de la théorie métrique des produits tensoriels
topologiques, Bol. Soc. Mat. Sao Paulo 8 (1953), 1-79.
[4] U. Haagerup, A new upper bound for the complex Grothendieck constant.
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[5] D. Li, H. Queffélec, Introduction to Banach Spaces : Analysis and Probabi-
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[6] J. Lindenstrauss, A. Pelczynski. Absolutely summing operators in Lp-
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[7] J.-L. Krivine. Constantes de Grothendieck et fonctions de type positif sur
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[8] R. E. Rietz. A proof of the Grothendieck inequality. Israel J. Math., 19,
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thendieck’s Inequality, http ://arxiv.org/abs/1711.10595v3
[10] L.Zhu www.cs.toronto.edu
31

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Tendances (20)

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Conception d'algorithmes pour l'approximation de la "Cut-Norm" avec l'inégalité de Grothendieck.