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Metodos Matematicos de Especialidad. Especialidad de Construccion. Curso 11-12 Tema 2. Introduccion al metodo de los Elementos Finitos. Problemas unidimensionales Luis Sanz Lorenzo Dpto. Matematicas E.T.S.I. Industriales, UPM 12 de septiembre de 2012

Indice 1. Algunas ideas generales sobre el MEF en problemas estacionarios

5

2. Construccion del problema debil en un problema tipo: deformacion de una barra sometida a carga axial 8 2.1. Planteamiento del problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

2.2. Condiciones de frontera esenciales y naturales . . . . . . . . . . . . . .

11

2.3. Regla de Barrow e integracion por partes . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

2.4. Espacios vectoriales. Aplicaciones lineales. Formas lineales, bilineales y cuadraticas. Normas y producto escalar . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

2.5. Problema debil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

2.6. Relacion entre los problemas fuerte y debil . . . . . . . . . . . . . . . .

30

2.7. Existencia e unicidad de solucion a los problemas fuerte y debil . .

31

2.7.1. El espacio de Sobolev

H 1(

) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

2.7.2. El problema debil como extension del problema fuerte . . . .

35

3. Metodo de Galerkin para un problema debil general

36

3.1. Planteamiento del metodo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

3.2. Interpretacion del metodo de Galerkin . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

3.3. Sistema de ecuaciones asociado al metodo de Galerkin . . . . . . . .

41

1

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El MEF en problemas unidimensionales

4. El metodo de los elementos nitos (MEF) 4.1. Planteamiento general del MEF . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2. Ejemplo de espacio de elementos nitos: funciones lineales a trozos en un intervalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47 47 49

5. Calculo practico en el MEF: el \enfoque local" o \del elemento" 55 5.1. Planteamiento del problema e ideas generales . . . . . . . . . . . . . . 55 5.2. Division en elementos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 5.3. De nicion de un espacio de funciones polinomicas sobre cada elemento 60 5.3.1. Ejemplos de elementos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 5.3.2. De nicion completa de elemento . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 5.4. De nicion de las funciones de base nodal del elemento . . . . . . . . 65 5.4.1. Funciones de base para algunos elementos . . . . . . . . . . . . 67 5.5. Grados de libertad globales. Numeracion . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 5.6. Pegado de los espacios de funciones sobre cada elemento. Regularidad interelementos. Funciones de base globales . . . . . . . . . . . . . 73 5.6.1. Estudio de la regularidad interelementos . . . . . . . . . . . . . 74 5.6.2. De nicion de las funciones de base globales . . . . . . . . . . . 79 5.7. Tratamiento de las condiciones de frontera esenciales. Trabajo con la funcion rh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 5.8. De nicion del espacio V h y de una base para el mismo . . . . . . . . 85 5.9. Problema de Galerkin y sistema de ecuaciones . . . . . . . . . . . . . . 87 5.10. Expresion de las integrales sobre el dominio como suma de integrales sobre cada elemento. Matriz de rigidez y vector de carga del elemento 92 5.10.1. Integrales correspondientes a la matriz de rigidez. Matriz de rigidez del elemento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 5.10.2. Integrales correspondientes al vector de fuerzas. Vector de fuerzas del elemento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 5.11. Calculo de las integrales en la matriz de rigidez y el vector de fuerzas del elemento. Cambio de variable. Funciones de base en la referencia estandar. Uso de formulas de cuadratura . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 5.11.1. Calculo de las contribuciones de cada elemento a la matriz de rigidez y el vector de carga en el problema tipo . . . . . . . . . 105 5.12. Ensamblaje de las contribuciones de cada elemento a la matriz de rigidez y el vector de fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 5.12.1. Ensamblaje estandar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 5.12.2. Procedimiento alternativo de ensamblaje: trabajo con la matriz de rigidez y el vector de fuerza ampliados . . . . . . . . . . 112 5.12.3. Obtencion de la matriz de rigidez y el vector de fuerza a partir de sus homologos ampliados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 2

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El MEF en problemas unidimensionales

5.12.4. Trabajo con un sistema extendido \equivalente" . . . . . . . . 120 5.13. Enfoque local: resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 6. Problema debil y metodo de Galerkin cuando solo hay condiciones de Neumann 128 7. Postprocesado: calculo de los desplazamientos y de las tensiones en un punto cualquiera del dominio 131 7.1. Postprocesado en problemas unidimensionales . . . . . . . . . . . . . . 131 7.2. Postprocesado en problemas multidimensionales . . . . . . . . . . . . 134 8. Justi cacion del metodo de Galerkin

136

8.1. Solucion del problema de Galerkin como aproximacion a la solucion del problema debil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 8.2. Convergencia de la solucion del problema de Galerkin a la solucion de como aproximacion a la solucion del problema debil . . . . . . . . 136 9. Problema de una barra a

exion

137

9.1. Problema fuerte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 9.2. Problema debil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140 9.3. Problema de Galerkin y MEF en la barra a

exion . . . . . . . . . . . 144

10. Extension de los datos de un problema fuerte

151

10.1. Trabajo con cargas no acotadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 10.2. Introduccion de cargas y momentos puntuales . . . . . . . . . . . . . . 152 10.2.1. De nicion de la delta de Dirac y el doblete o dipolo . . . . . . 152 10.3. Aplicacion de cargas puntuales en la barra axial . . . . . . . . . . . . . 154 10.3.1. Deduccion heur stica de la ecuacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 10.3.2. Problema debil y aplicacion del MEF

. . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

10.4. Aplicacion de cargas y momentos puntuales en la barra a

exion . . 161

11. Tratamiento de las condiciones de Robin

163

12.Principios de minimizacion asociados a un problema debil

167

12.1. Principio variacional asociado a un problema debil . . . . . . . . . . . 167 12.2. Principio de minimizacion asociado al problema de Galerkin. Metodo de Riesz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 12.3. Caso en que la forma bilineal solo es semide nida positiva . . . . . . . . . . . 172

3

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El MEF en problemas unidimensionales

13. El MEF en problemas dinamicos unidimensionales

173

13.1. Problema dinamico para la barra con carga axial . . . . . . . . . . . . 173 13.1.1. Problema fuerte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 13.1.2. Problema debil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 13.1.3. Problema de Galerkin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179 13.1.4. Sistema de ecuaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181 13.1.5. Aplicacion del MEF . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 13.2. Problema dinamico para la barra a

exion . . . . . . . . . . . . . . . . 189

14.Ejercicios de repaso

190

Indice de guras 1.

Esquema de las ideas principales del metodo de Galerkin . . . . . . . . . . . .

6

2.

Barra con carga axial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

3.

Construccion del problema debil para el problema tipo . . . . . . . . . . . . .

26

4.

Relacion entre los problemas fuerte y debil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

5.

Proyeccion ortogonal de un vector sobre un subespacio . . . . . . . . . . . . .

38

6.

Principio de ortogonalidad de Galerkin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

7.

Del problema debil al metodo de Galerkin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

8.

Del problema debil a la solucion del metodo de Galerkin . . . . . . . . . . . .

46

9.

Construccion del problema debil en el caso general . . . . . . . . . . . . . . .

57

4

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El MEF en problemas unidimensionales

1. Algunas ideas generales sobre el MEF en problemas estacionarios El metodo de los elementos nitos (MEF) es un procedimiento para resolver de forma aproximada ecuaciones diferenciales y en derivadas parciales, tanto lineales como no lineales. A grandes rasgos, en el MEF aplicado a problemas estacionarios, es decir, problemas de equilibrio se procede de la forma que describimos a continuacion. Se quiere resolver una ecuacion diferencial (ordinaria o en derivadas parciales) con unas ciertas condiciones de frontera en el que la incognita es una funcion que pertenece a un espacio de dimension in nita. A este problema se le denomina "problema fuerte". La di cultad es que, salvo en casos muy concretos, no es posible encontrar una expresion anal tica para la solucion a dicho problema fuerte. Para solventar esta di cultad, lo que se hace en la practica es resolver un problema asociado al problema original pero planteado en un espacio de dimension nita. Para ello, se procede en distintos pasos: Ideas principales en la aplicacion del metodo de Galerkin a un problema fuerte 1. En primer lugar, el problema fuerte se transforma en un problema asociado, denominado \problema debil", que es casi equivalente a dicho problema fuerte (es decir, las soluciones de ambos problemas son \casi" las mismas). Este problema sigue siendo dif cil, pues se sigue busca la solucion u en un espacio S de dimension in nita, pero esta en una forma que permitira simpli carlo. 2. Para poder llevar a cabo la \simpli cacion" del problema debil, este se reformula obteniendo un problema completamente equivalente que denominaremos \problema debil reformulado". La solucion v a este problema pertenece a un espacio V de dimension in nita y, por tanto, sigue siendo un problema dif cil de resolver. La relacion entre v y u es que u = v + r donde r es una funcion que por ahora supondremos conocida. 3. Para poder llevar a cabo su resolucion, el \problema debil reformulado" se aproxima por un problema, denominado \problema de Galerkin", en el que se busca una funcion v h , que sera una aproximacion a la solucion exacta v, en un subespacio V h de dimension nita de V . 4. Para llevar a cabo en la practica la resolucion del problema de Galerkin, se elige una base de V h y entonces el problema de Galerkin se transforma en un sistema de ecuaciones algebraicas. Concretamente, si llamamos d al vector de coordenadas de la solucion aproximada v h en dicha base, se obtiene un sistema Kd = F en el que el vector incognita d se puede calcular con facilidad. 5. Una vez calculado d, a partir de el se puede reconstruir v h y, por tanto, la solucion aproximada uh al problema fuerte original sera la funcion uh := r + v h

5

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El MEF en problemas unidimensionales

Figura 1: Esquema de las ideas principales del metodo de Galerkin Ya podemos dar una idea de en que consiste el MEF: >Que es el MEF? El MEF es un caso particular del metodo de Galerkin en el cual: 1. V h esta formado por funciones polinomicas a trozos 2. Las funciones que la base de V h se eligen de manera que solo son no nulas en un reducido numero de elementos. Como veremos, estas dos caracter sticas hacen que el MEF posea importantes ventajas 6

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El MEF en problemas unidimensionales

computacionales frente a las otras formas de emplear el metodo de Galerkin. Una de estas ventajas es que las componentes del vector d tienen un signi cado f sico muy claro: son el valor de v h en unos ciertos puntos denominados \nudos". Por tanto, las componentes de d son aproximaciones al valor de v h en dichos nudos. Como se vera mas adelante, lo que se hace en el MEF es dividir el dominio de trabajo en subconjuntos denominados \elementos" y considerar como espacio V h a las funciones de nidas en , que son polinomios de un cierto grado en cada elemento (por ello se las denomina funciones polinomicas a trozos) y que cumplen unas ciertas condiciones adicionales. Fases en la aplicacion practica del MEF. Consideremos ahora el MEF desde el punto de vista de las tareas que hay que llevar a cabo en la practica para aplicarlo. El usuario desea conocer el valor (aproximado) de la solucion u en unos ciertos puntos. Para llegar a ello, podemos distinguir 3 fases: 1. Preprocesado: se llevan a cabo los calculos relacionados con el \mallado" del dominio de trabajo , es decir, con la division de en elementos y con la generacion de estructuras de datos relacionadas con dicho mallado. Esta fase se lleva a cabo mediante programas denominados \malladores". 2. Procesado: se llevan a cabo los calculos para obtener la matriz K y el vector F , y posteriormente se resuelve el sistema Kd = F y se obtiene d. Este es el paso mas costoso computacionalmente. 3. Postprocesado: a partir de d se calcula el valor (aproximado) de la solucion u en los puntos especi cados por el ususario.

En la asignatura se estudiaran con cierto detalle, tanto desde el punto de vista teorico como desde el punto de vista de la programacion, el procesado y el postprocesado, pero no se tratara el preprocesado.

7

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2. Construccion del problema debil en un problema tipo: deformacion de una barra sometida a carga axial En esta seccion se estudiaran las ideas principales para construir el problema debil a partir del fuerte, aplicandolas a la resolucion de un problema unidimensional correspondiente a la deformacion de una barra con carga axial. Estas nociones permitiran extender facilmente el metodo a problemas mas generales y de mas interes ingenieril tales como el problema de la transmision del calor por conduccion o el problema general de la elasticidad.

2.1. Planteamiento del problema Considerese una barra con seccion recta perpendicular al eje x y que ocupa el intervalo [a; b]. Supongase que en cada punto x la barra esta sometida a una carga distribuida (fuerza por unidad de longitud) f (x) dirigida en la direccion del eje x. Entonces el problema tiene caracter unidimensional, es decir, la unica incognita es el desplazamiento axial de la barra en cada punto. Si el area de la seccion recta es A(x) > 0 entonces la ecuacion que expresa el equilibrio de fuerzas en la barra es d (A(x) (x)) + f (x) = 0, x 2 (a; b) dx donde (x) es la tension (en la direccion del eje x) en el punto x ( se considera positiva si la seccion recta trabaja a traccion). La deduccion de la ecuacion anterior es inmediata si se supone que f es una funcion continua en [a; b], cosa que supondremos en lo sucesivo. ~ Notacion e hipotesis del modelo Sea u(x) el desplazamiento (en la direccion del eje x) en el punto x.

Figura 2: Barra con carga axial Suponiendo comportamiento elastico, la ecuacion constitutiva, es decir, la relacion entre tension (x) y deformacion "(x) es (x) = E(x)"(x) (notese que es una relacion lineal) donde E(x) es el modulo de elasticidad o modulo de Young, que cumple E(x) > 0 para todo x 2 [a; b]. 8

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El MEF en problemas unidimensionales

Suponiendo peque~ nas deformaciones y peque~ nos desplazamientos, la ecuacion cinematica, es decir, la relacion entre desplazamientos y deformaciones es "(x) = u0 (x) (que, notese, es lineal). De lo anterior se tiene que la ecuacion que expresa el equilibrio de fuerzas en la barra es d (A(x)E(x)u0 (x)) + f (x) = 0; x 2 (a; b) := dx

(1)

que es una ecuacion diferencial ordinaria (EDO) de segundo orden.

Claramente, el problema anterior representa un fenomeno estacionario, es decir, en el que no hay evolucion temporal de las magnitudes. Por ello no tiene sentido imponer condiciones iniciales. Sin embargo, para que el problema este bien planteado, es decir, para que exista solucion unica al problema (y que esta var e suavemente con los datos), una condicion necesaria es que en cada punto de la frontera del conjunto , es decir, en @ := fa; bg se debe especi car una condicion denominada \condicion de frontera". Por ello, a este tipo de problemas se les denomina \problema con valores en la frontera" (PVF), en contraposicion a los \problemas de valor inicial" (PVI) que modelan fenomenos de evolucion. Las condiciones de frontera mas habituales en un punto (tomando por ejemplo el punto x = a) son las siguientes u(a) = ua : condicion de tipo Dirichlet 0

u (a) = 0

u(a) + u (a) = donde ua , u0a , ,

y

u0a :

condicion de tipo Neumann

: condicion de tipo Robin

(2a) (2b) (2c)

son numeros reales.

Como ejemplo concreto, en nuestro caso utilizaremos condiciones tipo Dirichlet y tipo Neumann, dejando las condiciones de tipo tipo Robin para mas adelante (seccion 11). En concreto suponemos que la barra se desplaza una cantidad ua en el punto x = a y que en x = b se aplica una fuerza Fb (positiva si es de traccion). Entonces se tiene u(a) = ua A(b)E(b)u0 (b) = Fb

9

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El MEF en problemas unidimensionales

o bien u(a) = ua u0 (b) = u0b donde se ha de nido u0b :=

Fb A(b)E(b)

Observese que para que (1) tenga sentido es necesario que u sea derivable dos veces. Por ello u debe pertenecer al espacio C 2 [a; b]. Recordamos la de nicion de funcion C m [a; b]: De nicion 1 C m [a; b] es es conjunto formado por las funciones funciones de [a; b] a R de clase m, es decir, derivables m veces y con derivada m-esima continua. As pues, el problema resultante es: Problema fuerte (F). Encontrar u 2 C 2 [a; b] tal que se veri que d (A(x)E(x)u0 (x)) + f (x) = 0; x 2 (a; b) := dx u(a) = ua ; A(b)E(b)u0 (b) = Fb donde los datos cumplen las siguientes hipotesis: f 2 C[a; b] A; E 2 C 1 [a; b] 8x 2 [a; b]; A(x) ; B(x) para una cierta

(3)

> 0.

En lo sucesivo nos referiremos a (3) como problema fuerte (F). Observese que el problema (3) es lineal, es decir, la incognita u aparece de forma lineal tanto en la ecuacion diferencial como en las condiciones de contorno. Por ello, a (3) se le podra aplicar el principio de superposicion. El problema pasar a a ser no lineal, por ejemplo, si las leyes constitutivas fuesen no lineales. De nicion 2 Solucion \clasica" o \fuerte". u es una solucion \clasica" o \fuerte" para el problema (F) si u es de clase C 2 [a; b] y veri ca (F) 10

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El MEF en problemas unidimensionales

2.2. Condiciones de frontera esenciales y naturales Dada una EDO de orden par de nimos m como el entero tal que el orden de la ecuacion diferencial es 2m. En nuestros ejemplos trabajaremos solo con m = 1 y m = 2, es decir, con EDOs de orden 2 y 4. Para que un PVF de orden 2m este bien planteado deben especi carse m condiciones (llamadas \de frontera") en cada punto de la frontera. Desde el punto de vista de la construccion del problema debil, estas condiciones de frontera se pueden dividir en dos tipos: Las denominadas \condiciones de frontera esenciales" involucran derivadas de la solucion de orden a lo sumo m 1. En nuestro caso, al ser m = 1, hay una condicion esencial que corresponde al valor de la funcion en el punto a, es decir, u(a) = ua . Las denominadas \condiciones de frontera naturales" involucran derivadas de la solucion con ordenes en el rango que va de m a 2m 1. En nuestro caso, al ser m = 1, hay una condicion natural que corresponde al valor de la derivada de la funcion en x = b, es decir, u0 (b) = u0b . En nuestro caso, las condiciones de frontera son \mixtas", pues hay tanto condiciones esenciales como naturales u(a) = ua : condicion de Dirichlet (esencial) u0 (b) = u0b : condicion de Neumann (natural) aunque tambien podr an ser solo de Neumann, solo de Dirichlet e incluso alguna de ellas podr a ser una condicion de Robin. Comentarios: En lo sucesivo, con el termino \frontera esencial" nos referiremos a la parte de la frontera en la que se especi can condiciones esenciales. Idem para el termino \frontera natural" Hay que hacer constar que cuando las condiciones (ya sean estas esenciales o naturales) son nulas, se dice que las condiciones son \homogeneas".

2.3. Regla de Barrow e integracion por partes Como instrumento para obtener el problema debil a partir del problema fuerte utilizaremos la integracion por partes. En la asignatura de Calculo de primer curso se estudia el siguiente resultado: Proposicion 1 Regla de Barrow. Si g 2 C 1 [a; b] se cumple que Z

b

g 0 = g(b)

a

g(a) =: g jba

Aunque la regla de Barrow se cumple en principio para funciones g 2 C 1 [a; b], queremos extender su validez a familias de funciones mas generales. 11

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El MEF en problemas unidimensionales

Ejemplo de funcion de clase C 1 [a; b] De nicion 3 Funciones de clase 1 a trozos. Denotamos mediante Ct1 [a; b] al espacio de las funciones de clase uno a trozos en [a; b], es decir, las funciones u : [a; b] ! R que cumplen: a) u : [a; b] ! R es continua. b) existe una particion a = x0 < x1 < < xn = b del intervalo [a; b] tal que u 2 1 C [xi ; xi+1 ] para todo i = 0; :::; n 1

Ejemplo de funcion de clase 1 a trozos Claramente, las funciones de Ct1 [a; b] no tienen por que ser derivables en todos los puntos. Sin embargo, como la derivada de g solo deja de existir en y R b un0 numero nito de puntos 1 estamos integrando, tiene sentido plantearse la expresion a g . En efecto, si g 2 Ct [a; b], de nimos Z b n X1 Z xi+1 g 0 := g0 (4) a

i=0

xi

Ademas, tenemos: Proposicion 2 Regla de Barrow generalizada. La regla de Barrow sigue siendo valida si g 2 Ct1 [a; b]. Es decir, si g 2 Ct1 [a; b] Z b g 0 = g(b) g(a) a

Comentario: Si g no es continua en algunos puntos pero es derivable entre dichos puntos, Rb podr a seguir de niendo a g 0 mediante (4) pero ahora la regla de Barrow no es valida. Ejemplo: 0 para x 2 [0; 1=2) g(x) = 1 para x 2 [1=2; 1] Rb Pues a g 0 = 0 y sin embargo g(1) g(0) = 1. 12

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El MEF en problemas unidimensionales

~ Integracion por partes. Introduzcamos ahora la formula de integracion por partes tal como se la estudia en Calculo de primer curso. Sean u; v 2 C 1 [a; b]. Entonces, a partir de (uv)0 = u0 v + uv 0 ; integrando en [a; b] en los dos miembros de la igualdad y usando la regal de Barrow, se obtiene la conocida regla de integracion por partes Z b Z b 0 b u v = uv ja uv 0 a

a

Pues bien, de acuerdo con lo expuesto anteriormente, se tiene: Proposicion 3 Integracion por partes generalizada. La integracion por partes sigue siendo valida si u; v 2 Ct1 [a; b], es decir, si u; v 2 Ct1 [a; b] se veri ca que Z b Z b 0 b u v = uv ja uv 0 a

a

Comentario: Hablando de forma laxa, con la integracion por partes \se pasa una derivada de una funcion a otra". La integracion por partes se utiliza mucho en la forma Z b Z b 00 0 b u v = u v ja u0 v 0 a

a

donde, para que sea valida, debe ser v 2 Ct1 [a; b] y u0 2 Ct1 [a; b], es decir, u 2 Ct2 [a; b], donde Ct2 [a; b] se de ne de la siguiente forma: De nicion 4 Ct2 [a; b] es el conjunto de las funciones tales que (a) son derivables y (b) su derivada es una funcion de Ct1 [a; b].

2.4. Espacios vectoriales. Aplicaciones lineales. Formas lineales, bilineales y cuadraticas. Normas y producto escalar Aprovechamos este momento para repasar algunos conceptos basicos que se han estudiado en la carrera y que seran de utilidad en lo sucesivo. De nicion 5 Espacio vectorial. Sea E un conjunto (puede ser de vectores, de matrices, polinomios, funciones, etc) en el que se de nen dos operaciones: - suma, + :E

E!E

(u; v) ! u + v 13

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El MEF en problemas unidimensionales

que es una operacion interna. - producto por escalar. :R

E!E

( ; v) !

v

Se dice que la cuaterna (E; R; +; ) es espacio vectorial cuando se cumple que 8 ;

2 R; 8u; v 2 V , u + v 2 E

Hablando de forma laxa, lo anterior se expresa diciendo que un espacio vectorial es un conjunto cerrado frente a las combinaciones lineales de elementos del conjunto. Comentario: De la de nicion de espacio vectorial se sigue inmediatamente que si conjunto es espacio vectorial necesariamente debe contener al elemento 0. En efecto, si tomamos = = 0, y u,v vectores cualesquiera de E, tenemos que 0 2 E. Por ello, si un conjunto no contiene al 0 no puede ser espacio vectorial. En primer lugar recordaremos las nociones de sistema libre, sistema generador y base de un espacio vectorial y algunas propiedades de los mismos: De nicion 6 Sistema libre o linealmente independiente de vectores en un espacio vectorial. Sea E un espacio vectorial. Se dice que la familia de vectores v1 ; v2 ; :::; vs es libre o linealmente independiente cuando se cumple lo siguiente. Si se escribe una combinacion lineal de los vi igualada a cero, es decir, 1 v1

entonces forzosamente todos los si se veri ca 1 v1 + 2 v2 +

i

+

2 v2

+

+

s vs

=0

tiene que ser cero. Es decir, la familia v1 ; v2 ; :::; vs es libre +

s vs

=0)

1

=

2

=

=

s

=0

De nicion 7 Sistema ligado o linealmente dependiente de vectores en un espacio vectorial. Se dice que una familia de vectores en un espacio vectorial es ligada o linealmente dependiente cuando no es linealmente independiente, es decir, cuando existen escalares + s vs = 0. 1 ; :::; s no todos nulos tales que se cumple 1 v1 + 2 v2 + Proposicion 4 Si una familia de vectores v1 ; :::; vs en un espacio vectorial es ligada entonces se puede escribir a menos uno de los vi como combinacion lineal de los demas. De nicion 8 Sistema generador en un espacio vectorial. Sea E un espacio vectorial. Se dice que la familia de vectores v1 ; v2 ; :::; vs es un sistema generador de E cuando se cumple que todo vector de E se puede escribir como combinacion lineal de los vi , es decir, cuando para todo u 2 E existen escalares 1 ; :::; s tales que se cumple u=

1 v1

+

2 v2

14

+

+

s vs

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De nicion 9 Base de un espacio vectorial. Dimension de un espacio. Sea E un espacio vectorial. Se dice que la familia de vectores v1 ; v2 ; :::; vs es una base de E cuando se cumple que dicha familia es libre y es sistema generador de E. Se demuestra facilmente que todas las bases de un espacio tienen el mismo numero de elementos, y se denomina dimension del espacio al numero de elementos en cualquiera de las bases del espacio. ~ Ejemplos de espacios vectoriales. Rn . Tiene dimension n (x; y; z) 2 R3 : Ax + By + Cz = 0 Es un plano que pasa por el origen. Tiene dimension 2

Plano que pasa por el origen Pn conjunto de los polinomios de grado menor o igual que n, es decir, de la forma p(x) = a0 + a1 x + + an xn . Tiene dimension n + 1. Conjunto de las funciones f : [a; b] ! R. Es un espacio de dimension in nita. C[a; b] in nita.

conjunto de las funciones continuas en [a; b]. Es un espacio de dimension

Veamos algunos ejemplos de conjuntos que no son espacios vectoriales: (x; y; z) 2 R3 : x2 + y 2 + z 2 = 1 : Es una esfera de centro el origen y radio 1. Conjunto de los polinomios de grado exactamente igual a n: Funciones f : [a; b] ! R tales que f (a) = 3. ........................................................................................ A continuacion introducimos un concepto que esta muy relacionado con el de espacio vectorial: De nicion 10 Espacio af n: Hablando de forma laxa, un espacio af n es un espacio vectorial desplazado, es decir, un espacio af n A es un conjunto de la forma w + E donde E es un espacio vectorial y w es un elemento de A, es decir, A = fw + v : v 2 Eg 15

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Ejemplo de espacio af n. por el origen.

(x; y; z) 2 R3 : Ax + By + Cz = 1 . Es un plano que no pasa

Comentario: Intuitivamente, se puede interpretar que un espacio af n es un espacio vectorial \trasladado". El siguiente concepto fue introducido en Algebra Lineal: De nicion 11 Aplicacion lineal entre espacios vectoriales. Sean (E; R; +; ) y (V; R; +; ) espacios vectoriales. Una aplicacion H:E!V es lineal cuando cumple la siguiente propiedad: 8u; v 2 E; 8 ;

2 R; H( u + v) = H(u) + H(v):

Comentarios: Como consecuencia de la propiedad anterior, si H es lineal y 1 ; :::; p 2 R, u1 ; :::; up 2 E, H( 1 u1 + + p up ) = 1 H(u1 ) + + p H(up ): Hablando de forma laxa, lo anterior se expresa diciendo que una aplicacion lineal conserva las combinaciones lineales. De la de nicion de aplicacion lineal se sigue inmediatamente que una aplicacion lineal entre E y V siempre transforma el cero de E en el cero de V . Es facil demostrar que las aplicaciones lineales de Rn a Rm son las aplicaciones de la forma H(x) = Ax donde A es una matriz A 2 Rn m . Sean A una matriz A 2 Rm n y b 2 Rm . Las aplicaciones de Rn a Rm del tipo H(x) = Ax b no son lineales, pues H(0) = b que no es cero a no ser que b sea 0. Estas aplicaciones son lo que se denomina aplicaciones a nes. Sin embargo, puesto que en la Ingenier a s se suele decir que las aplicaciones de la forma anterior son lineales, nosotros tambien seguiremos este criterio. Por tanto, a partir de ahora tambien usaremos el adjetivo \lineal" para referirnos a las aplicaciones a nes. De nicion 12 Forma lineal. Una forma lineal es una aplicacion lineal en la que el espacio de llegada es R. Comentario: como consecuencia de la de nicion y de lo se~ nalado anteriormente, las formas lineales en Rn son de la forma H(x) = bT x para un cierto b 2 Rn . Recordemos ahora la nocion de forma bilineal y forma cuadratica en un espacio vectorial:

16

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De nicion 13 Forma bilineal. Sea (E; R; +; ) un espacio vectorial real. Una forma bilineal en E es una aplicacion B : E E ! R que es lineal en cada una de sus dos componentes, es decir, 8u1 ; u2 ; v1 ; v2 2 E; 1 ; 2 ; 1 ; 2 2 R, B(

1 u1

+

2 u2 ;

1 v1

+

2 v2 )

=

1 1 B(u1 ; v1 )

+

1 2 B(u1 ; v2 )+

+

2 1 B(u2 ; v1 )

+

2 2 B(u2 ; v2 )

Comentarios: De lo anterior se sigue que una forma bilineal B cumple 0 1 n m n X m X X X A B@ u ; v = i i j j i j B (ui ; vj ) i=1

j=1

i=1 j=1

De la de nicion tambien se sigue que una forma bilineal en E cumple que para todo v 2 E, B(v; 0) = B(0; v) = 0.

De nicion 14 Forma bilineal simetrica. Se dice que una forma bilineal B : E es simetrica cuando B(u; v) = B(v; u); 8u; v 2 E.

E!R

I Comentarios: Es facil demostrar que las formas bilineales en Rn son las aplicaciones de la forma B(x; y) = xT Ay donde A 2 Rn

n.

La forma es simetrica si y solo si la matriz A es simetrica.

De nicion 15 Forma cuadratica. Una forma cuadratica en una espacio vectorial E es una aplicacion q : E ! R tal que existe una forma bilineal B : E E ! R que cumple q(v) = B(v; v); v 2 E

(5)

Se dice entonces que q es la forma cuadratica asociada a B. I Comentarios: Se demuestra facilmente que dada una forma cuadratica existen in nitas formas bilineales que cumplen la condicion (5). De entre todas ellas solo una es simetrica. Se puede demostrar que las formas cuadraticas en Rn son las aplicaciones de la forma q(x) = xT Ax con A 2 Rn

n

simetrica.

De nicion 16 Clasi cacion de formas bilineales simetricas (o, equivalentemente de las formas cuadraticas). Se dice que una forma bilineal simetrica B : E E ! R (o, equivalentemente, su forma cuadratica asociada q : E ! R) es: 1. Semide nida positiva, cuando se cumple 8v 2 E, B(v; v) 17

0

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2. De nida positiva, cuando se cumple 8v 2 E tal que v 6= 0; B(v; v) > 0 Notese que si B es de nida positiva, entonces en particular es semide nida positiva. El rec proco no es cierto. 3. Semide nida negativa, cuando se cumple 8v 2 E, B(v; v)

0

4. De nida negativa, cuando se cumple 8v 2 E tal que v 6= 0; B(v; v) < 0 Notese que si B es de nida negativa, entonces en particular es semide nida negativa. El rec proco no es cierto. 5. Inde nida, cuando se cumple 9v 2 E, B(v; v) > 0

9w 2 E, B(w; w) < 0 Comentario: si una forma bilineal no es simetrica no tiene sentido plantearse si es de nida positiva, etc, es decir, la clasi cacion anterior solo es valida para formas bilineales simetricas. De nicion 17 Clasi cacion de matrices simetricas. La clasi cacion anterior de formas cuadraticas sirve para clasi car las matrices Rn n simetricas. En efecto, se dice que una matriz A 2 Rn n simetrica es de nida positiva cuando su forma cuadratica asociada en Rn , q(x) = xT Ax, es de nida positiva, es decir, cuando se cumple 8x 2 Rn , x 6= 0; xT Ax > 0 La misma idea se aplica al concepto de matriz simetrica semide nida positiva, inde nida, etc. Se recuerda que las matrices simetricas se pueden clasi car en terminos de sus autovalores. En efecto, en primer lugar se veri ca: Proposicion 5 Los n autovalores de una matriz A 2 Rn

n

simetrica son reales.

Ademas se cumple: Proposicion 6 Sea A 2 Rn n simetrica: 1. A es de nida positiva si y solo si los n autovalores de A son positivos. 2. A es semide nida positiva pero no de nida positiva si y solo si los n autovalores de A son no negativos y hay al menos uno nulo. 3. A es inde nida si y solo si A tiene al menos un autovalor positivo y al menos un autovalor negativo. 4. Algo analogo se tiene para las matrices de nidas negativas y semide nidas negativas. 18

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Recordemos ahora la nocion de norma y de producto escalar en un espacio vectorial: De nicion 18 Norma en un espacio vectorial. Sea (E; R; +; ) un espacio vectorial real. Una norma en E es una aplicacion k k : E ! R+ que cumple las siguientes propiedades: N 1. 8u 2 E tal que u 6= 0 es kuk > 0 N 2. 8u 2 E; 8 2 R; k uk = j j kuk N 3: 8u; v 2 E; ku + vk kuk + kvk ~ Ejemplos de normas 1. Algunas normas en Rn : kxk2 :=

p

x21 + x22 +

+ x2n es la denominada norma dos o norma eucl dea.

kxk1 := jx1 j + jx2 j +

+ jxn j

kxk1 := max fjx1 j ; jx2 j ;

; jxn jg

2. Algunas normas en el en el espacio C [a; b] de las funciones continuas en [a; b]. kuk2 := kuk1 :=

qR Rb a

b 2 a u (x)dx

ju(x)j dx

kuk1 := supx2[a;b] ju(x)j Comentario: Notese el paralelismo entre las normas anteriores en Rn y en C [a; b]. Las normas en C [a; b] se pueden obtener a partir de las correspondientes a Rn considerando de forma intuitiva a las funciones como \vectores con in nitas componentes f (xi )". 3. Ejemplos de normas en el espacio de las matrices Rm kAk :=

n.

max jaij j

i;j=1;:::;n

kAk :=traza(AT A), llamada norma de Frobenius. A continuacion se introduce el concepto de producto escalar: De nicion 19 Producto escalar. Sea (E; R; +; ) un espacio vectorial real. Un producto escalar en E es una aplicacion h ; i : E E ! R que cumple las siguientes propiedades: P 1. 8u; v; w 2 E; hu + v; wi = hu; wi + hv; wi P 2. 8u; v 2 E; 8 2 R; h u; vi = hu; vi P 3: 8u; v 2 E; hu; vi = hv; ui P 4: 8u 2 E tal que u 6= 0 hu; ui > 0 19

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Comentarios: Dicho de otro modo, un producto escalar en un espacio vectorial E es una aplicacion de E E a R que es bilineal, simetrica y de nida positiva. Se cumple que siph ; i es un producto escalar en E entonces la aplicacion de nida mediante kuk := hu; ui es una norma en E y se dice que la norma anterior deriva de o esta inducida por dicho producto escalar. Hay que hacer notar que no todas las normas estan inducidas por un producto escalar. Por ejemplo, la norma 1 y la norma 1 en Rn no derivan de ningun p producto escalar, es decir, no existe ningun producto escalar h ; i tal que kuk1 := hu; ui

Proposicion 7 Desigualdad de Cauchy-Schwartz. Sea h ; i un producto escalar en un espacio vectorial (E; R; +; ) y sea k k su norma asociada. Entonces se cumple jhv; wij

kvk kwk

~ Ejemplos de productos escalares y normas asociadas en algunos espacios. 1. Algunos productos escalares en Rn El producto escalar estandar en Rn es el de nido por hx; yi := xT y: Dicho producto escalar induce la llamada norma eucl dea o norma dos q kxk2 := x21 + x22 + + x2n

Sea A 2 Rn aplicacion

n

una matriz simetrica de nida positiva. Se demuestra facilmente que la hx; yi := xT Ay

es un producto escalar. A el esta asociada la norma p kxk2 := xT Ax Notese que si A = I el producto escalar y la norma anteriores se reducen al producto escalar estandar y la norma eucl dea respectivamente.

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2. Algunos productos escalares en el en el espacio C [a; b] de las funciones continuas en [a; b]. El producto escalar estandar en C [a; b] es el de nido por Z

hu(x); v(x)i :=

b

u(x)v(x)dx

a

Dicho producto escalar induce la llamada norma estandar o norma dos s Z b kuk2 := u2 (x)dx a

Si (x) es una funcion continua no negativa y no nula en el intervalo [a; b] la aplicacion hu(x); v(x)i :=

Z

b

(x)u(x)v(x)dx

a

es un producto escalar en el espacio C [a; b] de las funciones continuas en [a; b]. A la funcion (x) se la denomina peso. La norma asociada a dicho producto escalar es s Z b kuk := (x)u2 (x)dx a

Notese que si el peso (x) es la funcion constante (x) = 1, el producto escalar y la norma anteriores se reducen al producto escalar estandar y la norma dos respectivamente. Para estudiar si una aplicacion es un producto escalar, es muy util el siguiente resultado: Proposicion 8 Sea un subconjunto de Rn medible Jordan (todos los conjuntos que se utilizan en la practica son medibles Jordan) y sea f : ! R acotada e integrable en (en la practica todas las funciones acotadas que se usaran en la asignatura son integrables) R 1. Si f 0 en entonces f 0. R 2. Si f 0 en , f es continua en y f = 0 entonces f = 0 en . R Comentario: Notese que si f no es continua, el que se cumpla f 0 en y f = 0 no implica que sea f = 0 en . Un contraejemplo es el siguiente: si = [0; 1], la funcion f (x) =

0 si x 6= 1=2 1 si x = 1=2

es acotada, integrable, no negativa y la integral nula.

R1 0

f = 0. Sin embargo, f no es la funcion

Ejercicio 1 Demostrar que si (x) es una funcion continua no negativa y no nula en el intervalo [a; b] la aplicacion Z b hu(x); v(x)i := (x)u(x)v(x)dx a

21

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es un producto escalar en el espacio C [a; b] de las funciones continuas en [a; b]. Estudiar razonadamente si dicha aplicacion es un producto escalar en el espacio E de las funciones de [a; b] a R integrables (no necesariamente continuas).

2.5. Problema debil A continuacion a (F) le asociaremos un problema, denominado \problema debil" (D). Este problema (D) tiene sentido para un conjunto de datos del problema y de soluciones mas amplio que en el caso de (F). As , el problema debil asociado a (F) es otro problema en que a u y a f se les exige menos regularidad que en el problema fuerte. El procedimiento para obtener (D) es el siguiente: Multiplicaremos (F) por una funcion w a la que denominamos \funcion de test" y a la que por ahora no ponemos restricciones, e integraremos por partes con el n de bajar en una unidad la derivada de u y \pasarsela" a la w. As se obtiene, usando integracion por partes en (3), Z

b

AEu0 w0 = A(b)E(b)u0 (b)w(b)

a

= Fb w(b)

A(b)E(a)u0 (a)w(a) + Z b A(a)E(a)u0 (a)w(a) + fw

Z

b

fw =

a

a

donde, notese, se han incorporado las condiciones de frontera en la parte de la frontera donde se especi can condiciones naturales. Sin embargo, en a (frontera esencial) no conocemos u0 (a) y por ello queremos hacer cero este termino. Para ello forzamos a que w, a la que hasta ahora no se hab an puesto condiciones, se anule en la frontera esencial, obteniendo Z

b

0

0

AEu w =

a

Z

b

f w + Fb w(b)

a

Notese que lo anterior se cumple para toda w tal que w(a) = 0. >Que regularidad m nima hay que pedir a u y a w para que la expresion anterior tenga sentido? Ya se ha visto que basta con que u; w 2 Ct1 [a; b]. Ya hemos utilizado que u0 (b) = u0b , pero por ahora no se ha impuesto que u debe cumplir u(a) = ua . Por ello deberemos incluir expl citamente esta condicion para u. Por ello, de nimos los siguientes conjuntos de funciones: Funciones de prueba S : subconjunto de las funciones de Ct1 [a; b] que cumplen las condiciones esenciales, es decir, S = w 2 Ct1 [a; b] : w(a) = ua

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La gura siguiente muestra una funcion de prueba

Funciones de test V : subconjunto de las funciones de Ct1 [a; b] que se anulan en a; es decir, en la frontera esencial. As V = w 2 Ct1 [a; b] : w(a) = 0 La gura siguiente muestra una funcion de test

Por lo tanto, se ha llegado al siguiente problema: Problema debil (D): Encontrar u 2 S tal que para todo w 2 V se cumpla Z

b

0

0

AEu w =

Z

b

f w + Fb w(b)

(6)

a

a

Recordemos el uso que hemos hecho de las condiciones de frontera para construir el problema debil: Uso de las condiciones de frontera para construir el problema debil. Las condiciones naturales se incorporan directamente en el problema. Las condiciones esenciales no se pueden incorporar directamente en el problema y por ello se fuerza a que las funciones de test se anulen en esa parte de la frontera.

Estudiemos ahora los espacios S y V . Sea r 2 S una funcion que consideraremos conocida. Es facil comprobar que S = r + V , es decir, S := fr + w : w 2 V g 23

(7)

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con lo que S y V coinciden si y solo si las condiciones esenciales son homogeneas (pues en ese caso se puede tomar r = 0). Ademas, es inmediato comprobar que V es espacio vectorial, pero en general (si las condiciones esenciales no son homogeneas) S solo es un espacio af n. Con el objetivo de trabajar unicamente con espacios vectoriales, se puede utilizar (7) para transformar el problema de la siguiente forma:

~ Reformulacion del problema debil. Sea r 2 S una funcion que consideraremos conocida. Como r 2 S , la funcion r debe veri car las condiciones esenciales. Entonces, si se de ne v := u r, se tiene que v 2 V . Por ello, reformulando el problema debil en terminos de esta nueva funcion incognita v, se tiene: Problema debil \reformulado" (D ref.): Encontrar v 2 V tal que para todo w 2 V , Z

a

b

0

0

AEv w =

Z

b

f w + Fb w(b)

a

Z

b

EAr0 w0

a

O bien, si de nimos: Z

b

EAv 0 w0 = (EAv 0 ; w0 ) Z b Z b L(w) := f w + Fb w(b) EAr0 w0 = (f; w) + Fb w(b)

a(v; w) :=

a

a

a(r; w)

a

podemos expresar el problema debil reformulado de la siguiente forma: Problema debil \reformulado" (D): (D ref.) Encontrar v 2 V tal que para todo w 2 V ; a(v; w) = L(w)

Para los desarrollos sucesivos es conveniente de nir Z b L(w) := L(w) + a(r; w) = f w + Fb w(b) a

Usando L, el problema debil original y el problema reformulado se pueden expresar:

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(8)

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Problema debil usando L (D) Encontrar u 2 S tal que para todo w 2 V ; a(u; w) = L(w) (D ref.) Encontrar v 2 V tal que para todo w 2 V ; a(v; w) = L(w)

a(r; w)

Comentarios: Como quer amos, en el problema (8) el unico espacio que interviene es V , que es espacio vectorial. La aplicacion a( ; ) contiene todos terminos del problema debil que involucran a la incognita. Todos los terminos en los que no aparece la incognita se almacenan en L( ). L contiene todos los terminos de L salvo el termino a(r; w) correspondiente a las condiciones de frontera esenciales. Por supuesto, una vez encontrada la funcion v solucion de (8), la verdadera solucion al problema debil es u = r + v. Comentarios: Observese que el problema debil tiene sentido para datos mas amplios que en (F) y para soluciones mas amplias que en (F) pues: Se ha bajado el orden de las derivadas que necesita tener u. En (F) u necesitaba tener regularidad C 2 [a; b] mientras que en (D) basta con que u 2 Ct1 [a; b]. Para que el problema este de nido no hace R b falta que f sea continua y ni siquiera que este acotada, sino solamente que exista a f w para todo w 2 V .

