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Fascicule R3.03 : Conditions aux limites et chargements
Document : R3.03.01

Dualisation des conditions aux limites
Résumé :
On explique le principe des multiplicateurs de Lagrange pour résoudre les systèmes linéaires sous
contraintes affines
issues de l'imposition des conditions aux limites de type cinématique. La matrice de rigidité
obtenue n'étant plus définie positive, certains algorithmes de résolution deviennent donc inutilisables. On
cherche donc une technique pour pouvoir continuer à utiliser l'algorithme de factorisation LDLT sans
permutation et sans élimination
. La technique proposée est celle des "doubles Lagrange" (utilisée dans le
Code Castem 2000). On démontre que cette technique est efficace. On donne quelques indications sur le
conditionnement des matrices obtenues par cette technique.
Le problème de la recherche des modes propres des systèmes contraints est ensuite examiné. On montre
qu'une solution possible est d'ajouter les conditions aux limites dualisées à la matrice de "rigidité" et de ne pas
toucher à la matrice de "masse".
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Table des matières
1 Introduction ............................................................................................................................................ 3
2 Dualisation des conditions aux limites cinématiques, principe des multiplicateurs de Lagrange .......... 3
3 Inconvénients de cette dualisation ......................................................................................................... 7
4 Principe des "doubles Lagrange" ......................................................................................................... 10
5 Avantage supplémentaire .................................................................................................................... 13
6 Remarque sur le conditionnement du système.................................................................................... 14
7 Modes propres et paramètres de Lagrange......................................................................................... 16
7.1 Introduction.................................................................................................................................... 16
7.2 Problème mécanique à résoudre .................................................................................................. 16
7.3 Système réduit............................................................................................................................... 16
7.4 Système Dualisé............................................................................................................................ 19
7.5 Exemple......................................................................................................................................... 21
7.6 Conclusions ................................................................................................................................... 23
Annexe 1 ................................................................................................................................................. 24
Annexe 2 ................................................................................................................................................. 26
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1 Introduction
Nous nous intéressons dans ce document à la dualisation des conditions aux limites (dites
cinématiques). Deux problèmes distincts d'algèbre linéaire sont examinés :
· la résolution des systèmes linéaires : paragraphes 2, 3, 4, 5, 6,
· la recherche des modes propres : paragraphe 7.
2 Dualisation des conditions aux limites cinématiques,
principe des multiplicateurs de Lagrange
Dans le Code_Aster (comme dans les autres codes d'éléments finis), on est amené à résoudre de
nombreux systèmes linéaires.
Souvent un tel système peut être considéré comme l'expression algébrique d'un problème de
minimisation d'une fonctionnelle quadratique positive J(u) où u appartient à Rn ou n est le nombre
d'inconnues nodales tout en étant contraint par un certain nombre de relations affines C (u
i
) - di = 0
(conditions aux limites de type Dirichlet).
C'est à ce problème de minimisation sous contraintes affines que l'on s'intéresse ici. Dans la suite du
document, on prendra comme exemple le cas (et le vocabulaire) de la mécanique statique linéaire. On
parlera de matrice de rigidité, de vecteur déplacement, ... mais la technique proposée reste valable
pour les problèmes d'évolution thermique, en linéaire ou non-linéaire.
Soit le problème discrétisé :

Pb1 : min
J(u)
u V
Rn
où :
·
J(u) est une forme quadratique (Energie potentielle totale)
1
J(u) =
(Au, u)-(b, u)
2
A est une matrice symétrique positive (Au, u) 0 u
) mais pas forcément définie
( Au = 0 est possible pour u 0 )
·
V est l'espace des déplacements cinématiquement admissibles
(c'est un sous espace affine de Rn).
Ce problème discret est résolu numériquement en exprimant que la "dérivée" de J(u) dans V est
nulle. On est alors ramené à résoudre un système linéaire d'équations.
Le problème est de "dériver" J(u) dans V Rn.
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En général, pour des raisons pratiques, l'expression de J(u) est calculée dans la base de tous les
déplacements nodaux (sans tenir compte des contraintes) : u appartient alors à Rn où n est le nombre
total d'inconnues nodales.
Si V est un sous espace vectoriel de Rn engendré par (n - p) des déplacements nodaux de base, la
dérivation de J(u) dans V se fait très simplement : il suffit d'"oublier" dans les matrices A et b les
lignes et colonnes correspondants aux ddl supprimés (ui = )
0 .
Si les ddl contraints ne sont pas mis à zéro mais affectés à une valeur donnée : u = d
i
i , il faut modifier
b .
Enfin si les contraintes "mixent" les ddl entre eux (relations linéaires entre inconnues) il faut modifier A
et b .
Le principe des multiplicateurs de Lagrange permet de résoudre le problème sans toucher aux
matrices A et b . Le prix à payer est une augmentation du nombre d'inconnues dans le système à
résoudre.
Au lieu de résoudre le problème dans l'espace V de dimension n - p, on le résout dans l'espace Rn+p,
les inconnues supplémentaires notées i étant appelées multiplicateurs de Lagrange.
Principe et justification
Reprenons le problème précédent en explicitant l'espace V
Problème 1 :
min J(u)
u V



1
J(u) =
(Au, u)-(b, u)

2
V =
n

{uR C (u)=d , i = ,1
i
i
}p
Les Ci sont des formes linéaires sur Rn, les di sont des constantes données. On suppose de
plus que les p formes Ci sont indépendantes entre elles : la dimension de l'espace engendré par
les Ci est p .
On peut montrer (Cf. [Annexe 1]) que ce problème est équivalent au suivant :
Problème 2 :
trouver u V

