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8. Annexe: démonstrations de quelques résultats

8.1. Problèmes équivalents

Soit le problème \((Pb1)\):

\[\begin{split}(Pb1): \left \lbrace \begin{array}{l} \underset{\vector{u} \in V}{\min}J(\vector{u}) \\ \text{avec } J(\vector{u}) = \frac{1}{2} \left( \tensTwo{A} \vector{u} , \vector{u} \right)-\left(\vector{b} , \vector{u}\right) \end{array} \right .\end{split}\]

\(V\) est un sous-espace affine de \({\setR}^{n}=\left\lbrace \vector{u} \in {\setR}^{n}\text{ tel que }\tensTwo{\tensTwo{B}}_i \vector{u}-\vector{d}_i= \vector{0}, \, \forall i=1,p \right\rbrace\). \(\tensTwo{A}\) et \(b\) sont définis sur \({\setR}^{n}\) et \(\tensTwo{A}\) est une matrice symétrique positive d’ordre \(n\) .

Soit le problème \((Pb2)\):

\[\begin{split}(Pb2): \left \lbrace \begin{array}{l} \text{Trouver } \vector{u} \in V \\ \text{Tel que } (\tensTwo{A} \vector{u}, \vector{v}_0)-\left( \vector{b} , \vector{v}_0 \right)= \vectorZero \, \forall {v}_{0} \in {V}_{0}) \end{array} \right .\end{split}\]

avec l’espace \(V=\left\lbrace \vector{u} \in {\setR}^{n} \text{ tel que }\tensTwo{\tensTwo{B}}_i \vector{u}-\vector{d}_i= \vectorZero, \,\forall i=1,p\right\rbrace\) et \({V}_{0}=\left\lbrace {v}_{0}\in {\setR}^{n}\text{ tel que }\tensTwo{\tensTwo{B}}_i \vector{u}=\vectorZero, \, \forall i=1,p\right\rbrace\)

On va montrer que les deux problèmes précédents sont équivalents.

Remarquons tout d’abord que le problème \((Pb2)\) est équivalent au problème \((Pb2^{\prime})\).

\[\begin{split}(Pb2^{\prime}): \left \lbrace \begin{array}{l} \text{Trouver } \vector{u} \in V \\ \text{Tel que } (\tensTwo{A} \vector{u} , \vector{v}-\vector{u})-(\vector{b},\vector{v}-\vector{u})=\vectorZero \, \forall v\in V) \end{array} \right .\end{split}\]

avec l’espace \(V=\left\lbrace \vector{u} \in {\setR}^{n}\text{ tel que }\tensTwo{\tensTwo{B}}_i \vector{u}-\vector{d}_i=\vectorZero \,\forall i=1,p\right\rbrace\). Il y a en effet bijection entre l’ensemble des \(\left\lbrace \left(\vector{v}-\vector{u}\right) , \vector{u} \in V , \vector{v} \in V \right\rbrace\) et l’ensemble \({V}_{0}\) .

Montrons que le problème \((Pb2^{\prime})\) est équivalent au problème \((Pb1)\).

Soit \(\vector{u}\) solution de \((Pb2^{\prime})\). Alors \(\forall \vector{v} \in V\):

\[J(\vector{v})-J(\vector{u}) = \frac{1}{2} \left( \left( \tensTwo{A} \vector{v}, \vector{v} \right) \right) - (\vector{b} , \vector{v}) - \frac{1}{2} \left( \left( \tensTwo{A} \vector{u}, \vector{u} \right) \right) + (\vector{b}, \vector{u})\]

\[J(\vector{v})-J(\vector{u}) = \frac{1}{2} \left( \left( \tensTwo{A} \vector{v}, \vector{v} \right) \right) - \left(\tensTwo{A} \vector{u} , \vector{v}-\vector{u} \right) - \frac{1}{2} \left( \left( \tensTwo{A} \vector{u}, \vector{u} \right) \right)\]

\[J(\vector{v})-J(\vector{u}) = \frac{1}{2} \left( \left( \tensTwo{A} \vector{v}, \vector{v} \right) - 2 \left( \tensTwo{A} \vector{u} , \vector{v} \right) + \left( \tensTwo{A} \vector{u} , \vector{u} \right) \right) = \frac{1}{2} \left( \left( \tensTwo{A} \vector{u} - \vector{v} , \vector{u} - \vector{v} \right) \right) \ge 0\]