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La siguiente gura ilustra el camino que hemos recorrido hasta ahora:

Figura 3: Construccion del problema debil para el problema tipo Es inmediato comprobar que en nuestro problema tipo: 1. L es una forma lineal en V . 2. a( ; ) es una forma bilineal simetrica en V

V .

Ademas, a( ; ) veri ca: Proposicion 9 La forma bilineal simetrica a(v; w) = (EAv 0 ; w0 ) es de nida positiva en V . Rb Dem. Sabemos que a(v; v) = a A(x)E(x)v 0 (x)2 dx. Queremos demostrar que para toda funcion v 2 V tal que v 6= 0 se cumple a(v; v) > 0. Sea v 2 V . Puesto que las funciones 26

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de V son de clase 1 a trozos, la derivadaR de v puede no existir en algunos puntos. Por ello, b como ya sabemos, la expresion a(v; v) = a A(x)E(x)v 0 (x)2 dx hay que interpretarla como a(v; v) =

n X1 Z xi+1 i=0

A(x)E(x)v 0 (x)2 dx

(9)

xi

donde los [xi ; xi+1 ], i = 0; :::; n 1 son los intervalos en los que v es de clase 1. Puesto que E, A y v 02 son funciones no negativas se tiene que n X1 Z xi+1

A(x)E(x)v 0 (x)2 dx

0

xi

i=0

con lo que a( ; ) es ya al menos semide nida positiva. Por ello, para demostrar que a( ; ) es de nida positiva en V solo resta probar que si a(v; v) = 0 para alguna v 2 V , entonces forzosamente debe ser v = 0. Supongamos que v 2 V es tal que a(v; v) = 0. Entonces, de (9) se sigue (como todos los sumandos son no negativos y la suma de todos ellos es cero) que debe ser Z xi+1 A(x)E(x)v 0 (x)2 dx = 0 xi

para todo i = 0; :::; n 1. Ahora, como la funcion A(x)E(x)v 0 (x)2 es no negativa y ademas es continua en cada [xi ; xi+1 ] (recuerdese que v es de clase 1 en cada uno de estos intervalos) se deduce que debe ser A(x)E(x)v 0 (x)2 = 0 en cada [xi ; xi+1 ]; i = 0; :::; n 1 (notese que si la integral de una funcion no negativa sobre un recinto es nula esto no quiere decir que la funcion sea la funcion nula, pero si la funcion en cuestion es ademas continua entonces s debe ser la funcion nula). Como E y A son positivos en todo punto, se sigue que debe ser v 0 = 0 en cada intervalo [xi ; xi+1 ]; i = 0; :::; n 1 y de aqu concluimos que v = Ci en cada [xi ; xi+1 ]; i = 0; :::; n 1 (notese que en principio las constantes pueden ser distintas para cada intervalo [xi ; xi+1 ]) Ahora hacemos uso del hecho de que al ser v de clase Ct1 [a; b] en particular es continua. Por ello todas las Ci debe ser la misma, es decir, C0 = = Cn 1 = C pues si no v tendr a una discontinuidad de salto. Es decir, hasta ahora hemos demostrado que si a(v; v) = 0 entonces v = C en [a; b]. Por ello, para probar que a( ; ) es de nida positiva en V solo falta probar que la constante anterior es la constante nula. En efecto, como v 2 V se debe cumplir que v(a) = 0 y por ello C = 0 con lo que v = 0 y, nalmente, a( ; ) es de nida positiva en V . Comentario: Es importante notar que si en el problema no hubiese condiciones de Dirichlet sino solo de Neumann (de las condiciones de Robin no hablamos por ahora), a( ; ) no ser a de nida positiva, sino solo semide nida positiva. En efecto, en este caso V = Ct1 [a; b] y para todo v es a(v; v) 0, pero si C es una cualquier constante no nula y v(x) = C, entonces v pertenece al espacio V , no es la funcion nula y sin embargo a(v; v) = (EAv 0 ; v 0 ) = 0 con lo que a( ; ) no puede ser de nida positiva. Siguiendo la demostracion del resultado anterior, es posible repetir los razonamientos del mismo hasta llegar al punto en que se demuestra que v = C en [a; b]. Sin embargo ahora no es posible deducir que C = 0, pues no hay condiciones de frontera en V que \obliguen" a que C = 0.

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~ Norma y producto escalar energ a Como consecuencia de la Proposicion 9, al ser una forma bilineal simetrica de nida positiva, la aplicacion a( ; ) de ne un producto escalar en V (observese que esto no ser a cierto si a( ; ) fuese solo simetrica semide nida positiva). Como a todo producto escalar h ; i siempre se le puede asociar una norma mediante kvk := hv; vi1=2 , a partir de la aplicacion a( ; ) tambien podremos de nir una norma. As , introducimos las siguientes de niciones: De nicion 20 Producto escalar energ a. En V

se de ne Z b EAv 0 w0 hv; wia := a(v; w) = a

Norma energ a. En V

se de ne p kvka := a(v; v) =

s

Z

b

a

EA (v 0 )2

Comentario: El termino \energ a" se usa porque en las aplicaciones la norma esta asociada a una energ a. En nuestro ejemplo, la norma energ a kvka corresponde a la energ a de deformacion cuando el campo de desplazamientos es v. En efecto s s Z b Z b 2 0 kvka := EA (v ) = Fv (x)"v (x)dx a

a

donde Fv (x) = A v (x) es la fuerza en el punto x correspondiente al campo de desplazamientos v y "v (x) es la deformacion en el punto x correspondiente al campo de desplazamientos v.

~ Forma general de los problemas debiles (en forma reformulada). Pues bien, todos los problemas debiles (para problemas estacionarios) que estudiaremos en la asignatura tienen la forma anterior, es decir: Problema debil general. Encontrar v 2 V tal que para todo w 2 V ; a(v; w) = L(w), donde V vectorial, a( ; ) es forma bilineal simetrica y L es forma lineal.

es un espacio

Comentario: En muchas ocasiones a( ; ) sera de nida positiva o semide nida positiva. Lo que variara de un problema a otro sera el espacio V y la forma concreta de a( ; ) y de L. En cualquier problema debil de nimos L mediante L(w) := L(w) + a(r; w); 28

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es decir, L contiene todos los terminos de L salvo el termino que viene de las condiciones de frontera esenciales. Usando L en vez de L, el problema debil original y el problema debil reformulado se pueden escribir: Problema debil general. Encontrar u 2 S tal que para todo w 2 V ; a(u; w) = L(w)

Encontrar v 2 V tal que para todo w 2 V ; a(v; w) = L(w)

Ejercicio 2 Sean b y c numeros reales y sea el problema de frontera u(0) = u0 ; u(1) = u1

a(r; w)

u00 + bu0 + cu = f con condiciones

(a) Plantear el problema debil asociado especi cando claramente los espacios de prueba y de test. >Como hay que proceder con el termino bu0 para construir dicho problema debil? (b) En el caso b = 0, estudiar para que valores de c el problema debil conduce a una forma bilineal que sea simetrica. (c) En el caso b 6= 0, estudiar para que valores de c el problema debil conduce a una forma bilineal que sea simetrica. (d) Para el caso b = 0, estudiar los valores de c para que la forma bilineal correspondiente sea semide nida positiva en el espacio de las funciones de test. Demostrar el resultado obtenido. (e) Idem para que la forma bilineal sea de nida positiva. (f) Responder a los apartados (a), (b), (c), (d) y (e) en el caso en el que las condiciones de frontera sean u0 (0) = u00 ; u0 (1) = u01 .

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2.6. Relacion entre los problemas fuerte y debil Hasta ahora lo unico que hemos hecho es construir, a partir de (F), un problema asociado (D). Ahora estudiaremos la relacion entre las soluciones a los problemas (F) y (D). Proposicion 10 Relacion entre los problemas fuerte y debil. 1) Si u es solucion de (F) entonces es solucion de (D) (esto es claro por el propio procedimiento seguido para obtener (D)). 2) Si u es solucion de (D) y es C 2 [a; b] entonces u es solucion de (F).

Figura 4: Relacion entre los problemas fuerte y debil Dem. Para demostrar (2) lo que hay que probar es que (EAu0 )0 f = 0 para toda x 2 y que u0 (b) = u0b . Notese que no hay que demostrar que se cumple la condicion esencial, pues esta se debe cumplir forzosamente por de nicion de solucion debil. En primer lugar, Rcomo Rb b u 2 C 2 [a; b] se puede deshacer la integracion por partes en (D) a EAu0 w0 = Fb w(b) + a f w para obtener que para todo w 2 V se cumple Z b 0 EAu0 + f w + E u0b u0 (b) w(b) = 0 (10) a

Supongamos que u no es solucion del problema fuerte y llegaremos a una contradiccion. Si u no es solucion del problema fuerte, entonces o bien (a) (EAu0 )0 + f 6= 0 en y u0 (b) = u0b , o bien (b) (EAu0 )0 + f = 0 en y u0 (b) 6= u0b o bien (c) (EAu0 )0 + f 6= 0 en y u0 (b) 6= u0b . Por simplicidad solo trabajaremos con (a) y (b), pues el razonamiento para demostrar (c) es mas complejo. a) Supongamos que (EAu0 )0 +f 6= 0 en y u0 (b) = u0b . Sea x un punto tal que (EAu0 )0 (x)+ f (x) 6= 0 (sin perdida de generalidad, supondremos que (EAu0 )0 (x) + f (x) > 0). Entonces como (EAu0 )0 (x) + f (x) es continua al ser u 2 C 2 [a; b] existe un entorno U de x tal que en ese entorno (EAu0 )0 (x) + f (x) > 0. Pues bien, si se toma una funcion de test w positiva y Rb tal que su soporte este contenido en U entonces a [(EAu0 )0 (x) + f (x)]w > 0 con lo que es imposible que se cumpla (10). Por ello forzosamente debe cumplirse (EAu0 )0 (x) + f (x) = 0 en . b) Supongamos que (EAu0 )0 (x) + f (x) = 0 en y u0 (b) 6= u0b (sin perdida de generalidad supondremos que u0b u0 (b) > 0). Pues bien, si se toma una funcion de test w tal que w(b) > 0 entonces EA (u0b u0 (b)) w(b) > 0 con lo que es imposible que se cumpla (10). Por ello forzosamente debe cumplirse u0 (b) = u0b . Comentario: De este resultado se deduce en particular que, aunque las condiciones naturales no se incorporan en la de nicion del espacio de trabajo, si la solucion de (D) es su cientemente suave seguro que las veri cara. 30

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Pues bien, la idea anterior, es decir, que una solucion debil su cientemente regular es tambien solucion fuerte, sigue siendo valida en el caso de otros problemas estacionarios (problemas de equilibrio). En particular, en los problemas uni, bi y tridimensionales de la conduccion del calor y de la elasticidad. Como consecuencia de lo anterior tenemos: La formulacion debil permite ampliar el concepto de solucion de una ecuacion diferencial. Ademas, esto sucede no solamente en el caso particular (barra axial) que se esta considerando, sino en todos los casos.

2.7. Existencia e unicidad de solucion a los problemas fuerte y debil Estudiemos en primer lugar la unicidad de la solucion a los problemas fuerte y debil correspondientes a (3). En primer lugar trabajaremos con el problema fuerte. Se tiene: Proposicion 11 Si el problema fuerte (3) tiene solucion, esta es unica. Ejercicio 3 Demostrar el resultado anterior. Sugerencia: considerar dos soluciones u y v y obtener una EDO que debe veri car la funcion diferencia En lo que se re ere al problema debil, demostraremos la unicidad de solucion a una clase de problemas debiles que incluye como caso particular al que nos interesa: Proposicion 12 Unicidad de solucion al problema debil cuando a( ; ) es de nida positiva. Sea un problema debil generico (D): Encontrar v 2 V tal que para todo w 2 V , a(v; w) = L(w) donde a( ; ) es simetrica de nida positiva en V . Entonces, si (D) tiene solucion, esta es unica. Dem. Sean v1 y v2 soluciones a (D). Entonces para todo w 2 V , a(v1 ; w) = L(w) y a(v2 ; w) = L(w) con lo que restando se tiene que para todo w 2 V , a(v1 v2 ; w) = 0, es decir, v1 v2 2 V es ortogonal a V con el a-producto escalar. Como el unico vector de un espacio ortogonal a todo el espacio es el 0, se tiene que v1 v2 = 0 como se quer a demostrar. Comentario: Observese que el resultado anterior no es cierto si a( ; ) solo es semide nida positiva. Una vez estudiado el problema de la unicidad de solucion a (F) y (D), pasemos a estudiar el problema de existencia de solucion, que en general (para problemas con mas de una dimension espacial) es mucho mas complejo que el de unicidad.

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~ Existencia y construccion expl cita de solucion al problema fuerte. El problema (3) es muy sencillo, y la existencia de solucion al mismo se puede probar de forma facil. Mas aun, dicha solucion se puede obtener de forma expl cita. En efecto, partiendo de d (A(x)E(x)u0 (x)) + f (x) = 0; x 2 (a; b) := dx u(a) = ua ; A(b)E(b)u0 (b) = Fb

(11)

se obtiene, integrando la EDO entre b y x, Z x Z x d 0 (A(t)E(t)u (t))dt + f (t)dt = 0 b b dt y aplicando la regla de Barrow A(x)E(x)u0 (x)

A(b)E(b)u0 (b) +

Z

x

f (t)dt = 0

b

es decir, 0

A(x)E(x)u (x) = Fb +

Z

b

f (t)dt

x

Puesto que A y E no se anulan en ningun punto podemos dividir por ellas y se tiene 1 u (x) = A(x)E(x) 0

Fb +

Z

b

f (t)dt

x

e integrando en [a; x] se obtiene u(x) = ua +

Z

a

x

1 A(s)E(s)

Fb +

Z

b

f (t)dt ds

(12)

s

Observese que la u anterior esta bien de nida, pues todas las funciones que se integran son continuas y ademas las integrales existen en sentido propio, pues como A(x) >0 y E(x) > 0 para todo x 2 [a; b], la funcion 1=(AE) esta acotada en [a; b]. Ademas, aplicando el teorema Fundamental del Calculo, es inmediato comprobar que u 2 C 2 [a; b]. Lo que se ha demostrado con los pasos anteriores es que si u es solucion de (11) entonces u es de la forma (12), pero no se ha probado que u sea solucion. Para ver que la funcion u dada por (12) es solucion de (11) basta con derivar dos veces en (12) utilizando el Teorema Fundamental del Calculo, con lo que se ve que se cumple la EDO y comprobar posteriormente que tambien se veri can las condiciones de frontera. Por ello, el problema (F) tiene solucion y es unica. Si se trabaja con el problema debil, se puede decir mas: aunque no justi caremos esta a rmacion, se veri ca:

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Para asegurar la existencia de solucion debil no hace falta pedir que f , E y A sean continuas. En efecto, pueden presentar un numero nito de discontinuidades. Ademas, como veremos a continuacion, f no tiene por que estar acotada.

En efecto, se puede demostrar: Proposicion 13 Supongamos que: (i) E y A cumplen A(x) superiormente.~ n

> 0 y E(x)

(ii) f tiene a lo sumo un numero Rb integral a f 2 es convergente.

> 0 para todo x 2 [a; b] y estan acotadas

nito de discontinuidades y ademas veri ca que la

Entonces existe solucion unica a (D) y ademas esta solucion cumple que es C 2 [a; b] con lo que tambien es solucion a (F). A diferencia de lo que sucede en el caso unidimensional, cuando se trabaja en un conjunto Rn con n > 1, ya no hay un procedimiento directo para demostrar que el problema fuerte correspondiente tiene solucion. Lo que se hace es lo siguiente: se estudia si existe solucion al problema debil asociado y, en el caso de que s exista una solucion debil u, ver posteriormente si esta solucion es C 2 ( ) para asegurar que tambien es solucion del problema fuerte. Ejercicio 4 Sea el siguiente problema que modela una barra axial d (A(x)E(x)u0 (x)) + f (x) = 0; x 2 (a; b) dx u(a) = ua A(b)E(b)u0 (b) = Fb con f , A y E funciones continuas en (a; b) y ademas A y E estrictamente positivas en dicho intervalo. El objetivo de este problema es demostrar que \si el problema anterior admite solucion esta es unica". Se pide: a) Demostrar el enunciado anterior trabajando solo con el problema fuerte. Indicacion: suponer que hay dos soluciones, de nir la diferencia de ambas y ver que ecuacion veri ca dicha diferencia. b) Demostrar el enunciado anterior razonando con el problema debil.

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2.7.1. El espacio de Sobolev H 1 ( ) A continuacion veremos algunas ideas sobre la existencia de solucion a los problemas debiles con forma bilineal asociada simetrica y de nida positiva, que son los que fundamentalmente nos interesan en este curso. Suponemos Rn con n > 1, y suponemos que a( ; ) es de nida positiva en el espacio 1 V de funciones Ct ( ) que se anulan en la frontera esencial. Pues bien, en general no se puede asegurar que exista solucion en dicho espacio. Esto es as porque la solucion se esta buscando solo en V , que es un espacio de funciones con regularidad Ct1 ( ), que no es su cientemente grande para que contenga a la solucion de cada problema. Para garantizar la existencia de solucion hay que ampliar el espacio de las funciones Ct1 ( ), es decir, las funciones C 1 a trozos en , a un espacio denominado espacio de Sobolev H 1 ( ), que cumple Ct1 ( ) H 1 ( ). Al reemplazar Ct1 ( ) por H 1 ( ), los conjuntos S y V se transforman en otros conjuntos 1 ( ); que se obtienen imponiendo a las S y V , a los que se suele denotar por HE1 ( ) y H0E funciones de H 1 ( ) condiciones de frontera adecuadas. En concreto, si E denota la parte de la frontera en la que imponemos condiciones esenciales se tiene 1 H0E ( )

HE1 (

)

V := v 2 H 1 ( ) : v se anula en

E

1

S := v 2 H ( ) : v cumple las condiciones esenciales

Por supuesto, se cumple S SyV V. Pues bien, haciendo uso de un resultado avanzado llamado Teorema de Lax-Milgram, que se basa en el hecho de que a( ; ) es de nida positiva en un espacio que es completo, se puede demostrar que (D) tiene solucion unica. Ademas, si el dominio cumple unas hipotesis adicionales, que hablando de forma laxa se veri can cuando no tiene esquinas, normalmente se puede demostrar que la solucion 2 debil es C ( ) y por tanto tambien es solucion fuerte. El estudio del espacio H 1 ( ) requiere de una teor a matematica elevada y por ello no lo estudiaremos en este curso. Como idea intuitiva se dira que las funciones de H 1 ( ) son aquellas funciones v : ! R que cumplen. R 2 (a) v (x)dx < 1 @v @v (b) v admite derivadas parciales primeras @x ; :::; @x en un sentido denominado \debil" n 1 2 R @v (c) dx < 1. Notese que Ct1 ( ) H 1 ( ) lo que en particular dice que @xi (x) las funciones que son continuas globalmente y derivables a trozos admiten derivadas parciales primeras \debiles". A efectos practicos, tenemos: En este curso nos bastara con trabajar en Ct1 ( ) y saber que no siempre es posible asegurar la existencia de solucion debil porque Ct1 ( ) es \demasiado peque~ no". Por ello, desde un punto de vista matematico, para garantizar la existencia de solucion (cuando a( ; ) es de nida positiva, es necesario introducir un espacio H 1 ( ) que es una ampliacion de Ct1 ( ).

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Se vera mas adelante que en los casos en los que a( ; ) no es de nida positiva, no es posible en general garantizar la existencia de solucion de (D), incluso en el caso en el que se trabaje con las funciones de H 1 ( ). 2.7.2. El problema debil como extension del problema fuerte Recapitulando sobre lo anterior tenemos la siguiente conclusion: El problema debil es una generalizacion del problema debil en dos sentidos: en cuanto a las soluciones y en cuanto a los datos. Por un lado, el problema debil admite datos mas generales que el problem fuerte. Por ejemplo, en el problema tipo, E y A no tienen por que ser derivables, ni siquiera continuas, y f no tiene por que ser continua, ni siquiera acotada. Por otro lado, toda solucion del problema fuerte es solucion del debil pero el rec proco no es cierto. El problema debil admite mas \candidatos a solucion" que el problema fuerte, pues se pide menos regularidad a dicha solucion.

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3. Metodo de Galerkin para un problema debil general 3.1. Planteamiento del metodo En la seccion anterior se ha construido el problema debil en el caso de un problema concreto (una barra con carga axial y unas determinadas condiciones de frontera). A continuacion adoptamos un punto de vista mas general y, suponiendo que se parte de problema debil generico, veremos como se construye el problema de Galerkin asociado a dicho problema. Problema debil de partida. Considerese un problema debil del tipo: (D) Encontrar v 2 V tal que para todo w 2 V ; a(v; w) = L(w)

(13)

donde L( ) es una forma lineal en V y a( ; ) es una forma bilineal simetrica de nida positiva en V V .

Como ya se ha visto, en general no se puede encontrar la solucion exacta de (D) mediante tecnicas anal ticas, y por ello lo que se suele hacer para extraer informacion cuantitativa sobre la solucion es recurrir a procedimientos de resolucion aproximada de (D). A continuacion veremos uno de esos procedimientos, el denominado metodo de Galerkin. En esencia, el problema de Galerkin es el problema (D) pero \restringido" a un subespacio V h de dimension nita de V . Veamos esto con mas detalle. De nicion del problema de Galerkin. Sea V h un subespacio vectorial de dimension nita de V . Se de ne el problema de Galerkin (G) asociado a (13) y a la eleccion de espacio V h ; como el problema debil pero sustituyendo v por v h y V por V h , es decir: (G): Encontrar v h 2 V h tal que para todo w 2 V h se cumpla a(v h ; w) = L(w)

(14)

Comentarios: Notese que. para poder aplicar Galerkin, V h debe ser un subespacio vectorial de dimension nita de V Por supuesto, como a( ; ) es una forma bilineal de nida positiva en V , L es una forma lineal en V , y V h V , lo mismo se cumplira sobre V h , es decir, la restriccion de a( ; ) a V h es una forma bilineal simetrica de nida positiva y la restriccion de L( ) a V h es una forma lineal. Solucion nal una vez resuelto el problema de Galerkin Una vez resuelto el problema de Galerkin, la solucion uh que obtenemos es uh := r + v h que sera una aproximacion a la verdadera solucion u del problema debil. 36

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Ejercicio 5 Sea el problema d ((1 + x2 )u0 (x)) + e dx

x2

sin x = 0; x 2 (0; 1) u(0) = 2 10

6

u0 (1) = 3 107 (a) Se quiere aplicar el metodo de Galerkin para resolverlo, tomando V h = L 1; x; x2 . Decidir razonadamente si esto es posible. (b) Idem si se toma el espacio V h = L fsin x; sin 2xg. Ejercicio 6 Sea el problema u00 (x) + x2 tan x = 0; x 2 (0; 1) u(0) =

2 10

3

u0 (1) = 3 107 >Que condiciones debe cumplir V h para poder aplicar el metodo de Galerkin? Estudiar razonadamente si se puede aplicar el metodo de Galerkin en cada uno de los siguientes casos: a. Se toma V h como el conjunto de las funciones de la forma x + b. Se toma V

h

sin x, con ;

como el conjunto de los polinomios de grado menor o igual que dos.

2R

h

c. Se toma V = ffunciones w : [0; 1] ! R de clase 1 a trozos tales que w(0) = 0g.

d. Se toma V h como el conjunto de los polinomios de grado menor o igual que dos que se anulan en cero y que valen 1 en el punto x = 1.

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3.2. Interpretacion del metodo de Galerkin A continuacion veremos una propiedad que permite dar una interpretacion al problema de Galerkin. En concreto, esta propiedad caracteriza a v h a partir de v y justi ca que, como queremos, v h es una buena aproximacion a v. Primero recordemos la de nicion de mejor aproximacion de un vector por un subespacio y la de nicion de proyeccion ortogonal: De nicion 21 Mejor aproximacion de un vector por un subespacio. Sea E un espacio vectorial en el que hay de nida una cierta norma k k. Sean v 2 E y M un subespacio de E. Se dice que w 2 M es la mejor aproximacion a v por vectores de M en la norma k k cuando se veri ca que kv wk := minh2M kv hk De nicion 22 Proyeccion ortogonal de un vector de un espacio vectorial sobre un subespacio del mismo. Sea E un espacio vectorial en el que hay de nido un cierto producto escalar h ; i. Sean v 2 E y M un subespacio de E. Se dice que vM 2 M es la proyeccion ortogonal de v sobre M (con dicho producto escalar) cuando se veri ca que 8m 2 M , hv vM ; mi = 0.

Figura 5: Proyeccion ortogonal de un vector sobre un subespacio Pues bien, el siguiente resultado relaciona las dos nociones anteriores: Proposicion 14 Proyeccion ortogonal como mejor aproximacion a un subespacio. Sea E un espacio vectorial en el que hay de nido un cierto producto escalar h ; i. Sean v 2 E y M un subespacio de E. Entonces vM 2 M es la mejor aproximacion a v por funciones de M (en la norma asociada al producto escalar) si y solo si vM es la proyeccion ortogonal de v sobre M . Por tanto, hemos obtenido: Si se quiere calcular la mejor aproximacion a un vector v por funciones de M en una norma que derive de un producto escalar, basta con calcular la proyeccion ortogonal de v sobre M con dicho producto escalar.

Comentario: Si la norma que se utiliza para calcular la mejor aproximacion no esta asociada a ningun producto escalar, no hay un metodo sencillo para proceder. En de nitiva, el trabajar con normas que deriven de un producto escalar tiene importantes ventajas. 38

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Ya estamos en disposicion de enunciar el: Proposicion 15 Principio de ortogonalidad de Galerkin. El error v v h es ortogonal a V h con el a-producto escalar, es decir, v h es la proyeccion ortogonal de v sobre V h con el a-producto escalar. Por ello v h es la mejor aproximacion a v por funciones de V h en la a-norma.

Figura 6: Principio de ortogonalidad de Galerkin Dem. Como V h esta incluido en V se tiene, utilizando la de nicion de problema debil que para todo w 2 V h ; a(v; w) = L(w). Por otro lado, de (G) se tiene que para todo w 2 V h se cumple a(v h ; w) = L(w). Por ello, restando las dos expresiones anteriores se obtiene que para todo w 2 V h se cumple a(v v h ; w) = 0, es decir, v v h ; w a = 0. Esto signi ca que el error v v h es ortogonal a V h con el a-producto escalar, es decir, v h es la proyeccion ortogonal de v sobre V h con el a-producto escalar. La siguiente gura resume las ideas anteriores:

Figura 7: Del problema debil al metodo de Galerkin

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Ejercicio 7 Considerese el problema d2 u (x) = f (x); x 2 (0; 1) = dx2 u(0) = u0 ; u(1) = uL

(15)

(a) Supongase que f (x) = senxex . Razonar si, de niendo un espacio adecuado V h de polinomios a trozos, la solucion proporcionada por el MEF puede ser exacta. En caso a rmativo, especi car como habr a que de nir dicho espacio. En caso negativo, >se podr a de nir algun espacio de dimension nita (no necesariamente de polinomios a trozos) tal que la solucion del metodo de Galerkin fuese exacta? (b) Idem si f (x) = x +

para unos ciertos

40

y .

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3.3. Sistema de ecuaciones asociado al metodo de Galerkin Para llevar a cabo en la practica la resolucion del problema de Galerkin (14) se pretende obtener un sistema de ecuaciones algebraicas. La idea del procedimiento es la siguiente: Se elegira una base de V h y posteriormente se referiran todas las funciones de V h a dicha base (es decir, se expresan como combinacion lineal de los elementos de la base), con lo que en vez de trabajar con funciones en V h pasaremos a trabajar con vectores y matrices en Rm y Rm m .

Desarrollemos la idea anterior: Consideremos una base B = fN1 ; :::; Nm g de V h . Notese que, puesto que V h esta formado por funciones, las Ni seran funciones. En primer lugar vamos a demostrar una propiedad que permite escribir el problema de Galerkin en una forma mas adecuada para obtener el deseado sistema de ecuaciones. En efecto, debido a su caracter lineal, el problema de Galerkin (14) es equivalente al siguiente \problema de Galerkin reformulado": Proposicion 16 Problema de Galerkin reformulado. (G ref.) Encontrar v h 2 V h tal que para toda I = 1; ::; m, se cumpla a(v h ; NI ) = L(NI ). (16)

Dem. Queremos demostrar que si v h es solucion a (14) entonces es solucion a (16) y viceversa. Claramente, de la de nicion de los dos problemas se ve directamente que si v h es solucion a (14) entonces es solucion a (16). Demostremos ahora el enunciado rec proco. Sea v h solucion a (16) y demostremos que v h es tambien solucion a (14). Como N1 ; :::; Nm es base de V h y w 2 V h podemos escribir m X w= xJ NJ J=1

vh

para unos ciertos x1 ; :::; xm . Entonces, es solucion de (14) si se veri ca que para todo m m P P x1 ; :::; xm 2 R se cumple a(v h ; xJ NJ ) = L( xJ NJ ). Utilizando la linealidad de a( ; ) J=1

J=1

y de L y pasando todo a un miembro, la condicion es que para todo x1 ; :::; xm 2 R se m P cumpla xJ a(v h ; NJ ) L(NJ ) = 0. Como la cantidad entre corchetes es cero para toda J=1

J = 1; :::; m se tiene que la condicion se veri ca y, por consiguiente, v h es solucion de (14)

Expresemos la funcion incognita v h en funcion de sus componentes en la base N1 ; :::; Nm , es decir m P vh = dJ NJ (17) J=1

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donde d = (d1 ; :::; dm ), por su propia de nicion, es el vector de coordenadas de v h en dicha base. Por tanto, si conocemos el vector d conocemos v h y viceversa. Ahora, si entramos con (17) en el problema (16) (que, como se ha visto, es equivalente al problema de Galerkin), el problema se reduce a: Sistema lineal de ecuaciones. Encontrar d1 ; :::; dm 2 R tales que se cumpla m X

a(NJ ; NI )dJ = L(NI ); para toda I = 1; :::; m:

J=1

Lo anterior es un sistema de ecuaciones algebraicas lineales que se puede escribir en forma matricial de la siguiente forma: Forma matricial del sistema lineal de ecuaciones Encontrar d 2 Rm tal que cumpla Kd = F

(L)

(18)

donde: K 2 Rm

m;

donde KIJ := a(NJ ; NI ) = a(NI ; NJ ):

F := (L(N1 ); L(N2 ); :::; L(Nm ))T 2 Rm . El vector d = (d1 ; :::; dm )T 2 Rm representa los coe cientes de v h en la base B.

En nuestro problema tipo (3) tenemos: K 2 Rm m ; con KIJ = a(NI ; NJ ) =

Z

a

b

EANI0 NJ0

Unidades: K tiene unidades de fuerza por unidad de longitud F = (L(N1 ); L(N2 ); :::; L(Nm )T 2 Rm con Z b Z b L(NI ) = f NI + Fb NI (b) EAr0 NI0 a

a

que se puede escribir en la forma L(NI ) = (f; NI ) + Fb NI (b)

a(r; NI )

(19)

donde ( ; ) denota el productos escalar estandar en C[a; b]. Unidades: F tiene unidades de fuerza Como consecuencia del hecho de que a( ; ) es simetrica de nida positiva, se sigue que K es una matriz simetrica de nida positiva, es decir, K hereda de a( ; ) la propiedad de ser de nida positiva. En efecto: 42

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Proposicion 17 Si a( ; ) es una forma bilineal simetrica de nida positiva entonces K es una matriz simetrica de nida positiva. Por ello (L) (y por consiguiente tambien (G)), tiene solucion unica. Dem. Claramente K es simetrica. Por otro lado, para ver que es de nida positiva tomemos x 2 Rm con x 6= 0. Entonces, usando que a( ; ) es bilineal, tenemos T

x Kx =

m X m X

xI KIJ xJ =

I=1 J=1

m X m X

I=1 J=1

m m X X xI a(NI ; NJ )xJ = a( xI NI ; xJ NJ ) I=1

Al ser x 6= 0 y los NI una base de V , entonces

m P

J=1

xI NI es distinto de cero. Ahora, como

I=1

a( ; ) es de nida positiva se sigue que xT Kx > 0

Una vez determinado d ya se puede reconstruir v h ; es decir, vh =

m P

dJ NJ

J=1

y entonces la aproximacion uh a u que se esta buscando esta dada por uh = r + v h = r +

m P

dJ NJ

J=1

Comentarios: Ya se vio que si en el problema no se hubiesen impuesto condiciones de frontera esenciales, la forma a( ; ) solo es semide nida positiva. Pues bien, es facil demostrar que esto implica que en ese caso K es solo semide nida positiva, con lo que no se puede garantizar que existe solucion y, de hacerlo, la solucion no es unica. Mas adelante volveremos sobre este tema. Puesto que los elementos de K y de F se obtienen mediante integracion sobre el dominio , para calcular K y F se recurre en general a metodos de integracion numerica. Por razones historicas que tienen que ver con las primeras aplicaciones del MEF al calculos de estructuras, a K y F se les denomina \matriz de rigidez" y \vector de carga" respectivamente. Ejercicio 8 Calculo de la mejor aproximacion a una funcion por funciones de un espacio. Se considera el espacio vectorial V de las funciones f : [ 1; 1] ! R continuas. Sea 2 V una funcion continua estrictamente positiva. R1 (a) Demostrar que la aplicacion h(u; v) := (x)u(x)v(x)dx es un producto escalar R1 1 0 0 en dicho espacio. >Lo es la aplicacion g(u; v) := 1 (x)u (x)v (x)dx en el espacio de las funciones de clase uno en [ 1; 1]? 43

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(b) Sea M := L 1; x; x2 . En el caso en que (x) = 1, calcular la mejor aproximacion a la funcion f (x) = e x por funciones de M . >Es este problema un caso particular de problema de Galerkin? >Y del MEF? Ejercicio 9 Utilizando el producto escalar estandar en el espacio fv : [0; 1] ! R tal que v es continuag, calcular la expresion de la mejor aproximacion a la funcion f (x) = cos( x) por funciones a nes. Ejercicio 10 Considerese el problema u00 (x) + f (x) = 0 ; x 2 (0; 1) u(0) = 0 ; u0 (1) =

donde f (x) es una cierta funcion. Se sabe que la solucion de esta EDO es u(x) =sen( x). Supongase que para resolver de manera aproximada la EDO se aplica el metodo de Galerkin, tomando V h = L x; x2 . Se pide calcular la solucion uh al problema de Galerkin. Ejercicio 11 Considerese el problema u00 (x) + f (x) = 0 ; x 2 ( 1; 1) u( 1) = 0 ; u0 (1) =

donde f (x) es una cierta funcion. Se sabe que la solucion de esta EDO es u(x) =sen( x). Supongase que para resolver de manera aproximada la EDO se aplica el metodo de Galerkin, tomando V h = L x2 + x; x + 1 . Se pide calcular la solucion uh al problema de Galerkin, explicando el procedimiento seguido.

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Las ideas anteriores se resumen en la siguiente gura

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Figura 8: Del problema debil a la solucion del metodo de Galerkin

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4. El metodo de los elementos

nitos (MEF)

4.1. Planteamiento general del MEF Como ya adelantamos en la introduccion al cap tulo, el metodo de los elementos nitos es un caso particular de problema de Galerkin: De nicion 23 El metodo de los elementos nitos (MEF) es un caso particular del enfoque de Galerkin anterior en el que se cumplen dos condiciones: I. Las funciones de V h son polinomios a trozos, es decir, se divide en pedazos e ; e = 1; :::; s; llamados \elementos", de forma que las funciones de V h son polinomios sobre cada e . II. La base N1 ; :::; Nm de V h cumple que cada una de las NI solo es no nula en un subconjunto \peque~ no" de . Dicho de otra forma, el soporte de cada Ni debe ser peque~ no (el \soporte" de una funcion se de ne como la adherencia del conjunto en el que la funcion es no nula).

Como se vera posteriormente, las condiciones I y II hacen que el metodo tenga varias propiedades deseables. As tenemos: Algunas propiedades deseables del MEF. Los polinomios son funciones sencillas, que ademas tienen la propiedad de que pueden aproximar muy bien localmente (es decir, en conjuntos peque~ nos) cualquier funcion suave. Por ello, el MEF hace uso de las buenas propiedades de los polinomios para aproximar localmente una funcion suave. Como consecuencia de II tenemos: (a) La matriz de rigidez tiene muchos elementos nulos, lo cual es una propiedad deseable tanto para el almacenaje de la matriz como para la resolucion del sistema Kd = F . (b) Tanto K como F se pueden ensamblar integrando solo sobre cada uno de los elementos en vez de hacer una integracion global sobre todo el dominio .

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El MEF en problemas unidimensionales

A continuacion se muestran dos ejemplos de mallas, una en un problema unidimensional y otra en un problema bidimensional

~ Regularidad global Ya sabemos que en todo problema de Galerkin las funciones de V h deben tener una cierta regularidad global que en cada caso viene de nida por la forma del problema debil. En los problemas de segundo orden se necesita regularidad Ct1 ( ) mientras que, como se vera posteriormente, en los problemas de cuarto orden se necesitara regularidad Ct2 ( ). Pues bien, puesto que en el caso del MEF las funciones de V h son polinomios a trozos, la unica restriccion para que haya regularidad Ctm ( ) es la siguiente: La transicion de un \trozo" a otro, es decir, de un elemento a otro, debe ser de clase C m 1. As , para el caso m = 1 solo necesitamos continuidad en las fronteras interelementos, mientras que en el caso m = 2 necesitamos que la primera derivada (o derivadas parciales si se trabaja en varias dimensiones) exista y sea continua en las fronteras interelementos.

A continuacion se introduciran las nociones principales del MEF y se ilustraran con el problema (8) asociado a (3).

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El MEF en problemas unidimensionales

4.2. Ejemplo de espacio de elementos en un intervalo

nitos: funciones lineales a trozos

Para ilustrar el MEF, aplicaremos el metodo de Galerkin al problema tipo (8). Ya sabemos que, dado un problema debil, en la practica la aplicacion del metodo de Galerkin depende del espacio V h elegido y de la base que tomemos para el mismo. En este ejemplo concreto procederemos de la siguiente forma: 1. Como r se podr a tomar la funcion constante r(x) = ua que, evidentemente veri ca las condiciones esenciales. Mas adelante se vera que en la practica no se procede as . 2. Para construir V h , se toma una particion P de [a; b], en la forma a = x1 < x2 < < xn = b con n puntos en nuestro caso. Ahora, de nimos Vh

subespacio formado por las funciones continuas en [a; b]

(20)

que son lineales en cada subintervalo (elemento) asociado a P y que se anulan en x = a Observese que claramente, V h V Por ejemplo, en el caso de coger la siguiente particion (21) la siguiente gura muestra una funcion w del espacio V h correspondiente

Observese que, como debe ser, la funcion se anula en x = a. Una vez de nido V h , de nimos los \nudos" de nuestro problema como los puntos de la particion. Es evidente que las funciones de V h quedan totalmente caracterizadas por sus valores en los nudos x2 ; :::; xn ; es decir, las funciones de V h quedan totalmente caracterizadas por sus valores en todos los nudos salvo en aquellos en los que se especi can condiciones de frontera esenciales. Por ello, se puede conjeturar que la dimension de V h es m := n 1, es decir, el numero total de nudos menos el numero de nudos en los que se especi can condiciones de frontera esenciales. Mas adelante veremos que esto verdaderamente es as . Sea = f1; :::; ng el conjunto con la numeracion de todos los nudos y sean E y E; respectivamente, los conjuntos que contienen la numeracion de los nudos esenciales y no esenciales. En nuestro ejemplo, se tiene = f1; :::; ng ;

E

= f1g ; 49

E

= f2; :::; ng

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De nicion 24 Base \nodal" o \interpolatoria" de V h . De nimos las siguientes funciones NI ; I 2 E denominadas \funciones de forma" o \funciones de base nodal": A cada nudo xI ; I 2 E (es decir, a cada nudo distinto de x = a) le asociamos una \funcion de forma" NI , de nida de la siguiente forma: a) NI pertenece a V h , es decir, V h es continua en , es lineal en cada subintervalo de la particion y se anula en x = x1 = a. b) NI (xJ ) = IJ para todo J 2 E ; es decir, NI vale uno en xI y cero en el resto de los xJ . Ejemplo: en el caso del espacio (20) con la particion (21) las funciones de base son las siguientes

h A las funciones NI ; I 2 E se las ha llamado \funciones de base nodal de V " con lo h que su nombre parece indicar que constituyan una base de V , pero este hecho no es evidente. h A continuacion se demuestra que, efecto, las NI ; I 2 E son base de V :

Proposicion 18 Las NI ; I 2 E cumplen que: 1. Son linealmente independientes. 2. Son sistema generador de V h , es decir, si v 2 V h se tiene que v se puede escribir como combinacion lineal de las NI ; I 2 E . Ademas, esta combinacion lineal es de la forma X v(x) = v(xI )NI (x) = v(x2 )N2 (x) + + v(xn )Nn (x); I2

E

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es decir, los coe cientes de la combinacion son los valores de v en los nudos de

E.