V = {u Rn Ci (u) = i
d , i = ,
1 }
p
tel
(Au - b) (v)
que où
= 0 v
V

0
V
n
0
=

{v tel
R
que Ci(v) =
0 i =

,
1 }
p
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Réécrivons le problème 2 autrement :
Problème 3 :
trouver u R n tel que
i C u - d
i
i
= 0
éq 2-1
v V , C v
0
i
= 0
éq 2-2
v V
(Au - b) v
0 ,
= 0
éq 2-3
Les équations [éq 2-2] et [éq 2-3] montrent (en identifiant Rn et son dual) que :
(i) Ci
est orthogonal à V0
(Au - b)
est orthogonal à V0
V
{Ci i =1, p }
0 est le sous espace vectoriel de Rn orthogonal à
(
) (V0 est de dimension (n - p)
car les p conditions Ci sont supposées indépendantes).
Puisque la décomposition de Rn en somme directe de 2 sous espaces orthogonaux est unique, on
en déduit que (Au - b) appartient à l'espace vectoriel engendré par les Ci .
Il existe donc une famille de scalaires i appelés multiplicateurs de Lagrange tels que :
(Au -b) + C
i
i
= 0
i
Cette égalité est vraie dans Rn.
Le problème 3 devient alors :
Problème 4 :


Trouver u Rn , i R, (i = ,1 p)
(

i = ,
1 p) C u - d
i
i
= 0

(


Au - b

)+ C
i i = 0


i

La réciproque (Pb4 => Pb3) est évidente : s'il existe des i tels que :
(Au - b) + C
i
= 0 , alors v
V (Au - b) v = - C . v
i
i i
= 0
0
i
i
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Le problème 4 est le problème cherché. On dira que c'est le problème avec conditions
cinématiques dualisées. Matriciellement on peut l'écrire :
KX = F
A CT u
b


=
C
0

éq 2-4
d




(K) (X) (F)
où :
u n
p
X n+
R
R
R p
;
;
A A
; C
n, n
A
; K
p, n
An+ p,n+ p
On s'aperçoit que ce système peut être obtenu en cherchant à rendre extrémale la fonctionnelle :
1
L(u, ) =
(Au, u)-(b, u)+ (Cu - )d
éq 2-5
2
Cette fonctionnelle est appelée le Lagrangien du problème initial. L'intérêt principal de cette
méthode est de s'affranchir des contraintes : u et sont cherchés dans Rn et Rp ( X dans
Rn+p).
Les coefficients i sont appelés coefficients de Lagrange du problème (on dira parfois les
"Lagrange").
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3
Inconvénients de cette dualisation
On voit d'après l'expression du Lagrangien que la matrice K n'est plus positive (ce qui était le cas de
A ). En effet :
1
u Cu 0 L(u , )! =
(Au ,u )+ Cu
0
0
0
0
0
0
0
0
0 < 0
2
La perte de la positivité de la matrice K entraîne que la résolution du système KX = F ne peut plus
se faire en général par les algorithmes classiques de gradient ou, par la factorisation de Cholesky.
L'algorithme de factorisation LDLT sans permutation des lignes et colonnes n'est plus garanti non plus :
c'est ce dernier algorithme que l'on veut pouvoir continuer à utiliser.
Illustrons le problème sur l'exemple suivant :
Exemple 1 :
un ressort de raideur k relie 2 noeuds N1 et N2
x
N1
k
N2
2 inconnues : u1, u2 ; 2 forces modales : f1, f2 (n = 2)
k
- k
A =

- k
k
1 contrainte : u + u
1
2
= (p = 1)
Le problème dualisé s'écrit : KX = F
avec :
k
- k
u
f


1
1
K =
- k
k
X =
u F


2
= f2




0




Rappel de la condition nécessaire et suffisante pour que l'algorithme LDLT-SP (sans permutation)
fonctionne :
Notons K i la sous matrice de K formée des i premières lignes et colonnes de K .
(Si K est d'ordre n , K n = K , K1 = [k11]).
Il n'y aura pas de pivot nul dans l'algorithme LDLT-SP si et seulement si ( Ki est inversible pour
tout i compris entre 1 et n ).
On notera cette condition : cond1
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La matrice K ci-dessus est écrite avec comme numérotation des inconnues, l'ordre des composantes
de X :
·
X = (u , u
1
2 , )
k
- k


K =
-
k
k




0
k
- k
K2 =
ne vérifie pas la condition cond1.
- k
k
Sur l'exemple 1 essayons de nouvelles numérotations :
·
X = (, u , u
1
2 )
0



K =

k
-

k

- k k
K1 ne vérifie pas la condition cond1.
·
X = (u , , u
1
2 )
k
- k
det K1 = k