Calculons maintenant la dérivée de \(J(\vector{u})\). On a:

\[\begin{split}\left \lbrace \begin{array}{l} \forall \vector{u} \in V \text{ et } \forall \vector{v}_{0} \in {V}_{0} \\ J^{\prime}(\vector{u}) \cdot \vector{v}_{0} = \underset{\varepsilon \to 0}{\lim} \frac { J \left( \vector{u}+\varepsilon \vector{v}_{0} \right)-J(\vector{u})}{\varepsilon} = \underset{\varepsilon \to 0}{\lim} \left[ \left( \tensTwo{A} \, \vector{u}, \vector{v}_{0} \right) + \frac{\varepsilon}{2} \left( {\tensTwo{A} \, \vector{v}}_{0}, \vector{v}_{0} \right) - \left( \vector{b}, \vector{v}_{0} \right) \right] = \left( \tensTwo{A} \, \vector{u} - \vector{b} \right ) \, \vector{v}_{0} \end{array} \right .\end{split}\]

Soit \(\vector{u}\) la solution de \((Pb1)\), alors \(\forall \vector{v} \in V\) et \({\vector{v}}_{0}\in {V}_{0}\) on pose \({\vector{v}}_{0}=\vector{v}-\vector{u}\). Alors on a:

\[\forall \varepsilon, \quad \frac{J \left( \vector{u}+\varepsilon \vector{v}_{0} \right)-J \left( \vector{u} \right)}{\varepsilon} \ge 0 \quad \Rightarrow J^{\prime}(\vector{u}) \cdot \vector{v}_{0} \ge 0, \quad \forall \vector {v}_{0}\in {V}_{0}\]

On voit que \(J^{\prime}(\vector{u})\) qui est une forme linéaire sur \({V}_{0}\) doit être systématiquement positive. Ceci n’est possible que si cette forme est identiquement nulle.

On en conclut que:

\[J^{\prime}(\vector{u}) \cdot ( \vector{v}-\vector{u}) = \left( \tensTwo{A} \, \vector{u}- \vector{b} \right) \left( \vector{v}- \vector{u} \right )=0, \quad \forall \vector{v} \in V\]

8.2. Démonstration de la règle \({R}_{0}\)

8.2.1. Définitions et notations

\(\tensTwo{A}\) est la matrice de rigidité sans contrainte de taille \(\left({n}^{\prime} \times n \right)\) (symétrique et positive). \(\tensTwo{B}\) est la matrice de blocage telle que \(\tensTwo{B} \vector{u}-\vector{d}=\vectorZero\) avec \(\tensTwo{B}\) la matrice de taille matrice \(\left( {n}^{\prime} \times p \right)\) (avec \(p<n\)).

\(\vector{u}\) est le vecteur des degrés de liberté physiques dans \({\setR}^{n}\), \(\vector{\lambda}^{1}\) est le vecteur des premiers degrés de liberté de Lagrange dans \({\setR}^{p}\) et \(\vector{\lambda}^{2}\) est le vecteur des deuxièmes degrés de liberté de Lagrange dans \({\setR}^{p}\).

On note \(\vector{x}\) le vecteur des inconnues \(\left( \vector{u}, \vector{\lambda}^{1}, \vector{\lambda}^{2} \right) \in {\setR}^{n}\times {\setR}^{p} \times {\setR}^{p}\). On note:

• \(\discVect{U}\) l’ensemble des degrés de liberté physiques,

• \(\discVect{\Lambda}^{1}\) l’ensemble des premiers degrés de liberté de Lagrange,

• \(\discVect{\Lambda}^{2}\) l’ensemble des deuxièmes degrés de liberté de Lagrange.