Dem. 1. Queremos demostrar que si se supone una combinacion lineal de las NI igualada a cero, entonces se deduce que necesariamente los coe cientes de la combinacion tienen que ser cero. Veamos. Sea una combinacion lineal de las NI igualada a cero 2 N2 (x)

+

+

n Nn (x)

=0

Como la igualdad anterior se debe cumplir para todo x en particular se cumplira para x = xI ; I = 2; :::; n. Entrando con x = xI se obtiene I = 0; I = 2; :::; n, con lo que efectivamente las NI son linealmente independientes. P 2. Sea v h 2 V h y considerese la funcion I2 E I NI que obviamente pertenece a V h puesto que es continua, lineal a trozos y se anula en x = a. Puesto que, como hemos visto antes, las funciones de V h quedan de nidas aPtraves de sus valores en los nudos xI ; I 2 E, para forzar a que se cumpla que v = I2 E I NI ; obligaremos a que ambas tomen los mismosP valores en dichos nudos. As se obtiene que I = v(xI ), es decir, se ha obtenido v(x) = I2 E v h (xI )NI (x) como se quer a demostrar Como consecuencia del resultado anterior se sigue:

h (es decir, sistema libre y Corolario 1 Las funciones NI ; I 2 E son una base de V generador de V h ) con lo que en particular dim V h = n 1 =: m. Ademas, si v 2 V h ; las coordenadas de v en dicha base son precisamente los valores de v en los nudos.

Conviene enfatizar lo siguiente: Si v 2 V h entonces las coordenadas de v en dicha base se pueden calcular de una forma muy sencilla, pues son precisamente el valor de v en los nudos. Esto es consecuencia de que se ha escogido para V h una base muy particular (la base nodal). Si se hubiese escogido cualquier otra base, entonces el calculo de las coordenadas de v en dicha base ser a mucho mas complicado.

Ejemplo: La funcion v de la gura (que pertenece a V h pues es continua, se anula en x = a y es af n en cada elemento de la particion) cumple que v(x2 ) = 1=2, v(x3 ) = 2, v(x4 ) = 1, v(x5 ) = 1 y v(x6 ) = 1 y por ello su vector de coordenadas en la base N2 ; :::; N6

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es (1=2; 2; 1; 1; 1)

Comentario: Observese que en el ejemplo anterior se han de nido funciones N2 ; :::; Nn que valen 1 en un nudo y cero en los demas. Sin embargo no se ha de nido una funcion N1 que valga 1 en el nudo x1 y se anule en los demas

En efecto, esta funcion ni siquiera pertenece a V h , pues no se anula en x = a. ~ Sistema de ecuaciones. Siguiendo las ideas de la seccion anterior, una vez elegido el espacio V h el problema de Galerkin es: (G): Encontrar v h 2 V h tal que para todo w 2 V h se cumpla a(v h ; w) = L(w): Puesto que N2 ; ::::; Nn es una base de V h , el problema de Galerkin es equivalente al siguiente problema de Galerkin reformulado (G ref.): Encontrar v h 2 V h tal que para todo I = 2; :::; n se cumpla a(v h ; NI ) = L(NI ) (22) Para resolver (G), se reducira dicho problema a un sistema de ecuaciones. Para ello, h h se P expresa v en terminos de sus corrdenadas en la base NI ; I = 2; :::; n, es decir, v = I=2;:::;n dI NI y se entra en (22), obteniendo el sistema X a(NI ; NJ )dJ = L(NI ) ; I = 2; :::; n J=2;:::;n

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es decir a(N2 ; N2 )d2 + a(N2 ; N3 )d3 +

+ a(N2 ; Nn )dn = L(N2 )

a(N3 ; N2 )d2 + a(N3 ; N3 )d3 +

+ a(N3 ; Nn )dn = L(N3 ) .. .

a(Nn ; N2 )d2 + a(Nn ; N3 )d3 +

+ a(Nn ; Nn )dn = L(Nn )

o bien, en el caso 2 a(N2 ; N2 ) 6 a(N2 ; N3 ) 6 6 a(N2 ; N4 ) 6 4 a(N2 ; N5 ) a(N2 ; N6 )

en que n = 6; a(N2 ; N3 ) a(N3 ; N3 ) a(N3 ; N4 ) a(N3 ; N5 ) a(N3 ; N6 )

a(N2 ; N4 ) a(N3 ; N4 ) a(N4 ; N4 ) a(N4 ; N5 ) a(N4 ; N6 )

a(N2 ; N5 ) a(N3 ; N5 ) a(N4 ; N5 ) a(N5 ; N5 ) a(N5 ; N6 )

a(N2 ; N6 ) a(N3 ; N6 ) a(N4 ; N6 ) a(N5 ; N6 ) a(N6 ; N6 )

32 76 76 76 76 54

d2 d3 d4 d5 d6

3

2

7 6 7 6 7=6 7 6 5 4

L(N2 ) L(N3 ) L(N4 ) L(N5 ) L(N6 )

3 7 7 7 7 5

Nos damos cuenta de que, puesto que x1 no es incognita, a cada nudo I 2 f2; :::; ng le corresponde la numeracion P := I 1 en el sistema de ecuaciones. Por ello, el sistema se puede escribir en la forma Kd = F donde K 2 Rm

m

y F 2 Rm

1

se calculan de la forma:

KP Q = a(NI ; NJ ) con P = I FP = L(NI ); donde P = I

1; Q = J

1, I; J = 2; :::; n

1; I = 2; :::; n

y la componente Q-esima de d es dJ , donde Q = J

1; J = 2; :::; n.

Comentario: El soporte de cada NI solo se solapa con el de las correspondientes a los nudos vecinos, es decir, NI 1 y NI+1 . De esta forma se cumplen las condiciones I y II del MEF, es decir, (I) las funciones de V h son polinomios a trozos, y (II) las funciones N1 ; :::; Nm cumplen que su soporte es un subconjunto \peque~ no" de . Como consecuencia del comentario anterior, para un I dado KIJ solo es no nulo para J = I 1; I e I + 1, pues en el resto de los casos las integrales que de nen a a( ; ) son nulas. Por tanto, en este caso, la base elegida hace que la matriz K tenga estructura tridiagonal, lo cual facilita el almacenaje de K y la resolucion de (L). Notese que si los nudos se numerasen de otra forma, cambiar an las posiciones de K en las que los elementos son no nulos. Es por esta razon por lo que en el MEF se trabaja con bases de V h que cumplan la condicion (II), es decir, que sean bases cuyo soporte sea \peque~ no" o, como se dice en matematicas, que dicho soporte este localizado. En los problemas mas generales, la matriz K no siempre tendra estructura tridiagonal, pero siempre tendra una estructura \dispersa", es decir, la gran mayor a de los elementos de la matriz valdran cero. 53

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Ejemplo: en el caso del espacio (20), si tomamos n = 6 tenemos 3 2 2 a(N2 ; N2 ) a(N2 ; N3 ) a(N2 ; N4 ) a(N2 ; N5 ) k11 k12 k13 k14 k15 6 k12 k22 k23 k24 k25 7 6 a(N2 ; N3 ) a(N3 ; N3 ) a(N3 ; N4 ) a(N3 ; N5 ) 7 6 6 7 6 K=6 6 k13 k23 k33 k34 k35 7 = 6 a(N2 ; N4 ) a(N3 ; N4 ) a(N4 ; N4 ) a(N4 ; N5 ) 4 k14 k24 k34 k44 k45 5 4 a(N2 ; N5 ) a(N3 ; N5 ) a(N4 ; N5 ) a(N5 ; N5 ) a(N2 ; N6 ) a(N3 ; N6 ) a(N4 ; N6 ) a(N5 ; N6 ) k15 k25 k35 ) k45 k55 3 2 a(N2 ; N2 ) a(N2 ; N3 ) 0 0 0 7 6 a(N2 ; N3 ) a(N3 ; N3 ) a(N3 ; N4 ) 0 0 7 6 7 6 0 a(N3 ; N4 ) a(N4 ; N4 ) a(N4 ; N5 ) 0 =6 7 4 0 0 a(N4 ; N5 ) a(N5 ; N5 ) a(N5 ; N6 ) 5 0 0 0 a(N5 ; N6 ) a(N6 ; N6 )

a(N2 ; N6 ) a(N3 ; N6 ) a(N4 ; N6 ) a(N5 ; N6 ) a(N6 ; N6 )

y

F = (L(N2 ); L(N3 ); L(N4 ); L(N5 ); L(N6 ))T d = (d2 ; d3 ; d4 ; d5 ; d6 )T Resolviendo el sistema calculamos el vector d = (d2 ; d3 ; d4 ; d5 ; d6 )T . Entonces la solucion al problema de Galerkin es v h (x) = d2 N2 (x) + d3 N3 (x) + d4 N4 (x) + d5 N5 (x) + d6 N6 (x)

(23)

La siguiente gura muestra a v h y a la verdadera solucion v al problema debil reformulado:

Observese que: v h solo es una aproximacion a v. Como se justi co anteriormente, el valor de v h en el nudo I es precisamente dI .

54

3

7 7 7= 7 5

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5. Calculo practico en el MEF: el \enfoque local" o \del elemento" 5.1. Planteamiento del problema e ideas generales Hasta ahora se ha seguido un \enfoque global", en el sentido de que tanto la de nicion V h y de una base del mismo como el calculo de los elementos de K y de F se hace \de forma global en ". Sin embargo, en la practica se adopta un \enfoque local" que comporta importantes ventajas desde el punto de vista del planteamiento del problema y de la programacion. Los objetivos del enfoque local son: Objetivos del enfoque local: 1. Construir V h y una base del mismo a partir de funciones de nidas sobre los distintos elementos. 2. Calcular K y F de una forma comoda trabajando elemento a elemento.

Sea un abierto acotado de Rp , con p 2 f1; 2; 3g y sea @ = el caso de p = 2 tendr amos algo como muestra la siguiente gura

E

[

N

. Por ejemplo, en

Se considera el siguiente problema fuerte: Problema fuerte. Encontrar u 2 C 2 ( ) tal que se cumpla Du = f en

(24)

cond. esenciales en

E

cond. naturales en

N

donde D es un operador diferencial de orden dos o de orden cuatro.

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Por ejemplo, en el caso del problema tipo (3), el operador D es Du =

(AEu0 )0

Comentarios: a D le pedimos que sea de orden par (concretamente dos o cuatro, pues orden 6 y superiores no aparecen en las aplicaciones ingenieriles) pues si D fuese impar la forma bilineal correspondiente al problema debil no ser a simetrica. Supongamos que a partir del problema (24) se ha planteado el problema debil asociado, que tendra la forma general: Problema debil general. (D) Encontrar v 2 V tal que para todo w 2 V ; a(v; w) = L(w)

(25)

donde: V es el conjunto (en el caso de problemas de orden 2) V = v 2 Ct1 ( ) : v = 0 en

E

a( ; ) es una forma bilineal simetrica (generalmente, aunque no siempre, simetrica de nida positiva) L es una forma lineal.

Por comodidad en lo sucesivo, y como ya hicimos en la seccion 2.5, es conveniente de nir L(w) := L(w) + a(r; w); es decir, L contiene todos los terminos de L salvo el termino que viene de las condiciones de frontera esenciales. Usando L, el problema debil y el problema debil reformulado se pueden expresar: Problema debil usando L

(D) Encontrar u 2 S tal que para todo w 2 V ; a(u; w) = L(w)

(D ref.) Encontrar v 2 V tal que para todo w 2 V ; a(v; w) = L(w)

En el ejemplo del problema (3) se tiene L(w) = (f; w) + Fb w(b)

a(r; w)

y por ello L(w) = (f; w) + Fb w(b) 56

a(r; w)

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La siguiente gura presenta las ideas principales que se usan para obtener el problema debil a partir del problema fuerte

Figura 9: Construccion del problema debil en el caso general Sabemos que, una vez obtenido el problema debil, para aplicar el MEF se debe construir un subespacio V h de V de dimension nita y especi car una base de dicho subespacio V h . Entonces se plantea el problema de Galerkin, se construyen K y F y posteriormente se resuelve el sistema Kd = F , obteniendo d con el que se obtiene la solucion aproximada nal uh .

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Las ideas generales del enfoque local para construir V h y una base del mismo y para calcular K y F , que con ligeros cambios son validas en todos los problemas de elementos nitos, son las siguientes: Ideas generales del enfoque local. 1. Division de

en pedazos denominados elementos

2. De nicion de los elementos. Sobre cada elemento se de ne: un espacio Veh de funciones polinomicas unos grados de libertad. 3. De nicion de las funciones de base nodal de cada elemento. 4. Numeracion de los grados de libertad globales. 5. Pegado de los Veh para construir un espacio W h que corresponder a a V h si no hubiese condiciones de frontera esenciales. De nicion de las funciones de base globales. 6. Tratamiento de las condiciones de frontera esenciales. 7. De nicion de V h a partir de W h . De nicion de una base para V h . 8. Planteamiento del problema de Galerkin en V h y obtencion del sistema de ecuaciones. 9. Expresion de las integrales sobre como suma de integrales sobre cada elemento. Matriz de rigidez y vector de carga del elemento. 10. Calculo de las integrales en la matriz de rigidez y del vector de fuerzas del elemento. Cambio de variable y trabajo con el elemento estandar para el calculo de las integrales sobre cada elemento. Funciones de base en la referencia estandar. Uso de formulas de cuadratura. 11. Ensamblaje de las contribuciones de cada elemento a K y a F .

A continuacion desarrollamos en detalle las ideas anteriores. 58

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5.2. Division en elementos En se considera una \malla" formada por s \elementos" e (que se consideran conjuntos cerrados, es decir, que contienen a su frontera) de forma que = [se=1 e y tal que los elementos tienen interiores disjuntos, es decir, de intersecarse lo hacen solo en la frontera comun a ambos. Se recuerda que la adherencia de un conjunto se de ne como := [ @ , es decir, la union del conjunto y de su frontera. La forma de los elementos que se utilizan mas habitualmente en R2 son triangulos y cuadrilateros, mientras que en R3 sus analogos son tetraedros y hexaedros. La siguiente gura muestra una malla bidimensional:

En el caso en el que el dominio no sea un pol gono (en R2 ) o un poliedro (en R3 ) no sera posible llevar a cabo una particion de en elementos de tipo triangulo o cuadrilatero (en R2 ), o tetraedros o hexaedros (en R3 ).

Dominio no poligonal En este caso se puede proceder de dos formas: 1. Recurrir a elementos con lados curvos (o super cies curvas, en el caso de R3 ). Para ello se utiliza la denominada \tecnica isoparametrica", que se estudiara en un cap tulo posterior.

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2. Aproximar por un pol gono (en R2 ) o un poliedro (en R3 ) y entonces el problema se resuelve en este nuevo dominio, como muestra la siguiente gura:

Aproximacion de la frontera por un poligono Naturalmente, en este caso se introduce un error adicional al ya inherente al metodo de Galerkin.

5.3. De nicion de un espacio de funciones polinomicas sobre cada elemento Para cada elemento

e,

e = 1; :::; s:

1. Se de ne un espacio Veh de funciones polinomicas de dimension ne que denominaremos funciones de forma del elemento, de nidas sobre e . 2. Se de nen ne \grados de libertad" que se utilizaran para caracterizar las funciones de Veh . Estos grados de libertad son el valor de la funcion, y en ocasiones de sus derivadas, en unos ciertos puntos llamados \nudos". Numeracion local de los grados de libertad. Los grados de libertad se consideran en la forma i = 1; :::; ne . A esta ordenacion se le denomina la numeracion local de los grados de libertad. Los grados de libertad se deben elegir de forma que se cumpla la siguiente propiedad: Condicion 1 Cada funcion de Veh debe quedar determinada de forma unica por los ne grados de libertad del elemento.

Elementos de tipo Lagrange. Cuando en un elemento los grados de libertad son los valores en ne nudos distintos x1 ; :::; xne (es decir, no hay grados de libertad asociados a la derivada de la funcion) se dice que el elemento es de tipo Lagrange. En la asignatura, casi todos los elementos que se consideraran son de dicho tipo.

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5.3.1. Ejemplos de elementos A continuacion se introduciran algunos ejemplos de elementos. Mas adelante se vera que algunos de ellos no se \pegan" adecuadamente con otros elementos y por tanto no pueden ser utilizados. I. Elementos unidimensionales

~ Elemento I.1. Elemento lineal tipo. Funciones a nes sobre un intervalo (es decir, Veh funciones a nes) con grados de libertad los valores en los extremos del intervalo. A este elemento se le denomina \elemento lineal de Lagrange". Los nudos son los extremos del intervalo. Veh corresponde a las funciones lineales, es decir, de la forma v(x) = + x: Nota: como ya se comento, en este curso utilizaremos la palabra funcion lineal y funcion af n intercambiablemente. Los grados de libertad son los valores de la funcion en los nudos. Se cumple la Condicion 1 anterior, pues una funcion af n queda determinada de forma un voca por su valor en dos puntos distintos. Es un elemento tipo Lagrange.

~ Elemento I.2. Funciones a nes sobre un intervalo (es decir, Veh grados de libertad los valores en dos puntos interiores del intervalo.

funciones a nes) con

Se cumple la Condicion 1 anterior, pues una funcion af n queda determinada de forma un voca por su valor en dos puntos distintos. Es un elemento tipo Lagrange.

~ Elemento I.3. Elemento cuadratico tipo. Funciones cuadraticas sobre un intervalo, es decir, de la forma v(x) = + x + x2 con grados de libertad los valores en los extremos y en el punto medio del intervalo. A este elemento se le denomina \elemento cuadratico de Lagrange". Se cumple la Condicion 1 anterior, pues sabemos que una funcion cuadratica queda determinada de forma un voca por su valor en tres puntos distintos. 61

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Es un elemento tipo Lagrange.

~ Elemento I.4. Funciones cuadraticas sobre un intervalo, con grados de libertad los valores en los extremos y en un cierto punto (no necesariamente el punto medio) del intervalo. Se cumple la Condicion 1 anterior, pues una funcion cuadratica queda determinada de forma un voca por su valor en tres puntos distintos. Es un elemento tipo Lagrange.

~ Elemento I.5. Elemento cubico tipo. Funciones cubicas sobre un intervalo, es decir, de la forma v(x) = + x + x2 + x3 ; con grados de libertad los valores de la funcion en los extremos y en dos puntos equiespaciados mas del intervalo. A este elemento se le denomina \elemento cubico de Lagrange". Se cumple la Condicion 1 anterior, pues se pude demostrar que una funcion cubica queda determinada de forma un voca por su valor en cuatro puntos distintos. Es un elemento tipo Lagrange.

~ Elemento I.6. Elemento cubico de Hermite. Funciones cubicas sobre un intervalo, con grados de libertad los valores de la funcion y de su derivada en los extremos del intervalo. A este elemento se le denomina \elemento cubico de Hermite". Se cumple la Condicion 1 anterior, pues una funcion cubica queda determinada de forma un voca por el valor de la funcion y de su derivada (es decir, su pendiente) en dos puntos distintos, como muestra la siguiente gura

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No es un elemento tipo Lagrange, pues en cada uno de los dos nudos (extremos del intervalo) hay 2 grados de libertad.

II. Elementos bidimensionales mentos tipo Lagrange.

En el caso de elementos bidimensionales solo veremos ele-

~ Elemento II.1. Triangulo lineal. Funciones lineales (a nes) v(x; y) = ax + by + c sobre un triangulo con grados de libertad los valores en los vertices del triangulo.

Se cumple la Condicion 1 anterior, pues una funcion de la forma ax+by+c queda determinada de forma un voca por su valor en tres puntos no alineados. ~ Elemento II.2. Funciones lineales (a nes) v(x; y) = ax + by + c sobre un triangulo con grados de libertad los valores en los puntos medios de los lados. Se cumple la Condicion 1 anterior, pues una funcion de la forma ax + by + c queda determinada de forma un voca por su valor en tres puntos no alineados.

~ Elemento II.3. Triangulo cuadratico.Funciones cuadraticas v(x; y) = ax2 + by 2 + cxy + dx + ey + f sobre un triangulo con grados de libertad los valores en los vertices y en los puntos medios de los lados del triangulo

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Se cumple la Condicion 1 anterior, pues se puede demostrar que una funcion de la forma + by 2 + cxy + dx + ey + f queda determinada de forma un voca por su valor en esos 6 puntos.

ax2

~ Elemento II.4. Funciones bilineales v(x; y) = a + bx + cy + dxy sobre un cuadrilatero triangulo con grados de libertad los valores en los vertices del mismo. Se cumple la Condicion 1 anterior, pues se puede demostrar que una funcion de la forma a + bx + cy + dxy queda determinada de forma un voca por su valor en los vertices de un cuadrilatero.

5.3.2. De nicion completa de elemento A partir de ahora, por la palabra \elemento" no denotaremos solo al recinto e sino tambien al espacio de funciones considerado y a los grados de libertad elegidos. En concreto tenemos: De nicion 25 Elemento. Un \elemento" es el ente de nido por: (a) Un dominio e (b) Un espacio de funciones Veh , que denominamos \funciones de forma", de nidas sobre e . (c) Unos parametros o \grados de libertad" utilizados para describir las funciones en Veh . Estos grados de libertad corresponden a los valores de la funcion o de sus derivadas en unos ciertos puntos denominados \nudos" x1 ; :::; xs . Para que el elemento esta bien de nido, se debe cumplir la Condicion 1, es decir, que cada funcion v 2 Veh se pueda caracterizar de forma biun voca por los grados de libertad que se hayan especi cado.

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Comentario: A partir de ahora siempre tendremos en cuenta que, para de nir completamente un elemento hay que especi car los 3 puntos (a), (b) y (c) y no solamente el punto (a).

5.4. De nicion de las funciones de base nodal del elemento Ya hemos visto que en cada elemento e se ha de nido un espacio Veh de dimension ne . Pues bien, ahora se de nen ne funciones Nie : e ! R, i = 1; :::; ne , denominadas funciones de base nodal o interpolatorias e del elemento. Cuando se sobrentiende el elemento al que nos estamos re riendo, se omite el super ndice e y se escribe simplemente Ni . En el caso de caso de elementos de tipo Lagrange, las Nie se de nen as : De nicion 26 Funciones de base nodal (para elementos de tipo Lagrange). Dado un elemento e , las funciones de base nodal Nie , i = 1; :::; ne son las (unicas) funciones que cumplen las condiciones: 1. Nie 2 Veh ; i = 1; :::; ne , es decir, cada Nie es una funcion de Veh .

2. Nie (xj ) = ij ; i; j = 1; :::; ne , es decir, Nie vale uno en el nudo xi y vale cero en el resto de los nudos del elemento. En el caso de elementos que no sean tipo Lagrange porque se especi que como grado de libertad el valor de la derivada en algun nudo, la de nicion de las funciones de base se hace de forma ligeramente distinta (ver el ejemplo del elemento I.6. mas adelante) Ahora se tiene: Proposicion 19 En el caso de caso de un elemento de tipo Lagrange: (a) Las funciones Nie ; i = 1; :::; ne de la de nicion 26 son base de Veh . (b) Las coordenadas de v en dicha base no son mas que los valores de v en los nudos del elemento, es decir, cada funcion v 2 Veh se puede escribir (en el caso de elementos de tipo Lagrange) en la forma ne X v(x) = v(xi )Nie (x): (26) i=1

Dem. (a) Haremos la demostracion para el caso de un elemento de tipo Lagrange en el que los grados de libertad son los valores en los puntos x1 ; :::; xne . Demostremos en primer lugar que las Nie son un sistema libre. Para ello consideramos una combinacion lineal 1 N1e (x) + e + 3 N3e (x) = 0 (*) y demostraremos que necesariamente debe ser 1 = = 2 N2 (x) + ne = 0. Para ello tomamos j 2 f1; :::; ne g arbitrario y particularizamos (*) para x = xj . Usando que Nie (xj ) = ij se obtiene que j = 0. Como ' era arbitrario tenemos que todos los j deben ser nulos. Por tanto las Nie son linealmente independientes. Usando un conocido resultado de la teor a de espacios vectoriales, puesto que la dimension de Veh es ne y las Nie son ne funciones linealmente independientes, forzosamente deben ser sistema generador de Veh y por ello base.

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ne P

i=1

El MEF en problemas unidimensionales

(b) Sea v 2 Veh . Al ser las Nie un sistema generador de Veh podemos escribir v(x) = e i Ni (x)

para unos ciertos coe cientes

i.

Ahora tomamos j 2 f1; :::; ne g arbitrario y

particularizamos (*) para x = xj , obteniendo que la proposicion.

j

= v(xj ). Por tanto queda demostrada

Por ejemplo, la siguiente gura muestra un elemento cuadratico de Lagrange y una funcion v del espacio Veh correspondiente (es decir, un polinomio cuadratico)

Coordenadas de un polinomio cuadratico en la base nodal Pues bien, de la Proposicion 19 sabemos que el vector de coordenadas de v en la base N1e ; N2e ; N3e de Veh se puede determinar directamente del valor de v en los nudos del elemento. As obtenemos el vector de coordenadas (2; 3=2; 1=2). Como caso particular de la proposicion anterior se tiene: Proposicion 20 Si

e

es un elemento de tipo Lagrange, se veri ca que para todo x 2 ne X

e,

Nie (x) = 1

i=1

Dem. Basta con usar la expresion v(x) =

ne P

i=1

v(xi )Nie (x) tomando v(x) = 1 (que siempre

pertenece al espacio Veh por ser un polinomio de grado 0)

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El MEF en problemas unidimensionales

5.4.1. Funciones de base para algunos elementos A continuacion calcularemos y representaremos gra camente las funciones de base correspondientes a algunos de los elementos introducidos en la seccion 5.3.1. A efectos del calculo, veremos que es util hacer uso de la siguiente propiedad, vista en la signatura de Algebra: Proposicion 21 Si un polinomio p de grado n tiene un cero en x = entonces p se puede expresar en la forma p(x) = (x )m (b0 + b1 + b0 ; :::; bn m son unos ciertos coe cientes.

con multiplicidad m, + bn m xn m ) donde

I. Elementos unidimensionales ~ Elemento I.1. Funciones a nes sobre un intervalo (es decir, Veh grados de libertad los valores en los extremos del intervalo.

funciones a nes) con

Para calcular N1e y N2e podemos usar dos procedimientos: Uno es escribir N1e (x) = + x e imponer que se cumpla N1e (x1 ) = 1, N1e (x2 ) = 0 con lo que se obtiene un sistema de dos ecuaciones con dos incognitas, y . Algo analogo se tiene para N2e . El segundo procedimiento, que es mas conveniente, consiste en utilizar la Proposicion 21 y el hecho de que N1e tiene un cero en x2 . Por ello N1e debe ser de la forma N1e (x) = C (x x2 ) para una cierta constante C;que se calcula usando que N1e (x1 ) = 1, obteniendo x x2 N1e (x) = x1 x2 Razonando analogamente tenemos x x1 N1e (x) = x2 x1 ~ Elemento I.2. Funciones a nes sobre un intervalo (es decir, Veh grados de libertad los valores en dos puntos interiores del intervalo.

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funciones a nes) con

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~ Elemento I.3. Funciones cuadraticas sobre un intervalo, con grados de libertad los valores en los extremos y en el punto medio del intervalo.

Razonando como en el caso del elemento I.1, tenemos N1e (x) = C (x

x2 ) (x

x3 )

para una cierta C que se calcula usando que N1e (x3 ) = 1. As tenemos N1e (x) =

(x (x1

x2 ) (x x3 ) x2 ) (x1 x3 )

N2e y N3e se calculan analogamente. ~ Elemento I.4. Funciones cuadraticas sobre un intervalo, con grados de libertad los valores en los extremos y en un cierto punto x2 (no necesariamente el punto medio) del intervalo.

~ Elemento I.5. Funciones cubicas sobre un intervalo, con grados de libertad los valores de la funcion en los extremos y en dos puntos equiespaciados mas del intervalo.

~ Elemento I.6. Funciones cubicas sobre un intervalo, con grados de libertad los valores de la funcion y de su derivada en los extremos del intervalo. En este caso el elemento no es de tipo Lagrange. Las 4 funciones de base se de nen de la siguiente forma: 68

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De nicion 27 Funciones de base para el elemento de Hermite. En el elemento cubico de Hermite, N1 ; N2 ; N3 y N4 son las (unicas) funciones que cumplen: 1. N1 ; N2 ; N3 y N4 son polinomios cubicos. 2. Se veri ca N1 (x1 ) = 1 ; N10 (x1 ) = 0 ; N1 (x2 ) = 0 ; N10 (x2 ) = 0 N2 (x1 ) = 0 ; N3 (x1 ) = 0 ; N4 (x1 ) = 0 ;

N20 (x1 ) N30 (x1 ) N40 (x1 )

= 1 ; N2 (x2 ) = 0 ; = 0 ; N3 (x2 ) = 1 ; = 0 ; N4 (x2 ) = 0 ;

N20 (x2 ) N30 (x2 ) N40 (x2 )

(27a)

=0

(27b)

=0

(27c)

=1

(27d)

Comentario: En vez de la numeracion 1, 2, 3, 4 para los grados de libertad, es habitual usar la numeracion 1, 10 , 2 y 20 . As por ejemplo, la funcion N2 en (27b) ahora pasar a a denotarse N10 y veri car a N10 (x1 ) = 0 ; N10 0 (x1 ) = 1 ; N10 (x2 ) = 0 ; N10 0 (x2 ) = 0

(28)

Analogamente, N3 pasa a llamarse N2 y N4 pasa a llamarse N20 . Ejercicio 12 Calcular las funciones de base de los elementos del tipo I.3 y I.5. Ejercicio 13 Sea el elemento [ 1; 1] sobre el que se consideran las funciones cuadraticas y como grados de libertad (ordenados), el valor de la funcion en 1, a y 1, donde a 2 (0; 1). Calcular el valor de a sabiendo que N2 (0) = 2. Ejercicio 14 Demostrar que las funciones interpoladoras de Hermite N1 , N10 , N2 y N20 en el intervalo [x1 ; x2 ] constituyen una base del espacio P3 de los polinomios de grado menor o igual que 3. Dado un polinomio de P3 , calcular sus coordenadas en esta base. Ejercicio 15 Calcular las funciones N1 y N10 de nidas anteriormente. Ejercicio 16 En el caso generico, >cual es el grado del polinomio p que interpola una funcion f y sus dos primeras derivadas en los extremos del intervalo [0; 1]? Escribir la expresion de p en terminos de f y de las funciones de base interpolatoria correspondientes (no hace falta calcular dichas funciones de base). >Que condiciones debe cumplir la funcion de base que multiplica a f 00 (0) en la expresion anterior? Calculese esta funcion.

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Ejercicio 17 Se considera el polinomio p que interpola a la funcion f y su derivada en el punto x = 1 y a la funcion y sus dos primeras derivadas en x = 0. Se pide: 1. Escribir la expresion de p en terminos de f y de las funciones de base interpolatoria correspondientes. Atencion: no se pide calcular las funciones de base. 2. Calculese la funcion que multiplica a f ( 1) en dicha expresion. 3. Demostrar que las funciones de base interpolatoria del Apdo. 2 son linealmente independientes. Nota: para resolverlo no es necesario calcular las funciones de base. Ejercicio 18 Se considera el elemento e correspondiente al intervalo [ 1; 1], los polinomios P3 con grados de libertad funcion en los extremos del intervalo y funcion y derivada en el punto medio. Calcular la suma de las funciones de base del elemento, simpli cando al maximo el resultado. Sugerencia: es posible resolver el problema sin calcular todas las funciones de base. II. Elementos bidimensionales. En el caso de los elementos bidimensionales, no calcularemos las funciones de base de los distintos elementos, tarea que llevaremos a cabo en un cap tulo posterior, aunque s dibujaremos algunas de ellas. ~ Elemento II.1. Funciones a nes v(x; y) = ax + by + c sobre un triangulo con grados de libertad los valores en los vertices del triangulo.

~ Elemento II.2. Funciones a nes v(x; y) = ax + by + c sobre un triangulo con grados de libertad los valores en los puntos medios de los lados. (solo se muestra una de las 3 funciones de base)

~ Elemento II.3. y elemento II.4. No mostramos las funciones de base, pues su representacion gra ca es complicada.

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5.5. Grados de libertad globales. Numeracion Sea n el numero total de grados de libertad (sin tener en cuenta todav a las condiciones esenciales). Notese que n no sera la suma n1 + + ns pues algunos grados de libertad perteneceran a varios elementos. Estos grados de libertad corresponden al valor de la funcion y, en ocasiones, de sus derivadas, en los nudos. ~ Numeracion de los grados de libertad Supondremos que los grados de libertad estan numerados, usando la denominada numeracion global, de 1 a n. Sea := f1; 2; :::; ng el conjunto correspondiente a los ndices de los grados de libertad. Para el caso de grados de libertad de tipo Lagrange, cada grado de libertad I 2 estara asociado al valor de la funcion en el nudo xI , donde se esta usando numeracion global. Sea E el conjunto de los ndices correspondiente a los nudos situados sobre la frontera esencial, y sea E el conjunto de los ndices correspondientes a los nudos restantes. Denotamos m al numero de ndices en m ndices en E . E , con lo que hay n En ocasiones puede suceder que un nudo se encuentre justo en la interseccion de E y el resto de la frontera. En tal caso, para forzar a que la solucion proporcionada por el MEF sea continua, se considera que dicho nudo pertenece a E . Para distinguir la numeracion local de la global utilizaremos ndices con mayusculas para la global y con minusculas para la local. La relacion entre la numeracion local y la global esta dada por la denominada \matriz de conectividad" CON del sistema: Dado un elemento e 2 f1; :::; sg y un nudo con numeracion local i, el numero global I asociado esta dado por I = CON (e; i).

A continuacion se introducen algunos ejemplos de \pegado" de elementos y la matriz de conectividad correspondiente: Ejemplo: mallado I. En la siguiente gura se muestra la relacion entre la numeracion local y la global en el ejemplo de la seccion 4.2, en el que hay 5 elementos lineales de Lagrange

(29)

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La matriz de conectividad para este caso es elemento(e) 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5

num. local (i) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

num. global I = CON (e; i) 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6

Ejemplo: mallado II En la siguiente gura se muestra la relacion entre la numeracion local y la global al pegar un elemento lineal, uno cuadratico y otro cubico (de Lagrange)

(30) La matriz de conectividad para este caso es elemento(e) 1 1 2 2 2 3 3 3 3

num. local (i) 1 2 1 2 3 1 2 3 4

num. global I = CON (e; i) 1 2 2 3 4 4 5 6 7

Ejemplo: mallado III A continuacion se muestran las ideas anteriores en una malla formada por 4 triangulos lineales.

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(31) elemento(e) 1 1 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4

num. local (i) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3

num. global I = CON (e; i) 2 4 1 2 3 4 3 4 5 4 5 1

5.6. Pegado de los espacios de funciones sobre cada elemento. Regularidad interelementos. Funciones de base globales A continuacion construiremos un espacio W h de funciones de nidas en \pegando" los espacios de funciones Veh de nidas sobre cada elemento. Por \pegado" se entiende lo siguiente: la restriccion de las funciones de W h a cada elemento e ; debe ser una funcion de Veh . El espacio W h de nido anteriormente solo podra ser utilizado en el problema de Galerkin cuando las funciones construidas pegando las funciones de los W h sean lo su cientemente regulares para que las derivadas que aparecen en el problema debil tengan sentido. Como ya hemos visto, en los problemas de orden dos (resp. cuatro) las funciones de W h deben ser Ct1 ( ) (resp. Ct2 ( )). Ahora bien, como las funciones de W h son polinomios a trozos, el que las funciones de W h sean Ct1 ( ) (resp. que sean Ct2 ( )) es equivalente a que sean C( ) (resp. que sean C 1 ( )), es decir, se debe cumplir que W h C( ) (resp. W h C 1 ( )).

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A la condicion de que las funciones de W h pertenezcan a C( ) (resp. a C 1 ( )) la denominaremos condicion de regularidad interelementos. Por lo tanto, el espacio W h , en el caso de problemas de orden 2, se de ne de la siguiente forma: De nicion 28 Espacio W h . En el caso de problemas de orden 2, se de ne W h como el espacio de las funciones v : ! R continuas tal que 8e = 1; :::; s, v j e 2 Veh , es decir, como el espacio de funciones de nidas en tales que son continuas y tales que su restriccion a cada elemento e es una funcion de Veh .

En el caso de problemas de orden 4, la de nicion es la misma pero con la condicion de regularidad interelementos correspondiente, es decir, en vez de pedir que las funciones v sean continuas en , pediremos que sean de clase C 1 ( ). Ejemplo. En el mallado I (29), el espacio W h es el siguiente: W h es el espacio de las funciones v : [a; b] ! R continuas tales que su restriccion a cada elemento e = [xe ; xe+1 ]; e = 1; 2; 3; 4; 5; es una funcion de Veh , es decir, una funcion af n. Ejemplo. En el mallado II (30), el espacio W h es: W h es el espacio de las funciones v : [x1 ; x7 ] ! R continuas tales que su restriccion a es una funcion af n, su restriccion a 2 es es un polinomio cuadratico y su restriccion a es un polinomio cubico.

1 3

Ejemplo. En el mallado III (31), el espacio W h es: W h es el espacio de las funciones v : ! R continuas tales que su restriccion a cada uno de los elementos es una funcion af n en dos variables, es decir, de la forma v(x; y) = a + bx + cy. 5.6.1. Estudio de la regularidad interelementos A continuacion estudiamos si al pegar las funciones de cada espacio Veh las funciones resultantes cumplen la condicion de regularidad interelementos. En la practica, la continuidad interelementos se suele cumplir si los grados de libertad de los elementos se han asignado \adecuadamente". Claramente, para que haya regularidad C 1 ( ), debe haber forzosamente grados de libertad asociados a derivadas, y ademas estos deben escogerse adecuadamente. Estudiemos a continuacion cuales de los elementos introducidos en la seccion 5.3.1 veri can las condiciones de continuidad interelementos al pegarlos con otros elementos, ya sean del mismo o de distinto tipo.

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I. Regularidad interelementos en los elementos unidimensionales. Claramente, los elementos del tipo I.1, I.3, I.4 y I.5 pueden pegarse todos con todos respetandose la condicion de continuidad interelementos C( ). Ejemplo. En el mallado I (29), las funciones de W h son claramente continuas en todo

.

Ejemplo. La siguiente gura ilustra el pegado de un elemento lineal, uno cuadratico y uno cubico de Lagrange (I.1 un I.3 y un I.5) correspondientes al mallado II (30). Claramente, la funcion v resultante es continua en

(32) Notese que, aunque hay continuidad, no hay regularidad C 1 ( ). Ejemplo. El elemento I.2 no puede pegarse con ninguno de los otros elementos de forma que se respete la continuidad interelementos, como muestra la siguiente gura

La funcion v correspondiente en general no sera continua. En efecto, solo lo sera cuando de la casualidad que v valga lo mismo a los dos lados de la frontera entre los elementos 1 y 2 . Por ello, el elemento I.2 no se puede utilizar en el MEF. Con mas generalidad, podemos decir: Un elemento unidimensional respeta la continuidad interelementos si y solo si sus extremos son nudos.

Ejemplo. El elemento I.6 se puede pegar con los elementos I.1, I.3, I.4 y I.5 y obtener regularidad global C( ). Pero, lo que es mas interesante, si se pegan elementos I.6 entre s , 75

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se obtiene regularidad global C 1 ( ), pues tanto el valor de la funcion como el de la derivada coinciden a ambos lados de la frontera interelementos.

En este ejemplo, el espacio W h es el conjunto de las funciones de nidas en son de clase 1 en y tales que en 1 y en 2 son polinomios cubicos.

:= [x1 ; x3 ] que

II. Regularidad interelementos en los elementos bidimensionales.

El estudio de la continuidad interelementos en los problemas bidimensionales es un poco mas complicada que en los problemas unidimensionales: Ejemplo. Consideremos el elemento II.1. Queremos estudiar como var an las funciones de Veh sobre un lado del triangulo. Las funciones de Veh son de la forma v(x) = ax + by + c con lo que sobre un lado de ecuaciones y = x+ tendran la forma v(x) jlado = ax+b ( x + )+c = Ax + B es decir, tienen una variacion lineal que quedara jada por el valor dev en los dos extremos del lado. Por ello, los elementos del tipo I.1 se podran pegar entre s obteniendo una regularidad global C( ), pues a los dos lados de la frontera interelementos la variacion sera lineal y, como los valores en los extremos del segmento frontera son los mismos para los dos lados, ambas funciones seran la misma. Notese que no hay regularidad C 1 ( ). Ejemplo. Los elementos del tipo II.2 no se pueden pegar ni entre s ni con elementos del tipo II.1, pues no se puede garantizar la continuidad interelementos. Ejemplo. Consideremos el elemento II.3. Razonando como en el caso del elemento II.1, se llega a la conclusion de que sobre cada lado del triangulo las funciones de Veh tienen una variacion cuadratica, es decir, var an segun una parabola. Esta parabola queda jada biun vocamente por el valor en los tres nudos situados sobre el lado. Por ello, los elementos del tipo II.3 se pueden pegar entre s y obtener una regularidad global C( ). Claramente no hay regularidad C 1 ( ). Notese que los elementos cuadraticos II.3 no se pueden pegar con elementos lineales II.1, pues no se respeta la continuidad interelementos. En efecto, consideremos el

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siguiente ejemplo, en el que

El MEF en problemas unidimensionales

1

es un triangulo cuadratico y

2

es un triangulo lineal

En la siguiente gura se representa el corte de una funcion v de W h por un plano que pasa por la frontera entre los dos elementos (el lado 142) y es perpendicular a la hoja.

A un lado de la frontera (el correspondiente a 1 ), v var a sobre el lado de forma cuadratica, mientras que al otro (el correspondiente a 2 ), v var a de forma af n, con lo que en general no habra continuidad interelementos. Ejemplo. A continuacion discutimos el pegado de elementos del tipo II.4, elementos cuadrilateros bilineales, cuando los lados de los mismos son paralelos a los ejes, como muestra la siguiente gura

Las funciones de Veh son de la forma v(x; y) = a + bx + cy + dxy con lo que sobre un lado de ecuaciones x = tendran la forma v(x; y) jlado = a + b + cy + d y = A + By es decir, son polinomios lineales. Sobre el lado comun entre los dos elementos hay 2 grados de libertad que son los valores en los extremos del lado. Para jar un polinomio de grado 2 basta con especi car su valor en estos dos extremos, con lo que, razonando como en los ejemplos anteriores, tenemos que habra continuidad interelementos. Ejemplo. A continuacion discutimos el pegado de elementos del tipo II.4, elementos cuadrilateros bilineales, en el caso general (lados no necesariamente paralelos a los ejes) como muestra la

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El MEF en problemas unidimensionales

siguiente gura

Las funciones de Veh son de la forma v(x) = a + bx + cy + dxy con lo que sobre un lado de ecuaciones y = x + tendran la forma v(x) jlado = a + bx + c ( x + ) + dx ( x + ) = A+Bx+Cx2 es decir, son polinomios cuadraticos. Sobre el lado comun entre los dos elementos hay 2 grados de libertad que son los valores en los extremos del lado. Para jar un polinomio de grado 2 no basta con especi car su valor en estos dos extremos, con lo que la parabola correspondiente al elemento 1 sera en general distinta a la parabola correspondiente al elemento 2 , como muestra la siguiente gura, en la que se representa el corte de una funcion v de W h por un plano que pasa por la frontera entre los dos elementos y es perpendicular a la hoja.