K =

0
det K
2


2
=
2

- k k
det K3 = - k( + )
-
k est supposé > 0 (raideur du ressort)
-
K3 n'est inversible que si + 0. Le cas + = 0 correspond en effet à un
"mauvais" blocage physique : la condition : u - u
1
2 = cte ne bloque pas les "mouvements
de corps rigide" pour A (sans énergie).
Pour que le problème global ait une solution unique, il faut en effet que les conditions
C u = d
i
i engendrent un espace de déplacements admissibles qui ne contienne aucun
des mouvements de corps rigide de A .
Avec les notations du [§1] on écrira :
ker A V0 = { }
0
On supposera dans la suite du document que cette condition est vérifiée. C'est-à-dire que
les contraintes Ci bloquent au moins les mouvements de corps rigide de A (elles
peuvent être plus nombreuses bien sûr). Lorsque cette condition est vérifiée et que les
conditions Ci sont indépendantes entre elles, on dira que le problème est physiquement
bien posé.
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-
K2 n'est inversible que si 0
On voit donc que la numérotation (u ,,u
1
2 ) vérifie la condition cond1 si 0 .
Si le blocage u + u
1
2 = se réduit à :
u1 =
( ,) = (1, )
0 ça marche
u2 =
( ,) = (0, )
1 ça ne marche pas
La symétrie du problème montre que pour pouvoir traiter le problème (,) = ( ,
0 )
1 il faut numéroter
X = (u ,,u
2
1) .
De cet exemple très simple, on peut tirer quelques conclusions générales (toutes négatives) :
· si on numérote tous les i après les ui , si A est singulière, la condition cond1 ne sera pas
vérifiée pour K
A
i =
,
· soit une condition C u = d et le multiplicateur de Lagrange associé. L'équation C u = d
ne fait pas en général intervenir toutes les inconnues ui : l'équation contraint certains ddl. Si
est numéroté avant les ddl qu'il contraint la condition cond1 ne sera pas vérifiée. En effet
regardons la sous matrice K j j est le numéro de l'équation donnant .
K
0
-1

K
j
j
= 0 0


· Soit une structure physique qui, par malchance, est "retenue par son dernier ddl physique"
c'est-à-dire telle que si on ne bloque pas ce ddl, la matrice est singulière, et telle que si on le
bloque la matrice est inversible. L'utilisation d'un ddl de Lagrange pour ce blocage est
impossible. En effet, si on numérote avant le dernier ddl physique, il y aura un pivot nul au
niveau de , et si on le numérote après (donc en tout dernier ddl), la matrice Kn-1 ne sera
pas inversible puisque le blocage n'est pas encore pris en compte. On verra au [§4] que la
technique des "double lagrange" permet de résoudre ce problème.
Pour finir ce paragraphe nous pouvons faire la remarque suivante : Si K est inversible, on
sait qu'il existe une numérotation des inconnues permettant de factoriser K par LDLT. Cette
numérotation est par exemple celle résultant de l'algorithme LDLT avec permutation (pivot
maximal par exemple). Mais cette renumérotation ne concerne que les lignes de la matrice ; il
y a donc perte de la symétrie de K . Il suffit de considérer l'exemple suivant :
Exemple 2 :
A = [ ]
0
0

1
u
K =
X
C = [ ]


=
1
1

0

K est inversible, mais il n'existe aucune permutation commune des lignes et colonnes de K
permettant une résolution par LDLT.
Toutes ces remarques montrent que la dualisation proposée dans ce paragraphe ne permet
pas d'utiliser LDLT_SP.
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4
Principe des "doubles Lagrange"
La méthode proposée ici est celle mise en oeuvre dans le code CASTEM 2000 (communication
personnelle de Th. CHARRAS et P. VERPEAUX). Une présentation intuitive pourrait en être la
suivante :
On voit que le problème dualisé [éq 2-4] a des termes nuls sur la diagonale : ceux correspondants aux
ddl de Lagrange. Cette propriété se remarque aussi sur le Lagrangien [éq 2-5] : il n'y a pas de termes
quadratiques en .
Cette nullité des termes diagonaux empêche certaines permutations de lignes et colonnes : on ne peut
placer un Lagrange avant les ddl physiques qu'il contraint.
L'idée est alors de décomposer chaque coefficient de Lagrange en 2 parties égales 1 et 2 .
L'équation C u = d est alors remplacée par :
C u - (1 - 2) = d
C u
+ (1 - 2) = d
où est une constante non nulle.
Montrons l'équivalence de l'ancien problème et du nouveau :
Problème 1 : "simple Lagrange"
u


Rn

Au + CT

= b
trouver :
tels que (S) :
p

Cu = d


R


1 = 2

Au + CT1 + CT2 = b
= 1 + 2


(S)


Cu - 1 + 2 = d
Au + CT = b


Cu + 1 - 2 = d
Cu =


d
est une constante 0
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D'où le problème équivalent au précédent :
Problème 2 : "double Lagrange"
Au + CT1 CT2 = b
u

n
R


trouver :
tels que (S') : Cu

- 1 + 2 = d

1 2 p
p
,
R × R
Cu

+ 1 - 2 = d

Le nouveau problème peut s'écrire :
K' X' = F'
avec :
X'

= (u, ,1 2)
F' =


(b, d, )d
A CT
CT


K' =
C

- l l
C l - l



Le problème correspond à rendre extrémale la fonctionnelle :
1
L'(u, 1, 2) =
(Au, u)-(b, u)+(1,Cu - )d
2
2