• \(\alpha \in {\setR}^{+}\) des coefficients

• \(\discMatr{K}\) la matrice d’ordre \(2p+n\), symétrique telle que

\[\begin{split}\discMatr{K} = \left[\begin{array}{ccc} \tensTwo{A} & \transpose{\tensTwo{B}} & \transpose{\tensTwo{B}}\\ \tensTwo{B} & -\alpha \tensTwoUnit & \alpha \tensTwoUnit \\ \tensTwo{B} & \alpha \tensTwoUnit & -\alpha \tensTwoUnit \end{array}\right]\end{split}\]

La matrice \(\discMatr{K}\) écrite ci-dessus correspond à une certaine numérotation des inconnues \(\discVect{X} = \left( \discVect{U}, \discVect{\Lambda}^{1}, \discVect{\Lambda}^{2}\). La véritable matrice \(\discMatr{K}\) dont on cherche à montrer qu’elle est factorisable par \(LDL^{T}\) sans permutation n’est pas écrite avec cette numérotation. La seule règle de numérotation prise en compte est la suivante:

Règle \({R}_{0}\)

Pour chaque relation de blocage, il faut placer \({\vector{\lambda}}^{1}\) avant le premier degré de liberté physique contraint et \({\vector{\lambda}}^{2}\) après le dernier degré de liberté physique contraint. Pour diminuer l’occupation mémoire de la matrice \(\tensTwo{K}\) , il faut chercher à minimiser la largeur de bande. C’est ce que l’on fait dans en « encadrant » les relations « au plus près » : \({\vector{\lambda}}^{1}\) est placé juste avant le premier degré de liberté contraint, \({\vector{\lambda}}^{2}\) est placé juste après le dernier ddl contraint.

8.3. Démonstration

Les deux degrés de liberté de Lagrange associés à une équation de liaison \({\tensTwo{B}}_{i} \vector{U}-\vector{d}_i= \vectorZero\) encadrent les ddl physiques contraints par cette équation. Par la suite, pour simplifier l’écriture, on prendra \(\alpha=1\).

On cherche à montrer que toute sous matrice \(\discMatr{K}_{i}\) de \(\discMatr{K}\) est inversible. Soit une sous-matrice \(\discMatr{K}_{i}\) donnée. Elle correspond à un partage des degrés de liberté : ceux de rang \(\le i\) , ceux de rang \(\ge i\) .

Nous noterons:

• \({\tilde{U}}\) le sous-ensemble de l’ensemble \({U}\) correspondant aux degrés de liberté de rang \(\le i\) .

• \({\tilde{\tilde{U}}}\) le sous-ensemble de l’ensemble \({U}\) correspondant aux degrés de liberté de rang \(> i\) .

• \({L}_{1}\) est l’ensemble des couples \((\vector{\lambda}_{1}^{1},\vector{\lambda}_{1}^{2})\) tels que \(\rank(\vector{\lambda}_{1}^{1}) < \rank(\vector{\lambda}_{1}^{2}) \le i\). Cet ensemble peut se séparer en deux sous-ensembles

\[{L}_{1}^{1} = \left\lbrace \vector{\lambda}_{1}^{1} \right\rbrace \text{ et } {L}_{1}^{2} = \left\lbrace \vector{\lambda}_{1}^{2} \right\rbrace\]

• \({L}_{3}\) est l’ensemble des couples \((\vector{\lambda}_{3}^{1},\vector{\lambda}_{3}^{2})\) tels que \(i<\rank(\vector{\lambda}_{3}^{1}) < \rank({\vector\lambda}_{3}^{2})\). Cet ensemble peut se séparer en deux sous-ensembles

\[{L}_{3}^{1} = \left\lbrace \vector{\lambda}_{3}^{1} \right\rbrace \text{ et } {L}_{3}^{2} = \left\lbrace \vector{\lambda}_{3}^{2} \right\rbrace\]

• \({L}_{2}\) est l’ensemble des couples \((\vector{\lambda}_{2}^{1},\vector{\lambda}_{2}^{2})\) tels que \(\rank(\vector{\lambda}_{2}^{1}) \le i< \rank(\vector{\lambda}_{2}^{2})\). Cet ensemble peut se séparer en deux sous-ensembles

\[{L}_{2}^{1} = \left\lbrace \vector{\lambda}_{2}^{1} \right\rbrace \text{ et } {L}_{2}^{2} = \left\lbrace \vector{\lambda}_{2}^{2} \right\rbrace\]

L’ensemble résultant \(L\) s’écrit donc

\[\begin{split}L = \underset{\begin{array} i=1,3 \\ j=1,2 \end{array}} {\cup}{L}_{i}^{j}\end{split}\]

La matrice \(\tensTwo{B}\) peut se découper en trois parties \(\tensTwo{B}_1\), \(\tensTwo{B}_2\) et \(\tensTwo{B}_3\) correspondant au découpage \(({L}_{1},{L}_{2},{L}_{3})\). Chaque matrice \({\tensTwo{B}}_{i}\) peut se découper en deux parties \(\tensTwo{\tilde{B}}_{i}\) correspondant au découpage \((\vector{\tilde{U}},\vector{\tilde{\tilde{U}}})\).