Ambas parabolas toman el mismo valor en los extremos del lado comun a los dos elementos, pero en el resto de los puntos de dicho lado no tienen por que coincidir. Por lo tanto no hay regularidad global C( ) y estos elementos no se pueden usar en el MEF. En un cap tulo posterior veremos que se puede trabajar con cuadrilateros de lados no paralelos a los ejes, pero para ello se debe utilizar la tecnica isoparametrica. A continuacion veremos que la siguiente condicion es una condicion necesaria y su ciente para que un elemento respete la continuidad interelementos y se pueda usar en el MEF: Condicion 2 El valor de las funciones de Veh sobre cada lado del elemento e queda caracterizado por su valor en los nudos del lado, es decir, si dos funciones de Veh valen lo mismo sobre los nudos de cada lado, deben valer lo mismo sobre todo el lado. Pues bien, se cumple: Proposicion 22 Un elemento dado respeta la continuidad interelementos y por ello puede ser usado en el MEF, si y solo el elemento cumple la Condicion 2. Dem. Consideremos un lado del elemento. En ese lado se respetara la continuidad interelementos al pegarlo con otro elemento del mismo tipo si y solo si las funciones de Veh a ambos 78

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El MEF en problemas unidimensionales

lados de la frontera son la misma funcion, y eso pasara si y solo si el valor de la funcion de Veh sobre el lado queda caracterizada por su valor en los nudos del lado Comentario: Notese que si se cumple la Condicion 2, en particular tendremos que si una funcion es nula sobre los nudos de un lado entonces debe ser nula sobre todo el lado. 5.6.2. De nicion de las funciones de base globales Una vez construido W h y comprobado que se veri can las condiciones de regularidad interelementos, procedemos a de nir una base de funciones para dicho espacio. A diferencia de las funciones de base del elemento introducidas en la seccion 5.4 y que estaban de nidas solo en el elemento, a las funciones que ahora de niremos las denominaremos funciones de base globales porque estan de nidas en todo . Suponiendo que todos los grados de libertad son de tipo Lagrange, las funciones de base global estan de nidas de la siguiente forma: De nicion 29 Funciones de base global (cuando solo hay elementos tipo Lagrange) Para cada I 2 se de ne NI como la unica funcion que cumple las condiciones: 1. NI 2 W h , es decir, las funciones de base deben ser elementos del espacio W h : 2. NI (xJ ) = IJ ; para todo J 2 , es decir, NI vale uno en el nudo I y cero en los demas.

~ Obtencion de las NI a partir de las funciones de base local. Estas funciones de base globales se pueden obtener a partir de las Nie , es decir, a partir de las funciones de base locales. En efecto, tenemos: Para cada I 2 , NI es la funcion NI : ! R que se obtiene \pegando" las funciones de base Nie para todos los e y todos los i tales que I = CON (e; i); y que vale cero fuera de esos elementos.

Ejemplo. La siguiente gura ilustra la construccion de la funcion de base global del nudo 4 en el mallado I (29)

s 79

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El MEF en problemas unidimensionales

N4 se construye pegando N32 con N41 y de niendola como cero fuera de los elementos 4. Ejemplo. La siguiente mallado II (32)

3

y

gura muestra la funcion de base del nudo 4 correspondiente al

s Para construir N4 hay que pegar N32 con N13 y de nirla como cero fuera de los elementos 2 y 3 . En la siguiente gura se construye la funcion de base del nudo 2 correspondiente al mismo ejemplo

Para construir N3 basta con tomar N22 y de nirla como cero fuera del elemento

2.

Ejemplo. La siguiente gura muestra la funcion de base de los 5 nudos en el mallado III.

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El MEF en problemas unidimensionales

Por ejemplo, la funcion N3 se obtiene pegando N22 con N13 y de niendola como cero en los elementos 1 y 4 . ........................................................................................ El siguiente resultado enuncia algunas propiedades de las funciones de base globales: Proposicion 23 Propiedades de las funciones de base globales (cuando solo hay elementos tipo Lagrange): (a) Las funciones NI ; I 2 son linealmente independientes. (b) Las funciones NI ; I 2 son sistema generador de W h (con lo que, usando (a), son base de W h ) y ademas, suponiendo que todos Plos grados de libertad son de tipo Lagrange, si h v 2 W entonces v se puede escribir v(x) = I2 v(xI )NI (x).

Dem. Muy similar a la demostracion de la Proposicion 26 correspondiente a las Nie .

Ademas, y esta propiedad es extraordinariamente util a la hora de trabajar con el MEF, tenemos Las funciones de base global se anulan en \casi todos los elementos" Para cada I 2 , la funcion NI solo es no nula en los elementos a los que pertenece el grado de libertad global I.

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El MEF en problemas unidimensionales

5.7. Tratamiento de las condiciones de frontera esenciales. Trabajo con la funcion rh Hemos visto que para pasar del problema debil al problema debil reformulado hay que tomar una funcion r tal que r 2 S, es decir, una funcion de clase 1 a trozos y que veri que las condiciones de frontera esenciales. En el tratamiento del problema tipo (3) que se llevo a cabo en la seccion 4.2, se tomo r(x) = ua , que claramente es de clase 1 a trozos y ademas veri ca la condicion de Dirichlet u(a) = ua del problema. Como ya se comento en dicha seccion, en la practica esto no se hace as . En el MEF, la eleccion de la funcion que veri ca las condiciones esenciales se suele hacer utilizando las funciones de base correspondientes a los nudos esenciales. Veamos a continuacion como se construye esta funcion, a la que denotaremos rh : El procedimiento para construir rh es el siguiente: De nicion de la funcion rh : (i) Se consideran las funciones de base NJ correspondientes a los nudos situados sobre E ; es decir, las funciones fNJ ; J 2 E g, que se introdujeron en la seccion 5.6.2. As , para cada J 2 E la funcion NJ esta de nida por las condiciones: NJ 2 W h . NJ (xI ) = IJ ; para todo I 2 . (ii) Se de ne X rh (x) := u(xJ )NJ (x) (33) J2

E

Ejemplo. En el mallado I (29) si suponemos que las condiciones de frontera son u(a) = ua y A(b)E(b)u0 (b) = Fb , tenemos que E = f1g y por ello rh (x) = u(a)N1 (x)

(34)

Si, en este ejemplo las condiciones de frontera hubiesen sido esenciales en los dos extremos, es decir, si E = f1; 6g entonces tendr amos que rh ser a rh (x) = u(a)N1 (x) + u(b)N6 (x) 82

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El MEF en problemas unidimensionales

Ejemplo. En el mallado II (30), si suponemos que se aplican condiciones esenciales en x = a y en x = b, tenemos = f1; 2; 3; 4; 5; 6; 7g

E E

= f1; 7g

= f2; 3; 4; 5; 6g

y por ello rh (x) = u(a)N1 (x) + u(b)N7 (x) Ejemplo. En el mallado III (31), si suponemos que solo hay condiciones de frontera en los segmentos 23 y 35, tenemos = f1; 2; 3; 4; 5g

E E

= f2; 3; 5g

= f1; 4g

y por ello rh (x) = u(x2 )N2 (x) + u(x3 )N3 (x) + u(x5 )N5 (x) Ejemplo. En el caso de la malla de la gura

(35) 83

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

tenemos que rh (x) := u(x3 )N3 (x) + u(x5 )N5 (x) + u(x6 )N6 (x) ~ Propiedades de rh La funcion rh (x) dada por (33) es Ct1 [a; b], pues es una combinacion lineal de las funciones NI que son Ct1 [a; b]. Por ello, cumple la primera condicion para pertenecer a S . Estudiemos ahora si rh cumple las condiciones esenciales. Claramente, entrando con x = xJ en la expresion de rh tenemos 8J 2

E;

rh (xJ ) = u(xJ )

(36)

con lo que rh cumple las condiciones esenciales en los nudos esenciales. Sin embargo, en los problemas en varias dimensiones espaciales, rh no tiene por que cumplir las condiciones esenciales en todos los puntos de E . Razonemos por que: En los problemas unidimensionales, en los que todos los puntos de la frontera son nudos, rh cumplira las condiciones esenciales en toda E , con lo que rh pertenecera a S como quer amos. Como ejemplo, la funcion (34) claramente cumple la condicion u(a) = ua del problema (3). Sin embargo, en los problemas en dos o mas dimensiones espaciales, la frontera esencial normalmente contendra puntos que nos son nudos, y en dichos puntos no se puede garantizar que rh cumpla las condiciones esenciales. Como ejemplo, en el caso de la malla bidimensional anterior rh cumple las condiciones esenciales en los puntos x3 ; x5 y x6 , pero no en el resto de los puntos de los segmentos 35 y 56. Por tanto, en los problemas en dos o mas dimensiones espaciales, la funcion rh normalmente no veri cara las condiciones esenciales en E y, por ello, no pertenecera al espacio S . Como consecuencia, al utilizar rh en el MEF se estara cometiendo un error adicional al ya inherente al metodo de Galerkin.

84

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

~ >Por que trabajar con rh ? Es natural preguntarse por que se trabaja con la funcion (33), lo que introduce un error adicional en el metodo, en vez de trabajar con una funcion r que veri que de forma exacta las condiciones de frontera esenciales. La respuesta es doble: 1. La razon principal es que, cuando se trabaja en varias dimensiones espaciales, en general no es factible encontrar una funcion r(x) que cumpla de forma exacta las condiciones de frontera esenciales. Por ejemplo, en el caso de la malla (35) supongase que las condiciones esenciales son: u(x; y) = x + y + x2 para (x; y) 2 segmento 35

u(x; y) = x + y + y 2 para (x; y) 2 segmento 56

Pues bien, como el lector puede comprobar, no es inmediato encontrar una funcion r(x; y) de nida en todo y que cumpla estas dos condiciones. 2. Comodidad a la hora de programar el MEF. Como rh se construye a partir de las funciones de base globales, esta eleccion facilita notablemente la programacion del metodo, como se vera en secciones posteriores. En de nitiva, en lo sucesivo se trabajara con rh para construir el problema debil y el problema de Galerkin. Por ello, la solucion exacta sera u = rh + v y la solucion aproximada sera uh = rh + v h .

5.8. De nicion del espacio V h y de una base para el mismo Hasta ahora no se hab an tenido en cuenta las condiciones de frontera esenciales. Ahora llega el momento de incorporarlas. A partir del espacio W h de nimos el espacio V h que se utiliza para aplicar el metodo de Galerkin: De nicion 30 De nicion de V h a partir de W h . Se de ne V h como el espacio constituido por las funciones de W h que se anulan en E .

Observese que si no existiesen condiciones de frontera esenciales, V h ser a el espacio W h de funciones tales que: Su restriccion a cada elemento e es una funcion de Veh . Las funciones cumplen la condicion de regularidad global (es decir, Ct1 ( ) en el caso de problemas de orden 2) en . A continuacion queremos construir una base para V h . Parece razonable pensar que el h conjunto fNI ; I 2 E g puede ser una base de V . Veamos: las funciones NI ; I 2 E claramente cumplen que se anulan sobre los nudos situados en E . Para comprobar que pertenecen a V h solo queda probar que se anulan sobre toda E (y no solo sobre los nudos situados sobre E ). Esto es inmediato en el caso de trabajar en R y en el caso de trabajar 85

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

en R2 se cumple como consecuencia de la Condicion 2 que, como vimos anteriormente, deben veri car los elementos para poder ser empleados en el MEF. Pues bien, la idea intuitiva anterior resulta ser correcta, pues se veri ca: h Proposicion 24 Las funciones NI ; I 2 E son base de V . Ademas, (suponiendo h que todos los grados P de libertad son de tipo Lagrange) si v 2 V entonces v se puedeh escribir v(x) = I2 E v(xI )NI (x), es decir, las coordenadas de una funcion de V en la base de nida son simplemente el valor de la funcion en los nudos de E.

Comentario: Se recuerda una vez mas que, si hubiesemos elegido otra base distinta para V h ; las coordenadas las funciones de V h en dicha base no se podr an calcular de una forma tan sencilla. Ejemplo. En el mallado I (29), si suponemos que solo se aplican condiciones esenciales en x = a, tenemos: V h es el espacio de las funciones v : [a; b] ! R continuas tales que su restriccion a cada elemento es una funcion af n y tales que sea anulan en x = a: Tenemos que = f1; 2; 3; 4; 5; 6g

E E

= f1g

= f2; 3; 4; 5; 6g

y por ello una base de V h es fN2 ; N3 ; N4 ; N5 ; N6 g Ejemplo. En el mallado II (30), si suponemos que se aplican condiciones esenciales en x = a y en x = b, se tiene: V h es el espacio de las funciones v : [x1 ; x7 ] ! R continuas tales que su restriccion a 1 es una funcion af n, su restriccion a 2 es es un polinomio cuadratico y su restriccion a 3 es un polinomio cubico y tales que cumplen v(x1 ) = v(x7 ) = 0. En este caso = f1; 2; 3; 4; 5; 6; 7g E E

= f1; 7g

= f2; 3; 4; 5; 6g

y por ello una base de V h es fN2 ; N3 ; N4 ; N5 ; N6 g Ejemplo. En el mallado III (31), si suponemos que solo hay condiciones de frontera en los segmentos 23 y 35, se cumple: V h es el espacio de las funciones v : ! R continuas tales que su restriccion a cada uno de los elementos es una funcion af n en dos variables y tales que se anulan en los segmentos 23 y 35. 86

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

En este caso = f1; 2; 3; 4; 5g

E E

= f2; 3; 5g

= f1; 4g

y por ello una base de V h es fN1 ; N4 g ~ Construccion de V h cuando la incognita es vectorial. La construccion de V h que se ha descrito es valida para problemas en los que la incognita u es unidimensional, como por ejemplo en el caso de la barra axial, en el que u es desplazamiento en la direccion axial, y por lo tanto unidimensional, o en el problema de la transmision del calor en cualquier dominio de R; R2 o R3 , en el que u es la temperatura y, por tanto, tambien unidimensional. En el caso de problemas en los que u es vectorial, como por ejemplo en el caso del problema de la elasticidad bidimensional, en el que u = (u1 ; u2 ), el espacio V h se construye mediante el producto cartesiano de espacios Ve h construidos de la forma descrita en esta seccion. En concreto, se de ne Ve h := L fNI ; I 2

Eg ;

que ser a el espacio V h si la incognita fuese escalar, y ahora introducimos V h mediante V h := Ve h

Ve h ;

es decir, las funciones de V h son las funciones de la forma wh = w1h ; w2h donde w1h y w2h pertenecen a Ve h . En el cap tulo dedicado al MEF en problemas multidimensionales se volveremos sobre esta idea. ........................................................................................

Llegados a este punto, hemos construido un subespacio V h de dimension nita de V una base para el mismo. Ya estamos en condiciones de aplicar el metodo de Galerkin.

y

5.9. Problema de Galerkin y sistema de ecuaciones Una vez de nido V h y una base fNI ; I 2 E g del mismo, podemos aplicar el metodo de Galerkin. Para ello se seguiran las ideas de las secciones 3.1 y 3.3. Como veremos, la unica diferencia sera que, en dichas secciones, la base de V h estaba constituida por las funciones N1 ; :::; Nm . Sin embargo, aqu la base de V h esta constituida por las funciones NI ; I 2 E y, salvo que los nudos de E tengan la numeracion 1; :::; m, habra que modi car dicha numeracion. Ademas, como ya se vio en la seccion 5.7, en vez de trabajar con una funcion r cualquiera perteneciente a S se utiliza la funcion rh dada por (33). 87

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

De la seccion 3.3 sabemos que, al ser a( ; ) bilineal y L( ) lineal, el problema de Galerkin es equivalente al siguiente problema, al que denominamos \problema de Galerkin reformulado" Problema de Galerkin reformulado (G. REF) Encontrar v h 2 V h tal que para todo I 2

E

se veri que a(v h ; NI ) = L(NI ) (37)

Ademas tenemos que a(rh ; NI )

L(NI ) = L(NI )

Estudiemos el termino a(rh ; NI ). Entrando con la expresion de rh tenemos a(rh ; NI ) = a(

X

J2

u(xJ )NJ ; NI ) =

X

J2

E

a(NJ ; NI )u(xJ )

E

con lo que nalmente tenemos X

L(NI ) = L(NI )

J2

a(NJ ; NI )u(xJ )

(38)

E

Con el n de pasar del problema (37), en cierta forma \abstracto" pues la incognita es una funcion, a un sistema de ecuaciones, en el que las incognitas son numeros y por ello es mas accesible, expresamos v h en terminos de las funciones de la base de V h

As escribimos, v h (x) =

P

J2

E

dJ NJ (x)

(39)

donde los dJ son, por su propia de nicion, las coordenadas de v h en la base fNI ; I 2 Eg h de V . Entrando en el problema anterior con (39) y usando (38), se llega al siguiente sistema de ecuaciones algebraicas lineales con m ecuaciones y m incognitas: Sistema de ecuaciones. Encontrar dJ ; J 2 E tal que se cumpla X X a(NI ; NJ )dJ = L(NI ) = L(NI ) a(NJ ; NI )u(xJ ); para todo I 2 J2

E

J2

88

E

(L)

E

(40)

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

Por lo tanto, el sistema se puede expresar en forma matricial de la siguiente forma: Forma matricial del sistema de ecuaciones. Encontrar d 2 Rm tal que se cumpla Kd = F

(41)

donde KP Q = a(NI ; NJ );

I; J 2 E X FP = L(NI ) = L(NI ) a(NJ ; NI )u(xJ ); J2

E

(42) I2

E

(43)

y donde la relacion entre I y P y entre J y Q esta dada por P = ID(I); Q = ID(J)

Por razones que quedaran claras en la seccion 5.12.2 cuando hablemos de la matriz de rigidez ampliada y el vector de fuerza ampliado, introducimos la siguiente de nicion: De nicion de FI . En cualquier problema MEF se de ne, para todos los nudos I 2 , la magnitud FI mediante FI := L(NI ); I 2 (44) Por ello, FP y FI se relacionan a traves de X FP = FI a(rh ; NI ) = FI a(NJ ; NI )u(xJ ); J2

E

I2

E

(45)

La matriz K hereda ciertas propiedades de la forma bilineal a( ; ): Proposicion 25 i. Si a( ; ) es una forma bilineal simetrica K es una matriz simetrica. ii. Si a( ; ) es una forma bilineal simetrica de nida positiva entonces K es una matriz simetrica de nida positiva. Por ello el sistema (??) (y por consiguiente tambien el problema de Galerkin), tiene solucion unica. iii. Si a( ; ) es una forma bilineal simetrica semide nida positiva entonces K es una matriz simetrica semide nida positiva. Dem. Similar a la de la Proposicion 17

89

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

~ La matriz de rigidez tiene estructura dispersa. En general la matriz K tendra una estructura dispersa. En efecto: a(NI ; NJ ) es distinta de cero solo para los I y J tales que el soporte de las funciones NI y NJ se solape, es decir, solo si los nudos I y J pertenecen a un mismo elemento.

Por ello, si I y J son nudos correspondientes a elementos distintos, entonces KP Q = 0. Como es evidente, el \patron de dispersion" de K, es decir, la posicion de los elementos nulos de K, dependera tanto de la geometr a de la malla como del numero de ecuacion que se asigne a cada nudo de E en la matriz, es decir, dependera tanto de la geometr a de la malla como de la correspondencia P =ID(I); I 2 E que se elija. Comentarios: Observese que FI contiene todos los terminos de L(NI ) a excepcion del sumando a(rh ; NI ) correspondiente a las condiciones esenciales. A pesar de que para calcular F solo intervienen los FI correspondientes a nudos no esenciales, en (44) hemos de nido FI para todos los nudos, sean estos esenciales o no. Veremos en la Seccion 5.12.2 el porque de este proceder. Ejemplo. En el caso de la barra axial (3), tenemos que FI = (f; NI ) + Fb NI (b); I 2

E

y FP = FI

a(rh ; NI ) = FI

Por ello, el sistema de ecuaciones en el la matriz K es 2 a(N2 ; N2 ) a(N2 ; N3 ) 6 a(N2 ; N3 ) a(N3 ; N3 ) 6 0 a(N3 ; N4 ) K=6 6 4 0 0 0 0 el vector F es

2

6 6 F =6 6 4

F2 F2 F2 F2 F2

a(N1 ; N2 )u(a) a(N1 ; N3 )u(a) a(N1 ; N4 )u(a) a(N1 ; N5 )u(a) a(N1 ; N6 )u(a)

3

a(N1 ; NI )u(a); I 2

E

ejemplo del mallado 1, con 5 elementos lineales, 0 0 0 a(N3 ; N4 ) 0 0 a(N4 ; N4 ) a(N4 ; N5 ) 0 a(N4 ; N5 ) a(N5 ; N5 ) a(N5 ; N6 ) 0 a(N5 ; N6 ) a(N6 ; N6 ) 2

7 6 7 6 7=6 7 6 5 4

(f; N2 ) a(N1 ; N2 )u(a) (f; N3 ) a(N1 ; N3 )u(a) (f; N4 ) a(N1 ; N4 )u(a) (f; N5 ) a(N1 ; N5 )u(a) (f; N6 ) + Fb a(N1 ; N6 )u(a)

3 7 7 7 7 5 3 7 7 7 7 5

donde, observese, el termino Fb NI (b) solo es no nulo para I = 6. ........................................................................................ Una vez llegados a este punto, debemos calcular K y F y luego resolver el sistema (41) para obtener d. 90

Luis Sanz ~ Solucion

El MEF en problemas unidimensionales

nal proporcionada por el MEF.

Una vez calculado d, nuestra intencion es ahora reconstruir, a partir de d; la solucion aproximada uh proporcionada por el MEF. Puesto que uh = rh + v h tenemos que X X uh (x) = rh (x) + v h (x) = u(xJ )NJ (x) + dJ NJ (x) (46) J2

J2

E

E

Hasta ahora solo hemos de nido dJ para los J 2 E . Pues bien, para los nudos esenciales de nimos dJ := u(xJ ); J 2 E (47) Notese que cuando J es un nudos esencial estos dJ son dato del problema. Entonces usando (46) tenemos nalmente uh (x) =

X

dJ NJ (x)

(48)

J2

Comentario: Puesto que uh es una combinacion lineal de las funciones NJ ; J 2 , uh pertenece al espacio W h introducido en la seccion 5.6. En de nitiva, se cumple que v h 2 V h y uh 2 W h . ~ Interpretacion de los dJ Los dJ se pueden interpretar de la siguiente forma: sea J 2 . De (48), X X uh (xJ ) = dI NI (xJ ) = dI IJ = dJ I2

(49)

I2

con lo que tenemos: Los dJ son desplazamientos aproximados en los nudos. Para cualquier nudo J2 ; dJ = uh (xJ ) para todo J 2 es decir, dJ es el desplazamiento aproximado en el nudo xJ . Ademas, en el caso de los nudos esenciales, tenemos por su propia de nicion dJ = u(xJ ); para todo J 2

E

Recuerdese tambien que, por su propia de nicion, los dJ , J 2 de v h en la base NJ , J 2 E y que dJ = v h (xJ ) para todo J 2 91

E

E

son las coordenadas

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

~ Vector de desplazamientos ampliado. Vemos de la expresion (48) que en el calculo de uh intervienen los dJ para todos los nudos de la malla. Por ello es conveniente de nir el denominado vector de desplazamientos ampliado, dado por d := (d1 ; d2 ; ::::; dn )T 2 Rn (50) con lo que d contiene los desplazamientos en todos los nudos, sean eston esenciales o no.

Ejemplo. En el caso del problema tipo (3), utilizando el mallado I correspondiente a 5 elementos lineales, tenemos d = (d2 ; d3 ; d4 ; d5 ; d6 )T d = (d1 ; d2 ; d3 ; d4 ; d5 ; d6 )T donde d1 = u(a). Para construir uh ; a la solucion v h (23) le sumamos la funcion rh dada por (34) y como solucion nal tenemos la funcion h

u (x) =

6 X

dJ NJ (x) = d1 N1 (x) + d2 N2 (x) + d3 N3 (x) + d4 N4 (x) + d5 N5 (x) + d6 N6 (x)

J=1

La siguiente gura muestra la verdadera solucion u y la solucion proporcionada por el MEF

nal aproximada uh

5.10. Expresion de las integrales sobre el dominio como suma de integrales sobre cada elemento. Matriz de rigidez y vector de carga del elemento En la practica, la matriz K y el vector F no se calculan directamente de las expresiones (42) y (43). Lo que se hace es que las integrales extendidas a que aparecen en el calculo de la matriz de rigidez y del vector de fuerzas, se descomponen en suma de integrales sobre los diferentes elementos e . Para calcular la integral sobre cada elemento se hara uso de la siguiente importante propiedad: Como la funcion de base NI solo es no nula en los elementos que comparten el nudo I, para calcular la integral en cada elemento e solo hay que tener en cuenta las funciones de base correspondientes a los nudos de e .

92

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

5.10.1. Integrales correspondientes a la matriz de rigidez. Matriz de rigidez del elemento Sabemos que, en cualquier problema de elementos nitos, las componentes de la matriz de rigidez estan dadas por KP Q := a(NI ; NJ ) donde la forma de a( ; ) sera distinta en cada ejemplo concreto, pero siempre involucrara una integral sobre . Puesto que las funciones NI las hemos construido pegando las funciones de forma en cada elemento, la integral sobre la descomponemos en suma de integrales sobre los distintos elementos. As tenemos KP Q := a(NI ; NJ ) = a(NI1 ; NJ1 )

1

+

+ a(NIs ; NJs ) s ; I; J 2

E

(51)

donde utilizaremos la notacion a(NIk ; NJk ) k para denotar que solo se integra sobre k . Considerese un elemento e . Sabemos que cada funcion NI solo es no nula en los elementos a los que pertenece el grado de libertad I. Por ello, los unicos nudos I, J para los cuales a(NI ; NJ ) e 6= 0 son aquellos que cumplen que xI y xJ pertenecen a e . Por ello, al integrar sobre e solo es necesario trabajar con dichos nudos. Considerese por ejemplo el caso de mallado III:

Si se quiere integrar sobre 4 , puesto que los nudos de este elemento son x1 , x4 y x5 , las unicas integrales a(NI ; NJ ) 4 que son no nulas son a(N1 ; N1 )

4

; a(N1 ; N4 ) 4 ; a(N1 ; N5 ) 4 ; a(N4 ; N4 )

4

; a(N4 ; N5 )

4

Utilizando la propiedad anterior, en vez de jar I y J y calcular a(NI ; NJ ) e para todos los elementos, lo que se hace es jar un elemento e y calcular a(NI ; NJ ) e para todos los I y J para los que la integral es no nula, sumandolos en las posiciones adecuadas de K. A este proceso por el que calculamos las contribuciones de cada elemento y las sumamos en posiciones de K se le denomina ensamblaje de K. 93

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

~ Uso de la numeracion local. Puesto que para calcular a(NI ; NJ ) e estamos trabajando unicamente con el elemento e , y por comodidad a la hora de programar el metodo, es util utilizar la numeracion local para I y J y as escribir a(Ni ; Nj ) e en vez de a(NI ; NJ ) e , donde I = CON (e; i) y J = CON (e; j). Por tanto, hemos obtenido tenemos el siguiente procedimiento para calcular y ensamblar K: Calculo y ensamblaje de K. Para cada elemento que ni I ni J son nudos esenciales, hay que calcular e kij := a(Ni ; Nj )

e

y para cada i; j = 1; :::; ne tal

e

(52)

e en la posicion (P; Q) de K, donde P = ID(I), Q = ID(J), I = y luego sumar kij CON (e; i) y J = CON (e; j).

e para todos los i; j 2 f1; :::; n g, sean estos correEquivalentemente, se puede calcular kij e spondientes a nudos esenciales o no, y solo ensamblar aquellos para los que i y j corresponden e en los que i o j a nudos no esenciales. Ademas, en secciones posteriores se vera que los kij son esenciales, aunque no intervienen en el calculo de K, tienen su utilidad en el calculo de la denominada \matriz de rigidez ampliada". Por tanto, toda la contribucion del elemento e a la matriz de rigidez se puede almacenar en la denominada matriz de rigidez del elemento k e ; de nida mediante 2 e 3 e e k12 k1;n k11 e e e 6 ke 7 k22 k2;n 6 21 e 7 e k := 6 . 7 2 Rne ne . . . .. .. .. 4 .. 5 e e e kne ;1 kne ;2 kne ;ne

e para los que I; J 2 Como ya sabemos, en realidad solo contribuiran a K aquellos kij e es decir, los kij en los que I o J son esenciales no contribuyen a K.

E,

Comentario: En (52) se ha usado la notacion a(Ni ; Nj ) e en vez de a(Nie ; Nje ) e , como ser a mas riguroso, porque, como estamos trabajando en el elemento e , se sobrentiende que las funciones de base son las correspondientes a dicho elemento. Ejemplo. En nuestro ejemplo tipo de la seccion 4.2 tenemos Z e kij := a(Ni ; Nj ) e = AENi0 Nj0 ; i; j = 1; :::; ne e

Comentario: Recuerdese que, como a( ; ) es simetrica, k e tambien lo es y por ello solo es necesario calcular los elementos de la diagonal principal y por encima de la misma. La matriz k e tiene la siguiente propiedad: 94

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

Proposicion 26 En cualquier problema MEF se cumple que, dado un elemento cualquiera e e , la matriz k es singular. Es mas, si se supone que todos los grados de libertad del elemento son de tipo Lagrange, entonces todas las las de k e suman cero y lo mismo le pasa a sus columnas, es decir, 8j = 1; :::; ne ;

ne X i=1

e kij = 0; 8i = 1; :::; ne ;

ne X

e kij =0

j=1

Dem. Por simplicidad, haremos la demostracion solo para el caso en que el elemento es de tipo Lagrange. Primero demostraremos (a) que las las y las columnas de k e suman cero y luego demostraremos (b) que esto implica que la matriz es singular. (a) De la Proposicion 26 tenemos que si v 2 Veh 1=

ne X

Nie (x);

(53)

i=1

es decir, las funciones de base suman uno en todos los puntos. Por ahora supongamos que se esta trabajando con el problema de la barra axial, con lo que Z e kij =

AENi0 Nj0 dx

e

y por ello

ne X i=1

e kij

=

ne Z X i=1

AENi0 Nj0 dx e

=

Z

AE e

ne X i=1

Ni0

!

Nj0 dx

Pne 0 en Derivando en (53) tenemos que 0 = Pneentrando Pne i=1eNi (x) para todo x 2 e , con lo que e la expresion anterior obtenemos que i=1 kij = 0. La demostracion de que i=1 kij = 0 se hace de forma analoga, aunque por la simetr a de k e se tiene directamente que si las columnas suman cero tambien lo deben hacer las las. En el caso de que el problema no fuese el de la barra axial, la demostracion se har a de manera analoga, y estar a basada en el hecho de que, en los problemas de segundo orden, la forma bilineal a( ; ) siempre contendra derivadas de primer orden, con lo que al derivar en (53) se obtiene siempre cero. (b) Supongamos que una matriz cuadrada A 2 Rn n cualquiera cumple que sus las suman cero. Entonces, 0 1 0 1 1 0 1 0 0 a12 a1n a11 B a21 C B a22 C B a22 C B 0 C C=B C B C+B C+ +B A @ A @ A @ A @ ann 0 an2 an1 es decir, si llamamos c1 ; :::; cn a las columnas de A tenemos c1 + c2 +

+ cn = ~0

con lo que existe una combinacion de las columnas de A igualada a cero en la que los coecientes no son todos nulos (de hecho son todos igual a 1). Por tanto, dichas columnas son 95

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

linealmente dependientes y por ello el rango de A debe ser menor que n y por ello A es singular.

Comentario: si las las (o las columnas) de una matriz suman cero entonces la matriz forzosamente es singular. Sin embargo el rec proco no es cierto, es decir, hay matrices que son singulares y sin embargo sus las no suman cero (y tampoco sus columnas). Un ejemplo es el siguiente 1 2 2 4 Ejemplo. Consideremos el ejemplo del mallado I (29). La matriz K tiene la expresion 3 2 a(N2 ; N2 ) a(N2 ; N3 ) 0 0 0 7 6 a(N2 ; N3 ) a(N3 ; N3 ) a(N3 ; N4 ) 0 0 7 6 7 0 a(N3 ; N4 ) a(N4 ; N4 ) a(N4 ; N5 ) 0 K=6 7 6 4 0 0 a(N4 ; N5 ) a(N5 ; N5 ) a(N5 ; N6 ) 5 0 0 0 a(N5 ; N6 ) a(N6 ; N6 ) y se ensambla de la siguiente forma 2 1 2 2 k22 + k11 k12 0 0 0 2 2 3 3 6 k k + k k 0 0 12 22 11 12 6 3 3 + k4 4 0 k k k12 0 K=6 12 22 11 6 4 4 5 5 4 0 0 k12 k22 + k11 k12 5 5 0 0 0 k12 k22

3 7 7 7 7 5

Ejercicio 19 Considerese el problema para la deformacion de una barra con carga axial d dx

A(x)E(x)

du (x) = f (x); x 2 (0; L) = dx u(0) = u0 ; A(L)E(L)u0 (L) = T

Se considera el elemento constituido por el intervalo [ 1; 1], el espacio de los polinomios de grado dos sobre dicho intervalo y cuyos grados de libertad son los valores de la funcion en los extremos y en el punto medio del intervalo. Calcular las funciones de forma y posteriormente la matriz de rigidez de dicho elemento en el caso en que E y A son constantes. Ejercicio 20 Al aplicar el MEF al problema de la barra axial, se sabe que la matriz de rigidez de un cierto elemento cuadratico es de la forma 2 3 2 3 5 k e = 109 4 1

donde

indica componentes en principio desconocidas. Calcular dichas componentes.

96

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

5.10.2. Integrales correspondientes al vector de fuerzas. Vector de fuerzas del elemento El razonamiento que se sigue para calcular y ensamblar el caso del vector de fuerzas es analogo al seguido en el caso de la matriz de rigidez. Hemos visto que en cualquier problema MEF, las componentes del vector de fuerzas estan dadas por FP = L(NI ) = L(NI )

a(rh ; NI )

(54)

donde, observese, se esta trabajando con la funcion rh dada por (33). Por ejemplo, en el caso del problema tipo (3), tenemos FP = L(NI ) = L(NI )

a(rh ; NI ) = (f; NI ) + Fb NI (b)

a(rh ; NI )

Descomponiendo las integrales sobre que aparecen en L(NI ) y en a(rh ; NI ) en suma de integrales sobre los distintos elementos tenemos h = L(NI1 )

1

FP = L(NI ) a(rh ; NI ) = i h i a(rh ; NI1 ) 1 + + L(NIs ) s a(rh ; NIs ) s ; I 2

donde, de nuevo, la notacion L(NIs )

e

indica que solo se integra sobre

E

(55)

e.

En el caso del problema tipo (3) tenemos

= Fb NI (b) +

h

f; NI1

1

FP = L(NI ) i a(rh ; NI1 ) 1 +

donde, una vez mas, la notacion (f; NIe )

e

a(rh ; NI ) = h + (f; NIs ) s

a(rh ; NIs )

s

indica que solo se integra sobre

i

; I2

E

e.

Ahora tendremos en cuenta lo siguiente: Razonando como en el caso de la matriz de rigidez, al integrar sobre e solo es necesario trabajar con dichos nudos. Por ello, dado un elemento e , los unicos nudos I para los cuales L(NI ) e , (f; NIe ) e o a(rh ; NIe ) e son no nulos son aquellos que cumplen que xI pertenece a e . Examinemos con mas detalle el termino a(rh ; NI ) e X X a(rh ; NIe ) e = a( u(xJ )NJe ; NIe ) e = u(xJ )a(NJe ; NIe ) e J2

J2

E

E

P e e Ahora, jado el elemento e , en vez de extender la suma J2 E u(xJ )a(NJ ; NI ) e a todos los J 2 E , basta con extenderla solo a los J 2 E que ademas cumplen que xJ pertenece a e pues, como ya hemos visto, si xJ 2 = e entonces a(NJe ; NIe ) e = 0. Ademas, por comodidad a la hora de programar, trabajaremos con la numeracion local de los nudos del elemento.

97

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

En de nitiva, de (55) de nimos, para cada i = 1; :::; ne tal que I es un nudo no esencial, la magnitud fie dada por X X e fie := L(Ni ) e a(Nie ; Nje ) e u(xJ ) = L(Nie ) e kij u(xJ ) j=1;:::;ne tq J2

j=1;:::;ne tq J2

E

e := a(N ; N ) donde en la ultima igualdad se ha usado que, de (56), kij i j

E

e

As , hemos obtenido tenemos el siguiente procedimiento para ensamblar F : Calculo y ensamblaje de F . Para cada elemento que I no es un nudo esencial, hay que calcular X fie := L(Nie ) e j=1;:::;ne tq J2

e

y para cada i = 1; :::; ne tal

e kij u(xJ )

(56)

E

y luego sumar fie en la posicion P de F , donde P = ID(I) y I = CON (e; i).

e en las que i es un Comentario: De (56) se aprecia que el calculo de fie intervienen las kij nudo no esencial del elemento y j es un nudo esencial del elemento.

Ahora de nimos fie de forma similar a como introdujimos FI en (44), es decir: Para cada elemento

e,

de nimos fie := L(Nie ) e ; i = 1; ::::; ne ;

(57)

Comentarios: fie contiene todos los terminos de fie a excepcion del termino a(rh ; Nie ) e ; que corresponde a las condiciones de frontera esenciales. en los problemas bidimensionales, L( ) contendra en general una integral (doble) sobre y una integral curvil nea sogre E . Por ello, L( ) e tiene un termino de integral sobre e y otro termino de integral sobre la parte de E que pertenece al elemento e y que denotaremos eE . Claramente, fie y fie se relacionan mediante fie = fie

a(rh ; Nie ) e ; i = 1; ::::; ne

98

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

Ejemplo. En el caso del problema tipo (3) tenemos que X e fie = (f; Nie ) e + Fb NI (b) kij u(xJ ); i; j = 1; 2 j=1;:::;ne tq J2

(58)

E

donde, observese, el termino Fb NI (b) solo es distinto de cero se esta trabajando con el ultimo elemento. Mas concretamente, como x = b es un nudo y NI es nula en todos los nudos salvo en xI , tenemos que Fb NI (b) es no nulo solo cuando xI = b, es decir, para el ultimo nudo. Ademas tenemos que fie = (f; Nie )

e

+ Fb NI (b)

~ Vector de fuerza del elemento. Aunque hemos visto que las unicas contribuciones del elemento e al vector de fuerzas son los fie donde I no es un nudo esencial, podemos de nir los fie para todo i = 1; :::; ne ; con independencia de si i corresponde o no a un nudo esencial. As , podemos de nir el denominado vector de fuerzas del elemento f e 2 Rne 1 mediante 2

6 6 f e := 6 4

f1e f2e .. . fnee

3

7 7 7 2 Rne 5

1

Insistimos una vez mas, el MEF no hace uso de los fie correspondientes a nudos esenciales del elemento. Comentario: En lo sucesivo, para no sobrecargar la notacion usaremos la notacion a(Ni ; Nj ) e , L(Ni ) e y (f; Ni ) e en vez de a(Nie ; Nje ) e , L(Nie ) e y (f; Nie ) e puesto que queda claro que se esta trabajando con las funciones de base del elemento e .

99

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

A continuacion se resume el procedimiento para calcular y ensamblar K y F : Ensamblaje de K y de F (trabajando con la funcion rh ) Ensamblaje de K. Dado un elemento e , para cada i y j correspondiente a nudos I y J de E , donde I = CON (e; i) y J = CON (e; j), se calcula e kij = a(Ni ; Nj )

(59)

e

y se suma en la posicion (P; Q) de K, donde P = ID(I), Q = ID(J). Puesto que K es simetrica, solo hace falta ensamblar la parte \superior" de K y luego proceder por simetr a. Ensamblaje de F . Dado un elemento e , para cada i correspondiente a un nudo e I de E , donde I = CON (e; i), se calcula fi dado por X e fie = fie kij u(xJ ) (60) j=1;:::;ne tq J2

E

y luego se ensambla el resultado en la posicion P de F , donde P = ID(I).