+ ( , Cu - )
d - (1 - 2, 1 - 2)
2
On peut montrer (Cf Annexe 2) que si on observe une certaine règle de numérotation des inconnues, et
en choisissant la constante > 0 , la matrice K' vérifie la condition cond1.
Cette règle est la suivante :
Soit une relation de blocage Cu - d = 0 , il lui correspond 2 multiplicateurs de Lagrange 1 et 2 .
Cette relation fait intervenir un certain nombre de ddl physiques.
Règle R0 :
Pour chaque relation de blocage, il faut placer 1 avant le premier ddl physique contraint et 2
après le dernier ddl physique contraint.
Pour diminuer l'occupation mémoire de la matrice K , il faut chercher à minimiser la largeur de bande.
C'est ce que l'on fait dans le Code_Aster en "encadrant" les relations "au plus près" : 1 est placé juste
avant le premier ddl contraint, 2 est placé juste après le dernier ddl contraint.
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Illustration :
Soit un problème à 4 ddls physiques : u ,u ,u ,u
1 2 3 4 .
Ce système est soumis à 2 conditions :
a u + a u = b
11 1
13 3
1
a u + a u = b
22 2
24 4
2
appelons 1
2
1
2
1 , 1 les 2 ddls de Lagrange associés à la 1ère condition et 2 , 2 ceux associés à la
2ème condition.
En supposant que les ddls physiques aient été numérotés dans l'ordre : u ,u ,u ,u
1 2 3 4 , la numérotation
totale des ddls retenue par Aster est alors :
1
1
2
2
1 , 1
u ,2, 2
u , 3
u , 1 , 4
u , 2
1
2
1 et 1 encadrent "au plus près" les ddls contraints ( u et u
1
3 )
1
2
2 et 1 encadrent "au plus près" les ddls contraints ( u et u
2
4 )
La technique des "doubles Lagrange" associée à la règle R0 permet donc de résoudre tout système
linéaire physiquement bien posé avec l'algorithme de LDLT sans permutation. La démonstration
suppose néanmoins que la matrice A soit symétrique et positive (pas forcément définie).
Remarque :
Les hypothèses : A symétrique et A positive sont nécessaires pour utiliser LDLT (ou LU)
sans permutation comme le montrent les deux contre-exemples suivants :
0

1
·
A1 = 1 0 est symétrique mais non positive,


0 1
·
A2 =
est positive mais non symétrique.
- 1 1
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5 Avantage
supplémentaire
On va montrer dans ce paragraphe que la technique des "doubles Lagrange" peut permettre de
résoudre économiquement une série de problèmes qui ne différeraient que par leurs conditions aux
limites cinématiques (par exemple une zone de contact variable).
Remarque :
Cette possibilité n'est pas utilisée actuellement dans le code.
Soit un système avec contraintes KX = F :
Ecrivons ce système en faisant ressortir une contrainte particulière (ce calcul reste évidemment
valable lorsqu'il y a plusieurs contraintes) Cu - d = 0 . Pour simplifier l'écriture, on choisit = 1.
Soit
1 le premier ddl de Lagrange associé à la contrainte
2 le deuxième ddl de Lagrange associé à la contrainte
U = X - {1 2
,
}
~
K = matrice K projetée sur U ; b = vecteur F projeté sur U

Le système s'écrit avec ces variables :
~
K

CT CT U
b


1

C

-1
1

=
d


C 1 -1 2

d




Changeons le coefficient (2 2
, ) : - 1 3 et écrivons le nouveau système :
~
K
U (1 2) CT
+
+
=
b
(1 +2)= 0

éq 5- 1
(S) C
U - 1 + 2 = d
C U - 1 + 2 = d
éq 5- 2

1
2
~
C U + +
3
= d
K U = b

éq 5- 3
Ce dernier système est découplé : on peut résoudre [éq 5-3] pour obtenir U puis calculer 1 et 2 .
On remarque que la résolution de [éq 5-3] correspond au problème initial sans la contrainte
Cu - d = 0 . Les valeurs de 1 et 2 n'ont alors plus la même signification physique. En d'autres
~
termes, le système (S) a la même solution en U que le sous-système K U = b ; les 2 inconnues
supplémentaires 1 et 2 ne perturbent pas la solution en U . Le système total peut paraître de taille
supérieure (+2) à ce qui est nécessaire, mais informatiquement, cela peut être très commode.
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En effet, imaginons maintenant que nous sachions à l'avance que certaines relations cinématiques
sont susceptibles d'être relâchées. Numérotons les 2 associés à ces relations en fin de système. Nous
pouvons alors trianguler partiellement une fois pour toutes le système en s'arrêtant avant ces ddl. La
partie de la matrice triangulée est la plus importante en volume : tous les ddl physiques et tous les 1 .
Lorsqu'un problème concret se pose, c'est-à-dire lorsque l'on connaît la liste des relations linéaires
actives, il suffit de mettre à jour les dernières lignes de la matrice ( - si la relation est active, + 3 si
elle ne l'est pas). On peut alors terminer la triangulation et résoudre le problème économiquement.
6
Remarque sur le conditionnement du système
Lorsque l'on regarde l'expression de la matrice que l'on va finalement factoriser K' (Cf. [§3]), on voit
que ses différentes sous-matrices A , C , I peuvent être d'ordre de grandeur très différents. On sait
qu'en général cette situation n'est pas favorable numériquement (précision limitée des ordinateurs).
Il faut remarquer que les équations de liaison Cu - d = 0 peuvent être multipliées par une constante
arbitraire () sans changer le problème. De plus, nous avons vu que les matrices I étaient
également arbitraires ( > )
0 . Nous disposons donc de deux paramètres permettant de "régler" le
conditionnement de la matrice.
Nous ne ferons pas de démonstration générale mais nous nous contentons d'examiner le cas le plus
trivial qui soit : un ressort, un ddl, une liaison.
La matrice K' s'écrit si k est la rigidité du ressort :
k




K' =
- +



-

Le conditionnement de cette matrice est lié à la dispersion de ses valeurs propres µi :
Calculons le polynôme caractéristique de K' :
P(µ) = (µ + 2 )(- µ2 + kµ + 22)
µ1 = -
2
< 0
+ k +
2
k + 82
µ2 =
> 0
2
+ k -
2
k + 82
µ3 =
< 0
2
k est la valeur propre du système non contraint. Cette valeur propre est l'ordre de grandeur recherché
pour µ1, µ2, µ3 .
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Fascicule R3.03 : Conditions aux limites et chargements
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Titre :
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Date :
09/02/01
Auteur(s) :
J. PELLET
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On remarque que µ1 < 0, µ3 < 0 et µ2,> 0 c'est-à-dire que les 2 valeurs propres ajoutées par les
coefficients de Lagrange sont < 0 (c'est d'ailleurs à cause de cela que LDLT_SP n'est pas garanti sans
précautions).
On cherche à obtenir des valeurs propres d'un même ordre de grandeur :
µ1 µ2 µ3
µ
2
2
2
2 µ3
µ1
2