La matrice \(\tensTwo{A}\) peut se découper en quatre parties correspondant au découpage \((\vector{\tilde{U}},\vector{\tilde{\tilde{U}}})\).

\[\begin{split}\discMatr{A} = \left[\begin{array}{cc} \tensTwo{\tilde{A}} & \tensTwo{\tilde{A}}\\ \transpose{\tensTwo{\tilde{A}}} & \tensTwo{\tilde{\tilde{A}}} \end{array}\right]\end{split}\]

À l’aide de ces notations, le problème à résoudre est de montrer que la matrice \(\discMatr{K}_{i}\) est inversible.

\[\begin{split}\discMatr{K}_{i} = \left[\begin{array}{cccc} -\tensTwoUnit & \tensTwoUnit & \tensTwoZero & {\tensTwo{\tilde{B}}}_{1} \\ \tensTwoUnit & -\tensTwoUnit & \tensTwoZero & {\tensTwo{\tilde{B}}}_{1} \\ \tensTwoZero & \tensTwoZero & -\tensTwoUnit & {\tensTwo{\tilde{B}}}_{2} \\ \transpose{{\tensTwo{\tilde{B}}}_{1}} & \transpose{{\tensTwo{\tilde{B}}}_{1}} & \transpose{{\tensTwo{\tilde{B}}}_{2}} & \tensTwo{\tilde{A}} \end{array} \right]\end{split}\]

Cette matrice correspond au vecteur \({\discVect{X}}_{i}=\left\lbrace\begin{array}{c} \vector{\lambda}_{1}^{1}\\ \vector{\lambda}_{1}^{2}\\ \vector{\lambda}_{2}^{1}\\ \vector{\tilde{U}} \end{array}\right \rbrace\). Il faut montrer que:

\[\tensTwo {K}_{i} {\vector{X}}_{i} = \vectorZero \Rightarrow {\vector{X}}_{i} = \vectorZero\]

Ce problème est équivalent à :

\[\begin{split}(S): \left \lbrace \begin{array}{l} -\vector{\lambda}_{1}^{1} + \vector{\lambda}_{1}^{2} + \tensTwo{\tilde{B}}_{1} \vector{\tilde{u}} = \vectorZero \\ \vector{\lambda}_{1}^{1} - \vector{\lambda}_{1}^{2} + \tensTwo{\tilde{B}}_{1} \vector{\tilde{u}} = \vectorZero \\ -\vector{\lambda}_{2}^{1} + \tensTwo{\tilde{B}}_{2} \vector{\tilde{u}} = \vectorZero \\ \transpose{\tensTwo{\tilde{B}}_{1}} \left( \vector{\lambda}_{1}^{1} + \vector{\lambda}_{1}^{2} \right ) + \transpose{\tensTwo{\tilde{B}}_{2}}{\vector\lambda}_{2}^{1} + \tensTwo{\tilde{A}} \, \vector{\tilde{u}} = \vectorZero \\ \end{array} \right . \Rightarrow \left \lbrace \begin{array}{l} \vector{\lambda}_{1}^{1} = \vectorZero \\ \vector{\lambda}_{1}^{2} = \vectorZero \\ \vector{\lambda}_{2}^{1} = \vectorZero \\ \vector{\tilde{U}} = \vectorZero \\ \end{array} \right .\end{split}\]