Ejemplo. Consideremos el ejemplo de la seccion 4.2. Si usamos una malla con 5 elementos lineales, la funcion rh esta dada por rh (x) = u(a)N1 (x) y tenemos 3 2 3 2 2 (f; N2 ) a(N1 ; N2 )u(a) (f; N2 ) a(N1 ; N2 )u(a) F2 a(N1 ; N2 )u(a) 7 6 6 F2 a(N1 ; N3 )u(a) 7 6 (f; N3 ) (f; N ) a(N ; N )u(a) 3 1 3 7 6 7 6 6 7 6 7 6 6 (f; N4 ) (f; N4 ) a(N1 ; N4 )u(a) F = 6 F2 a(N1 ; N4 )u(a) 7 = 6 7=6 5 4 4 F2 a(N1 ; N5 )u(a) 5 4 (f; N5 ) (f; N5 ) a(N1 ; N5 )u(a) (f; N6 ) + Fb (f; N6 ) + Fb a(N1 ; N6 )u(a) F2 a(N1 ; N6 )u(a)

que se ensambla de la siguiente 2 1 3 2 1 f2 + f12 f2 6 f22 + f13 7 6 6 3 7 6 4 7 6 F =6 6 f2 + f1 7 = 6 4 f4 + f5 5 4 2 1 f25

forma

1 u(a) + f 2 k21 1 f22 + f13 f23 + f14 f24 + f15 f25

3

2

7 6 7 6 7=6 7 6 5 4

1 u(a) + (f; N ) (f; N2 ) 1 k21 1 (f; N2 ) 2 + (f; N1 ) 3 (f; N2 ) 3 + (f; N1 ) 4 (f; N2 ) 4 + (f; N1 ) 5 (f; N2 ) 5 + Fb

2

3 7 7 7 7 5

Ejercicio 21 Ensamblar K y F cuando se resuelve el problema de la barra axial con condiciones de frontera u(a) = ua , u(b) = ub utilizando la malla del mallado II (30). Ejercicio 22 Se considera la aplicacion del MEF al problema de la conduccion del calor en una placa plana. Se elige el siguiente mallado, que muestra la numeracion global (numeros grandes) y la local (numeros peque~ nos). Los triangulos son lineales y el cuadrilatero es bilineal

100

3 7 7 7 7 5

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El MEF en problemas unidimensionales

isoparametrico (por ahora solo es necesario saber que este elemento tiene 4 grados de libertad correspondientes al valor de la funcion en los vertices)

Se pide: 1. Expresion de la funcion rh . 2. Expresion de K y de F . >Como se puede saber antes de escribir K que componentes de la misma seran cero? e y los f e . 3. Ensamblar K y F a partir de los kij i

5.11. Calculo de las integrales en la matriz de rigidez y el vector de fuerzas del elemento. Cambio de variable. Funciones de base en la referencia estandar. Uso de formulas de cuadratura e y f e , dados por (59) y (60) es preciso calcular integrales sobre el elemento Para calcular kij i e . En el caso del problema tipo (3), estas integrales son Z E(x)A(x)Ni0 (x)Nj0 (x)dx; i; j = 1; :::; ne e Z f (x)Ni (x)dx; i = 1; :::; ne e

Para calcular dichas integrales, primero se hace un cambio de variable x = transformar e en un dominio \estandar" ^ e sencillo. 101

( ) para

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El MEF en problemas unidimensionales

~ Cambio de variable. Sea Rp . Para pasar de la referencia global a la referencia estandar, se hace un cambio x = ( ), que pasa de las variables x 2 Rp a 2 Rp y que transforma el elemento e en el elemento estandar ^ e , es decir, e = ( ^ e ). Se intentara que este cambio sea lo mas sencillo posible. Lo ideal es que se pueda llevar a cabo un cambio af n, es decir, de la forma x = A +b aunque esto no siempre es posible. Cuando p = 2 el cambio lo podemos escribir en la forma (x; y) = ( ; ), es decir x=

1(

; )

y=

2(

; )

~ Tipos de elementos estandar. En el caso unidimensional, el sistema local ^ e es siempre el intervalo [ 1; 1] y para pasar de la referencia global a la local, se hace un cambio af n x = ( ) que transforma el intervalo [ 1; 1] en el elemento [xe ; xe+1 ] del elemento. Este cambio esta dado por x= ( )=

xe+1 xe xe+1 + xe + 2 2

(61)

En el caso de problemas bidimensionales, si e es un triangulo entonces ^ e es el denominado \triangulo estandar", cuyos vertices son los puntos (1; 0); (0; 1) y (0; 0), mientras que si e es un cuadrilatero entonces ^ e es el denominado \rectangulo estandar", cuyos vertices son los puntos (1; 1); (1; 1); ( 1; 1) y ( 1; 1)

: La siguientes guras ilustran esta idea de efectuar un cambio de variable para pasar del elemento estandar ^ e al elemento \real" y viceversa

102

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

En un cap tulo posterior se estudiara la forma de hacer el cambio x = ( ) en el caso de trabajar con triangulos o cuadrilateros. Para ello se hara uso de la denominada \tecnica isoparametrica". Comentarios: el cambio x = ( ) es deistinto pra cada elemento de la malla, por lo que hubiera sido mas correcto escribir x = e ( ) para poner esto de relieve. Sin embargo, para mantener la notacion mas sencilla omnitiremos el sub ndice e. ~ >Por que llevar a cabo un cambio de variable? La motivacion para llevar a cabo ese cambio de variable es la de simpli car el calculo de las integrales, y esto sucede por dos motivos: 1. Transformar e en un dominio mas sencillo ^ e . En ocasiones, concretamente cuando todos los elementos utilizados son del mismo tipo, ^ e es mismo para todo e = 1; :::; s y por ello se puede omitir el ndice e. Por ejemplo, y suponiendo que trabajamos en R2 , todos los elementos triangulos de la malla se transformaran en el denominado triangulo estandar. Esto hace que para calcular la integral sobre e no sea necesario disponer de una formula de cuadratura para cada triangulo de la malla, sino unicamente una formula de cuadratura sobre el triangulo estandar. 2. El cambio permite simpli car la expresion de las funciones de base Nie (x); i = 1; :::; ne para poder trabajar mas facilmente con ellas. En efecto, en principio para cada elemento e habr a que calcular sus funciones de base Nie (x). Sin embargo, veremos que ^ e de nidas al llevar a cabo el cambio seremos capaces de trabajar con las funciones N i por ^ e ( ) := N e ( ( )); i = 1; :::; ne ; N i i a las que denominamos funciones de base del elemento en la referencia estandar. Se vera que estas funciones tienen la ventaja de que:

103

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El MEF en problemas unidimensionales

(a) Son las mismas para todos los elementos de un mismo tipo. Por ejemplo, distintos elementos cunadraticos unidimensionales tienen distintas funciones ^ e ( ); i = 1; 2; 3. De la misma forNie (x); i = 1; 2; 3 pero las mismas funciones N i ma, distintos triangulos lineales tienen distintas funciones Nie (x); i = 1; 2; 3 pero ^ e ( ); i = 1; 2; 3, etc. las mismas funciones N i (b) Tienen una expresion muy sencilla. ~ Uso de formulas de cuadratura numerica Una vez hecho el cambio x = ( ); se obtiene una integral sobre ^ e , es decir, una integral del tipo Z ^e

g( )d

El calculo anal tico de dicha integral puede presentar una gran di cultad e incluso dicho calculo puede no ser viable, lo que nos fuerza a utilizar formulas de cuadratura numerica para calcularla de forma aproximada. Incluso cuando el calculo anal tico de la integral es viable, se recurre al uso de formulas de cuadratura para calcularla, pues como veremos su aplicacion es sencilla, tiene un bajo costo computacional y con ellas podemos conseguir precisiones muy altas. Las formulas de cuadratura tienen la siguiente forma: Formulas de cuadratura numerica. Una formula de cuadratura numerica para integrar una funcion g sobre el conjunto ^ e es una expresion del tipo R

^e

g( )d

n.p.i. P

W g(

)

=1

donde los , a los que se denomina \nudos de integracion", son puntos de ^ e y los W , a los que se denomina \pesos", son unos ciertos coe cientes. Mediante n.p.i. denotamos el numero de nudos de integracion.

Comentarios: El uso de las formulas de cuadratura permite calcular (eso s , solo de forma aproximada) la integral de una funcion simplemente evaluando la funcion en los \nudos", multiplicando por los \pesos" y sumando el resultado. Observese que esto es mucho mas comodo que intentar integrar la funcion mediante los metodos tradicionales de integracion, que como sabemos son complicados y ademas no son aplicables a todas las funciones. En principio (ya se vera con mas detalle en el cap tulo correspondiente a la integracion numerica), cuantos mas nudos tenga la formula de cuadratura mas preciso sera el resultado, pero se deberan hacer mas evaluaciones de la funcion y por ello el tiempo de 104

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El MEF en problemas unidimensionales

calculo tambien sera mas alto. En un programa MEF, la mayor parte del tiempo de calculo se emplea precisamente en llevar a cabo las cuadraturas numericas, por lo que es necesario utilizar formulas de cuadratura que, siendo su ciente mente precisas, no hagan que la ejecucion del programa sea muy lenta. La siguiente gura muestra algunas formulas de cuadratura

5.11.1. Calculo de las contribuciones de cada elemento a la matriz de rigidez y el vector de carga en el problema tipo Apliquemos las ideas anteriores al problema tipo (3), que resolvemos por el MEF usando una malla de 5 elementos lineales. Recordemos que el conjunto = [a; b] se divide en 5 elementos 1; 2; 3; 4; 5 de forma que x1 = a y x6 = b

105

e

= [xe ; xe+1 ]; e =

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El MEF en problemas unidimensionales

Como los elementos son lineales, tenemos que ne = 2 para todo e = 1; :::; 5. ~ Cambio de variable y funciones de base en la referencia estandar. Sea el elemento, intervalo [ 1; 1].

e

correspondiente al intervalo [xe ; xe+1 ]. El elemento estandar ^ es el

Para pasar de la referencia global a la estandar, se hace un cambio af n x = ( ) tal 1 transforme el intervalo [x ; x que e e+1 ] del elemento e en cuestion en el intervalo [ 1; 1]. Escribiendo x = ( ) = + e imponiendo las condiciones ( 1) = xe y (1) = xe+1 obtenemos inmediatamente x= ( )=

xe+1 xe xe+1 + xe + ; 2 2

Ahora de nimos las funciones de base en la referencia estandar, ^i ( ) := Ni ( ( )); i = 1; 2 N ^i ( ) calculando primero Ni (x) y luego halEn principio podr amos obtener la funcion N lando su composicion con el cambio x = ( ). Sin embargo , en la practica se pueden hallar por un procedimiento mas sencillo. En efecto, observese que como las Ni son polinomios de grado uno y el cambio es af n, las ^i ( ); que son la composicion de ambas, tambien seran polinomios de grado uno. funciones N Ademas, se cumple que ^1 ( 1) = N1 ( ( 1)) = N1 (xe ) = 1 N ^1 (1) = N1 ( (1)) = N1 (xe+1 ) = 0 N ^2 ( 1) = N2 ( ( 1)) = N2 (xe ) = 0 N ^2 (1) = N2 ( (1)) = N2 (xe+1 ) = 1 N ^i ( ) resultan ser las funciones de base para los polinomios de grado con lo que las funciones N uno en el intervalo [ 1; 1]. Por ello tenemos que ^1 ( ) = 1 (1 N ) 2 ^2 ( ) = 1 (1 + ): N 2 En todo lo anterior se ha omitido el super ndice e porque como todos los elementos son del mismo tipo las funciones de base en la referencia estandar son las mismas para cada elemento. Ejemplo. Funciones en la referencia estandar para los elementos cuadraticos. Calculemos ahora como ejercicio las funciones de base en la referencia estandar en el caso de un

106

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El MEF en problemas unidimensionales

elemento cuadratico con tres nudos equiespaciados

Para calcularlas en la practica, podr amos en principio calcular las Nie y hacer la composicion con el cambio (61). Sin embargo, y como hicimos en el caso de los elementos lineales, seguire^ e ( ) := N e ( ( )); i = 1; 2; 3 son la mos un procedimiento mas comodo. Como las funciones N i i composicion de las Nie , que son polinomios de grado dos, con ( ), que es una transformacion ^i ( ) seran polinomios de grado dos. Por ello, para calcularlas basta con af n, las funciones N saber su valor en 3 puntos. Ahora, para el primer grado de libertad tenemos ^1 ( 1) = N1 ( ( 1)) = N1 (xe ) = 1 N ^1 (0) = N1 ( (0)) = N1 ( xe + xe+1 ) = 0 N 2 ^ N1 (1) = N1 ( (1)) = N1 (xe+1 ) = 0 con lo que deducimos que ^1 ( ) = 1 ( N 2

1)

Analogamente tenemos, para el segundo grado de libertad, ^2 ( 1) = N1 ( ( 1)) = N1 (xe ) = 0 N ^2 (0) = N1 ( (0)) = N1 ( xe + xe+1 ) = 1 N 2 ^ N2 (1) = N1 ( (1)) = N1 (xe+1 ) = 0 de donde tenemos que ^2 ( ) = ( + 1) (1 N

)

De forma analoga se obtiene ^3 ( ) = 1 ( + 1) N 2 Ejercicio 23 Calcular las funciones de base en la referencia estandar para el elemento cubico con 4 nudos equiespaciados

107

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

~ Calculo de las integrales en la matriz de rigidez de cada elemento. e tiene la expresion En el problema tipo, y usando elementos lineales, kij Z e A(x)E(x)Ni0 (x)Nj0 (x)dx; i; j = 1; 2 kij =

(62)

e

Ahora, haciendo el cambio x = ( ) se tiene Z Z 1 e 0 0 kij = A(x)E(x)Ni (x)Nj (x)dx = A( ( ))E( ( ))Ni0 ( ( ))Nj0 ( ( )) 0 ( )d 1

e

^i ( ) y N ^j ( ). Ahora queremos expresar Ni0 ( ( )) y Nj0 ( ( )) en terminos de las funciones N ^i ( ) = Ni ( ( )) se obtiene N ^ 0 ( ) = N 0 ( ( )) 0 ( ). Observese que Derivando en la expresion N i i 0( ) = x ( xe ) =2 = le =2 siendo le := xe+1 xe la longitud del elemento e . e+1 Entonces Z 1 Z 1 ^ 0 ( ( )) ^ 0 ( )N ^ 0( ) ^ 0 ( ( )) N N N j i j e 0 kij = A( ( ))E( ( )) i 0 ( )d = A( ( ))E( ( )) d = 0( ) 0( ) ( ) 1 1 Z 2 1 ^ 0 ( )N ^ 0 ( )d = A( ( ))E( ( ))N (63) i j le 1 En principio la integral anterior hay que evaluarla para i; j 2 f1; 2g. Sin embargo, por e = k e , y por ello solo hay que calcular la simetr a de la forma bilineal a( ; ) se veri ca k12 21 e e e k11 ; k12 y k22 . Como ya hemos visto anteriormente, en la aplicacion del MEF las integrales (63) se calculan mediante alguna formula de integracion numerica. En nuestro caso nos interesa una formula de cuadratura para el intervalo [ 1; 1]. Esta tendra la forma Z donde los W son los pesos y los De esta manera

n.p.i. X

1

g( )d 1

W g(

)

(64)

=1

son los nudos de integracion.

n.p.i.

e kij

2X W A( ( le

))E( (

^i0 ( ))N

^j0 ( )N

)

=1

que es la expresion que se programa en la practica. Como ejemplo sencillo de formula de cuadratura, se tiene la denominada \regla del trapecio extendida". Esta formula utiliza nudos de integracion equiespaciados. Para el caso del intervalo [ 1; 1] y tomando N nudos tiene la forma Z 1 1 1 f (x)dx h( f (z1 ) + f (z2 ) + f (z3 ) + + f (zN 1 ) + f (zN )) 2 2 1 108

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

donde h = 2=(N 1) es la distancia entre nudos y los nudos z1 ; :::; zN estan dados por z1 = 1; zj = z1 + (j 1)h; j = 2; :::; N . En un cap tulo posterior se vera que hay formulas de integracion mas e cientes. ~ Calculo exacto de las integrales cuando A y E son constantes. Como numerica. integrales ^0( ) = N 1 e k11

ya hemos dicho, en la aplicacion del MEF siempre se recurre a la integracion Sin embargo, a efectos academicos, si suponemos que A y E son constantes, las ^ 0 ( ) = 1=2 y (62) se pueden calcular de forma exacta. En efecto, uando que N 2 1=2 tenemos

= AE

e k12 = AE

Z

Z

N10 (x)

2

dx = AE

e

Z

N10 (x)N20 (x)dx = AE e

1

Z

1 1

2

Z AE AE 2 1 d = d = 0( ) 4 le 1 le Z 1 0 0 ^ ^ AE 2 N1 ( )N2 ( ) d = d = 0( ) 4 le 1

^0( ) N 1

1

AE le

Ademas, por la simetr a de las funciones de forma respecto del punto medio del intervalo, Z xe+1 2 e e k22 = AE N20 (x) dx = k11 : xe

y entonces la matriz de rigidez de cada elemento ke =

AE le

e

1 1

es 1 1

~ Calculo del vector de fuerzas de cada elemento. De (58) tenemos Z e fi = f (x)Ni (x)dx + Fb NI (b) e

X

j=1;:::;ne tq xJ 2

e kij u(xJ ); i; j = 1; 2 E

R Para calcular la integral e f (x)Ni (x)dx se procede forma analoga a la usada en el calculo e . Haciendo el cambio x = ( ) tenemos de kij Z

f (x)Ni (x)dx = e

Z

1

le f ( ( ))Ni ( ( )) ( )d = 2 1 0

Z

1

^i ( )d f ( ( ))N

1

y ahora, usando la formula de cuadratura (64), se obtiene Z

n.p.i.

f (x)Ni (x)dx e

le X W f( ( 2 =1

109

^i ( ))N

))

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

que es la expresion que habr a que programa en la practica. Por tanto, f1e f2e

fe = donde Ii :=

Z

1

le 2 I1 le 2 I2

=

+ Fb N1 (b) + Fb N2 (b)

^i ( )d f ( ( ))N

; i = 1; 2

1

En concreto, f1 = fe = f5 = donde

f11 f21 f1e f2e f15 f25

l1 2 le = 2 =

=

I2 I1 I2

para e = 2; 3; 4

l5 2 I1 l5 2 I2 + Fb

indica que esa componente no interviene en el calculo de F .

Ejercicio 24 Considerese el problema de la barra axial estatica con condiciones de Dirichlet homogeneas en los dos extremos. Primero (caso A) el problema se resuelve mediante el MEF utilizando una malla de polinomios cubicos y como grados de libertad se toman 4 nudos equiespaciados en cada elemento. Posteriormente (caso B) el problema se resuelve mediante el MEF utilizando la misma malla y considerando en cada elemento polinomios cubicos, pero como grados de libertad se toman los de Hermite. Estudiar razonadamente si K, F , d y uh ser an o no los mismos en los dos casos.

110

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

5.12. Ensamblaje de las contribuciones de cada elemento a la matriz de rigidez y el vector de fuerza 5.12.1. Ensamblaje estandar e y f e mediante un cambio de variable y el uso Hasta ahora se ha visto como calcular kij i de formulas de cuadratura numerica.

Como ya hemos comentado en secciones anteriores, el \ensamblaje" es el proceso por el e y f e ; sumando dichas contribuciones en las cual K y F se construyen a partir de los kij i posiciones adecuadas de K y de F , es decir, teniendo en cuenta la relacion entre la numeracion local y el numero de grado de libertad que corresponde a la numeracion global. La forma de llevar a cabo el ensamblaje ya se ha descrito en la seccion 5.10. Lo resumimos a continuacion: Ensamblaje de K y de F . Ensamblaje de K. Dado un elemento e , para cada i y j correspondiente a e nudos I y J de E , donde I = CON (e; i) y J = CON (e; j), se suma kij en la posicion (P; Q) de K, donde P = ID(I), Q = ID(J). Puesto que K es simetrica, solo hace falta ensamblar la parte \superior" de K y luego proceder por simetr a. Ensamblaje de F . Dado un elemento e , para cada i correspondiente a un nudo e I de E , donde I = CON (e; i), se suma fi y se suma en la posicion P de F , donde P = ID(I).

Para denotar el ensamblaje de k e y f e , simbolicamente escribiremos s

s

e=1

e=1

K = E ke ; F = E f e

111

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

A continuacion se resumen las ideas anteriores desde el puntos de vista de la programacion: Programacion del calculo y ensamblaje de K y de F . for e = 1 : s for i = 1 : ne for j = i : ne e := a(N ; N ) calculo de kij i j e e si i y j corresponden a nudos no esenciales, ensamblaje de kij en las posiciones (P; Q) y (Q; P ) (por simetr a) de K, donde I = CON (e; i), P = ID(I), J = CON (e; j), Q = ID(J) end (j) P e u(x ), donde I = CON (e; i), calculo de fie = fie kij J j=1;:::;ne tq J2

E

P = ID(I) si i y j corresponden a nudos no esenciales, ensamblaje de fie en la posicion P de F . end (i) end (e)

I En lo anterior, Las integrales sobre e que aparecen en a(Ni ; Nj ) e y en fie se calculan: usando el cambio x = ( ) para transformar e en el elemento estandar ^ e . ^i ( ) := trabajando con las funciones de base local en la referencia estandar N Ni ( ( )). usando una formula de cuadratura numerica.

5.12.2. Procedimiento alternativo de ensamblaje: trabajo con la matriz de rigidez y el vector de fuerza ampliados ~ Inconveniente del metodo de ensamblaje descrito. El metodo para ensamblar K y F que se ha descrito en la seccion 5.10, presenta el e \inconveniente" de que, cuando se esta trabajando con un elemento, tras calcular cada kij hay que decidir que hacer con ese coe ciente en funcion de si los nudos i y j pertenecen o no a la frontera esencial. Algo similar sucede con fie . En efecto, por lo visto hasta ahora el procedimiento de ensamblaje es el siguiente: para cada elemento e y cada i; j 2 f1; :::; ne g tenemos, suponiendo que I = CON (e; i); J = CON (e; j); P = ID(I) y Q = ID(J): e: En cuanto a kij

Si I y J pertenecen a Si I 2 E y J 2 componente P de F .

E;

e E ; kij se ensambla en la posicion (P; Q) de K. e kij interviene en el calculo de fie y por ello afectara

112

a la

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

e o bien no se calcula o bien, si se ha calculado, se descarta, Si I y J pertenecen a E , kij pues no interviene en las expresiones para el calculo de K o de F .

En cuanto a fie : Si I pertenece a Si I pertenece a

e E ; fi se e E , fi o bien

ensambla en la posicion P de F . no se calcula o bien, si se ha calculado, se descarta.

Desde el punto de vista de la programacion del metodo, nos gustar a tener un procedimiento por el cual, al trabajar con cada elemento, en un primer momento nos pudieramos olvidar de si cada nudo pertenece o no a E . Para ello, en primer lugar introduciremos la denominada \matriz de rigidez ampliada": ~ Matriz de rigidez ampliada. Sabemos que KP Q := a(NI ; NJ ) con I; J 2

E;

(65)

con lo que, a efectos de obtener K, solo intervienen los nudos que no estan sobre la frontera esencial. De esta forma, al trabajar con cada elemento y cada nudo, hay que tener en cuenta si este esta o no sobre la frontera esencial. Para evitar este proceso de comprobacion, lo que se suele hacer es calcular (65) para todos los nudos I; J de . Se de ne as una matriz K 2 Rn n , denominada matriz de rigidez ampliada, cuyos elementos son KIJ := a(NI ; NJ ) ;

I; J 2 :

Claramente, solo perteneceran a K los coe cientes de K situados en las posiciones (I; J) que corresponden a nudos de E . Por tanto, la matriz K sera la que resulte de eliminar las las y las columnas de K correspondientes a los nudos de E . Ejemplo. En el ejemplo de la barra axial con 5 elementos lineales, se tiene 3 2 K11 K12 0 0 0 0 6 K21 K22 K23 0 0 0 7 7 6 6 0 K32 K33 K34 0 0 7 7= 6 K=6 0 K43 K44 K45 0 7 7 6 0 4 0 0 0 K54 K55 K56 5 0 0 0 0 K65 K66 2 a(N1 ; N1 ) a(N1 ; N2 ) 0 0 0 0 6 a(N1 ; N2 ) a(N2 ; N2 ) a(N2 ; N3 ) 0 0 0 6 6 0 a(N ; N ) a(N ; N ) a(N ; N ) 0 0 2 3 3 3 3 4 =6 6 0 0 a(N3 ; N4 ) a(N4 ; N4 ) a(N4 ; N5 ) 0 6 4 0 0 0 a(N4 ; N5 ) a(N5 ; N5 ) a(N5 ; N6 ) 0 0 0 0 a(N5 ; N6 ) a(N6 ; N6 )

113

3

7 7 7 7 2 R6 7 7 5

6

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El MEF en problemas unidimensionales

~ Ensamblaje de K El procedimiento de ensamblaje de K es inmediato a partir de (65). En efecto, para cada elemento e ; hay que calcular e kij := a(Ni ; Nj ) e e en la posicion (I; J) de K; siendo para todo i; j = 1; :::; ne y a continuacion sumar kij I = CON (e; i); J = CON (e; j).

En el ejemplo anterior de la barra axial con 5 elementos lineales forma: 2 1 1 k11 k12 0 0 0 1 2 2 6 k + k k 0 0 22 11 12 6 2 2 3 6 k22 + k11 k12 0 K=6 3 + k4 4 6 k k 22 11 12 6 4 4 k + k5 22

11

K tiene la siguiente 3 0 0 7 7 0 7 7 0 7 7 k5 5 12

5 k22

Veamos a continuacion algunas propiedades de la matriz K. Ya sabemos que es simetrica. Ademas se cumple la siguiente propiedad, absolutamente analoga a la que veri can las matrices de rigidez k e de cada elemento (ver Proposicion 26):

Proposicion 27 La matriz K es siempre singular. Es mas, si se supone que todos los grados de libertad del problema son de tipo Lagrange, entonces todas sus las suman cero y lo mismo le pasa a sus columnas, es decir, 8J = 1; :::; n;

n X I=1

KIJ = 0; 8I = 1; :::; n;

n X

KIJ = 0

J=1

Dem. Analoga a la demostracion de la Proposicion 26 ~ Construccion del sistema ampliado. Ahora relacionaremos el sistema de ecuaciones Kd = F con la matriz K. Para ello razonemos de la siguiente forma. Partimos del sistema de ecuaciones Kd = F; que se puede escribir:

114

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El MEF en problemas unidimensionales

Sistema de ecuaciones: Encontrar dJ ; J 2 E tales que X a(NI ; NJ )dJ = L(NI ); I 2 E J2

(66)

E

o, lo que es lo mismo, usando que L(NI ) = L(NI ) a(rh ; NI ) y entrando con la expresion de rh , X X a(NI ; NJ )dJ = FI a(NI ; NJ )u(xJ ); I 2 (67) E; J2

J2

E

E

donde, como sabemos de (44), FI se de ne como FI := L(NI ); I 2

Ahora pasamos el termino (67) a la izquierda, con lo que se obtiene X a(NI ; NJ )dJ = FI ; I 2 E

(68)

J2

donde, recuerdese, si J 2 dato del problema.

E

se de ne dJ := u(xJ ) con lo que no es incognita sino que es

Si a las ecuaciones anteriores (68) se les a~ naden las siguientes ecuaciones, que por supuesto son cticias, X a(NI ; NJ )dJ = FI ; I 2 E (69) J2

se tiene que, considerando (68) y (69) de forma conjunta, se tiene el siguiente sistema ( cticio, pues hemos a~ nadido ecuaciones adicionales) de n ecuaciones con n incognitas, al que denominaremos \sistema ampliado": Sistema de ecuaciones ampliado: Encontrar dJ ; J 2 X a(NI ; NJ )dJ = FI ; I 2 ;

tal que se cumpla (70)

J2

donde se ha de nido dJ := u(xJ ) para J 2

E

y

FI := L (NI ) = L(NI ) + a(rh ; NI ); I 2

(71)

Comentario: recuerdese que FI contiene todos los terminos de L(NI ) a excepcion de los correspondientes a las condiciones esenciales, es decir, a excepcion del sumando a(rh ; NI ).

115

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El MEF en problemas unidimensionales

El sistema (70) se puede escribir matricialmente: Forma matricial del sistema de ecuaciones ampliado: Kd = F ; donde: K 2 Rn

n

es la matriz de rigidez ampliada, de nida mediante KIJ := a(NI ; NJ ); I; J 2 :

Como ya hemos visto en (50), el vector d se de ne como d := (d1 ; :::; dn )T 2 Rn . Cada componente de d es el desplazamiento aproximado en el nudo correspondiente. En el caso de los nudos esenciales, dichos desplazamientos coinciden con el desplazamiento exacto y son dato. El vector F 2 Rn , al que se denomina vector de fuerzas ampliado, incorpora todas las contribuciones a F salvo la contribucion de las condiciones esenciales.

Ejemplo. En el problema tipo (3) tenemos FI := (f; NI ) + Fb NI (b); I 2 ; y si trabajamos con 5 elementos lineales como en la seccion 4.2, el sistema ampliado tiene la forma a(N1 ; N1 )d1 + a(N1 ; N2 )d2 + a(N1 ; N3 )d3 + a(N1 ; N4 )d4 + a(N1 ; N5 )d5 + a(N1 ; N6 )d6 = F1 = (f; N1 ) a(N2 ; N1 )d1 + a(N2 ; N2 )d2 + a(N2 ; N3 )d3 + a(N2 ; N4 )d4 + a(N2 ; N5 )d5 + a(N2 ; N6 )d6 = F2 = (f; N2 ) a(N3 ; N1 )d1 + a(N3 ; N2 )d2 + a(N3 ; N3 )d3 + a(N3 ; N4 )d4 + a(N3 ; N5 )d5 + a(N3 ; N6 )d6 = F3 = (f; N3 ) a(N4 ; N1 )d1 + a(N4 ; N2 )d2 + a(N4 ; N3 )d3 + a(N4 ; N4 )d4 + a(N4 ; N5 )d5 + a(N4 ; N6 )d6 = F4 = (f; N4 ) a(N5 ; N1 )d1 + a(N5 ; N2 )d2 + a(N5 ; N3 )d3 + a(N5 ; N4 )d4 + a(N5 ; N5 )d5 + a(N5 ; N6 )d6 = F5 = (f; N5 ) a(N6 ; N1 )d1 + a(N6 ; N2 )d2 + a(N6 ; N3 )d3 + a(N6 ; N4 )d4 + a(N6 ; N5 )d5 + a(N6 ; N6 )d6 = F6 = (f; N6 ) + Fb en el que la primera ecuacion es cticia y d1 = u(a) no es incognita sino dato. De forma matricial, el sistema puede ser escrito en la forma K d = F donde 2 a(N1 ; N1 ) a(N1 ; N2 ) 0 0 0 0 6 a(N1 ; N2 ) a(N2 ; N2 ) a(N2 ; N3 ) 0 0 0 6 6 0 a(N ; N ) a(N ; N ) a(N ; N ) 0 0 2 3 3 3 3 4 K=6 6 0 0 a(N3 ; N4 ) a(N4 ; N4 ) a(N4 ; N5 ) 0 6 4 0 0 0 a(N4 ; N5 ) a(N5 ; N5 ) a(N5 ; N6 ) 0 0 0 0 a(N5 ; N6 ) a(N6 ; N6 )

116

3 7 7 7 7 7 7 5

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El MEF en problemas unidimensionales 2

6 6 6 F =6 6 6 4

F1 F2 F3 F4 F5 F6

3

2

7 6 7 6 7 6 7=6 7 6 7 6 5 4

(f; N1 ) (f; N2 ) (f; N3 ) (f; N4 ) (f; N5 ) (f; N6 ) + Fb

3 7 7 7 7 7 7 5

~ Calculo y ensamblaje de F . Para llevar a cabo el calculo y el ensamblaje de F , se parte de (71) y las integrales sobre se dividen en suma de integrales sobre los distintos elementos. As llegamos a FI = fi1 +

+ fis ; I 2 ; donde I = CON (e; i)

donde en el miembro de la derecha se esta utilizando numeracion local. Por ello, utilizando la numeracion local, en cada elemento

e

tenemos lo siguiente:

Calculo y ensamblaje de F . Para cada elemento hay que calcular fie y sumarlo en la posicion I = CON (e; i) de F .

Ejemplo. En el caso del problema tipo (3), para ensamblar F hay que calcular, para todos los elementos e fie = (f; Ni ) e + Fb NI (b); i = 1; :::; ne ; (donde, recuerdese, Fb NI (b) solo es no nulo cuando I es tal que xI = b, es decir, para el ultimo nudo) y sumarlo en la posicion I = CON (e; i) de F . Si se trabaja con el mallado de 5 elementos lineales de la seccion 4.2, tenemos 3 2 3 2 3 2 3 2 f11 (f; N1 ) 1 (f; N1 ) F1 7 6 f21 + f12 7 6 (f; N2 ) 1 + (f; N2 ) 2 7 6 F2 7 6 (f; N2 ) 7 6 7 7 6 2 6 7 6 6 F3 7 6 7 6 f2 + f13 7 6 (f; N3 ) 2 + (f; N3 ) 3 7 (f; N3 ) 7=6 7=6 7 7=6 F =6 7 6 f 3 + f 4 7 6 (f; N4 ) + (f; N4 ) 7 6 F4 7 6 (f; N4 ) 3 4 7 1 7 7 6 2 6 6 7 6 5 4 f 4 + f 5 5 4 (f; N5 ) + (f; N5 ) 5 4 F5 5 4 (f; N5 ) 4 5 2 1 (f; N6 ) + Fb f25 (f; N6 ) 5 + Fb F6 Comentarios: Como quer amos, la matriz K y el vector F son muy faciles de construir, pues todas las e y los f e ; independientemente de si los nudos a los que corresponden son esenciales kij i o no, se ensamblan en K y F respectivamente. En toda esta seccion es crucial el hecho de que estamos trabajando con la funcion rh dada por (33). Si se utilizase otra funcion r 2 S ( por ejemplo, r(x) = ua para el problema (3)) en vez de dicha rh , no tendr a sentido hablar de K, de F o del sistema ampliado. 117

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El MEF en problemas unidimensionales

Resumimos a continuacion el procedimiento para el ensamblaje de K y de F : Calculo y ensamblaje de K y de F en cualquier problema MEF. Ensamblaje de K. Para cada elemento e hay que calcular las cantidades e kij := a(Ni ; Nj )

e

e en la posicion (I; J) de K; siendo para todo i; j = 1; :::; ne y ensamblar kij I = CON (e; i); J = CON (e; j). Ensamblaje de F . Para cada elemento e hay que calcular fie y sumarlo en la posicion I = CON (e; i) de F .

A continuacion se presentan las ideas anteriores desde el punto de vista de la programacion: Programacion del calculo de K y F . for e = 1 : s for i = 1 : ne for j = i : ne e := a(N ; N ) : calculo de kij i j e e en las posiciones (I; J) y (J; I) (por simetr a) de ensamblaje de kij K, donde I = CON (e; i), J = CON (e; j): end (j) calculo de fie , donde I = CON (e; i). ensamblaje de fie en la posicion I de F . end (i) end (e) I Para calcular las integrales sobre e que aparecen en a(Ni ; Nj ) e y en fie : se usa el cambio x = ( ) para transformar e en el elemento estandar ^ e . ^i ( ) := se trabaja con las funciones de base local en la referencia estandar N Ni ( ( )). se usa una formula de cuadratura numerica.

~ Obtencion del sistema Kd = F a partir del sistema ampliado. Una vez hemos expuesto la forma en la que se construye el sistema ampliado cticio K d = F , veamos ahora como se puede construir a partir del mismo el verdadero sistema Kd = F . Para ello veremos dos procedimientos: En el primer procedimiento se construyen K y F a partir de K y F . En el segundo procedimiento no se obtienen K y F sino que a partir de K y F se construyen unas ciertas K y F de dimensiones n n y n 1 respectivamente, de forma 118

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El MEF en problemas unidimensionales

que el sistema K d = F es \equivalente" en un cierto sentido a Kd = F . 5.12.3. Obtencion de la matriz de rigidez y el vector de fuerza a partir de sus homologos ampliados Para obtener el sistema Kd = F a partir de K d = F hay que deshacer las operaciones por las que construimos el sistema ampliado a partir del sistema original. En concreto: (a) Se deben eliminar las ecuaciones y las incognitas con I 2 E . (b) Para todos los IP2 E , al termino de la derecha de la ecuacion I se le debe sumar el termino J2 E KIJ u(xJ ).

Es inmediato comprobar que, en la practica, las dos operaciones anteriores se pueden conseguir as : Procedimiento para obtener K y F a partir de K y de F . (i) Para cada I 2 E , eliminar las las de K y de F correspondientes a I, obteniendose as una matriz K 0 2 Rm n y un vector F 0 2 Rm .

(ii) Para cada J 2 E , eliminar la columna J de K 0 , que denotaremos KJ0 , y restar de F 0 el termino KJ0 u(xJ ).

Como resultado de los dos pasos (i) y (ii) anteriores, se obtienen la matriz K y el vector F y por lo tanto ya se puede resolver el sistema Kd = F . Observese que lo anterior tambien se puede hacer restando primero de F las columnas adecuadas de K multiplicadas por los desplazamientos en los nudos esenciales y eliminando las las al nal, es decir: Procedimiento alternativo para obtener K y F a partir de K y de F . (i') Para cada J 2 E , eliminar la columna J de K, que denotaremos KJ , y restar de F el termino KJ u(xJ ), obteniendo as una matriz y un vector que denotamos K 00 y F 00 . (ii') Para cada I 2

E,

eliminar la la I de K 00 y de F 00 , obteniendose as K y F .

Ejemplo. En el problema tipo (3), en el que se prescribe el desplazamiento en el extremo de la izquierda, si utilizamos el mallado I tenemos que K 2 R6 6 , F 2 R6 1 . K 0 y F 0 corresponden

119

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El MEF en problemas unidimensionales

a eliminar la primera la de K 2 a(N1 ; N2 ) a(N2 ; N2 ) 6 0 a(N2 ; N3 ) 6 0 0 K0 = 6 6 4 0 0 0 0

y F , es decir, a(N2 ; N3 ) 0 0 0 a(N3 ; N3 ) a(N3 ; N4 ) 0 0 a(N3 ; N4 ) a(N4 ; N4 ) a(N4 ; N5 ) 0 0 a(N4 ; N5 ) a(N5 ; N5 ) a(N5 ; N6 ) 0 0 a(N5 ; N6 ) a(N6 ; N6 )

3

2

7 6 7 6 7 ; F0 = 6 7 6 5 4

F2 F3 F4 F5 F6

3

7 7 7: 7 5

Ahora, K se obtiene eliminando la primera columna de K 0 y F se obtiene restando de F 0 dicha columna multiplicada por u(a) = ua , es decir, 3 2 3 2 2 a(N1 ; N2 ) a(N2 ; N2 ) a(N2 ; N3 ) 0 0 0 F2 7 6 6 F3 7 6 0 0 0 7 6 a(N2 ; N3 ) a(N3 ; N3 ) a(N3 ; N4 ) 7 6 6 7 ua ; K = 6 7 6 0 0 a(N ; N ) a(N ; N ) a(N ; N ) 0 F F =6 3 4 4 4 4 5 4 7 6 7 6 6 5 4 4 F5 5 4 0 0 0 a(N4 ; N5 ) a(N5 ; N5 ) a(N5 ; N6 ) 0 0 0 0 a(N5 ; N6 ) a(N6 ; N6 ) F6 De forma alternativa, se puede eliminar la primera columna de K y restar de F dicha columna multiplicada por ua , obteniendo as K 00 y F 00 2 3 a(N1 ; N2 ) 0 0 0 0 6 a(N2 ; N2 ) a(N2 ; N3 ) 7 0 0 0 6 7 6 7 a(N2 ; N3 ) a(N3 ; N3 ) a(N3 ; N4 ) 0 0 00 6 7 K =6 7 0 a(N3 ; N4 ) a(N4 ; N4 ) a(N4 ; N5 ) 0 6 7 4 0 0 a(N4 ; N5 ) a(N5 ; N5 ) a(N5 ; N6 ) 5 0 0 0 a(N5 ; N6 ) a(N6 ; N6 ) 2

6 6 6 00 F =6 6 6 4

(f; N1 ) (f; N2 ) (f; N3 ) (f; N4 ) (f; N5 ) (f; N6 ) + Fb

3 7 7 7 7 7 7 5

2 6 6 6 6 6 6 4

a(N1 ; N1 ) a(N1 ; N2 ) 0 0 0 0

3

7 7 7 7 ua 7 7 5

y ahora K y F se obtienen eliminando la primera la de K 00 y de F 00 . 5.12.4. Trabajo con un sistema extendido \equivalente" Como ya se ha comentado, para calcular la solucion aproximada uh dada por (48) necesitamos tener el desplazamiento aproximado dJ en todos los nudos del mallado, es decir, necesitamos tener el vector de desplazamientos ampliado d dado por (50). Ya sabemos que el procedimiento descrito en la seccion anterior para construir K y F a partir de K y F , se puede programar de forma mas comoda que el metodo estandar descrito en la seccion 5.7. Sin embargo, como en ambos metodos se termina hallando el vector d resolviendo el sistema Kd = F , ambos metodos tienen el peque~ no inconveniente de que para obtener el vector d de desplazamientos en todos los nudos, hay que ampliar d insertando en las posiciones adecuadas los desplazamientos correspondientes a los nudos esenciales. 120

3 7 7 7 7 5

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El MEF en problemas unidimensionales

Por ejemplo, en el problema tipo (3) resuelto por el MEF con el mallado I (29), tenemos d = (d2 ; d3 ; d4 ; d5 ; d6 )T y entonces d se obtiene ampliando d en la forma d = (d1 ; d2 ; d3 ; d4 ; d5 ; d6 )T . Por supuesto, lo anterior se puede conseguir programando adecuadamente el metodo, pero a continuacion expondremos un procedimiento que evita tener que completar d para obtener d, pues se trabaja directamente con el vector d. Para ello, partiendo del sistema K d = F construiremos un sistema K d = F asociado, de dimensiones n n, cuya solucion d es la solucion d de Kd = F \ampliada", es decir, el vector d es el vector de incognitas en todos los nudos, sean estos esenciales o no. Por ello, el sistema K d = F es casi \equivalente" al sistema Kd = F . Comentario: desde un punto de vista riguroso no se puede decir que ambos sistemas sean equivalentes, pues la solucion a los mismos, es decir, d y d respectivamente, no son iguales. Sin embargo son \casi equivalentes" en el sentido de que la solucion del primero es la solucion del segundo \ampliada" con los desplazamientos en los nudos esenciales. Lo que se hace para construir el sistema K d = F es lo siguiente: en vez de eliminar las ecuaciones y las incognitas de K d = F correspondientes a I 2 E borrandolas f sicamente, se fuerza a que dichas ecuaciones se veri quen de forma trivial y las incognitas \desaparezcan" a efectos practicos. Una posibilidad es proceder como sigue:

Construccion del sistema extendido equivalente K d = F a partir de K d = F : 1. Para todo I 2 E ; hacer la la I y la columna I de K igual al I-esimo vector canonico de Rn , es decir, eI = (0; :::; 0; 1; 0; :::; 0)T 2 Rn " I

2. 2.1. Para todo I 2 E ; la componente I de F se hace igual a u(xI ). 2.2. ParaPlos I 2 KIJ u(xJ ) para cada J 2 E ; a FI se le suma decir, J2 E KIJ u(xJ ).

E,

es

El punto 2 es equivalente a lo siguiente: 2' 2'.1. Para cada J 2 E , restar de F la columna J de KP(que denotamos 0 KJ0 ) multiplicada por u(xJ ), es decir construir R := F J2 E KJ u(xJ ): 2'.2. Para cada J 2 E hacer la componente J de R igual a u(xJ ).