4
éq 6-1
Si << k , alors µ3 0 µ2 k : ce n'est pas le résultat cherché.
Si >> k , alors µ µ 2 µ
2
3
1
Les trois valeurs propres sont alors en valeur absolue de l'ordre de qui est une constante arbitraire
très grande devant k . Cette solution n'est pas celle que l'on retiendra car la valeur k est dans le cas
général (à grand nombre de ddl) d'un ordre de grandeur comparable aux autres valeurs propres du
système.
On choisira plutôt :
=
k µ1 -2k
µ2 2k
µ3 -k
Pratiquement dans le Code_Aster, on choisit une valeur de unique pour tout le système. Cette
valeur est la moyenne des valeurs extrémales des termes diagonaux associés aux ddl physiques :
(min (a )+max (a
ii
ii ) / 2 . De plus, on prend = .
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7
Modes propres et paramètres de Lagrange
7.1 Introduction
Ce paragraphe veut répondre aux deux questions suivantes :
Q1 :
Quel est le système de valeurs (et vecteurs) propres réduit à résoudre lorsqu'un
modèle mécanique est soumis à des contraintes cinématiques linéaires
homogènes
?
Q2 :
Quel est le modèle dualisé (avec paramètres de Lagrange) équivalent ou précédent ?
7.2
Problème mécanique à résoudre
On suppose un système mécanique déjà discrétisé par éléments finis.
Les inconnues nodales sont notées U = {u }(i = n
i
1, ).
Les déplacements nodaux ne sont pas tous indépendants : il existe p (< n) relations linéaires
homogènes entre ces déplacements : B ( )
0 ( j 1, p
j U =
=
).
Ces relations linéaires sont indépendantes entre elles, c'est-à-dire que le rang de la matrice B
contenant les coefficients des p relations linéaires est p .
Soit K la matrice de rigidité du système mécanique sans contraintes.
Soit M la matrice de masse du système mécanique sans contraintes.
Quel est le système aux valeurs propres à résoudre pour trouver les modes propres de la structure
contrainte ?
7.3 Système
réduit
Remarquons que si l'on écrit les relations linéaires cinématiques sous la forme :
B U = 0
éq 7.3-1
où :
B est une matrice p × n
U est le vecteur des inconnues nodales Rn
alors :
B U" = 0
éq 7.3-2
et la relation est aussi valable pour les vitesses.
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De plus, si B est de rang p , alors il existe une sous-matrice carrée de B de rang p . Notons B1
cette sous-matrice.
Faisons alors une partition des inconnues de U en U1 et U2 tels que :
U1
B U = 0
[
B
B ]
0
1
2
U
=
2
U
p
1
R
U
n p
2

-
R
B1 = matrice p × p
B2 = matrice p × (n - p)
Les relations linéaires peuvent alors s'écrire :
B U + B U
1
1
2
2
= 0
ce qui permet d'exprimer les inconnues U1 en fonction de U2 puisque B1 est inversible.
U
= - B 1
- B U
1
1
2
2
éq 7.3-3
Matrice de rigidité réduite :
1
L'énergie de déformation élastique de la structure discrétisée non contrainte est W
T
def =
U K U .
2
Si l'on partitionne la matrice K de la même manière que l'on a partitionné U , on obtient :
K
K
1
12
K = T

K
K
12
2
alors :
2 W
T
T
T
T
T
def
= U1 K1 U1 + U2 K2 U2 + U2 K12 U1 + U1 K12 U2
Introduisons alors les contraintes linéaires [éq 7.3-3] :
2
T
T
-T
1
W
-
T
def
= U2 B2 B1 K1 B1 B2 U2 + U2 K2 U2
T
1
-
T
T
-T T
- U2 K12 B1 B2 U2 - U2 B2 B1 K12 U2
T
=
~
U2 K2 U2
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avec :
~
K
= K + BT B-T K B 1
- B - K B 1
- B - BT B-TKT
2
2
2
1
1
1
2
12
1
2
2
1
12
éq 7.3-4
On voit donc que l'on a exprimé l'énergie de déformation de la structure réduite comme une forme
bilinéaire de U2 . Les inconnues nodales de U1 ont été éliminées. Les inconnues nodales U2 ne
sont plus contraintes
.
Matrice de masse réduite :
Adoptons la même partition pour la matrice de masse M . Nous pouvons écrire la relation [éq 7.3-2] :
B U" + B U
1
1
2 " 2
= 0
Le même calcul que précédemment nous conduit alors à :
2 W
T
cin
=
" ~
U2 M2 "U2
avec :
~
M
= M + BT B-T M B 1
- B - M B-1 B - BT B-TMT
2
2
2
1
1
1
2
12
1
2
2
1
12
éq 7.3-5
Conclusion :
Le système à résoudre pour trouver les modes (et les fréquences) propres de la structure contrainte
est :
2
~
2 ~
Trouver les (n - p)(
n- p
Xi, i ) R
× R tels que : (K2 - i M2) i
X
= 0
~
~
avec K 2 et M2 définies par [éq 7.3-4] et [éq 7.3-5].
Application aux ddl bloqués :
Dans ce cas :
B