Cas général

On suppose que \({\tilde{U}} \ne \varnothing\), \({L}_{1} \ne \varnothing\) et \({L}_{2}\ne \varnothing\). Alors le problème \((S)\) s’écrit

\[\begin{split}(S): \left \lbrace \begin{array}{l} \vector{\lambda}_{1}^{1} = \vector{\lambda}_{1}^{2} \\ {\tensTwo{\tilde{B}}}_{1} \vector{\tilde{u}} = \vectorZero \\ \vector{\lambda}_{2}^{1} = {\tensTwo{\tilde{B}}}_{2 } \vector{\tilde{u}} \end{array} \right .\end{split}\]

et donc

\[2 \, \transpose{\tensTwo{\tilde{B}}_{1}} \vector{\lambda}_{1}^{1} + \left ( \transpose{\tensTwo{\tilde{B}}_{2}} {\tensTwo{\tilde{B}}_{2}} + \tensTwo{\tilde{A}} \right ) \vector{\tilde{u}} = \vectorZero\]

De cette équation, on en déduit:

\[2 \, \transpose{\vector{\tilde{u}}} \transpose{\tensTwo{\tilde{B}}_{1}} \vector{\lambda}_{1}^{1} + \transpose{\vector{\tilde{u}}} \left ( \transpose{\tensTwo{\tilde{B}}_{2}} {\tensTwo{\tilde{B}}_{2}} + \tensTwo{\tilde{A}} \right ) \vector{\tilde{u}} = 0\]

Comme \({\tensTwo{\tilde{B}}}_{1} \vector{\tilde{u}} = \transpose{\vector{\tilde{u}}} \transpose{\tensTwo{\tilde{B}}_{1}} = \vectorZero\), on obtient:

\[\transpose{\vector{\tilde{u}}} \left ( \transpose{\tensTwo{\tilde{B}}_{2}} {\tensTwo{\tilde{B}}_{2}} + \tensTwo{\tilde{A}} \right ) \vector{\tilde{u}} = 0\]

et donc en redéveloppant:

\[\transpose{\vector{\tilde{u}}} \transpose{\tensTwo{\tilde{B}}_{2}} {\tensTwo{\tilde{B}}_{2}} \vector{\tilde{u}} + \transpose{\vector{\tilde{u}}} \tensTwo{\tilde{A}} \vector{\tilde{u}} = 0\]

Or \(\tensTwo{\tilde{A}}\) est symétrique positive (comme sous-matrice d’une matrice positive) et \(\transpose{\tensTwo{\tilde{B}}_{2}}{\tensTwo{\tilde{B}}}_{2}\) est aussi une matrice symétrique positive, donc cette somme ne peut être nulle que si les deux termes sont nuls.

\[\begin{split}\left \lbrace \begin{array}{l} \transpose{\vector{\tilde{u}}} \transpose{\tensTwo{\tilde{B}}_{2}} {\tensTwo{\tilde{B}}_{2}} \vector{\tilde{u}}=0\\ \transpose{\vector{\tilde{u}}} \tensTwo{\tilde{A}} \vector{\tilde{u}} =0 \end{array} \right .\end{split}\]

De la première équation, on a \({\tensTwo{\tilde{B}}_{2}} \vector{\tilde{u}}= \vectorZero\) et donc \(\vector{\lambda}_{2}^{1}=\vectorZero\). Pour la seconde équation, comme \(\tensTwo{\tilde{A}}\) est une matrice positive, on veut montrer que

\[\transpose{\vector{\tilde{u}}} \tensTwo{\tilde{A}} \vector{\tilde{u}} = 0 \Rightarrow \vector{\tilde{u}} = \vectorZero\]

Prolongeons \(\vector{\tilde{u}}\) sur \({\setR}^{n}\) par \(\vector{\tilde{\tilde{u}}}=\vectorZero\). On a donc \(\vector{u}=\left( \vector{\tilde{u}}, \vector{\tilde{\tilde{u}}} \right)\).

\[\transpose{\vector{u}} \tensTwo{A} \vector{u} = \transpose{\vector{\tilde{u}}} \tensTwo{\tilde{A}} \vector{\tilde{u}} = 0 \Rightarrow \vector{u} \in \ker{\tensTwo{A}}\]

On a

\[\begin{split}\tensTwo{B} \vector{u} = \left \lbrace \begin{array}{l} {\tensTwo{B}}_{1} \vector{u} \\ {\tensTwo{B}}_{2} \vector{u} \\ {\tensTwo{B}}_{3} \vector{u} \end{array}\right \rbrace = \left \lbrace \begin{array}{l} {\tensTwo{\tilde{B}}}_{1} \vector{\tilde{u}} \\ {\tensTwo{\tilde{B}}}_{2} \vector{\tilde{u}} \\ {\tensTwo{\tilde{B}}}_{3} \vector{\tilde{u}} \end{array}\right \rbrace = \left \lbrace \begin{array}{l} \vectorZero \end{array}\right \rbrace\end{split}\]

Les deux premières lignes sont nulles du fait des résultats précédents. De plus, \(\tensTwo{{\tilde{B}}}_{3}=\tensTwoZero\) car sinon, il existerait des ddl de \(\vector{\tilde{u}}\) contraints par des équations non encore prises en compte ( de rang \(>i\) ) ce qui est contraire à la règle \({R}_{0}\).

