Chapitre I. Révision de bases : calcul différentiel...
soit encore
Bx = 0 et Ax + B
λ = b.
En comparant ceci à (S), on voit donc que la solution x de (P) est précisément la première composante de tout point-selle de L (ou de L r , ceci pour
un r > 0, ou quelque soit r 0 ).
C – 1 ◦ ) Puisque x n est, par construction, un minimum de L r (·, λ n ) sur R N , il
est caractérisé comme suit :
(A + rB
B)x n + B
λ n = b.
On a vu qu’il existe effectivement un point-selle (x, λ) de L r sur R N × R M et
que ce point-selle est caractérisé par les relations :
Bx = 0 et (A + rB
B)x + B
λ = b.
Par suite :
(A + rB B)(x n − x) + B (λ n − λ) = 0,
λ n+1 − λ = λ n − λ + ρ n B(x n − x).
(α)
(β)
On tire de (β) :
λ n+1 − λ
2 = λ n − λ
2 + 2 ρ n B(x n − x), λ n − λ + ρ
2
n B(x n − x)
2 .
Il vient de (α), en faisant le produit scalaire des deux membres avec x n −x :
A(x n − x), x n − x + r B(x n − x)
2 + B(x n − x), λ n − λ = 0.
Les deux égalités précédentes conduisent à :
λ n+1 − λ
2
− − λ n − λ
2 =
− 2ρ n A(x n − x), x n − x + (ρ
2
n − 2ρ n r) B(x n − x)
2 . (γ)
2 ◦ ) a) On doit s’assurer que le second membre de (γ) est 0.
C’est le cas si B(x n − x) = 0. Sinon, il faut prouver que
ρ n B(x n − x)
2
− 2[A(x n − x), x n − x + r B(x n − x)
2 ] 0,
soit
ρ n 2
r +
A(x n − x), x n − x
B(x n − x) 2
·
(δ)
Or :
1
σ∗
Au,u
Bu 2 pour tout u tel que Bu = 0 et ρ n α 1 < 2
r +
1
σ∗
.
Donc l’inégalité (δ) a bien lieu.
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