= I
1
B
2 = 0
~
~
d'où : K = K
2
2 et M = M
2
2
c'est-à-dire qu'il suffit "d'oublier" dans K et M les lignes et colonnes correspondant aux ddl bloqués.
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7.4 Système
Dualisé
Nous avons vu au [§5] que la prise en compte des coefficients de Lagrange (doubles) dans une matrice
A conduisait à la matrice A' :
A BT BT


A' =
B

- I + I
B
I

- I


où : · B est la matrice des conditions cinématiques : B U = 0,
·
+
R arbitraire

0 ,
·
R arbitraire 0 ,
Appliquons la dualisation des C.L. aux matrices K et M , en partitionnant les ddl en X , X
1
2 comme
au [§7.3]. Nous obtenons le problème aux valeurs propres suivant :
T
T
T
T
K
K



1
12
k
B1
k
B
M
M
1
1
12
m
B1
m
B1


T
T

T
T
( K
K

B
B
M
M


B
B
S)
12
2
k
2
k
2
2
12
2
m
2
m

2

-




X = 0
k
B1 k
B2 - k
I + k
I
m
B1 m
B2 - m I m I







k
B1 k
B2
k
I - k
I

m
B1 m
B2
m
I - m
I
pour une pulsation propre et un vecteur propre X de ce système, on peut écrire :
K X + K X + BT
1
1
12
2
1 ( 1
+ 2
) = 0
éq 7.4-1
K
X + K X + BT
12
1
2
2
2 ( 1
+ 2
) = 0
éq 7.4-2
(B X + B X
1
1
2
2 -
) (1 -2) = 0
éq 7.4-3
(B X + B X
1
1
2
2 +
) (1 -2) = 0
éq 7.4-4
avec : K = K - 2 M
2
2
i
i
i ; = k
- m
;
= k -

m
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n
= nombre de ddls physiques
Le système (S) est d'ordre (n + 2 p) si
.
p = nombre de relations cinématiques

Le polynôme caractéristique en 2 est a priori de degré n + 2 p . Son terme de plus haut degré vaut :
n
(- m
2 p
i ) (+ m)
si mi est le ième terme diagonal de M .
i=1
· on voit donc que si m 0 , le terme de plus haut degré est 0 (car les mi sont > 0) et donc
le système dualisé (S) a plus de valeurs propres que le système réduit : (n - p) . Les deux
systèmes ne sont donc pas équivalents. C'est ce que l'on constate sur l'exemple du [§7.5],
· choisissons
n = n = 0 :
[éq 7.4-3] et [éq 7.4-4]

1 = 2

1


-
1
X
= - B1 B2 X2
[éq 7.4-1]
-1

-T
1
-
1
= 2 =
B1 (- K1 B1 B2 + K12 ) X
2
2
[éq 7.4-2]
-
-1
T
T
1
2
2 +
2
2 -
-
2
1
(-
-
K
B
B X
K X
B B
K B
B
1
1
2 + K 12 ) X
12
1
2
= 0
(~ - 2 ~
K
M2) X
2
2
= 0
avec : ~K


= - KT B 1
- B + K + BT B-T K B-1 B - BT B-T K
2
12
1
2
2
2
1
1
1
2
2
1
12
~
M
= - MT B 1
- B + M + BT B-T M B 1
- B - BT B-T M

2
12
1
2
2
2
1
1
1
2
2
1
12
~
~
On constate que les définitions de K 2 et M2 sont identiques à celles des équations
[éq7.3-4] et [éq 7.3-5].
On voit donc que tout vecteur propre X du système dualisé est aussi vecteur propre du
système réduit (avec la même pulsation propre) si on le projette sur l'espace U2 .
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Réciproquement, tout vecteur propre X2 du problème réduit peut être prolongé en un vecteur propre
du système dualisé XT
[XT,XT T T
= 1 2 ,1 ,2 ].
avec :

X = -B 1- B X
1
1
2
2


1
= -
B-T
1
-
1
1 (- K B
B + K
1
1
2
12 ) X2
2



1

= -
B-T
1
-
2
1 (- K B
B + K
1
1
2
12 ) X2
2


Les deux systèmes sont donc équivalents, ils ont les mêmes modes propres et les mêmes valeurs
propres.
Le système dualisé, bien que de dimension supérieure au système réduit, n'a pas plus de valeurs
propres que le système réduit (la dimension de l'espace propre est la même).
Conclusion :
Le système dualisé est équivalent au système réduit dès que l'on choisit m = m = 0 ,
c'est-à-dire si on prend la matrice de rigidité dualisée mais que l'on ne modifie pas la matrice de
masse. C'est ce qui est fait dans Aster.

7.5 Exemple
Soit le système :
k
m
m
u1
u2
k
- k
m 0
K =
M


=

- k
k
0

m

on lui ajoute la contrainte u
u
1 +
2 = 0
( )
0 ; Soit = .
Le système réduit est alors :
·
K = k ; K = k ; K = -k ; M = m ; M = m ; M
1
2
12
1
2
12 = 0
·
B = ; B
1
2 =
~
= k(1+ )2
~
K
; M
2
2
2
=
(m1+ )
2
k 1
2
( + )