121

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El MEF en problemas unidimensionales

Ejemplo. En el ejemplo del problema tipo (3) con 5 elementos lineales 3 2 3 2 2 a(N1 ; N1 ) F1 a(N1 ; N1 )ua F1 6 F2 a(N1 ; N2 ) 6 F2 7 6 a(N1 ; N2 ) 7 7 6 7 6 6 7 6 6 F3 7 6 0 F3 7 6 7 6 ua = 6 R=6 7 6 7 6 0 F F4 7 6 6 4 7 6 5 4 4 F5 5 4 0 F5 F6 0 F6 y el sistema K d = F a resolver es 2 1 0 0 0 0 0 6 0 a(N2 ; N2 ) a(N2 ; N3 ) 0 0 0 6 6 0 a(N2 ; N3 ) a(N3 ; N3 ) a(N3 ; N4 ) 0 0 6 6 0 0 a(N ; N ) a(N ; N ) a(N ; N ) 0 3 4 4 4 4 5 6 4 0 0 0 a(N4 ; N5 ) a(N5 ; N5 ) a(N5 ; N6 ) 0 0 0 0 a(N5 ; N6 ) a(N6 ; N6 )

32 76 76 76 76 76 76 54

d1 d2 d3 d4 d5 d6

3

3 7 7 7 7 7 7 5 2

7 6 F2 7 6 7 6 7=6 7 6 7 6 5 4

ua a(N1 ; N2 ) F3 F4 F5 F6

Ejercicio 25 Considerese el problema de la barra axial con condiciones de frontera u(a) = ua , u(b) = ub que se resuelve por el MEF utilizando la malla del Ejemplo II (30). Se pide: e y f e y obtener K y F a partir de ellas. 1. Ensamblar K y F a partir de los kij i

2. Construir K y F a partir de K y de F . Ejercicio 26 Se considera la aplicacion del MEF al problema de la conduccion del calor en una placa plana. Se elige el siguiente mallado, que muestra la numeracion global (numeros grandes) y la local (numeros peque~ nos). Los triangulos son lineales y el cuadrilatero es bilineal isoparametrico (por ahora solo es necesario saber que este elemento tiene 4 grados de libertad correspondientes al valor de la funcion en los vertices). La malla es la misma que se considero en el ejercicio 22, en la que se ensamblaron K y F .

(72) 122

3 7 7 7 7 7 7 5

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El MEF en problemas unidimensionales

Se pide: 1. Expresion de K y de F . e y los f e . 2. Ensamblar K y F a partir de los kij i

3. Construir K y F a partir de K y de F . 4. Construir K y F a partir de K y de F . Ejercicio 27 Sea el problema de la barra axial estatico. Se considera un mallado jo, y un programa MEF concreto que resuelve el problema. Supongase que la fuerza distribuida f se cambia por una nueva funcion f^. >Que condicion deber a cumplir f^ para poder asegurar que la solucion proporcionada por el programa sea la misma que en el caso de f ?

123

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El MEF en problemas unidimensionales

5.13. Enfoque local: resumen Problema debil de partida Encontrar v 2 V tal que para todo w 2 V se veri que a(v; w) = L(w) = L(w)

a(r; w); (D)

Objetivos del enfoque local 1. Construir V h y una base del mismo a partir de las funciones de nidas sobre los distintos elementos. 2. Calcular K y F de una forma comoda trabajando elemento a elemento.

Etapas del enfoque local 1. Particion del dominio en elementos. Se divide en s elementos 1 ; ::::; s . En el caso de problemas unidimensionales los elementos son intervalos. En el caso de problemas bidimensionales los elementos son triangulos o cuadrilateros.

2. De nicion de los elementos. Sobre cada elemento e se de nen: 1 Un espacio Veh de funciones polinomicas de dimension ne 2. ne grados de libertad, con numeracion local i = 1; :::; ne , cada uno de los cuales es el valor de la funcion en un punto denominado \nudo". Se debe cumplir que cada funcion de Veh quede determinada de forma unica por los ne grados de libertad del elemento.

3. De nicion de las funciones de base nodal de cada elemento. Para cada elemento se de nen las las funciones Nie , i = 1; :::; ne a traves de las condiciones: 1. Nie 2 Veh ; i = 1; :::; ne 2. Nie (xj ) = ij ; i; j = 1; :::; ne P e Estas funciones son base de Veh , y ademas, se veri ca v(x) = ni=1 v(xi )Nie (x); 8x 2

e,

e

4. Numeracion de los grados de libertad globales. Sea n el numero total de nudos. Estos se numeran de 1 a n. Sean = f1; 2; :::; ng y E , respectivamente, los conjuntos de los ndices de todos los nudos y de los nudos situados sobre E . Sea m el numero de nudos no esenciales, es decir, m = card ( E) La relacion entre la numeracion local i y la global I esta dada por I = CON (e; i), donde CON es la matriz de conectividad. 124

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El MEF en problemas unidimensionales

5. Pegado de los Veh para construir un espacio W h que corresponder a a V h si no hubiese condiciones de frontera esenciales. De nicion de las funciones de base globales. S e de ne W h \pegando los Veh " y exigiendo que las funciones v resultantes cumplan la condicion de regularidad interelementos, es decir, deben ser funciones continuas en . As , W h es el espacio de las funciones v : ! R continuas tal que para todo e = 1; :::; s; la restriccion de v al elemento e es una funcion de Veh . Se de ne un conjunto de n funciones NI ; I = 1; :::; n de W h a traves de: 1. NI 2 W h 2. NI (xJ ) = IJ ; para todo J 2 , es decir, NI vale uno en el nudo I y cero en los demas. Estas funciones NI ; I = 1; :::; n: son una base de W h , con lo que las denominamos funciones de base globales. se pueden obtener \pegando" las funciones de base locales Nie . 6. Tratamiento de las condiciones de frontera esenciales. En vez de trabajar con una 1 funcion r generica de clase CP t ( ) que veri que las condiciones esenciales, se trabaja h h con r de nida por r (x) := J2 E u(xJ )NJ (x) Esta funcion veri ca las condiciones esenciales en los nudos esenciales. Sin embargo, rh no tiene por que cumplir las condiciones esenciales en todos los puntos de E , lo que introduce un error adicional en el MEF. 7. De nicion de V h a partir de W h . Se de ne V h como el espacio constituido por las funciones de W h que se anulan en E . h h Las funciones NP I; I 2 E son base de V . Ademas, si v 2 V entonces v se puede escribir v(x) = I2 E v(xI )NI (x) para todo x 2 . 8. Planteamiento del problema de Galerkin en V h y obtencion del sistema de ecuaciones. El problema de Galerkin es Encontrar v h 2 V h tal que para todo w 2 V h se veri que a(v h ; w) = L(w); (G) que por linealidad es equivalente al siguiente problema de Galerkin reformulado h Encontrar v h 2 V h tal que para todo I 2 E se veri que a(v ; NI ) = L(NI ); (G. ref.) P Entrando con v h (x) = d NJ (x) en el problema anterior se obtiene el J2 E J sistema de ecuaciones: Encontrar d 2 Rm tal que se cumpla Kd = F donde

K 2 Rm F 2R

m

m 1

con KP Q = a(NI ; NJ ); con FP = L(NI );

I2

I; J 2

E

E

y donde la relacion entre I y P y entre J y Q esta dada por P = ID(I); Q = ID(J). 125

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Una vez resuelto el sistema y calculado d, la solucion nal aproximada es X uh (x) = dJ NJ (x) J2

donde, para los nudos esenciales, se de ne dJ := u(xJ ). Entonces se cumple que dJ = uh (xJ ); J 2 , es decir, los dJ representan el desplazamiento aproximado en los nudos.

9. Expresion de las integrales sobre como suma de integrales sobre cada elemento. Matriz de rigidez y vector de carga del elemento. Para calcular K y F expresamos + a(NIs ; NJs ) s ; I; J 2 KP Q = a(NI ; NJ ) = a(NI1 ; NJ1 ) 1 + E h i h i FP = L(NI ) a(rh ; NI ) = L(NI ) 1 a(rh ; NI ) 1 + + L(NI ) s a(rh ; NI ) s ; I 2

Usando que las NI son nulas fuera de los elementos que comparten el nudo I se llega a que para ensamblar K y F hay que proceder de la siguiente forma: Para cada elemento e y para cada i; j = 1; :::; ne tal que I y J no son nudos esenciales, hay que calcular e kij := a(Ni ; Nj )

fie := fie

e

(73)

X

e kij u(xJ )

j=1;:::;ne tq xJ 2

(74)

E

e en la posicion (P; Q) de K y sumar f e en la donde fie := L(Ni ) e y luego sumar kij i posicion P de F , donde P = ID(I), Q = ID(J), I = CON (e; i) y J = CON (e; j) (*)

10. Calculo de la matriz de rigidez y del vector de fuerzas del elemento. Para calcular las integrales sobre cada elemento e se hace un cambio x = ( ), que pasa de las variables x 2 Rp a 2 Rp y que transforma el elemento e en el elemento estandar ^ e . En vez de trabajar con las funciones de base Ni (x) se utilizan las funciones de base del elemento en la referencia estandar de nidas por ^ie ( ) := Nie ( ( )); i = 1; :::; ne : N Uso de formulas de cuadratura numerica. Una vez hecho el cambio x = ( ); se obtiene una integral sobre ^ e que se calcula con una formula de cuadratura del tipo Z n.p.i. X g( )d W g( ) ^e

=1

126

E

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11. Ensamblaje de las contribuciones de cada elemento a K y a F . Una vez calculadas e y f e dados por 73 y 74, estos las integrales correspondientes, con lo que ya tenemos kij i se ensamblan para construir el sistema nal Kd = F : Procedimiento estandar: se ensamblan K y F segun lo se~ nalado en (*) con lo que ya se tiene el sistema Kd = F . Procedimiento alternativo: trabajo con la matriz de rigidez y el vector de fueras ampliados. Para evitar en un primer momento el hacer distinciones entre los nudos no esenciales y los esenciales se puede proceder as : Se ensamblan K 2 Rn n , F 2 Rn 1 de la siguiente forma: para cada elemento e y para cada i; j = 1; :::; ne , se calculan e kij := a(Ni ; Nj )

fie

:= L(Ni )

e

e

e en la posicion (I; J) de K y se suma f e en la posicion I y luego se suma kij i de F , donde I = CON (e; i) y J = CON (e; j). Una vez ensamblados K y F , para calcular d hay dos posibilidades: 1. Construir K y F a partir de K y F . Se consigue as : (i) Para cada J 2 E , se elimina la columna J de K, que denotaremos KJ , y se resta de F el termino KJ u(xJ ), obteniendo as una matriz y un vector que denotamos K 00 y F 00 . (ii) Para cada I 2 E , se elimina la la I de K 00 y de F 00 , obteniendose as K y F . 2. Construir un sistema K d = F "equivalente" a Kd = F . Se consigue as : (i) Para cada J 2 E , se resta de F la columna J de K (que denotamos KJ0 ) multiplicada por u(xJ ). (ii) Para cada J 2 E se hace la componente J del vector resultante igual a u(xJ ).

127

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6. Problema debil y metodo de Galerkin cuando solo hay condiciones de Neumann Como ya se ha comentado, hay casos en los que la forma bilineal a( ; ) no es de nida positiva y solo es semide nida positiva. Normalmente (aunque no siempre) esta situacion se presenta cuando solo hay condiciones de frontera de Neumann (es decir, no hay ni condiciones de Dirichlet ni condiciones de Robin). A continuacion se vera en que forma se modi can las ideas introducidas en las secciones anteriores, que correspond an al problema (3) en que hab a una condicion de Dirichlet y otra de Neumann. Por ejemplo, nos planteamos el siguiente problema d (A(x)E(x)u0 (x)) + f (x) = 0; x 2 (a; b) = dx A(a)E(a)u0 (a) = Fa ; A(b)E(b)u0 (b) = Fb

(75)

donde f es continua y A; E son de clase 1 y positivas. Notese que no hay condiciones de frontera esenciales. Se trata de una barra sometida a una carga axial y en los extremos a y b se estan especi cando tensiones Fa = AEu0 ja y Fb = AEu0 jb (de traccion si son positivas).

Observese que no hay condiciones de frontera esenciales. Al construir el problema debil se obtiene: Z b Z b 0 0 (D) Encontrar u 2 S tal que para todo w 2 V se veri que EAv w = f w+Fb w(b) Fa w(a) a

a

(76)

donde S = V = Ct1 ( ) La aplicacion a( ; ) esta dada por a(v; w) :=

Z

b

EAv 0 w0 = (EAv 0 ; w0 )

a

y se ve rapidamente que es una forma bilineal simetrica. Sin embargo, y a diferencia del caso del problema (3) en el que hab a una condicion esencial, a( ; ) no es de nida positiva en V , siendo solo semide nida positiva. En efecto, para todo v 2 V se cumple Z b 2 a(v; v) := EA v 0 0 a

con lo que es semide nida positiva. Sin embargo, si se toma 2 R y v(x) = se tiene que Rb Rb v 2 V y a(v; v) := a EA ( 0 )2 = a EA0 = 0. Por ello, a( ; ) no es de nida positiva. Notese que la diferencia con el caso del problema (3) y su problema debil correspondiente (6) es que ahora a las funciones de V no se les pide que se anulen en ningun punto.

128

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Al no ser a( ; ) de nida positiva en esta ocasion no es posible de nir un producto escalar ni una norma asociados a a( ; ). A continuacion veremos que, a diferencia del problema debil asociado a (3): (a) Salvo para casos \concretos" de las fuerzas y las condiciones de frontera, es decir, de f , Fa y Fb , no puede existir solucion a (75). (b) Si existe solucion a (75), entonces existen in nitas soluciones al mismo. ~ Condicion necesaria para la existencia de solucion. Estudiemos primero el problema de la existencia de solucion a (3). Si existe solucion u entonces, integrando en (75) Z

b

(EAu0 )0 dx =

Z

b

f (x)dx

a

a

es decir, 0

EAu (x) o sea, se debe cumplir 0 = Fb

Z

jx=b x=a = Fa +

b

f (x)dx

a

Z

b

f (x)dx

(77)

a

Por tanto, si no se cumple la condicion anterior, que es una relacion entre f , Fa y Fb , no puede existir solucion al problema (75). Comentario: (77) expresa que las fuerzas que actuan sobre la barra esten en equilibrio. Evidentemente, si no se cumple la condicion no puede nunca existir solucion, pues entonces el problema ser a dinamico y (75) no ser a un modelo adecuado del mismo. ~ Unicidad Veamos que, en caso de existir solucion al problema fuerte (75), esta no es unica. En efecto, si u es solucion y se toma una constante 2 R, es inmediato comprobar que la funcion u + es tambien solucion. Por ello si hay una solucion u, entonces hay in nitas soluciones que se obtienen sumando constantes arbitrarias a u. F sicamente, la no unicidad de solucion al problema se puede interpretar as . Si u es un campo de desplazamientos solucion, entonces u + ; que corresponde a sumarle al campo anterior un movimiento de solido r gido, tambien es solucion. ~ Resultados sobre existencia de solucion. Se puede demostrar que si se cumple (77) y f es continua en [a; b], entonces (F) tiene solucion u 2 C 2 [a; b] y que esta solucion es unica salvo constante aditiva, es decir, dada una solucion u0 (x) el conjunto de todas las soluciones es el conjunto fu0 (x) + ; 2 Rg

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Rb Tambien se puede demostrar que si se cumple (77) y f cumple a f 2 < 1 entonces existe solucion u para el problema debil asociado a (75) y que, ademas, esta es C 2 [a; b] con lo que u tambien es solucion del problema fuerte (*). Ya hemos demostrado que, de existir solucion a (F), esta no es unica. Para razonar que, de existir, la solucion a (D) tampoco es unica, se puede razonar as . De (*) se tiene que, en caso de existir solucion, las soluciones a (D) y a (F) son las mismas. Como ya se ha demostrado que, de existir solucion a (F), hay in nitas soluciones, se tendra que lo mismo pasa con (D). ~ Metodo de Galerkin. Si consideramos ahora el problema de Galerkin (G) asociado a (75), y el sistema de ecuaciones resultante (L), se observa tambien que en general no existira solucion y que, en caso de existir, esta no es unica. En efecto, es facil ver que la matriz K obtenida es simetrica pero no es de nida positiva sino solo semide nida positiva. As , el rango de K sera menor que m y por ello, el sistema Kd = F en general no tendra solucion. Por otro lado, si d es una solucion y z 2 N (K), es decir, Kz = 0, se tendra que d + z tambien sera solucion, con lo que de existir solucion a (G), esta no es unica y de hecho hay in nitas soluciones (pues el nucleo de K tiene in nitos elementos). Se ha visto que si se veri ca (77) la solucion existe y es unica salvo constante aditiva, con lo que el problema de Galerkin no tendra solucion unica. Lo que se puede hacer en la practica para resolver el problema de Galerkin en este caso es jar el valor de una componente del vector d incognita (normalmente haciendola igual a cero), eliminar una ecuacion, y resolver el sistema resultante, que sera compatible determinado. Ejercicio 28 Considerese el siguiente problema (D(x)u0 (x))0 + (x)u(x) = f (x); x 2 (0; 1) u(1) = u1 ; u0 (0) = u00

donde D y son positivas en [0; 1] y ademas D 2 C 1 [0; 1], y f y son continuas en [0; 1]. Se pide: (a) Obtener la forma debil del problema. Especi car los espacios de prueba S y de test V . >Que regularidad global deben tener las funciones de V y S para que el problema debil tenga sentido? b) Demostrar que la forma bilineal resultante es de nida positiva en V . (c) Sea el elemento correspondiente al intervalo [ 1; 1] sobre el que se consideran los polinomios de primer grado. Calcular el coe ciente en la posicion (1; 2) de la matriz de rigidez local del elemento en el caso en que D y sean constantes (d) Supongase ahora que las condiciones de frontera son u0 (1) = u01 ; u0 (0) = u00 . Estudiese si, de existir solucion al problema fuerte, esta es unica. (e) En las mismas hipotesis de (d), obtener la forma debil del problema. >Es a( ; ) de nida positiva en V ? Demuestrese.

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7. Postprocesado: calculo de los desplazamientos y de las tensiones en un punto cualquiera del dominio 7.1. Postprocesado en problemas unidimensionales Supongase el problema de la barra axial (3) en el que no precisamos el tipo de condiciones de frontera. Supongase que se aplica el MEF y se obtiene una malla con n nudos de los que n m son esenciales y m son no esenciales. Por ello en el MEF habra m grados de libertad globales. Supongase que ya se ha resuelto el sistema Kd = F asociado obteniendose el vector d 2 Rm . El usuario del MEF quiere que se le proporcione el desplazamiento y la tension aproximada en los puntos que el especi que. Por ello, nuestro objetivo ahora es calcular el desplazamiento y la tension aproximada en un punto cualquiera c del conjunto de trabajo . Sea c un punto de , sea = f1; :::; ng la numeracion de todos los nudos y sean E y E; respectivamente, la numeracion de los nudos esenciales y no esenciales. Sea d 2 Rn 1 el vector d ampliado con el valor del desplazamiento en los nudos esenciales, es decir, d = (d1 ; :::; dn ) donde: Si I no es un nudo esencial, dI es una de las incognitas que se ha calculado. Si I es un nudo esencial, dI := u(xI ) es un dato. Sabemos que en la practica se suele tomar en vez de una funcion r cualquiera que veri que las condiciones esenciales, otra funcion rh , construida usando las funciones de base NI ;dada por X rh (x) = dI NI (x) I2

donde se de ne dI := u(xI ) para I 2

E.

E

Por ello

uh (x) = rh (x) + v h (x) =

X

dI NI (x)

I2

La expresion anterior se puede simpli car teniendo en cuenta que las funciones de base asociadas a un nudo son nulas fuera de los elementos que comparten dicho nudo. En efecto, supongamos que c pertenece al elemento e . Entonces NI es nula para todos los I tales que xI no pertenece a e y por tanto X uh (c) = dI NI (c) I2 tq xI 2

e

Por comodidad a la hora de programar, podemos escribir lo anterior empleando numeracion local para las funciones de base, es decir, X uh (c) = dI Ni (c) i=1;:::;ne

donde ne es el numero de grados de libertad del elemento. Notese que aunque para los dI tambien es posible utilizar numeracion local, no es practico desde le punto de vista de 131

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la programacion, pues dI es directamente la componente I del vector de desplazamiento ampliado d. Como ya se ha comentado, a efectos de la programacion del metodo, no es practico.trabajar con las funciones Ni . Lo que se pretende es trabajar solo con las funciones de base en la referencia estandar. Para ello no hay mas que utilizar que x = ( ) y que ^i ( ) = Ni ( ( )); obteniendose N X ^i ( c ) uh (c) = dI N i=1;:::;ne

donde

c

=

1 (c).

Para calcular las tensiones aproximadas no hay mas que tener en cuenta que h

0

(x) = E(x) uh (x)

Como uh es C 1 a trozos, es derivable en el interior de los elementos. Por tanto, si c pertenece a un elemento e tenemos X h (c) = E(c) di Ni0 (c) i=1;:::;ne

^ 0( ) = Para trabajar con las funciones de base en la referencia estandar se utiliza que N i 0 ( )) ( ) y se tiene

Ni0 (

h

(c) = E(c)

X

i=1;:::;ne

di

X ^ 0( c) ^ 0( ) N 2N 2E(x) X i i ^ 0( ) = E(x) d di N = i i 0( ) le le c i=1;:::;ne

i=1;:::;ne

donde le es la longitud del elemento. Por ello, en la practica el postprocesado se programa a partir de las siguientes formulas: Postprocesado en el problema de la barra axial. Si c pertenece a el elemento e , tenemos que h

u (c) =

ne X

dI Ni (c) =

i=1

h

(c) = E(c) uh (x)

ne X

^i ( c ) dI N

i=1

0

ne X ^ 0( c) 2N i jx=c = E(c) dI le i=1

donde le es la longitud del elemento.

~ Tension en la frontera entre dos elementos. En lo anterior esta suponiendo que c no es un punto de la frontera entre dos elementos. En efecto, puesto que en general la solucion 132

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uh (x) no es derivable en los nudos que unen dos elementos, la tension no existe en sentido matematico en dichos nudos. Lo que se suele hacer en estos casos es \derivar por un lado", pues las derivadas laterales s estan bien de nidas. As para cada nudo interelementos se puede calcular una \tension por la izquierda" y una \tension por la derecha". Ejemplo: En el ejemplo de la barra axial con condicion esencial en x = a y natural en x = b, tomando funciones lineales en cada elemento y r(x) = ua , se tiene que si x pertenece a un elemento con nudos xI , xI+1 ^I+1 ( ) ^I ( ) + dI+1 N uh (x) = ua + dI N 2 h 0 ^I+1 ^I0 ( ) + dI+1 N (x) = E(x) ( ) dI N le Ejercicio 29 Se considera el problema de la barra axial en una viga de longitud L = 5 d (EAu0 (x)) + f (x) = 0; x 2 (0; 5) dx u(0) = 4 10 6 u(5) =

5 10

6

El problema se resuelve aplicando el MEF con dos elementos. El primero es un elemento cuadratico que ocupa el intervalo [0; 2] y el segundo es un elemento cubico que ocupa el intervalo [2; 5] (en ambos los nudos estan equiespaciados). Al resolver el sistema Kd = F se obtiene como solucion el vector 6

d = 10

(2; 1; 7; 3)T

Se pide calcular el desplazamiento aproximado uh en el punto x = 1=2. Ejercicio 30 Se considera el problema de la barra axial en una viga de longitud L = 5 d (EAu0 (x)) + f (x) = 0; x 2 (0; 5) dx u(0) = 2 10 6 (EAu0 )(5) = 3 107 donde E = 1010 . El problema se resuelve aplicando el MEF con dos elementos. El primero es un elemento cuadratico que ocupa el intervalo [0; 2] y el segundo es un elemento cubico que ocupa el intervalo [2; 5] (en ambos los nudos estan equiespaciados). Al resolver el sistema Kd = F se obtiene como solucion el vector d = 10 Se pide calcular la tension aproximada

(3; 1; 1=2; 1; 3)T

6 h

en el punto x = 1.

Ejercicio 31 Considerese el problema de la barra axial estatica con condiciones de frontera u(a) = ua y A(b)E(b)u0 (b) = Fb . El problema se resuelve con el MEF tomando r(x) = ua . Explicar como se construye el vector F a partir de F . Supongase que se ha resuelto el sistema Kd = F . Escribir la expresion que permite calcular el desplazamiento en un punto c de la barra. 133

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7.2. Postprocesado en problemas multidimensionales El procedimiento anterior no solo es valido para problemas unidimensionales, sino tambien en R2 y R3 . Por ejemplo, en el caso de una placa como la de la gura

en la que c 2

4

se tendr a, utilizando numeracion global para los nudos, uh (c) = d1 N1 (c) + d5 N5 (c) + d6 N6 (c) + d7 N7 (c)

Esto se programar a en la siguiente forma, usando numeracion local para las funciones de base ^2 ( 1 (c)) + d5 N ^4 ( 1 (c)) + d6 N ^3 ( 1 (c)) + d7 N ^1 ( 1 (c)) uh (c) = d1 N Caso en que el punto pertenezca a la frontera entre dos elementos. En el caso de que el punto pertenezca a la frontera entre dos elementos, como en el caso del punto z en la placa del ejemplo anterior, podemos trabajar con cualquiera de los elementos a los que pertenece, en nuestro caso los elementos 4 y 3 . Por ello, podemos escribir uh (z) = d1 N14 (z) + d5 N54 (z) + d6 N64 (z) + d7 N14 (z) o bien uh (z) = d4 N43 (z) + d5 N53 (z) + d6 N63 (z) donde los super ndices en las funciones de base indican en elemento al que corresponden. Observese que puesto que N14 y N74 se anulan en los nudos ~x6 y ~x5 , por la condicion (2) tambien se deben anular sobre el lado que los une, por lo que tenemos que N14 (z) = N74 (z) = 0 y por tanto uh (z) = d5 N54 (z) + d6 N64 (z) Lo mismo para con N43 (z) = 0 uh (z) = d5 N53 (z) + d6 N63 (z) 134

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El MEF en problemas unidimensionales

En el caso de querer calcular una magnitud que implique calcular derivadas parciales de uh (x), tendremos el problema de que uh no admite derivadas parciales en la frontera interelementos por lo que, como se razono en el caso escalar, lo unico que se puede hacer es \derivar segun un elemento".

135

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El MEF en problemas unidimensionales

8. Justi cacion del metodo de Galerkin 8.1. Solucion del problema de Galerkin como aproximacion a la solucion del problema debil Sabemos que la solucion uh obtenida por el metodo de Galerkin es una aproximacion a la solucion u del problema debil. Mas concretamente, se ha visto que uh = r + v h donde v h es la mejor aproximacion a v por funciones de V h en la a-norma. Supongamos que se tiene un problema debil y se plantean dos problemas de Galerkin correspondientes a dos subespacios V h y W h con soluciones uh = r + v h y uh = r + q h . De lo anterior es evidente que si se cumple V h W h , entonces v

qh

a

v

vh

a

con lo que la aproximacion que proporciona W h es mejor que la que proporciona V h .

8.2. Convergencia de la solucion del problema de Galerkin a la solucion de como aproximacion a la solucion del problema debil A continuacion se justi cara la idea de que en muchos problemas puedo hacer que uh este tan proxima a u como quiera, tomando V h su cientemente grande. Supongamos que se tiene una sucesion de subespacios V h donde h es un parametro positivo. En los problemas de elementos nitos h tiene el signi cado de tama~ no de malla, de forma que un valor peque~ no de h corresponde a una malla muy na. Introduzcamos la siguiente hipotesis: Condicion 3 Toda v 2 V puede ser aproximada tanto como se quiera en la a-norma por funciones de V h haciendo h su cientemente peque~ no, es decir, existe una sucesion wh de funciones de V h tal que v wh a ! 0 cuando h ! 0+ . En todos los problemas que se estudiaran en este curso se veri ca la condicion (3). Utilizando la hipotesis (3) sabemos que existe una sucesion wh de funciones de V h que converge a la solucion de (D), es decir, tal que v wh a ! 0. Entonces, puesto que v h es la mejor aproximacion a la solucion debil v por funciones de V h se tendra v

vh

a

v

wh

a

y como el miembro de la derecha tiende a cero cuando h ! 0+ , el de la izquierda tambien lo hace. Como conclusion, siempre que se cumpla la hipotesis (3) se tendra que puedo hacer que este tan cerca de v como quiera, y por ello que uh = r + v h este tan cerca de u = r + v, haciendo h su cientemente peque~ no, es decir, re nando su cientemente la malla.

vh

136

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9.

El MEF en problemas unidimensionales

Problema de una barra a

exion

9.1. Problema fuerte Supongamos una barra sometida a carga transversal, de forma que cada seccion recta de la barra trabaja a exion. Por ello, en cada seccion de la barra el estado tensional esta caracterizado por un esfuerzo cortante y otro axial. La con guracion especial de este problema hace que en vez de plantearlo a partir de las ecuaciones del problema general de la elasticidad, que conducen a una EDP de segundo orden en la que hay tres incognitas, los desplazamientos en las tres direcciones espaciales, se pueden introducir hipotesis simpli cativas que hacen que el problema se pueda simpli car para terminar siendo una EDO de cuarto orden con una sola incognita. ~ Notacion e hipotesis. Introducimos la siguiente notacion: Sea f (x) la carga transversal a la barra (fuerza por unidad de longitud), que se supone positiva si va dirigida hacia arriba. Supondremos que f es continua.

Sea u(x) (unidades de longitud) la de exion de la barra (es decir, desplazamiento en la direccion perpendicular a la barra) en el punto x, que se supone positivo si va dirigido hacia arriba.

Sea M (x) (unidades de fuerza por longitud) el momento ector en la seccion x respecto del punto medio de la seccion. Se considera que el momento ector en una seccion es positivo cuando las bras comprimidas esten situadas por encima de la neutra, es decir,

La siguiente gura muestra una barra en la que, con el convenio anterior, el momento M (x) es negativo para todo x

137

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El MEF en problemas unidimensionales

Sea Q(x) (unidades de fuerza) el esfuerzo cortante en la seccion x (para que de verdad fuese un esfuerzo habr a que dividir por el area de la seccion correspondiente). Se considera que el esfuerzo cortante en una seccion es positivo cuando la resultante de las fuerzas verticales situadas a la izquierda de la seccion esta dirigida hacia arriba, es decir,

Las hipotesis simpli cativas a las que nos referimos son una combinacion de ecuacion cinematica y ley de comportamiento que relacione la de exion u(x) de la l nea media de una seccion con el momento ector en dicha seccion. Ello permitira plantear una EDO en la que la incognita sea u(x). Utilizaremos las hipotesis correspondientes a la teor a de Bernoulli-Euler, que corresponden a hacer la hipotesis de Navier y a suponer que u02 es peque~ no respecto de u0 , es decir, que la curvatura es peque~ na frente a la pendiente en cada punto. entonces se llega a la relacion M (x) = E(x)I(x)

d2 u (x) dx2

(78)

donde I(x) es el momento de inercia de la seccion recta de la barra respecto de la l nea media. ~ Obtencion de las ecuaciones para la barra a

exion.

Ahora, las ecuaciones de la barra se obtienen sin mas que utilizar (78) e imponer equilibrio de fuerzas verticales y de momentos. 1. Equilibrio de fuerzas verticales: Si se considera la rebanada que va de x a x + h

se tiene, estableciendo el equilibrio de fuerzas verticales en la misma Z x+h Q(x) + f (t)dt Q(x + h) = 0 x

y, como f es continua, utilizando el teorema del valor medio para la integral, se obtiene Q(x) + f ( h )h donde

h

Q(x + h) = 0

2 [x; x + h]. Ahora, dividiendo por h y pasando al l mite cuando h ! 0, se obtiene dQ (x) = f (x) dx 138

(79)

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El MEF en problemas unidimensionales

2. Equilibrio de momentos. Si se considera la rebanada que va de x a x + h se tiene, estableciendo el equilibrio de momentos respecto de la seccion correspondiente a x M (x) + M (x + h) +

Z

x+h

(t

x)f (t)dt

Q(x + h)h = 0

x

y, como f es continua, utilizando el teorema del valor medio para la integral, se obtiene M (x) + M (x + h) + ( donde

h

h

x)f ( h )h

Q(x + h)h = 0

(80)

2 [x; x + h]. Ahora, dividiendo por h y pasando al l mite cuando h ! 0, se obtiene dM (x) = Q(x) dx

(81)

d2 M (x) = f (x) dx2

(82)

d2 u (x) dx2

(83)

Utilizando (79) y (81) se obtiene

o bien

d2 dx2

E(x)I(x)

= f (x) para x 2 (0; L)

que, notese, es un problema de cuarto orden. Condiciones de frontera. En cada punto de la frontera se deben especi car dos condiciones de contorno. Una posibilidad es imponer que u(0) = u0 ; u0 (0) = u00 ; u00 (L) =

ML d d2 u ; (E(x)I(x) 2 (x)) jx=L = E(L)I(L) dx dx

QL

que corresponde a una barra empotrada en x = 0. u00 representa el angulo que la l nea media de al barra forma con el eje x. ML representa el momento aplicado en el extremo x = L (positivo si va en sentido contrario a las agujas del reloj). QL representa el esfuerzo cortante aplicado en el extremo x = L (positivo si va hacia arriba). Notese que si E e I son constantes Q M las condiciones en L son u00 (L) = EI y u000 (L) = EI . De este forma tendemos el siguiente problema fuerte: Problema fuerte. Hallar u 2 C 4 [0; L] tal que se cumple d2 dx2

d2 u (x) = f (x) para x 2 (0; L) dx2 ML d d2 u u(0) = u0 ; u0 (0) = u00 ; u00 (L) = ; (E(x)I(x) 2 (x)) jx=L = E(L)I(L) dx dx E(x)I(x)

139

(84) QL

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

Si, como suele ser usual en la practica, se toma el signo de f , de u y de QL positivo si van hacia abajo en vez de hacia arriba, las ecuaciones pasan a ser (al sustituir f por f , QL por QL , u por u y u0 por u0 ) d2 u (x) = f (x) para x 2 (0; L) dx2 ML d d2 u u(0) = u0 ; u0 (0) = 0 ; u00 (L) = ; (E(x)I(x) 2 (x)) jx=L = E(L)I(L) dx dx d2 dx2

E(x)I(x)

QL

donde 0 es el angulo que la barra forma con la horizontal en el punto x = 0 medido en sentido horario.

9.2. Problema debil El problema debil asociado a (84) se obtiene multiplicando por una funcion de test, integrando en [0; L] y utilizando integracion por partes dos veces para \pasar dos derivadas" de la u a la funcion de test. Z L Z L 00 0 0 EIu00 wdx = EIu00 w jL EIu00 w0 dx = 0 0 0 Z L 0 0 0 00 00 = EIu jx=L w(L) EIu jx=0 w(0) EIu00 w0 dx = 0 Z L 00 0 00 0 L 00 0 EIu jx=0 w(0) EIu w j0 + EIu00 w00 dx = = EIu jx=L w(L) 0 Z L 0 0 EIu00 w00 dx = QL w(L) Q(0)w(0) ML w (L) + M (0)w (0) + 0

Como Q(0) y M (0) no se conocen, se pide que la funcion de test w(x) cumpla que w(0) = w0 (0) = 0, es decir, que se anule en la parte de la frontera en que se especi can condiciones esenciales. Se ha obtenido as Z

L

00

00

EIu w dx =

0

Z

L

f wdx + QL w(L) + ML w0 (L)

0

donde, para que la expresion anterior tenga sentido, basta con pedir que u y v sean funciones Ct2 [0; L], es decir, funciones derivables y tales que su derivada sea Ct1 [0; L]. De nicion 31 Dado un intervalo [a; b] se de ne Ct2 [0; L] como el espacio de las funciones v : [a; b] ! R derivables y tales que su derivada es una funcion Ct1 [0; L] (por ello, dada una funcion v 2 Ct2 [0; L] existe una particion [xi ; xi+1 ]; i = 0; :::; n 1 de [a; b] tal que v es de clase 2 en cada intervalo [xi ; xi+1 ]) Se obtiene as el problema debil:

140

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

Problema debil: Encontrar u 2 S tal que para todo w 2 V Z

L

EIu00 w00 dx =

0

Z

L

se cumple

f wdx + QL w(L) + ML w0 (L)

0

donde S = v 2 Ct2 [0; L] : v(0) = u0 ; v 0 (0) = u00

V = v 2 Ct2 [0; L] : v(0) = v 0 (0) = 0

Sea r 2 S . Como funcion r(x) se podr a tomar r(x) = u0 + u00 x aunque despues se veran otras posibilidades. Entonces expresando u = r + v, el problema debil se puede reformular de la siguiente forma: Problema debil reformulado: Encontrar v 2 V tal que para todo w 2 V se cumple Z

L

00

00

EIv w dx =

0

Z

L

Z

0

f wdx + QL w(L) + ML w (L)

0

L

EIr00 w00 dx

0

es decir, Encontrar v 2 V tal que para todo w 2 V se cumple a(v; w) = L(w) donde: a(v; w) =

Z

L

EIv 00 w00 dx

0

L(v) =

Z

L

Z

0

f wdx + QL w(L) + ML w (L)

0

L

EIr00 w00 dx

0

Es inmediato comprobar que: 1) L es una forma lineal en V . 2) a( ; ) es una forma bilineal simetrica en V Ademas se tiene:

V .

Proposicion 28 a( ; ) es de nida positiva en V . RL Dem. Sea v 2 V ; a(v; v) = 0 EI (v 00 )2 dx. Puesto que las funciones de V son de clase 2 a trozos, la derivada segunda de R Lv puede no existir en algunos puntos. Por ello, como ya sabemos, la expresion a(v; v) = 0 EI (v 00 )2 dx hay que interpretarla como a(v; v) =

n X1 Z xi+1 i=0

xi

141

EI v 00

2

dx

(85)

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

donde los [xi ; xi+1 ], i = 0; :::; n Puesto que E, I y v 002

1 son los intervalos de [0; L] en los que v es de clase 2. nP1 R xi+1 son funciones no negativas se tiene que EI (v 00 )2 dx 0 con xi i=0

lo que a( ; ) es ya al menos semide nida positiva. Por ello, para demostrar que a( ; ) es de nida positiva en V solo resta probar que si a(v; v) = 0 para alguna v 2 V , entonces forzosamente debe ser v = 0. Supongamos que v 2 V es tal que a(v; v) = 0. Entonces, de 85 se sigue (como sumandos son no negativos y la suma de todos ellos es cero) R xi+1 todos 00los 2 que debe ser xi EI (v ) dx = 0 para todo intervalo [xi ; xi+1 ]; i = 0; :::; n 1. Como la

funcion EI (v 00 )2 es no negativa y ademas es continua en cada [xi ; xi+1 ] (recuerdese que v es de clase 2 en cada uno de estos intervalos) se deduce que debe ser E(x)I(x)v 00 (x)2 = 0 en cada [xi ; xi+1 ]; i = 0; :::; n 1 (notese que si la integral de una funcion no negativa sobre un recinto es nula esto no quiere decir que la funcion sea la funcion nula, pero si la funcion en cuestion es ademas continua entonces s debe ser la funcion nula). Como E y I son positivos en todo punto, se sigue que debe ser v 00 = 0 en cada intervalo [xi ; xi+1 ]; i = 0; :::; n 1 y de aqu concluimos que v(x) = Ai x + Bi en cada intervalo [xi ; xi+1 ], i = 0; :::; n 1. Imponiendo que v debe ser de clase dos a trozos (con lo que en particular tiene que ser de clase 1 en todo [0; L]) se sigue que los coe cientes Ai y Bi tienen que ser los mismos en cada intervalo, es decir, v(x) = Ax + B en [0; L]. Imponiendo ahora que al pertenecer v a V debe ser v(0) = v 0 (0) = 0 se sigue que v(x) = 0 en [0; L] y por ello a( ; ) es de nida positiva. Comentario: de forma similar a lo que pasaba en el caso de la barra axial, si solo hubiese condiciones de frontera naturales la forma a( ; ) solo ser a semide nida positiva en V = Ct2 [0; L], es decir, no ser a de nida positiva, pues las funciones de la forma v(x) = Ax + B pertenecer an a V y a(v; v) = 0.

Ejercicio 32 Barra a exion con condiciones naturales. Se considera el siguiente problema, correspondiente a una viga a exion en la que se especi can el momento y el esfuerzo ector en cada extremo. d2 dx2

E(x)I(x)

d2 u (x) dx2

= f (x) para x 2 (0; L)

(86)

d d2 u (E(x)I(x) 2 (x)) jx=L = Q0 ; dx dx 2u d d E(L)I(L)u00 (L) = ML ; (E(x)I(x) 2 (x)) jx=L = QL dx dx E(0)I(0)u00 (0) =

M0 ;

a) Demostrar que, de existir solucion a (86), esta no es unica. Si u es solucion, >que forma general tendr an las soluciones de (86)? (b) Deducir de (86) que una condicion necesaria para que exista solucion es que se den las siguientes condiciones de equilibrio: Q0 + QL + Z M0 + ML + QL L +

Z

L

f (x)dx = 0 equilibrio de fuerzas

0 L

xf (x)dx = 0 equilibrio de momentos

0

142

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

(c) Construye el problema debil asociado a (86). >Es a( ; ) de nida positiva en el espacio correspondiente?