Le prolongement \(\vector{u}\) de \(\vector{\tilde{u}}\) est donc dans les noyaux de \(\tensTwo{A}\) et \(\tensTwo{B}\) . On va montrer qu’il est alors nul. Reprenons le problème avec les « simples Lagrange ».

\[\begin{split}({S}_{2}): \left \lbrace \begin{array}{l} \tensTwo{A} \, \vector{u} + \transpose{\tensTwo{B}} \vector{\lambda} = \vector{b} \\ \tensTwo{B} \vector{u} = \vector{d} \end{array} \right .\end{split}\]

On pose \(\vector{u}_{0} \ne \vectorZero\) tel que \({\tensTwo{A} \, \vector{u}}_{0}= \vectorZero\) et \({\tensTwo{C} \, \vector{u}}_{0}= \vectorZero\) . Si \({u}_{1}\) est solution de \(({S}_{2})\), on voit qu’alors \(\vector{u}_{1}+\mu \, \vector{u}_{0}\) est aussi solution. Ce qui est impossible car nous supposons notre problème est physiquement bien posé.

On en conclut que \(\vector{u}=\vectorZero \Rightarrow \vector{\tilde{u}} = \vectorZero\) .

Il ne reste plus qu’à démontrer que \(\vector{\lambda}_{1}^{1}=\vectorZero\). On repart de l’équation

\[\transpose{\tensTwo{\tilde{B}}_{1}} \vector{\lambda}_{1}^{1} + \left ( \transpose{\tensTwo{\tilde{B}}_{2}} {\tensTwo{\tilde{B}}_{2}} + \tensTwo{\tilde{A}} \right ) \vector{\tilde{u}} = \vectorZero\]

On vient de démontrer que \(\vector{\tilde{u}} = \vectorZero\) . On a donc plus que

\[\transpose{\tensTwo{\tilde{B}}_{1}} \vector{\lambda}_{1}^{1} = \vectorZero\]

De la même façon que la règle \({R}_{0}\) imposant \(\tensTwo{\tilde{B}}_{3}=\tensTwoZero\) , on voit que \(\tensTwo{\tilde{\tilde{\tensTwo{B}}}}_{1}=\tensTwoZero\).

\[\begin{split}\transpose{\tensTwo{B}}_{1} \vector{\lambda}_{1}^{1} = \left\lbrace\begin{array}{l} \transpose{\tensTwo{\tilde{B}}}_{1} \vector{\lambda}_{1}^{1} \\ \transpose{\tensTwo{\tilde{\tilde{B}}}}_{1} \vector{\lambda}_{1}^{1} \end{array}\right \rbrace = \left\lbrace\begin{array}{l} \vectorZero \\ \vectorZero \end{array}\right \rbrace = \vectorZero\end{split}\]

Raisonnons par l’absurde: si \(\vector{\lambda}_{1}^{1}\ne \vectorZero\) est tel que \(\transpose{\tensTwo{B}}_{1} \vector{\lambda}_{1}^{1}=\vectorZero\) , c’est qu’il existe une combinaison linéaire des lignes de \({\tensTwo{B}}_{1}\) qui est nulle, ce qui est contradictoire avec le fait que les lignes de \({\tensTwo{B}}_{1}\) sont indépendantes les unes des autres (problème physique bien posé). Donc on a bien \(\vector{\lambda}_{1}^{1}=\vectorZero\).

Cas particulier

Lorsque l’un (ou plus) des ensembles \(\tilde{U}\), \({L}_{1}\) , \({L}_{2}\) est vide, le système \((S)\) se simplifie. On peut vérifier que les raisonnements que l’on a fait dans le cas général, permettent de démontrer des résultats analogues.