=
; X = 1
m 1+ 2
2
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On constate que la valeur propre 2 dépend du rapport = .
k
Si = 0
2
,
= m
2
Si = 1
2
k
= m
Si
2
k
m
Choisissons ( = = )
1 pour simplifier et écrivons le système dualisé :
k
- k


m
0

x
k
k
m
m
1


- k
k




0
m



x
k
k
m
m




2

-
= 0
k

k

- k

k

m

m

- m

m






1










k
k
k
- k
m
m
m
- m 2
les valeurs propres de ce système sont :

k
2
k k 2
=
k
,
,
,
m
m


m
m
On constate que l'on retrouve la valeur propre réelle (la 4°), mais que l'on trouve 3 valeurs propres
parasites dues à la non nullité de m et m .
Si on choisit m = m = 0 , le calcul montre que le polynôme caractéristique est de degré 1 et que sa
seule solution est :
k

2
2

=

m
X =


{-1, + }
1
qui est la solution cherchée.
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7.6 Conclusions
· Si
K et M sont les matrices de rigidité et de masse d'un système non-contraint.
· Si les contraintes linéaires peuvent être écrites sous la forme :
[
U
B
B ] 1
0
B
1
2
inversible
U =
avec 1
2
· Alors les modes propres de la structure contrainte sont ceux du système réduit :
(~
2 ~
K - M2) X
2
2
= 0
avec :
~

K
= - KT B 1
- B + K + BT B-T K B 1
- B - BT B-T K
2
12
1
2
2
2
1
1
1
2
2
1
12
~
M
= - MT B 1
- B + M + BT B-T M B 1
- B - BT B-T M

2
12
1
2
2
2
1
1
1
2
2
1
12
· Le système dualisé (doubles Lagrange) qui s'écrit :
(~~
~
~
-2
) ~~
K
M X = 0
avec :
~
~
XT
= [X X
1
12
1

2
]
K
K
BT BT
1
12
1
1
~
~
KT
K
BT BT
K = 12
2
2
2
B
B
1
2
- I
I


B
B
I
1
2
- I
M
M
1
12
0

0
T

~
~
M
M
0 0
M = 12
2

0
0
0

0


0
0
0

0
a alors les mêmes solutions que le système réduit.
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Annexe 1
Soit le problème 1
min J(u)
u V

1
J(u) =
(Au, u)-(b, u)
2
V sous espace affine de Rn = {u Rn tel
C
que
u - d
i
i = 0 i = 1
, , }
p
A et b sont définis sur Rn
A matrice symétrique positive d'ordre n.
Problème 2
Trouver u V tel que : (Au, v )- (b, v ) = 0 v
V
0
0
0
0 )
V = {u Rn tel que C u - d
i
i = 0, i = 1, }
p
V0 = {v Rn tel
C
que
u
0
i
= 0, i = 1, }
p
On va montrer que les deux problèmes précédents sont équivalents.
Remarquons tout d'abord que le problème 2 est équivalent au problème 2'.
Problème 2'
Trouver u V tel que : (Au, v - u)- (b, v - u) = 0 v V)
V = {u Rn tel que C u - d
i
i = 0, i = 1, }
p
Il y a en effet bijection entre l'ensemble des {v - u, u V, v }
V et l'ensemble V0.
Montrons que le problème 2' est équivalent au problème 1 :
Soit u solution de 2'
Alors, v V
1
1
J(v) - J(u) =
(Av, v)-(b, v)- (Au, u)+(b, u)
2
2
1
1
=
(Av, v)-(Au, v -u)- (Au, u)
2
2
1
1
=
(
s
Av, v) - 2(Au, v) + (Au, u) =
(A(u-v,u-v) 0
2
2
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Calculons tout d'abord la dérivée de J(u) :
u V, v V
,
0
0
J(u + v
0)- J(u)
J'(u) v0 = lim
0


=


lim (Au,v0)+ (Av , v
0
0 ) - (b, v0 )
(Au b) v

0
0
2

=
-
Soit u la solution de Pb1
v V , posons v = v - u ; v V
0
0
0 .
J(u + v0)- J(u)

0 (J'(u)v0 0 , v0 V0)

On voit que J '(u) qui est une forme linéaire sur V0 doit être systématiquement positive. Ceci n'est
possible que si cette forme est identiquement nulle.
On en conclut que :
J'(u v - u
=
Au - b v - u
= 0
) (
)
(
)(
)
,
v
V
s
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Annexe 2
Définitions, notations
A est la matrice de rigidité sans contrainte (n × n) (symétrique et positive)
C est la matrice de blocage : Cu - d = 0 ( C matrice n × p (p < )
n )
u est le vecteur des ddl physiques Rn
1 est le vecteur des premiers ddl de Lagrange R p
2 est le vecteur des deuxièmes ddl de Lagrange R p
x = (u, 1, 2) Rn × R p × R p
On note :
·
U l'ensemble des ddl physiques,
·
1 l'ensemble des premiers ddl de Lagrange,
·
2 l'ensemble des deuxièmes ddl de Lagrange.
+
R
K matrice d'ordre 2p + n symétrique
A CT
CT