143

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El MEF en problemas unidimensionales

9.3. Problema de Galerkin y MEF en la barra a

exion

A continuacion se aplica el metodo de Galerkin para resolver de forma aproximada el problema debil. De nicion del problema de Galerkin. Sea V h un subespacio vectorial de dimension nita de V . Se de ne el problema de Galerkin (G) asociado a (13) y a la eleccion de espacio V h como el problema debil pero sustituyendo v por v h y V por V h , es decir: (G): Encontrar v h 2 V h tal que para todo w 2 V h se cumpla a(v h ; w) = L(w)

Ahora, procediendo como en la seccion 3.1, es decir, eligiendo una base N1 ; :::; Nm de V h , pasando al problema de Galerkin reformulado y luego expresando la incognita en la forma X v= dJ NJ J=1;:::;n

se llega al sistema lineal de ecuaciones Pn

I=1 a(NI ; NJ )dJ

= L(NI ); I = 1; :::; n

que se puede expresar en la forma Kd = F donde Z

L

KIJ := a(NI ; NJ ) = EINI00 NJ00 dx; I; J = 1; :::; m 0 Z L FI := L(NI ) = f NI dx + QL NI (L) + ML NI0 (L) 0

Z

0

L

EIr00 NI00 dx

Apliquemos ahora el MEF. Una diferencia signi cativa en este caso respecto del problema de la barra axial es que, puesto que V h V y en este caso las funciones de V tienen 2 regularidad Ct [0; L], las funciones del espacio V h deben ser Ct2 [0; L]. Si se trabaja con el MEF, al ser las funciones polinomicas a trozos, esto implica que la regularidad global de las funciones debe ser C 1 [0; L]. Para conseguir la regularidad de la forma mas sencilla posible se puede trabajar con elementos del siguiente tipo: en cada elemento Veh es igual a P3 , es decir, a los polinomios de grado menor o igual que 3 y los grados de libertad son el valor de la funcion y de la derivada en los extremos del intervalo. Supongamos que un elemento e corresponde al intervalo [a; b]. Como base del espacio Veh se pueden de nir las funciones de base local Na (x); Na0 (x); Nb (x) y Nb0 (x) dadas por las

144

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

condiciones Na (a) = 1; Na0 (a) = 0; Na (b) = 0; Na0 (b) = 0 Na0 (a) = 0; Nb (a) = 0; Nb0 (a) = 0;

Na0 0 (a) = 1; Na0 (b) = 0; Na0 0 (b) = 0 Nb0 (a) = 0; Nb (b) = 1; Nb0 (b) = 0 Nb00 (a) = 0; Nb0 (b) = 0; Nb00 (b) = 1

(87a) (87b) (87c) (87d)

~ Calculo de las funciones de base. Calculemos como ejercicio la funcion Na de nida por (87a). Para ello tenemos dos posibles caminos: a. Escribir Na (x) = 0 + 1 x + 2 x2 + 3 x3 e imponer las 4 condiciones (87a) con lo que se obtiene un sistema de cuatro ecuaciones y cuatro incognitas. b. Podemos hacer uso de la siguiente propiedad relativa a la factorizacion de polinomios: si un polinomio p de grado n tiene un cero en x = con multiplicidad m, entonces p se puede expresar en la forma p(x) = (x )m ( 0 + 1 x + + n m xm ) donde 0 ; :::; n m son unos ciertos coe cientes. Por ello, como Na tiene un cero doble en x = b, pues Na (b) = 0 y Na0 (b) = 0, podemos escribir Na (x) = (x b)2 ( 0 + 1 x) y ahora 0 y 1 se calculan imponiendo las dos condiciones que no hemos utilizado, es decir, Na (a) = 1; Na0 (a) = 0, con lo que se obtiene un sistema de dos ecuaciones con dos incognitas. Finalmente obtenemos Na (x) =

(x

b)2 (2x 3a + b) (b a)3

Este procedimiento es preferible al se~ nalado en (a), pues solamente debemos determinar 2, y no 4, incognitas. Ejercicio 33 Calcular las funciones Na0 ; Nb y Nb0 de nidas por (87b-87d). Solucion: Los polinomios anteriores estan dados por b)2 (x a) (b a)2 (x a)2 ( 2x a + 3b) Nb (x) = (b a)3 (x a)2 (x b) Nb0 (x) = (b a)2

Na0 (x) =

(x

y, en el caso de trabajar en el intervalo [ 1; 1], 1)2 (x + 2) (x 1)2 (x + 1) ; N 10 (x) = 4 4 (x + 1)2 (2 x) (x + 1)2 (x 1) N1 (x) = ; N10 (x) = 4 4

N

1 (x)

=

(x

145

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El MEF en problemas unidimensionales

Se demuestra facilmente que las 4 funciones de nidas por (87a-87d) son base de P3 . Por ello, si v 2 Veh , es decir, si v es un polinomio cubico, se puede escribir v(x) = donde los coe cientes

i

1 Na (x)

+

2 Na0 (x)

+

3 Nb (x)

+

4 Nb0 (x)

tienen una expresion muy sencilla. En efecto se tiene

v(x) = v(a)Na (x) + v 0 (a)Na0 (x) + v(b)Nb (x) + v 0 (b)Nb0 (x) Siguiendo los pasos generales de todo problema de elementos nitos, una vez de nidos los elementos anteriores se lleva a cabo el "pegado"de los mismos. Ejemplo. Como ejemplo supongamos que se consideran 3 elementos correspondientes a la particion 0 = x1 < x2 < x3 < x4 = L.

146

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El MEF en problemas unidimensionales

Al numerar los grados de libertad globales se obtiene num. elem. (e) 1

2

posic. elem. [x1 ; x2 ]

[x2 ; x3 ]

3

[x3 ; x4 ]

num. g.l. local (i) 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4

num. g.l. global (I) 1 2 3 4 3 4 5 6 5 6 7 8

num. ecuacion (P ) * * 1 2 1 2 3 4 3 4 5 6

Una importante diferencia con ejemplo que se estudio para la barra axial es que ahora cada nudo corresponde a dos grados de libertad. El sistema de ecuaciones que hay que resolver es 8 X

a(NI ; NJ )dJ = L(NI ); I = 3; 4; 5; 6; 7; 8

I=3

es decir Kd = F donde Z

L

KP Q := a(NI ; NJ ) = EINI00 NJ00 dx; I; J = 3; 4; 5; 6; 7; 8 0 Z L Z L 0 FP := L(NI ) = f NI dx + QL NI (L) + ML NI (L) EIr00 NI00 dx; 0

I = 3; 4; 5; 6; 7; 8

0

Al dividir las integrales sobre [0; L] en suma de integrales sobre los distintos elementos, en cada elemento e hay que calcular Z e kij := a(Ni ; Nj ) e = E(x)I(x)Ni00 (x)Nj00 (x)dx; i; j = 1; 2; 3; 4 e Z fie := f (x)Ni (x)dx a(r; Ni ) e + QL NI (L) + ML NI0 (L); i = 1; 2; 3; 4 e

donde se esta utilizando numeracion local, y luego ensamblar la contribucion en la posicion

147

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El MEF en problemas unidimensionales

correspondiente. En nuestro ejemplo 2 1 2 1 + k2 2 2 k33 + k11 k34 k13 k14 12 1 2 1 2 2 2 6 k34 + k12 k44 + k22 k23 k24 6 2 2 2 + k3 2 3 6 k13 k23 k33 11 k34 + k12 K=6 2 2 2 3 2 3 6 k14 k24 k34 + k12 k44 + k22 6 3 3 4 0 0 k13 k23 3 3 0 0 k14 k24 2 1 3 f3 + f12 6 f41 + f22 7 6 2 7 6 f3 + f13 7 6 1 6 7 F =6 2 3 72R 6 f4 + f2 7 4 5 f33 3 f4

0 0 3 k13 3 k23 3 k33 3 k34

0 0 3 k14 3 k24 3 k34 3 k44

3

7 7 7 7 2 R6 7 7 5

6

Como ya se vio al estudiar el planteamiento general del MEF, para calcular las integrales sobre cada elemento se lleva a cabo un cambio de variable x = ( ) para transformar cada elemento en el intervalo [ 1; 1]. Ademas, se quiere trabajar con las funciones ^i ( ) := Ni ( ( )); i = 1; 2; 3; 4 N

(88)

Estas funciones son polinomios cubicos en , puesto que son la composicion de un polinomio cubico y de una aplicacion af n. Para calcularlos procedemos de la siguiente forma ^1 ( 1) = N1 (extr. izda) = 1 ; N ^ 0 ( 1) = N 0 (extr. izda) 0 ( 1) = 0 N 1 1 0 0 ^ ^ N1 (1) = N1 (extr. dcha) = 0 ; N1 (1) = N1 (extr. dcha) 0 ( 1) = 0 de donde se obtiene

1)2 ( + 2) 4

^1 ( ) = ( N Analogamente

^2 ( 1) = N2 (extr. izda) = 0 ; N ^20 ( 1) = N20 (extr. izda) 0 ( 1) = le N 2 0 0 0 ^ ^ N2 (1) = N2 (extr. dcha) = 0 ; N2 (1) = N2 (extr. dcha) ( 1) = 0 de donde se obtiene ^ 2 ( ) = le ( N

1)2 ( + 1) 8

donde le es la longitud del elemento. Procediendo de forma similar se obtiene 2 ^3 ( ) = ( + 1) (2 N 4

)

;

2 ^4 ( ) = le ( + 1) ( N 8

1)

^2 como N ^4 dependen de la longitud del elemento. Observese que tanto N 148

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El MEF en problemas unidimensionales

Ya se ha dicho que como funcion r(x) se podr a tomar r(x) = u0 + u00 x, en cuyo caso el termino a(r; Ni ) e = 0, pues r es una funcion af n y en el calculo de a( ; ) hay que derivar dos veces r. Otra posibilidad es tomar rh (x) = u0 N1 (x) + u00 N2 (x) que claramente veri ca las condiciones de frontera esenciales. En ese caso se tendr a FP := (f; NI ) = (f; NI )

a(r; NI ) + QL NI (L) + ML NI0 (L) = u0 a(N1 ; NI ) + u00 a(N2 ; NI ) + QL NI (L) + ML NI0 (L) I = 3; 4; 5; 6; 7; 8

Razonando como se hizo en el problema de la barra axial, en lugar de ensamblar directamente K y F se puede trabajar con K y F ampliados de forma que KIJ := a(NI ; NJ ); I; J = 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 FI = (f; NI ) + QL NI (L) + ML NI0 (L);

I = 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8

(observese que en F no se tiene en cuenta el efecto de las condiciones de frontera esenciales). Para ello para cada elemento e se calculan Z e kij := a(Ni ; Nj ) e = E(x)I(x)Ni00 (x)Nj00 (x)dx; i; j = 1; 2; 3; 4 e Z fie := f (x)Ni (x)dx + QL NI (L) + ML NI0 (L); i = 1; 2; 3; 4 e

y se ensambla: e en la posicion (I; J) de K kij fie en la posicion I de F Una vez ensamblados K y F , y razonando como en el caso de la barra axial, K y F se construyen de la siguiente forma. K se obtiene eliminando las primeras dos las y columnas de K F se obtiene restando de F las primeras dos columnas de K multiplicadas por u0 y u00 respectivamente, y luego eliminando las primeras dos componentes del vector resultante. Los siguientes tres ejercicios son relativos a la aplicacion del MEF al problema de la barra a exion: Ejercicio 34 Considerese el problema de la exion de una barra empotrada sometida a carga transversal segun la teor a de Bernoulli-Euler d2 u (x) = f (x) para x 2 (0; L) dx2 ML d d2 u u(0) = u0 (0) = 0; u00 (L) = ; (E(x)I(x) 2 (x)) jx=L = E(L)I(L) dx dx d2 dx2

E(x)I(x)

QL

Se considera el elemento constituido por el intervalo [ 1; 1], el espacio de los polinomios de grado tres sobre dicho intervalo y cuyos grados de libertad son los valores de la funcion y de su derivada en los extremos del intervalo. 149

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

a) Calcular las funciones de forma y demostrar que son base de los polinomios de grado menor o igual que 3. b) Calcular la matriz de rigidez de dicho elemento en el caso en que E e I sean constantes. Ejercicio 35 Se considera el problema

0

u (0) =

u00 ;

EIu(4 (x) = f (x) para x 2 (0; L) 000

(89) 00

EIu (0) = Q0 ; u(L) = uL ; EIu (L) = ML

donde E e I son constantes. Se aplica el MEF dividiendo la barra en dos elementos [0; L1 ] y [L1 ; L]) de longitudes L1 y L2 (de forma que L = L1 + L2 ) cada uno de los cuales tiene 5 grados de libertad (valor de la funcion y la derivada en los extremos y valor de la funcion en el punto medio). Se pide: decidir que grados de libertad son incognita para el MEF y calcular K22 (para calcular la integral debe pasarse al elemento estandar) Ejercicio 36 Expresiones para programar K y F en la barra a que se utiliza la formula de cuadratura Z

npi X

1

g( )d 1

W g(

exion. Suponiendo

)

=1

escribir la expresion nal que habr a que programar para calcular a(Ni ; Nj ) el problema de la barra a exion.

e

y (f; Ni )

e

en

Ejercicio 37 Postprocesado en la barra a exion. Sea una barra a exion con E e I constantes. Para resolver el problema se utiliza el MEF con los polinomios cubicos de Hermite habituales. Sean x1 ; :::; xn los nudos (estos son todos los nudos, esenciales y no esenciales) y sean N1 ; N10 ; N2 ; N20 ; :::; Nn ; Nn0 sus funciones de base asociadas. Al resolver el problema se obtiene un vector solucion d = (d1 ; d10 ; d2 ; d20 ; :::; dn ; dn0 )T . Se pide escribir una expresion simpli cada para calcular el desplazamiento, la pendiente y el momento ector M en un punto c dado, en la que intervengan solo magnitudes en la referencia estandar. >Que sucede si c coincide con uno de los nudos del problema?

150

Luis Sanz

10.

El MEF en problemas unidimensionales

Extension de los datos de un problema fuerte

La formulacion debil de un problema no solo permite generalizar la nocion de solucion de una ecuacion diferencial. Tambien permite generalizar el tipo de datos que intervienen en la ecuacion.

10.1. Trabajo con cargas no acotadas Considerese el problema de la barra axial, en el que para simpli car supondremos que E y A son constantes, EAu00 (x) = f (x); x 2 (a; b) (90) con unas determinadas condiciones de contorno. En principio a u se le suele pedir que sea C 2 [a; b] y a f que sea continua en [a; b]. Sin Rb embargo, al construir el problema debil f solo interviene en el termino a f (x)w(x)dx; donde w es una funcion de test. Esto permite considerar funciones f que son discontinuas e incluso funciones que no estan acotadas en [a; b]. Lo unico que debe cumplirse es que para toda Rb funcion de test w, la integral a f (x)w(x)dx sea nita, es decir, en caso de ser una integral impropia sea convergente. Recuerdese que una funcion v acotada es integrable en Rn acotado si y solo si sus n puntos de discontinuidad tienen medida de Lebesgue nula en R . En la practica esto implica que casi todas las funciones que nos interesan en las aplicaciones son integrables. De namos el siguiente conjunto: De nicion 32 Espacio L2 ( ). Sea un abierto medible Jordan de Rn . Se de ne el espacio L2 ( ) como el conjunto de las funciones v : ! R tales que: (i) Los puntos de discontinuidad de v en tienen medida de Lebesgue nula en Rn . R v(x)2 dx, entendida como integral impropia en el caso de que v o no (ii) La integral esten acotados, es convergente. Por ello, si v no es \demasiado discontinua" y esta acotada en seguro que cumple v 2 L2 ( ). Pero hay funciones que no son acotadas y que sin embargo son de L2 ( ). Un R 1 1 ejemplo es f (x) = x1=3 en el intervalo (0; 1) pues 0 xdx 2=3 es convergente. Ahora utilizaremos el siguiente resultado: Proposicion 29 Desigualdad integral de Cauchy. Si f y g son dos funciones de nidas en que cumplen (i) entonces Z Z Z 2 2 f (x)g(x)dx f (x) dx g(x)2 dx: De la desigualdad anterior se sigue que si f y g pertenecen a L2 ( ) entonces la integral f (x)g(x)dx es convergente. Las funciones de test son Ct1 ( ) luego en particular son continuas en y por ello 2 pertenecen a L ( ). R

151

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

Rb Por ello se ha llegado a la conclusion de que si f 2 L2 (a; b), entonces 8w 2 V , a f (x)w(x)dx es nita. As , en el problema (90) se puede considerar como dato cualquier funcion f 2 L2 (a; b)

10.2. Introduccion de cargas y momentos puntuales 10.2.1. De nicion de la delta de Dirac y el doblete o dipolo Ya se ha visto que en la formulacion debil se pueden considerar fuerzas distribuidas f R que esten en L2 ( ), es decir, tales que la integral f es convergente. Sin embargo, nos interesar a poder considerar cargas todav a mas generales. Por ejemplo, nos interesar a poder considerar la aplicacion de una carga puntual, que corresponder a a \una tension nula en todos los puntos salvo en uno en el que la tension es in nita". Claramente esto no puede ser una funcion en el sentido habitual. La situacion anterior se puede representar mediante la llamada delta de Dirac c (x) aplicada en un punto x = c La delta de Dirac no es una funcion en el sentido habitual, sino que es una \distribucion" o \funcion generalizada". La nocion de distribucion permite generalizar la nocion de funcion clasica. As , a casi todas las funciones se les puede asociar una distribucion, pero ademas podemos de nir distribuciones, como la delta de Dirac, que no estan asociadas a ninguna funcion. Esto permite trabajar con objetos mas generales que las funciones en el sentido clasico. No presentaremos una teor a rigurosa de las distribuciones, y nos limitaremos a introducir de forma heur stica la delta de Dirac. Se puede considerar que la delta de Dirac aplicada en x = c, c (x), es el \l mite" en un cierto sentido de una sucesion de funciones " de nidas de la siguiente forma c;" (x)

=f

1 ";

para x 2 [c 2" ; c + 2" ] 0 en otro caso

Comentarios: El soporte de las c;" tiende al punto c y el area bajo la gra ca de la funcion area es 1 para todo " > 0, es decir, Z 1 c;" (x)dx = 1; 8" > 0 1

152

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

Las " se pueden considerar como cargas tales que, a medida que " tiende a cero, se va reduciendo las region en que se aplican y va aumentando la tension de la carga, de forma que la fuerza (la integral de la tension) que se ejerce es siempre la unidad. El \l mite" de la situacion anterior se puede interpretar como una fuerza unidad aplicada en un solo punto. Obviamente, el l mite de de nir c (x) es lo siguiente:

" (x)

no existe en el sentido habitual. Lo que haremos para

(a) R 1 Multiplicar " (x) por una funcion continua e integrar en R, es decir, consideramos 1 c;" (x)w(x)dx donde w es continua. Se tiene as Z

1

" (x)w(x)dx

=

Z

c

1

c+ 2" " 2

1 w(x)dx "

y aplicando el teorema del valor medio del calculo integral, se puede escribir Z 1 1 c;" (x)w(x)dx = " w( " ) = w( " ) " 1 donde " 2 [c 2" ; c + 2" ]. (b) Ahora al tomar el l mite cuando " ! 0+ ; " tiende a c y como w es continua en c se sigue que w( ! ) ! w(c). Por ello Z 1 (91) lm c;" (x)w(x)dx = w(c) " !0+

1

(c) A la vista de lo anterior de nimos c (x) como el \l mite generalizado" de c;" (x) en el siguiente sentido. c es la funcion generalizada (recuerdese que no es una funcion en sentido clasico) que cumple que para toda funcion w que sea continua en un intervalo que contenga a x = c, R1 (92) 1 c (x)w(x)dx = w(c)

Se demuestra que la delta as de nida cumple que es la \derivada en sentido distribucional" (no en el sentido clasico) de la funcion salto unidad o funcion de Heaviside Hc (x) = f

1; para x c 0 para x < c

que, como se aprecia, no es derivable en x = c en el sentido clasico. Es decir, en sentido distribucional se puede escribir Hc 0 = c Utilizando lo anterior, si se considera un intervalo [a; b] y se tiene una funcion h que es y Ct1 [c; b] pero que en x = c presenta una discontinuidad de salto de t unidades, es decir, si h(c+ ) h(c ) = t, se puede escribir, que la derivada de h en sentido distribucional es h0 + t c Ct1 [a; c]

153

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

donde h0 denota la funcion derivada de h en sentido clasico en los intervalos [a; c] y [c; d]. Otra funcion generalizada que se emplea con frecuencia, sobre todo en problemas de exion de barras, es el \doblete o dipolo" aplicado en x = c, que denotaremos c (x). Esta distribucion, que simula la aplicacion de un momento unitario en el punto x = c, cumple que para toda funcion w de clase 1 en un entorno de x = c R1

1 c (x)w(x)dx

=

w0 (c)

(93)

Para justi car de manera heur stica lo anterior procederemos de la siguiente forma. Supongamos el momento total correspondiente a una fuerza puntual de valor 1" aplicada en c + 2" y otra de valor 1" aplicada en c 2" . Se tiene as el sistema de fuerzas c" (x) = 1 1 " " " c+ 2 (x) + " c 2 (x). El valor absoluto del momento total producido por el par de fuerzas puntuales respecto del punto c es 1" 2" + 1" 2" = 1 (el signo del momento es negativo al corresponder al sentido de las agujas del reloj). Cuando " se hace peque~ no se puede interpretar que las fuerzas son cada vez mas importantes y se aplican cada vez mas cerca del punto x = c, de forma que el momento total es siempre -1. Nuestra intencion es de nir de una cierta manera el l mite cuando " ! 0+ de c" (x). Como el l mite anterior no existe en el sentido puntual clasico, multiplicamos por una funcion continua w e integramos en R. Se tiene as Z 1 Z Z 1 1 1 1 1 " 1 " " " w(c+ )+ w(c ) c+ 2 (x)w(x)dx+ c 2" (x)w(x)dx = c (x)w(x)dx = " 1 " 1 " 2 " 2 1 Si ahora tomamos el l mite cuando " ! 0+ de lo anterior se tiene Z 1 w(c + 2" ) w(c 2" ) " (x)w(x)dx = l m lm = w0 (c) c " "!0+ "!0+ 1

(94)

Por ello el dipolo c (x) se puede interpretar como el l mite cuando " ! 0+ de c" (x) en el sentido expresado por (94). Se puede demostrar que c (x) es la derivada de c (x) en el sentido distribucional, es decir, en sentido distribucional se puede escribir c

0

=

c

10.3. Aplicacion de cargas puntuales en la barra axial Supongamos una barra de longitud L ja en x = a, es decir, u(a) = 0, en la que en x = c 2 (a; b) se aplica una carga axial puntual de intensidad Fc .

154

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El MEF en problemas unidimensionales

10.3.1. Deduccion heur stica de la ecuacion Para deducir de forma heur stica la ecuacion de equilibrio de la barra procederemos de la siguiente forma: la distribucion de la fuerza axial A(x) (x) en la barra es A(x) (x) =

Fc si 0 x c 0 si x > c

Por tanto derivando en sentido distribucional se tiene, (A(x) (x))0 =

Fc c (x)

y entonces la ecuacion de equilibrio (en sentido distribucional) es (EAu0 )0 =

Fc c (x); x 2 (a; b)

es decir, (EAu0 )0 + Fc c (x) = 0; x 2 (a; b) Pues bien, se puede demostrar que la ecuacion anterior, deducida para el caso en que el extremo x = a esta jo, es valida independientemente de las condiciones de contorno de la barra. El problema es lineal, por lo que se puede aplicar el principio de superposicion. Por ello, en el caso en que ademas de la fuerza distribuida f (x) se tiene una carga puntual con intensidad Fc aplicada en el punto x = c, la ecuacion resultante es (E(x)A(x)u0 (x))0 + f (x) + Fc c (x) = 0; x 2 (a; b) Como ejemplo, supondremos que las condiciones de frontera son u(a) = ua ; E(b)A(b)u0 (b) = Fb con lo que el problema fuerte es (E(x)A(x)u0 (x))0 + f (x) + Fc c (x) = 0; x 2 (a; b)

(95)

u(a) = ua

E(b)A(b)u0 (b) = Fb 10.3.2. Problema debil y aplicacion del MEF Veamos como se traduce la presencia de fuerzas puntuales en la construccion del problema debil. La unica diferencia del problema (95) respecto del problema tipo (3) es el termino Fc c (x) en la ecuacion. Claramente, al construir el problema debil este termino afectara solo a L( ), manteniendose a( ; ) igual que en el problema tipo. Ahora el termino correspondiente a las fuerzas exteriores, que en el problema tipo era Z b f (x)w(x)dx + Fb w(b) a

155

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El MEF en problemas unidimensionales

ahora es Z b Z b Z b Z b f (x)w(x)dx + Fb w(b) + Fc Fc c (x)w(x)dx = f (x)w(x)dx + Fb w(b) + c (x)w(x)dx = a a a a Z b f (x)w(x)dx + Fb w(b) + Fc w(c) = a

donde se ha usando la propiedad de la delta de Dirac de que En de nitiva, el problema debil es: (D) Encontrar u 2 V tal que para todo w 2 V

Rb a

c (x)w(x)dx

= w(c).

se cumpla

a(u; w) = L(w) donde S = w 2 Ct1 [a; b] : w(a) = ua

V = w 2 Ct1 [a; b] : w(a) = 0 Z b a(v; w) = E(x)A(x)uv 0 (x)w(x)dx a Z b L(w) = f (x)w(x)dx + Fb w(b) + Fc w(c) a

Al aplicar la metodolog a estandar del MEF, obtenemos que la matriz de rigidez es la misma que en el problema tipo (3) y que el vector de fuerzas tiene el termino adicional correspondiente a Fc w(c), es decir: FP := L(NI ) = (f; NI ) + Fc NI (c) + Fb NI (b)

P

J2

E

a(NJ ; NI )u(xJ );

I2

E;

P = ID(I) (96)

Comentarios: 1. De (96) se aprecia que la fuerza puntual juega el mismo papel en el problema debil que la condicion de Neumann aplicada en b. Esto no es de extra~ nar, pues la condicion de Neumann no es mas que una fuerza puntual aplicada en el extremo. 2. Hay que tener en cuenta que NI (c) se anula para todos los I que no pertenezcan al elemento o elementos a los que pertenece c. Es decir, si c pertenece al interior del elemento e , NI (c) se anula para todos los I que no pertenezcan al elemento e . Si c perteneciese a dos o mas elementos, NI (c) se anula para todos los I que no pertenezcan a dichos elementos. 3. En el caso en que c sea un nudo, es decir, c = xJ para algun J, se tiene NI (xJ ) = IJ , es decir, vale uno si I = J y cero en caso contrario.

156

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El MEF en problemas unidimensionales

~ Calculo y ensamblaje de las contribuciones de las fuerzas puntuales al vector de fuerzas. De (96) se sigue que las contribuciones de cada elemento fie := (f; Ni )

e

+ Fc NI (c) + Fb NI (b)

P

j=1;:::;ne tq. J2

para los i = 1; :::; ne tales que I 2

e

al vector de fuerzas F son a(Ni ; Nj ) e u(xJ ),

E

E.

Si lo que queremos es ensamblar el vector de fuerzas ampliado F , entonces las contribuciones son fie := (f; Ni )

e

+ Fc NI (c) + Fb NI (b), para i = 1; :::; ne

Ya sabemos que en la practica, el termino Fc NI (c) se evalua trabajando con las funciones de base local del elemento. Primero se determina a que elemento e pertenece el punto x = c, entonces se efectua el cambio x = ( ) que transforma el elemento estandar ^ e en e ; con lo que se tiene nalmente ^ e( c) Fc Nie (c) = Fc N i donde

c

=

1 (c)

Por ello, el procedimiento practico para ensamblar la contribucion de una fuerza puntual al vector de fuerzas es el siguiente: Calculo practico de la contribucion de la fuerza Fc c (x) al vector de fuerzas. 1. Primero se determina a que elemento e pertenece el punto x = c. 2. Para cada i = 1; :::; ne tal que I = CON (e; i) es un nudo no esencial, se ^i ( c ), donde c = 1 (c) y x = ( ) es el cambio que transforma el calcula Fc N elemento estandar ^ e en e , ^ e ( c ) se ensambla en la posicion P de F , donde P = ID(I) 3. El termino Fc N i o bien, si estamos ensamblando F , en la posicion I de F .

~ Procedimiento practico para tener en cuenta las contribuciones de las fuerzas puntuales.

157

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El MEF en problemas unidimensionales

En la practica, la contribucion a F (o a F ) de las fuerzas puntuales no se suele hacer trabajando \elemento por elemento" sino que primero se construye un vector que denotaremos F 0 en el que se ensamblan las contribuciones de las fuerzas distribuidas y de las condiciones esenciales y luego se suman las contribuciones de las fuerzas puntuales. Por tanto, se puede escribir F = F 0 + Fpunt donde Fpunt contiene las contribuciones de las fuerzas puntuales y F 0 contiene el resto de las contribuciones a F . Analogamente, si se esta trabajando con el vector de fuerzas ampliado, tenemos F = F 0 + Fpunt donde Fpunt contiene las contribuciones de las fuerzas puntuales y F 0 contiene el resto de las contribuciones a F . Ilustremos lo anterior aplicandolo al problema tipo (3) cuando se utiliza el mallado I formado por 5 elementos lineales:

Consideraremos dos casos: Caso 1. La fuerza esta aplicada en el interior de un elemento. Supongamos en primer lugar que se aplica una fuerza Fc en el punto x = c perteneciente al interior del elemento 4 .

Entonces

Fpunt

0

B B =B B @

Fc N2 (c) Fc N3 (c) Fc N4 (c) Fc N5 (c) Fc N6 (c)

y como N2 (c) = N3 (c) = N6 (c) = 0 se tiene 0 Fpunt

B B =B B @

0 0 Fc N4 (c) Fc N5 (c) 0

1 C C C C A 1 C C C C A

^ 4( c) y N ^ 4 ( c ) respectivamente. donde N4 (c) y N5 (c) se evaluan en la practica como N 4 5 158

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El MEF en problemas unidimensionales

Caso 2. Supongamos ahora que el punto c coincide con el nudo x4 .

De la parte 3 del comentario anterior claramente tenemos 1 0 0 B 0 C C B C Fpunt = B B Fc C @ 0 A 0

Notese que, como debe ser, eso mismo se obtiene al aplicar la metodolog a general. En efecto, el punto c pertenece a dos elementos, a 3 y 4 . Veremos que podemos tomar ^ 4 ( c ) = Fc cualquiera de los dos. En efecto, tomemos por ejemplo 4 ; y entonces Fc N 1 4 ^ que se ensambla en la posicion 3 de Fpunt y Fc N2 ( c ) = 0 que se ensambla en la posicion ^ 3 ( c ) = 0 que se ensambla en la 4 de Fpunt . Si se toma el elemento 3 ; entonces Fc N 1 ^ 3 ( c ) = Fc que se ensambla en la posicion 4 de Fpunt . posicion 2 de Fpunt y Fc N 2 ~ Tratamiento de varias cargas puntuales. Por la linealidad del problema, en el caso de tener mas cargas puntuales podemos aplicar el principio de superposicion. Por ello el vector de fuerzas total resultante se puede obtener sumando las contribuciones de cada una de las cargas puntuales. Por lo tanto, en el caso de tener una fuerza distribuida f y fuerzas puntuales Fi ; i = 1; :::; nf aplicadas en los puntos ci la ecuacion de equilibrio en sentido distribucional es d dx

nf

E(x)A(x)

X du (x) + f (x) + Fi dx i=1

donde f y los Fi son positivos si van hacia la derecha.

159

ci (x)

=0

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El MEF en problemas unidimensionales

A continuacion se resumen las ideas anteriores desde el punto de vista de la programacion: Programacion del calculo y ensamblaje de K y de F cuando hay fuerzas puntuales. Supongamos que hay t fuerzas puntuales (incluyendo las condiciones de Neumann) de forma que la fuerza k-esima esta aplicada en el punto ck y tiene magnitud Fk . El esquema del programa es el siguiente: for e = 1 : s for i = 1 : ne for j = i : ne e := a(N ; N ) - calculo de kij i j e e en - si i y j corresponden a nudos no esenciales, ensamblaje de kij las posiciones (P; Q) y (Q; P ) (por simetr a) de K, donde I = CON (e; i); P = ID(I); J = CON (e; j); Q = ID(J) end (j) - calculo de fie0 ; que no es mas que fie pero sin tener en cuenta la contribucion de las fuerzas puntuales, es decir, X e fie0 = (f; Ni ) kij u(xJ ) j=1;:::;ne tq. J2

E

donde I = CON (e; i), P = ID(I) - si i y j corresponden a nudos no esenciales, ensamblaje de fie0 en la posicion P de F . end (i) end (e) for k = 1 : t - determinar a que elemento e pertenece el punto ck - determinar el punto ck = 1 (ck ) - para cada i = 1; :::; ne tal que I = CON (e; i) es un nudo no esencial, ^i ( c ) y ensamblarlo en la posicion P de F , donde P = ID(I). calcular Fc N end (k)

Ejercicio 38 Considerese el problema d (A(x)E(x)u0 (x)) + f (x) + Fd d (x) + Fc c (x) = 0; x 2 (a; b) dx A(a)E(a)u0 (a) = Fa ; u(b) = ub que se resuelve mediante el MEF utilizando la malla de la gura, donde el primer y tercer

160

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El MEF en problemas unidimensionales

elemento son lineales, el segundo es cubico y el cuarto es cuadratico

(97) e y (f; N ) Supongamos que ya se han calculado los terminos kij i mentos. Se pide:

e

para los distintos ele-

1. Hallar la expresion de K y de F . 2. Hallar la expresion de K y de F y explicar el procedimiento para obtener K y F a partir de ellos.

10.4. Aplicacion de cargas y momentos puntuales en la barra a

exion

Supongamos en primer lugar una barra de longitud L empotrada en x = 0 en la que en x = c se aplica un momento puntual de intensidad Mc , que suponemos positivo si lleva sentido contrario a las agujas del reloj. Para deducir de forma heur stica la ecuacion de equilibrio de la barra procederemos de la siguiente forma: la distribucion de momentos en la barra (donde se toma como convenio de signos positivos) es Mc si 0 x c M (x) = 0 si x > c Por tanto derivando en sentido distribucional se tiene M 0 (x) =

Mc c (x)

y derivando de nuevo tambien en sentido distribucional, se tiene M 00 (x) =

Mc c (x)

o bien M 00 (x) + Mc c (x) = 0

(98)

con lo que la ecuacion de equilibrio (en sentido distribucional) es d2 dx2

E(x)I(x)

d2 u (x) + Mc c (x) = 0 dx2

Supongamos ahora una viga de longitud L en la que en x = d se aplica una fuerza puntual de intensidad Fd que suponemos positiva si va dirigida hacia arriba. Entonces la distribucion de esfuerzos cortantes en la barra es, si la barra esta ja en x = 0 y se toma como convenio signo positivo para esfuerzos del tipo " #, es T (x) =

Fd si 0 x 0 si x > d 161

d

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El MEF en problemas unidimensionales

por tanto derivando en sentido distribucional se tiene M 00 (x) = T 0 (x) = Fd d (x) es decir, la ecuacion de equilibrio es d2 dx2

E(x)I(x)

d2 u (x) dx2

= Fd d (x)

Por lo tanto, aplicando superposicion, en el caso de tener una fuerza distribuida f , fuerzas puntuales Fi ; i = 1; :::; nf aplicados en los puntos di y momentos puntuales Mi ; i = 1; :::; nm aplicados en los puntos ci la ecuacion de equilibrio en sentido distribucional es d2 dx2

n

m X d2 u E(x)I(x) 2 (x) + Mi dx

i=1

ci (x)

= f (x) +

nf X

Fi

di (x)

(99)

i=1

donde f y los Fi son positivos si van hacia arriba y donde los Mi son positivos si llevan el sentido contrario a las agujas del reloj. Notese que la inclusion de una fuerza puntual en x = d hace que el esfuerzo cortante en la barra presente una discontinuidad de salto en x = d. La inclusion de un momento puntual en x = c hace que el momento ector presente una discontinuidad de salto en x = c. La construccion del problema debil asociado a (99) se lleva a cabo de forma inmediata sin mas que tener en cuenta las propiedades (92) y (93).

162

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11.

El MEF en problemas unidimensionales

Tratamiento de las condiciones de Robin

Consideremos la barra axial en el caso en que en x = b se tira con una fuerza Fb y que el apoyo de la barra en x = a sea elastico, por ejemplo a traves de un muelle con rigidez C > 0.

A(a)E(a)u0 (a) = 0. Para hacer

Al imponer equilibrio de fuerzas en x = a se tiene Cu(a) mas general nuestro estudio, supondremos que se cumple Cu(a)

A(a)E(a)u0 (a) = ;

(100)

donde 2 R, sabiendo que en nuestro caso concreto = 0. Ya sabemos que a las condiciones de frontera del tipo 1 u(a) + 2 u0 (a) = con 1 ; 2 ; 2 R, en que se mezclan condiciones sobre u y sobre su primera derivada, se las denomina condiciones de Robin, por lo que la condicion de frontera en x = a es de Robin. Una condicion de Robin en x = b tendr a la forma Cb u(b) + A(b)E(b)u0 (b) = donde Cb y

b

b;

son numeros reales y Cb es positivo.

Por ello, en este caso el problema fuerte es el siguiente: Problema fuerte (F). Encontrar u 2 C 2 [a; b] tal que se cumpla d du (A(x)E(x) (x)) = f (x) para x 2 (a; b) (F) dx dx Cu(a) A(a)E(a)u0 (a) = ; A(b)E(b)u0 (b) = Fb

(101)

Estudiemos la formulacion debil de este problema. Multiplicamos (F) por una funcion de test, integramos por partes y usamos que A(a)E(a)u0 (a) = Cu(a) y as obtenemos, Z b Z b 0 0 AEu w = f w + A(b)E(b)u0 (b)w(b) A(a)E(a)u0 (a)w(a) = a a Z b = f w + Fb w(b) + w(a) Cu(a)w(a) a

es decir,

Z

b

0

0

AEu w + Cu(a)w(a) =

a

Z

a

163

b

f w + Fb w(b) + w(a)

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El MEF en problemas unidimensionales

Por lo tanto, se ha llegado al siguiente problema debil: Problema debil (D1): Encontrar u 2 S tal que para todo w 2 V se cumpla a(u; w) = L(w) = L(w)

(102)

donde Z

b

AEu0 w0 + Cu(a)w(a) a Z b f w + Fb w(b) + w(a) L(w) = L(w) :=

a(u; w) :=

(103a) (103b)

a

y S = V = v 2 Ct1 [a; b]

I Comentarios: No ha sido preciso imponer que las funciones de test veri quen ninguna condicion en la frontera. Como siempre, la aplicacion a( ; ) contiene todos terminos del problema debil que involucran a la incognita y que todos los terminos en los que no aparece la incognita se almacenan en L( ) o en L( ). Las condiciones de Robin afectan tanto al vector de fuerzas como a la matriz de rigidez. Se puede demostrar: Proposicion 30 1) Si u es solucion de (F) entonces es solucion de (D1) (esto es claro por el propio procedimiento seguido para obtener (D1)). 2) Si u es solucion de (D1) y es C 2 [a; b] entonces u es solucion de (F). Ejercicio 39 Demostrar el resultado anterior (Proposicion (??). Del problema debil anterior se pasa al problema debil reformulado mediante el procedimiento habitual, es ecir, tomando r 2 S y de niendo v := u r. Es inmediato comprobar que:

1) L es una forma lineal en V . 2) a( ; ) es una forma bilineal simetrica en V

V .

Pues bien, el siguiente resultado muestra que, a pesar de no haber condiciones esenciales, a( ; ) resulta de nida positiva: Proposicion 31 Si C > 0 entonces a(v; w) = en V . Ejercicio 40 Demostrar el resultado anterior.

164

Rb a

AEv 0 w0 + Cv(a)w(a) es de nida positiva

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El MEF en problemas unidimensionales

Observese que al formular el problema debil otra opcion hubiese sido imponer que las funciones de test se anulasen en la parte de la frontera en la que hay condiciones de Robin, es decir, w(a) = 0. En ese caso el problema debil ser a: Problema debil \alternativo" (D2): Encontrar u 2 S + tal que para todo w 2 V + se cumpla Z b Z b 0 0 AEu w = f w + Fb w(b) a

a

donde V + = w 2 Ct1 [a; b] : w(a) = 0 S + = v 2 Ct1 [a; b] : Cv(a)

A(a)E(a)v 0 (a) = ;

Se demuestra que, una vez elegida r 2 S + , de nido v := u r y transformado el problema debil en uno que solo involucra al espacio V + , el problema debil alternativo es \casi" equivalente al problema fuerte y que la forma bilineal resultante es de nida positiva en V + . Sin embargo esta opcion no es deseable pues encontrar una funcion r 2 S + implica encontrar una funcion que cumpla Cr(a) A(a)E(a)r0 (a) = lo cual es complicado. Es mas, aunque esto se puede hacer en este problema unidimensional, se vera que no es posible hacerlo en los problemas multidimensionales. Por tanto, desde el punto de vista practico (D) es preferible a (D2) y en lo sucesivo, al trabajar con condiciones de Robin siempre se seguira el enfoque de (D). Observese que, con el enfoque (D1), el espacio V es V = v 2 Ct1 [a; b] , es decir, no se fuerza a que las funciones de V se anulen en x = a. En de nitiva, al adoptar el enfoque (D1) de (102), tenemos la siguiente important sima conclusion: A efectos de la construccion del problema debil, las condiciones de Robin se tratan de la misma forma que las condiciones de Neumann, es decir, se tratan como condiciones naturales. En particular, las condiciones de Robin no introducen restricciones en cuanto al valor que deben tomar las funciones de V en la parte de la frontera en la que se especi can.

Relacion con las fuerzas puntuales. De (103b) tenemos que la contribucion de la condicion de Robin (100) a L esta dada por w(a), con lo que se puede considerar una fuerza puntual de magnitud aplicada en x = a. Por ello, en la practica la contribucion de la condicion de Robin a F se puede tratar como si fuese una fuerza puntual aplicada en x = a. Algo analogo tendr amos si la condicion de Robin estuviese aplicada en x = b. Ejercicio 41 Considerese el problema 0

u(0)

u0 + f = 0; x 2 (0; 1)

(0)u0 (0) = 0

u(1) + (1)u (1) = 165

1 2

Luis Sanz

El MEF en problemas unidimensionales

donde f es una funcion continua, constantes reales. Se pide:

es una funcion positiva de clase 1 y

,

;

1

y

2

son

1. Obtener el problema debil en la forma en que solo aparece el espacio de test. 2. Estudiar con todo rigor el caracter de la forma bilineal simetrica a( ; ) en los siguientes casos: (i)

=

=0

(ii) ;

>0

(iii) ;

A que componentes de K y de F afecta la condicion de Robin? >Y de K y de F ? 2. Supongase que K 0 y F 0 son la matriz de rigidez y el vector de fuerzas ampliados antes de tener en cuenta la contribucion de la condicion de Robin. 2.1. Hallar la expresion de K 0 y de F 0 . 2.2. >Como se construyen K y F a partir de K 0 y F 0 . 3. Hallar la expresion de K y de F . Ejercicio 43 Considerese el siguiente problema EIu00 0

u(0) = u0 ; u (0) =

u00 ;

00

(x) = f (x) para x 2 (0; L) 00

00 0

EIu jx=L = M; (EIu ) jx=L

donde E e I son positivos y de clase 2 y donde

(104) u(L) =

> 0.

Se pide: 1. Deducir el problema debil, dejando claro quienes son los espacios S y V . 2. Estudiar, demostrandolo con todo rigor, el caracter de la forma bilineal a( ; ) en V .