K =
C

- l l
C l - l



La matrice K écrite ci-dessus correspond à une certaine numérotation des inconnues :
x = (u, 1, 2)
La véritable matrice K dont on cherche à montrer qu'elle est factorisable par LDLT sans permutation
n'est pas écrite avec cette numérotation. La seule règle de numérotation prise en compte est la
suivante :
Règle R0 :
Les deux ddl de Lagrange associés à une équation de liaison C U - d
i
i = 0 encadrent les ddl
physiques contraints par cette équation.
Par la suite, pour simplifier l'écriture, on prendra = 1.
On cherche à montrer que toute sous matrice Ki de K est inversible.
Soit une sous matrice Ki donnée. Elle correspond à un partage des ddl : ceux de rang i, ceux de
rang > i.
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Auteur(s) :
J. PELLET
Clé :
R3.03.01-B
Page :
27/30
Nous noterons :
~
U le sous ensemble de U correspondant aux ddl de rang i.
~
~
U le sous ensemble de U correspondant aux ddl de rang > i.
L
1
2
1
2
1 est l'ensemble des couples (1, 1 )
ra
tels que
(1)<
(
ng
ra
1 )
ng
i
L1 = {1
2
1} ; L2
1
1 = {1 }
L
1
2
1
2
3 est l'ensemble des couples (3, 3 )
ra
tels que i <
(3)<
(3
ng
ra
)
ng
L1 = {1
2
3} ; L2
3
3 = {3}
L
1
2
1
2
2 est l'ensemble des couples (2 , 2 )
ra
tels que
(2)
ng
i < ra (2)
ng
L1 = {1
2
2} ; L2
2
2 = {2}
j
On a L =
Li
# .
i=1,3
j=1,2
La matrice C peut se découper en 3 parties correspondant au découpage (L1, L2, L3)
C1
C2
C3
~ ~~
Chaque matrice C
(U,U)
i peut se découper en 2 parties correspondant au découpage
~
C
~
~
i
Ci
~ ~~
La matrice A peut se découper en 4 parties correspondant au découpage (U,U)
~A
A
A =
~
~
T

A
A


A l'aide de ces notations, le problème à résoudre est de montrer que la matrice Ki est inversible.
-
~
I
I
0
C

1
~
I
- I
0
C
K

1
i
=
~
0
0
- I C

2
~
~
~
~
CT CT CT
A
1
1
2


Manuel de Référence
Fascicule R3.03 : Conditions aux limites et chargements
HI-75/01/001/A

Code_Aster ®
Version
5.0
Titre :
Dualisation des conditions aux limites
Date :
09/02/01
Auteur(s) :
J. PELLET
Clé :
R3.03.01-B
Page :
28/30
1
12
1
Cette matrice correspond au vecteur Xi = 1

2
~
U

Il faut montrer que : K .X = 0
X
i
i
i = 0
Le problème est équivalent à :
Problème 1 :
- 1
2
~ ~
1 + 1 +
1
C u = 0

~
~
u = 0
1
2
~
1 - 1 +
1
C u = 0
(


S) =
~

1
2
0
1
1 = 1 =
-
~
2 + C2 u =

0


1
0
~
1
2
~
1
~
2 =
T

1
C (1 + 1 )
T
+ C2 2 + A.~u = 0
Cas général :
~
On suppose que U ; L1 ; L2
(S)
1
2
1
= 1
éq An2-1
~ ~
C u
1
= 0
éq An2-2
12 = ~ ~
2
C u
éq An2-3
~T
~T ~
~
2
1
+ (
~
C
2
C C2 + A) u = 0
1 1
éq An2-4
De [éq An2-4], on déduit :
T T
T ~ T ~
~
2 ~ ~
1
~
+
(
~
u C
u
2
C
2
C + A) u = 0
1 1
De [éq An2-2], on obtient :
~T ~ T
T ~ T ~
~
u C
= 0 ~u
1
(C C + A
2
2
)~u = 0
~T ~ T ~ ~
~T ~~
u C C u + u Au
2
2
= 0
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~
~T ~
Or A est symétrique positive (sous matrice d'une matrice positive) et C C
2
2 est aussi une matrice
symétrique positive, donc cette somme ne peut être nulle que si les deux termes sont nuls.
T T ~
~ ~
u C .
~
C u
2
2
= 0
~T ~~
u Au =


0
~ ~
C u
1
2
= 0
2
= 0
éq An2-5
~
A est une matrice positive, on veut montrer que :
~T ~~
~
u Au = 0 u = 0
éq An2-6
Il nous reste à démontrer que : ~
u = 0
1
et
= 0
1
·
~
u = 0
Prolongeons ~
u sur Rn par ~~ = 0 = (~,~~
u
u
u u) :
~
uT Au
u
~T
=
Au~ = 0

u ker A

~
C u
C u~
1

0
1
~

~

Cu = C u
2
= C u


2
=
0
C u
3
C~ u~
3

0
~
En effet C3 = 0 car sinon, il existerait des ddl de ~u contraints par des équations non encore
prises en compte (de rang > i) ce qui est contraire à R0.
Le prolongement u de ~
u est donc dans les noyaux de A et C . On va montrer qu'il est alors nul.
Reprenons le problème avec les "simples Lagrange".
(

Au + CT = b
S2) = Cu =


d
Si u0 0 est tel que Au0 = 0 et Cu0 = 0 .
Si u1 est solution de S2, on voit qu'alors u + u
1
µ 0 est aussi solution. Ce qui est impossible car
nous supposons notre problème physiquement bien posé.
On en conclut que u = 0 u
~ = 0.
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·
11 = 0
[éq An2-4] donne :
~
CT 1
1 1
= 0
éq An2-7
~
~
~
De la même façon que la règle R0 imposant C3 = 0 , on voit que C1 = 0 .
[éq An2-6] donne :
~CT 1

0
CT 1
1
1
1 1
= ~~
=
0
=
éq An2-8
CT 1


0
1
1

Raisonnons par l'absurde : si 1
T 1
1 0 est tel que C1 1
= 0, c'est qu'il existe une combinaison
linéaire des lignes de C1 qui est nulle, ce qui est contradictoire avec le fait que les lignes de C1
sont indépendantes les unes des autres (problème physique bien posé).
Donc 11 = 0.
Cas particulier :
Lorsque l'un (ou plus) des ensembles ~
u , L1, L2 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.
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