166

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El MEF en problemas unidimensionales

12. Principios de minimizacion asociados a un problema debil 12.1. Principio variacional asociado a un problema debil En este apartado se vera que muchos problemas debiles, y entre ellos todos los que estudiaremos en esta asignatura, tienen asociado un problema llamado \variacional" equivalente al problema debil, y en el que el objetivo es minimizar un cierto funcional que en muchas aplicaciones tiene un signi cado relacionado con la energ a total del sistema que se estudia. Sea el siguiente problema debil general: Problema debil (D) Encontrar v 2 V tal que 8w 2 V; a(v; w) = L(w)

(105)

donde: a : V V ! R es una forma bilineal simetrica de nida positiva, con lo que de ne un producto escalar, denominado energ a. L : V ! R es una forma lineal en V . Recordemos que un funcional de nido en un cierto espacio E (normalmente un espacio de funciones) es una aplicacion de E al cuerpo de los reales. De nicion 33 Energ a total. Se de ne el \funcional energ a total" en V mediante 1 G(v) := a(v; v) L(v) 2 que en las aplicaciones tendra el signi cado de energ a total del sistema que se considera. Recordemos que se dice que una funcion z : [a; b] ! R derivable es estacionaria en el punto c 2 [a; b] si se cumple que z 0 (c) = 0. A continuacion introduciremos la de nicion de punto estacionario de un funcional. De nicion 34 Punto estacionario de un funcional. Sea E un espacio vectorial y Z : E ! R un funcional sobre E. Se dice que v 2 E es punto estacionario de Z si 8w 2 E se cumple que z(") := Z(v + "w) es estacionario en " = 0, es decir, si se cumple que 8w 2 V , z 0 (") = 0. Comentario: Notese que hemos de nido el concepto de punto estacionario de un funcional apoyandonos en la de nicion de punto estacionario de una funcion real de variable real. De namos entonces el siguiente problema de determinacion de los puntos estacionarios de F : (E)Encontrar v 2 V tal que v es punto estacionario de F

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Para estudiar los puntos estacionarios de F necesitamos la expresion de g(") := G(v +"w). Usando la linealidad de a y de L se obtiene 1 g(") = G(v + "w) = a(v + "w; v + "w) L(v + "w) = 2 1 " " "2 = a(v; v) + a(v; w) + a(w; v) + a(w; w) L(v) 2 2 2 2 1 "2 = a(v; v) + "a(v; w) + a(w; w) L(v) "L(w) = 2 2 "2 kwk2a = G(v) + " [a(v; w) L(w)] + 2

"L(w) =

es decir, G(v + "w) = G(v) + " [a(v; w)

L(w)] +

"2 kwk2a 2

(106)

Ahora, derivando en la expresion (106) se obtiene g 0 (") = [a(v; w)

L(w)] + " kwk2a

por lo que g 0 (0) = a(v; w)

L(w)

luego v es punto estacionario de G si y solo si se cumple que 8w 2 V; a(v; w) = L(w), es decir, hemos demostrado: Proposicion 32 v es solucion de (E) si y solo si v es solucion de (D) De namos el siguiente problema variacional o problema de minimizacion de F : Problema variacional. (M ) Determinar v 2 V tal que F (v) = m nF (w): w2V

Por un resultado basico de Calculo In nitesimal, sabemos que si v es una solucion de (M), entonces la funcion g(") := G(v + "w) tiene un punto estacionario en " = 0, es decir, G tiene un punto estacionario en v. Por ello, si v es una solucion de (M) necesariamente tiene que ser una solucion de (E). Tambien sabemos que, en general, un punto estacionario de una funcion no tiene por que ser un punto de extremo, es decir, un maximo o un m nimo. Sin embargo, veremos a continuacion que en nuestro caso los puntos estacionarios de G necesariamente son m nimos de G.

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Para ello, supongamos que v es solucion de (E) (y por ello de (D)). Entonces, para todo w 2 V; 1 v)) = a(v + (w v); v + (w v)) L(v + (w v)) = 2 1 1 = a(v; v) + a(v; w v) + a(w v; w v) L(v) L(w v) = 2 2 1 1 1 = a(v; v) L(v) + a(w v; w v) = G(v) + kw vk2a 2 2 2

G(w) = G(v + (w

donde en la penultima igualdad se ha usado que, al ser v solucion del problema debil y pertenecer w v a V , se tiene a(v; w v) = L(w v). De la expresion G(w) = G(v) + 12 kw

vk2a se deduce:

Si v es solucion del problema debil (o, equivalentemente, v es punto estacionario de G), entonces 8w 2 V; G(w) G(v), es decir, v es un m nimo de G. Por ello, los problemas (E) y (M) son equivalentes, con lo que, recapitulando, (D), (E) y (M) son equivalentes. Si w 6= v entonces G(w) > G(v), es decir, de existir, la solucion a (M) es unica, es decir, se ha demostrado el siguiente resultado: Proposicion 33 Los problemas (E), (M) y (D) son equivalentes, y ademas si v es solucion a cualquiera de ellos, G(w) = G(v) + 12 kw vk2a con lo que en particular de existir solucion a cualquiera de dichos problemas, esta es unica.

Comentarios: Los resultados anteriores en ningun momento aseguran la existencia de solucion a los problemas (D), (M) y (E). Solo dicen que los problemas son equivalentes, con lo que de existir solucion a uno de ellos dicha solucion sera tambien solucion de los otros dos. Para demostrar que la solucion de (E) es solucion de (M) y que dicha solucion de existir es unica, ha habido que utilizar que a( ; ) es de nida positiva y que por ello de ne una norma. En concreto: Si a( ; ) fuese solo semide nida positiva se tendr a que G(w) = G(v)+ 12 a(w v; w v) G(v) con lo que se sigue cumpliendo que toda solucion de (E) es solucion de (M), pero no se podr a garantizar que esta solucion es unica, es decir, de existir solucion podr a haber varias. De hecho, por de nicion, al ser a( ; ) semide nida positiva pero no de nida positiva debe existir algun h 2 V , h 6= 0 tal que a(h; h) = 0 con lo que entonces G(v + h) = G(v) + 21 a(h; h) = G(v) y por ello si v es un punto de m nimo de G tambien v + h lo es. Como v 6= v + h el problema (M), y por ello (E) y (D), tienen mas de una solucion. En el caso en que a( ; ) no sea ni siquiera simetrica, se puede demostrar que no es verdad que si v es solucion de (E) entonces es solucion de (M). En la terminolog a del analisis de solidos deformables, la equivalencia entre los problemas (D) y (M) se expresa diciendo que el problema debil o \principio de los trabajos virtuales" es equivalente al problema variacional o \principio de la m nima energ a total".

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12.2. Principio de minimizacion asociado al problema de Galerkin. Metodo de Riesz Ya se ha visto que el problema debil (105) es equivalente a un cierto principio de minimizacion asociado. Nos preguntamos ahora si el problema de Galerkin, que no es mas que la \restriccion" del problema debil a un subespacio V h de V , es equivalente a un principio de minimizacion. Pues bien, veremos que la respuesta es a rmativa. En primer lugar, introduciremos una base de V h y hallaremos la expresion del funcional energ a G al actuar sobre wh 2 V h en terminos del vector de coordenadas de wh en dicha base. As , sea B = fN1 ; :::; Nm g una base de V h . Sea wh 2 V h tal que su vector de coordenadas en la base anterior es d. Queremos hallar una expresion del funcional energ a en terminos del vector d. Denotemos G(d) al funcional G como funcion del vector d. Utilizando la linealidad de a y F se tiene 1 G(d) := G(wh ) = a(wh ; wh ) 2 m m X X 1 = a( di Ni ; dj Nj ) 2 i=1

=

m m 1 XX

2

j=1

di a(Ni ; Nj )dj

i=1 j=1

L(wh ) = m X L( di Ni ) = i=1

m X

L(Ni )di =

m

m

1 XX di Kij dj 2 i=1 j=1

i=1

m X

Fi d i

i=1

lo que se puede escribir en la forma G(d) := G(wh ) = 12 dT Kd

dT F

(107)

que, notese, es un polinomio de grado 2 en las variables d1 ; :::; dm . Comentario: En la expresion anterior, el termino dT Kd; que es una forma cuadratica en Rm , viene de a(wh ; wh ), mientras que el termino dT F , que es una forma lineal en Rm , viene de L(wh ). Para relacionar la minimizacion de G con la resolucion del sistema Kd = F , estudiaremos la expresion de gradG(d) y de H G(d) donde H G(d) denota la matriz hessiana de G(d): Puesto que dT Kd =

m X m X

di dj Kij = d21 K11 + d22 K22 +

+ d2m Kmm + 2d1 d2 K12 +

i=1 j=1

+ 2d1 d3 K13 +

+ 2d1 dm K1m +

+ 2dm

1 dm Km 1;m

se tiene que @ T (d Kd) = 2d1 Ki1 + 2d2 Ki2 + @di m X = 2 Kij dj = 2(Kd)i j=1

170

+ 2dm Ki;m =

(108)

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con lo que, considerando el gradiente como vector columna, r(dT Kd) = 2Kd. Por otro lado,

@ T @di (d F )

= Fi luego r(dT F ) = F . Por consiguiente, rG(d) = Kd

F

y por ello, hemos llegado a lo siguiente: La condicion de que G sea estacionario, es decir, de que se cumpla rF (d) = 0; es que se veri que Kd = F .

Ademas, de (108) se sigue que @2 (dT Kd) = 2Kij @di @dj luego la matriz hessiana de G es H G(d) = K De lo anterior se sigue que los puntos estacionarios de G son las soluciones de Kd = F . Ademas, como la solucion de Kd = F es unica, F solo tiene un punto estacionario. Por ultimo, puesto que H G(d) = K y K es de nida positiva, dicho punto estacionario es un m nimo local. Para razonar que tambien es un m nimo global se puede argumentar que como G(d) es un polinomio de grado 2 con hessiana de nida positiva, todo m nimo local es tambien global. Otra posibilidad es demostrar que, puesto que K es de nida positiva, l md!1 G(d) = +1 con lo que el m nimo local tambien es m nimo global. Es decir, se ha obtenido: Proposicion 34 En el caso en que a( ; ) es de nida positiva los siguientes problemas son equivalentes: 1. El problema (L), o lo que es lo mismo, el problema (G). 2. Hallar los puntos estacionarios de G(d) en Rm es decir, hallar los puntos estacionarios de F (v) en V h 3. Minimizar G(d) sobre Rm , es decir, minimizar G(v) sobre V h . Comentarios: (D) es equivalente a minimizar G sobre V mientras que (G) es equivalente a minimizar G sobre V h . Para deducir las ecuaciones del problema de Galerkin se puede proceder por dos caminos equivalentes: invocar el principio de los trabajos virtuales en V h o bien utilizar el principio de la m nima energ a total sobre V h . Pues bien, cuando se procede de esta ultima forma, al metodo se le suele denominar metodo de Riesz.

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12.3. Caso en que la forma bilineal solo es semide nida positiva Veamos ahora que sucede con el principio variacional asociado al problema debil (76) en el caso del problema de la barra axial (75) con condiciones naturales en los dos extremos estudiado en la Seccion 6. Como all vimos, en ese caso, la forma bilineal solo es semide nida positiva. Es facil comprobar que se sigue cumpliendo que (D) es equivalente a (E) (Proposicion 32)) pues en la demostracion no se hace uso de que a( ; ) sea de nida positiva. Ademas, si v es solucion de (D), es decir, de (E), 1 G(w) = G(v) + a(w 2

v; w

v)

por lo que, usando que a( ; ) es semide nida positiva, se obtiene que G(w) G(v). Como toda solucion de (M) es siempre solucion de (E) y acabamos de demostrar que toda solucion de (E) es siempre solucion de (M), se tiene, recapitulando, que (D), (E) y (M) son equivalentes. A diferencia de lo que pasaba en el caso en que a( ; ) era de nida positiva, ahora el m nimo de G puede no existir, pues G puede no estar acotado inferiormente. En la Seccion 6 justi camos que de existir solucion a (D) esta no es unica. Veamos ahora otra forma de razonar utilizando el funcional G. Veamos: si v es solucion de (D) entonces para todo w 2 V se tiene que G(w) = G(v) + 21 a(w v; w v). Como a( ; ) es semide nida positiva existen in nitos h 2 V no nulos tales que a(h; h) = 0. Si tomamos w tal que w v es uno de estos h, se tiene que G(w) = G(v), es decir, el m nimo de G se alcanza tambien en w. Por ello, todos los w de este tipo seran tambien soluciones de (M) y por ello de (D), con lo que la solucion a (D) no es unica. Se demuestra facilmente que los h 2 V no nulos tales que a(h; h) = 0 son las funciones h(x) = cte. Con respecto al problema de minimizacion asociado al problema de Galerkin, se sigue cumpliendo que (L), es decir, (G), es equivalente a hallar los puntos estacionarios de G(d) en Rm y a minimizar G(d) sobre Rm . Sin embargo, a diferencia con lo que pasaba en el caso en que a( ; ) era de nida positiva, el m nimo puede no existir (pues G puede no estar acotado inferiormente) y, de existir, se alcanzara en in nitos puntos.

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13.

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El MEF en problemas dinamicos unidimensionales

13.1. Problema dinamico para la barra con carga axial Se considera el problema de una barra axial en movimiento. Respecto al caso estacionario se introduce un nuevo dato que es densidad lineal (masa por unidad de longitud). En este caso las distintas magnitudes pueden depender del tiempo. Aunque en principio E, A y podr an depender del tiempo, en lo sucesivo supondremos que, como es habitual, solo son funciones de x. Por tanto, las magnitudes que manejaremos son u = u(x; t); f = f (x; t); E = E(x); A = A(x);

= (x; t); " = "(x; t); = (x)

13.1.1. Problema fuerte ~ Ecuacion que gobierna la barra axial dinamica. Suponemos que f y son continuos como funcion de x. Imponiendo que se cumpla la segunda ley de Newton en una rebanada [x; x + h], utilizando el teorema del valor medio para integrales, dividiendo por h y pasando al l mite cuando h ! 0+ ; se obtiene que la ecuacion que rige la dinamica de la barra es @ @u @2u (A(x)E(x) (x; t)) + f (x; t) = (x) 2 (x; t); x 2 (a; b) := @x @x @ t

; t 2 [0; 1)

Ademas se deben imponer unas condiciones de frontera y unas condiciones iniciales. @ @u @2u (A(x)E(x) (x; t)) + f (x; t) = (x) 2 (x; t); x 2 (a; b) := @x @x @ t + condiciones de contorno

; t 2 [0; 1)

+ condiciones iniciales ~ Condiciones de contorno. Como condiciones de contorno, por ejemplo podemos elegir u(a; t) = ua (t); t 2 [0; 1) @u A(b)E(b) (b; t) = Fb (t); t 2 [0; 1) @x ~ Condiciones iniciales Al tratarse de un problema de segundo orden en el tiempo, las condiciones iniciales tienen la forma u(x; 0) = u0 (x); x 2 [a; b] @u (x; 0) = u_ 0 (x); x 2 [a; b] @t 173

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Notese que, a pesar de que la notacion pudiera dar a entender otra cosa, u_ 0 (x) no es la derivada de u0 (x). ~ Condiciones de compatibilidad de las condiciones iniciales y las condiciones de frontera. Es importante darse cuenta que las condiciones iniciales y las condiciones de frontera no pueden ser totalmente arbitrarias. En efecto, deben ser compatibles entre s . En nuestro ejemplo anterior (condicion de Dirichlet en x = a y Neumann en x = b) se debe cumplir: 1. Al ser u(a; t) = ua (t) y u(x; 0) = u0 (x), haciendo t = 0 en la primera expresion y x = a en la segunda, se obtiene la condicion u0 (a) = ua (0)

(109)

dua @u 2. Al ser u(a; t) = ua (t) se tiene que @u @t (a; t) = dt (t) y haciendo t = 0, @t (a; 0) = dua @u 0 _ (x), y haciendo x = a e igualando dt (0). Por otro lado se debe cumplir @t (x; 0) = u con la expresion anterior se obtiene la condicion

dua (0) = u_ 0 (a) dt 3. En cuanto a las condiciones en b: Fb (t) se obtiene la condicion

du dx (x; 0)

A(b)E(b)

=

du0 dx (x)

(110) luego entrando en A(b)E(b) @u @x (b; t) =

du0 (b) = Fb (0) dx

4. Derivando en A(b)E(b) @u @x (b; t) = Fb (t) respecto de t y en de x obtenemos A(b)E(b)

@2u dFb (b; t) = (t) @t@x dt

;

(111) @u @t (x; 0)

= u_ 0 (x) respecto

@2u du_ 0 (x; 0) = (x) @x@t dx

de donde, haciendo x = b; t = 0 y utilizando la igualdad de derivadas segundas cruzadas (se supone que u(x; t) es de clase dos) se obtiene A(b)E(b)

dFb du_ 0 (b) = (0) dx dt

(112)

5. En el caso de que se especi casen fuerzas puntuales, estas tambien deber an ser compatibles con las condiciones iniciales. Supongamos que en el punto x = c se especi ca una fuerza puntual Fc (t). Razonando como en los puntos (3) y (4) anteriores se obtienen las condiciones du0 (c) = Fc (0) dx du_ 0 dFc A(c)E(b) (c) = (0) dx dt

A(c)E(c)

174

(113) (114)

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Obviamente, si las condiciones (109), (110), (111), (112), (113) y (114) no se cumplen, no puede existir solucion u(x; t). Por tanto, dichas condiciones son condiciones necesarias para la existencia de solucion. Nosotros supondremos siempre que se cumplen dichas condiciones. En el caso de que el tipo de condiciones de frontera fuese distinto al del ejemplo, se razonar a de forma analoga para establecer las condiciones de compatibilidad. ~ Problema fuerte con la inclusion de un termino de amortiguamiento. @u En la EDP anterior se puede incluir un termino 0 es un coe ciente de@t , donde nominado \coe ciente de amortiguamiento", que modela el amortiguamiento en el movimiento del solido. As , nalmente tenemos el siguiente problema fuerte:

Problema fuerte. Encontrar una funcion u : [a; b] [0; 1) ! R tal que cumple: (i) Para todo x 2 [a; b], u admite dos derivadas parciales respecto de t y esta derivada es continua en [a; b] [0; 1). (ii) Para todo t 2 [0; 1), u admite dos derivadas parciales respecto de x y esta derivada es continua en [a; b] [0; 1). (iii) u veri ca @ @u @2u @u (AE ) + f = + ; x 2 (a; b) := 2 @x @x @ t @t u(a; t) = ua (t); t 0 @u A(b)E(b) (b; t) = Fb (t); t 0 @x u(x; 0) = u0 (x); x 2 [a; b] @u (x; 0) = u_ 0 (x); x 2 [a; b] @t

; t

0

(115a) (115b) (115c) (115d) (115e)

13.1.2. Problema debil Para construir el problema debil en los problemas de evolucion, se siguen pasos muy similares a los estudiados en el caso de los problemas estacionarios. La idea esencial es la siguiente: se trabaja como en el caso estacionario en lo que a las derivadas respecto de la variable espacial se re ere (multiplicar por una funcion de test, integrar en el dominio, usar las condiciones de frontera naturales, etc), mientras que las derivadas temporales se \dejan como estan". Para simpli car la notacion, utilizaremos el convenio u0

@u @x

; u_

175

@u @t

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Procedamos a construir el problema debil. Igual que en el caso estacionario, se toman entonces funciones de test w = w(x) a la que se pide que se anule en la parte de la frontera en la que se especi can condiciones esenciales, es decir, en nuestro caso en x = a. Observese que las funciones de test no dependen del tiempo, solo del espacio. Multiplicamos (115a) por w e integramos en [a; b], obteniendo Z

b

0 0

(AEu ) wdx +

Z

b

f wdx =

b

uwdx +

Z

b

uwdx; _ para t

0

a

a

a

a

Z

Ahora integrando por partes, usando la condicion de frontera natural, es decir, (115c), y obligando a que las funciones de test se anulen en la frontera esencial, es decir, en x = a obtenemos Z b Z b Z b Z b uwdx + uwdx _ + AEu0 w0 dx = f w + Fb (t)w(b); para t 0 a

a

a

a

~ Regularidad de la incognita en el problema debil. Razonando como en el caso estacionario, a las funciones de test hay que pedirles regularidad Ct1 [a; b]. Lo mismo sucede con la solucion u, es decir, u debe ser de clase 1 a trozos respecto de la variable x en el intervalo [a; b] para todo t 0. En cuanto a la regularidad de u respecto de la variable t, pediremos que todas las derivadas temporales que aparecen en el problema existan y sean continuas, es decir, u debe admitir dos derivadas parciales respecto de t y u debe ser continua en [a; b] [0; 1). En de nitiva, el espacio de funciones de test es

V = w : [a; b] ! R; w 2 Ct1 [a; b] : w(a) = 0 y se ha llegado al siguiente problema debil:

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Problema debil. Encontrar u : [a; b] [0; 1) ! R tal que se cumpla: (1) Para todo x 2 [a; b], u admite dos derivadas parciales respecto de t y u es continua en [a; b] [0; 1). (2) Para todo t

0, u( ; t) es, como funcion de x, de clase uno a trozos en [a; b].

(2') u(a; t) = ua (t); t ciales. (3) Para todo w 2 V

0, es decir, u veri ca las condiciones de frontera eseny para todo t u; w +

0 se cumple

( u; _ w) + a(u; w) = F (w)

(116)

donde se esta utilizando la notacion Z b a(u; w) := A(x)E(x)u0 (x)w0 (x)dx a Z b (u; w) := u(x)w(x)dx a

F (w) := (f; w) + Fb w(b)

(4) Condiciones iniciales u(x; 0) = u0 (x); x 2 [a; b]

u(x; _ 0) = u_ 0 (x); x 2 [a; b]

Comentarios: En el problema debil anterior se ha bajado la regularidad que se le pide a u como funcion de x (de clase 2 en el problema fuerte y solo de clase 1 a trozos en el problema debil) pero en lo que a la variable t se re ere, todo permanece igual. En la expresion (116) los dos miembros dependen del tiempo, y lo que se pide en la condicion (4) es que ambos miembros valgan lo mismo en todos los instantes de tiempo. De forma similar a la seguida en el caso de la barra axial estatica, se puede demostrar lo siguiente: Proposicion 35 Relacion entre los problemas fuerte y debil. 1. Si u es solucion de (F) entonces u es solucion de (D) 2. Si u es solucion de (D) y para todo t 0, u es de clase dos como funcion de x en [a; b] (es decir, si para todo t 0, u( ; t) 2 C 2 [a; b]) entonces u es solucion de (F)

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~ Problema debil reformulado. A continuacion, y de forma completamente analoga a la seguida en el caso estacionario, transformaremos el problema debil en otro, al cual denominaremos problema debil reformulado, que es equivalente y con el cual resulta mas facil trabajar. En primer lugar de nimos la siguiente funcion: Sea r(x; t) : [a; b] [0; 1) ! R tal que: (1) Para todo x 2 [a; b], r admite dos derivadas parciales respecto de t y r es continua en [a; b] [0; 1). (2) Para todo t 0, r( ; t) es, como funcion de x, de clase uno a trozos en [a; b]. (2') r(a; t) = ua (t); t 0, es decir, r veri ca las condiciones de frontera esenciales. Ahora de nimos la nueva incognita v := u En particular, v cumplira v(a; t) = 0 para todo t debil se obtiene:

r: 0. Entrando con u = r + v en el problema

Problema debil reformulado (D. ref.) Encontrar v : [a; b] [0; 1) ! R tal que: (1) Para todo x 2 [a; b], v admite dos derivadas parciales respecto de t y esta derivada es continua en [a; b] [0; 1) (2) Para todo t

0, v( ; t) 2 V

(3) Para todo w 2 V

y para todo t v; w +

0 se cumple

( v; _ w) + a(v; w) = L(w)

(117)

donde se ha denotado L(w) := L(w)

r; w

( r; _ w) a(r; w) = (f; w)+Fb w(b)

r; w

( r; _ w) a(r; w)

(4) Condiciones iniciales v(x; 0) = u0 (x) 0

v(x; _ 0) = u_ (x)

r(x; 0); x 2 [a; b]

r(x; _ 0); x 2 [a; b]

(118) (119)

Comentarios: En los problemas dinamicos: 1. Las condiciones (2) y (2') en el problema debil se han transformado en la condicion (2) en el problema debil reformulado. 2. a( ; ) no contiene los terminos en los que aparecen derivadas temporales. Por ello, en la expresion (117) aparecen 3 tipos de terminos: a) a(v; w) contiene los terminos que involucran la incognita pero no sus derivadas temporales. 178

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b) L(w) contiene los terminos que no involucran la incognita. c) Terminos (en nuestro caso v; w y ( v; _ w)) en los que aparecen derivadas temporales de la incognita. 3. A diferencia de los problemas estacionarios, en el caso de los problemas de evolucion no se introduce ningun espacio S de \prueba", sino que se trabaja unicamente con el espacio de test V . 4. Como en el caso estacionario, en L hay dos tipos de terminos. Unos corresponden a las condiciones de frontera esenciales, y al resto ((f; w) + Fb w(b)) los denotamos L. 13.1.3. Problema de Galerkin El problema de Galerkin se obtiene a partir del problema debil utilizando un razonamiento similar al estudiado en el caso estacionario. Hay sin embargo una importante diferencia en lo que a las condiciones iniciales se re ere y que se comentara mas adelante. Sea V h un subespacio de dimension nita de V . El problema de Galerkin asociado al problema debil anterior y al subespacio V h es el siguiente: Problema de Galerkin (G). Encontrar v h : [a; b] [0; 1) ! R tal que: (1) Para todo x 2 [a; b], v h (x; ) admite dos derivadas parciales respecto de t y esta derivada es continua en [a; b] [0; 1). (2) Para todo t

0, v h ( ; t) 2 V h

(3) Para todo w 2 V h y para todo t h

0 se cumple v_ h ; w + a(v h ; w) = L(w)

v ;w + (4) Para todo w 2 V h v h (x; 0); w =

u0 (x); w

( r(x; 0); w)

(120)

v_ h (x; 0); w =

u_ 0 (x); w

( r(x; _ 0); w)

(121)

~ Interpretacion de las condiciones (120) y (121). Siguiendo la idea utilizada para construir el problema de Galerkin a partir del problema debil en el caso estacionario, nos vemos tentados a sustituir v por v h en (118) y (119) , de manera que se obtendr a v h (x; 0) = u0 (x) v_ h (x; 0) = u_ 0 (x)

179

r(x; 0); x 2 [a; b]

r(x; _ 0); x 2 [a; b]

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El MEF en problemas unidimensionales

Sin embargo, el pedir que v h cumpla estas dos condiciones es, en el caso general, pedir \demasiado". En efecto, sabemos que v h (x; 0) pertenece a V h . Sin embargo, la funcion h(x) := u0 (x) r(x; 0) no tiene por que pertenecer a este espacio, por lo que esta condicion no se cumplira en general y por ello el problema de Galerkin no tendr a solucion. Para la segunda condicion se puede argumentar algo analogo. Para solventar esta di cultad, es decir, que la funcion v h no cumplira en general las condiciones iniciales de forma exacta, se pide que v h cumpla dichas condiciones de forma aproximada, de manera que s exista solucion. En concreto se pide que v h (x; 0), que es una funcion de V h , sea la proyeccion ortogonal h(x) de h(x) sobre V h con un cierto producto escalar, con lo que ahora s tiene sentido el pedir esta condicion. Para v_ h (x; 0) se pide algo analogo. Con respecto al producto escalar utilizado, en principio parecer a que lo mas sencillo es utilizar el producto escalar estandar en . Sin embargo, y por razones que quedaran claras mas adelante, utilizaremos el -producto escalar, R es decir, hf; gi := f gdx = ( f; g), que es un verdadero producto escalar al ser la funcion continua y estrictamente positiva en . Ahora, utilizando la de nicion de proyeccion ortogonal, la condicion que imponemos es que para todo w 2 V h , se cumpla que (v h (x; 0) [u0 (x) r(x; 0)]; w) = 0, que nos proporciona la condicion (120). Algo analogo se tiene para (121). Veamos un ejemplo que ilustra lo anterior: consideremos el caso del espacio (20) con la particion (21). Sabemos que V h es el espacio de las funciones lineales a trozos correspondientes a la particion (21) y que se anulan en x = a, con lo que tienen el siguiente aspecto

Supongamos que la funcion h(x) := u0 (x)

r(x; 0) es la que muestra la siguiente gura

Claramente, h no pertenece a V h , con lo que no es posible imponer v h (x; 0) = h(x) pues entonces el problema no tendr a solucion. Lo que hacemos es imponer v h (x; 0) = h(x) donde h(x) es la proyeccion ortogonal de h(x) sobre V h con el -producto escalar. La siguiente gura muestra las funciones h y h en el ejemplo de la seccion 4.2, en el que

180

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El MEF en problemas unidimensionales

el espacio V h esta dado por (20) para la particion (21) con 6 nudos.

Ejercicio 44 Sea el problema (x)c(x)

@u (x; t) @t

divx ( (x)gradx u(x; t)) = f (x; t) ; x 2 ; t > 0 u(x; t) = g(x; t) ; x 2 ; t > 0

u(x; 0) = u0 (x) ; x 2

donde ; c; ; f y u0 son funciones de clase 1 y , c y son positivas en . Supongase que se aplica el metodo de Galerkin usando un subespacio V h . Sea v h (x; t) la solucion al problema de Galerkin. Se pide: escribir la condicion inicial que se le impone a v h (x; t) e interpretarla. 13.1.4. Sistema de ecuaciones Para llevar a cabo la resolucion de (G) se procede igual que en el caso estacionario. En primer lugar se elige una base B = fN1 ; :::; Nm g de V h . Ahora, como en el caso estacionario, y debido al caracter lineal de las expresiones que aparecen en el problema de Galerkin, basta con pedir que las condiciones (3) y (4) se veri quen para las funciones de la base B en vez de pedir que se veri quen para todas las funciones w de V h . As , se tienen las siguientes condiciones (3) y (4) reformuladas: (3 ref.) Para todo t

0;

h

v ; NI

v_ h ; NI + a(v h ; NI ) = L(NI ) para todo I = 1; :::; m

+

v h (x; 0); NI =

(4 ref.) v_ h (x; 0); NI =

u_ 0 (x); NI

u0 (x); NI

( r(x; 0); NI ) para todo I = 1; :::; m

( r(x; _ 0); NI ) para todo I = 1; :::; m

Ahora se expresa v h (x; t) =

m P

dJ (t)NJ (x)

J=1

y ahora nuestra incognita seran d1 ; :::; dm , es decir, las coordenadas de v h en la base B. Observese que, puesto que v h depende del tiempo, los dJ tambien dependen del tiempo, es decir, dJ = dJ (t). 181

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El MEF en problemas unidimensionales

Entrando con la expresion anterior en el problema de Galerkin reformulado, se tiene el siguiente sistema PVI correspondiente a un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias: Sistema de ecuaciones diferenciales d1 (t); :::; dm (t) de clase dos tal que para todo t m X

( NJ ; N I ) dJ +

J=1

m X

( NJ ; NI ) d_J +

J=1

m X

ordinarias 0 se cumple

(SEDOs):

Encontrar

a(NJ ; NI )dJ = L(NI ); para I = 1; :::; m:

J=1

y ademas m X

J=1 m X

( NJ ; NI ) dJ (0) =

u0 (x); NI

( r(x; 0); NI ) para todo I = 1; :::; m

( NJ ; NI ) d_J (0) =

u_ 0 (x); NI

( r(x; _ 0); NI ) para todo I = 1; :::; m

J=1

La expresion anterior es un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias que se puede escribir de manera matricial de la siguiente forma:

182

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El MEF en problemas unidimensionales

Sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias (SEDOs): Encontrar d(t) de clase dos en [0; 1) tal que se cumpla

donde: K(t) 2 Rm

m;

_ + K(t)d(t) = F (t) M (t)d + C(t)d(t)

(122)

M (0)d(0) = Y 0 _ M (0)d(0) = Y_ 0

(123) (124)

con KIJ (t) := a(NJ ; NI ) = a(NI ; NJ );

I; J = 1; :::; m

es la denominada matriz de rigidez. M (t) 2 Rm m ; con MIJ (t) := ( NJ ; NI ) = ( NI ; NJ );

I; J = 1; :::; m

es la denominada matriz de masas. C(t) = M (t), es la denominada matriz de amortiguamiento. F (t) := (L(N1 ); L(N2 ); :::; L(Nm ))T 2 Rm donde FI (t) := L(NI );

I; J = 1; :::; m

es el denominado vector de fuerzas. d(t) := (d1 (t); :::; dm (t))T 2 Rm es el vector de desplazamientos, que es la incognita del problema. Y 0 = (Y10 ; :::; Ym0 )T 2 Rm con YI0 :=

u0 (x); NI

( r(x; 0); NI )

u_ 0 (x); NI

( r(x; _ 0); NI )

Y_ 0 = (Y_ 10 ; :::; Y_ m0 )T 2 Rm con Y_ I0 :=

Comentarios: El problema de Galerkin corresponde a una discretizacion en el espacio del problema debil. El tiempo, sin embargo, sigue siendo continuo. Las condiciones iniciales se traducen en dos terminos en los que aparece la misma matriz, la matriz de masas, que en la ecuacion diferencial. Es para buscar esta circunstancia por la que el producto escalar que se emplea para proyectar las condiciones iniciales en el problema debil es el -producto escalar y no otro (como por ejemplo el producto escalar estandar, que en principio podr a parecer mas razonable) @u Asimismo, la contribucion del termino de amortiguamiento @t a (SEDOs) ha sido 183

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El MEF en problemas unidimensionales

@u _ El incluir la en el termino de amortiguamiento M d. @t ha sido para que en su _ contribucion a (SEDOs), que ha resultado ser M d, aparezca la matriz de masas. Como ya se comento, en el caso mas habitual, , A y E no dependen del tiempo y por ello las matrices K; M y C tampoco dependen de t. Entonces (SEDOs) es un sistema de EDOs lineales con coe cientes constantes. _ solucion de los sistemas Las condiciones iniciales de (SEDOs) son los vectores d(0) y d(0) lineales de ecuaciones algebraicas (123) y (124). En un principio podr a parecer extra~ no _ que haya que calcular d(0) y d(0) mediante la resolucion de un sistema cuando las funciones u0 (x) y u_ 0 (x) son dato, con los que los desplazamientos y las velocidades iniciales son dato. Sin embargo, d(0) no representa el valor de h(x) := u0 (x) r(x; 0) en los nudos no esenciales, sino el valor de h(x) en dichos nudos, donde, como ya se comento al interpretar (120) y (121), h(x) es la proyeccion ortogonal de h(x) sobre V h _ con el -producto escalar. Algo analogo sucede para d(0). Ilustremos esto con el ejemplo de la seccion 4.2, en el que el espacio V h esta dado por (20) para la particion (21) con 6 nudos. Al resolver el sistema M d(0) = Y 0 obtenemos T el vector d(0) = d02 ; d03 ; d04 ; d05 ; d06 . El signi cado de los d0I se muestra en la siguiente gura

en la que se aprecia que d0I = h(xI ); I = 2; :::; 6. Por ahora aceptaremos sin justi cacion (lo veremos con detalle en un tema posterior) que (SEDOs) tiene solucion unica Una vez determinado d(t) y por ello v h (x; t), la solucion nal es uh (x; t) = r(x; t) + v h (x; t): En nuestro ejemplo tipo de la seccion 13.1.1 se tiene: Rb K 2 Rm m ; con KIJ = a(NI ; NJ ) = a EANI0 NJ0 dx Rb M 2 Rm m ; con MIJ = ( NJ ; NI ) = a NI NJ dx C(t) = M (t) F (t) = (L(N1 ); L(N2 ); :::; L(Nm )T 2 Rm con Z

b

Z

b

FI (t) := L(NI ) = f (x; t)NI (x)dx + Fb NI (b) E(x)A(x)r0 (x; t)NI0 (x)dx a a Z b Z b (x)r(x; t)NI (x)dx (x)r(x; _ t)NI (x)dx a

a

184

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El MEF en problemas unidimensionales

Y 0 = (Y10 ; :::; Ym0 )T 2 Rm con YI0 := u0 (x); NI ( r(x; 0); NI ) = Z b Z b r(x; 0)NI dx u0 (x)NI (x)dx = a

a

Y_ 0 = (Y_ 10 ; :::; Y_ m0 )T 2 Rm con Y_ I0 := u_ 0 (x); NI ( r(x; _ 0); NI ) = Z b Z b 0 = u_ (x)NI (x)dx r(x; _ 0)NI dx a

a

Las matrices K, M y C cumplen las siguientes propiedades: Proposicion 36 K, M y C son simetricas. K y M son de nidas positivas (ademas, M es de nida positiva independientemente del tipo de condiciones de frontera que se utilicen). Si > 0 entonces C tambien es de nida positiva. Ejercicio 45 Demostrar el resultado anterior. Nota: puesto que K y V son los mismos que en el problema estacionario tipo, esa parte de la demostracion es la misma que en ese caso. Comentario: observese que las condiciones de frontera s in uyen en que K sea de nida positiva o no, pero M siempre es de nida positiva. Ejercicio 46 Problema dinamico para la barra axial con amortiguamiento viscoso y efecto viscoelastico. Deducir la ecuacion en derivadas parciales que rige la dinamica de la barra axial sometida a una distribucion de fuerzas axiales por unidad de longitud f (x; t). Formular el problema debil, el problema de Galerkin y hallar la expresion del sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias que hay que resolver. Considerar que hay un termino de @u amortiguacion viscosa > 0 y que el solido es viscoelastico, con lo que la ley @t donde constitutiva es del tipo = E (" + ") _ con > 0. 13.1.5. Aplicacion del MEF Para aplicar el MEF al problema anterior no hay mas que utilizar el procedimiento y la notacion ya estudiados en el caso estatico. De esta forma, el dominio se divide en s elementos e cada uno con ne grados de libertad. En la malla resultante habra n nudos xI , de los cuales solo el nudo 1 es esencial y el resto sera no esencial. Por tanto tenemos que

h

= f1; ::::; ng ;

E

v (x; t) = d2 (t)N2 (x) +

= f1g ;

E

+ dn (t)Nn (x)

= f2; :::; ng

Ademas, ya sabemos que se trabaja con la funcion rh dada por rh (x; t) = ua (t)N1 (x): 185

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El MEF en problemas unidimensionales

La relacion entre la numeracion local y la numeracion global esta dada por la matriz de conectividad I = CON (e; i) y la numeracion de las ecuaciones y las incognitas esta dada por P = ID(I) = I

1; I = 2; ::::; n

El siguiente ejercicio es de gran importancia, pues permite ejercitarse en la aplicacion practica del MEF al caso de la barra axial dinamica aplicando la misma metodolog a que en el caso estacionario. En concreto, se trata de obtener la expresion de las contribuciones de los distintos elementos a K, M , C, F , Y 0 y Y_ 0 y de razonar como habr a que ensamblarlas. Ademas, se trata el caso en que, como es habitual en la practica, se procede ensamblando primero unas matrices y vectores \ampliados" para posteriormente construir a partir de ellos las matrices y vectores \verdaderos": Ejercicio 47 Procedimiento practico para aplicar el MEF en el problema de la barra axial dinamica. Se considera el MEF aplicado al problema (115a-115e) de la barra axial dinamica con condicion de Dirichlet en el extremo de la izquierda y condicion de Neumann en el extremo de la derecha. Se trabaja con la base (128) y la funcion rh dada por (130). Se pide: 1. Escribir las expresiones de KP Q , MP Q , CP Q , FP ; YP0 y Y_ P0 para cada I; J 2 E. Por ejemplo, KP Q tiene la expresion Z KP Q = AENI0 NJ0 dx 2. Considerese un elemento

e.

Se pide:

e , me , ce , f e , y e0 y y_ e0 que proporcionan la contribucion 2.1. Escribir la expresion de kij ij ij i i i e y me estan dados por de este elemento a K, M , C, F , Y 0 y Y_ 0 . Por ejemplo, kij ij e kij =

Z

AENi0 Nj0 ; meij = e

Z

Ni Nj e

2.2. Explicar la forma en la que habr a que ensamblar dichas contribuciones en K, M , C, F , Y 0 y Y_ 0 . Como aplicacion, ensamblar dichas matrices y vectores en el caso de la malla de la gura, donde el primer y tercer elemento son lineales, el segundo es cubico y el cuarto es cuadratico

(125) 3. Supongase que se quieren ensamblar primero unas matrices y vectores \ampliados" K, M , C, F , Y 0 y Y_ 0 de dimension n en los que no se tienen en cuenta las condiciones esenciales. Se pide:

186

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El MEF en problemas unidimensionales e0

e , me , ce , f e (t), y e0 y y_ 3.1. Escribir las expresiones kij i que proporcionan la conij ij i i tribucion de cada elemento a dichas matrices y vectores ampliados. 3.2. Explicar la forma en la que habr a que ensamblar dichas contribuciones en K, M , C, F , Y 0 y Y_ 0 y razonar que procedimiento habr a que seguir para obtener K, M , C, F , Y 0 y Y_ 0 a partir de ellas. Aplicar al caso de la malla (125).

~ Caso general en cuanto a condiciones de frontera. A continuacion nos planteamos la aplicacion practica del MEF a la barra dinamica en el caso en que las condiciones de frontera son genericas, es decir, en vez de las condiciones (115b) y (115c) se supone que estas son u(x; t) = g(x; t); x 2 @u A(x)E(x) (x; t) = h(x; t); x 2 @x

E;

t

0

(126)

N;

t

0

(127)

donde E y N son la frontera esencial y natural respectivamente. As por ejemplo, (115b) y (115c) corresponden al caso en que E = fag y g(x; t) es tal que g(a; t) = ua (t). Analogamente, N = fbg y h(x; t) es tal que h(b; t) = Fb (t). El dominio se divide en s elementos e cada uno con ne grados de libertad. De forma analoga a lo que se vio en el caso estatico, en la malla resultante habra n nudos xI , de los cuales n m seran esenciales y m seran no esenciales. Sean I 2 = f1; :::; ng, E y E los conjuntos con los ndices de todos los nudos, los esenciales y los no esenciales respectivamente. La base de V h es entonces fNI ; I 2

Eg

(128)

con lo que v h (x; t) := I2

P

dI (t)NI (x)

(129)

u(xJ ; t)NJ (x)

(130)

E

La funcion rh es entonces rh (x; t) :=

P

J2

que veri ca que si I 2

E

E;

rh (xI ; t) = u(xI ; t) para todo t

0;

es decir, rh veri ca las condiciones de frontera esenciales en los nudos esenciales. Como ya sabemos, en los problemas multidimensionales en general rh no veri cara las condiciones de frontera esenciales en toda la frontera E . Ademas, la relacion entre la numeracion local y la numeracion global esta dada por I = CON (e; i) 187

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El MEF en problemas unidimensionales

y la numeracion de las ecuaciones y las incognitas se realiza mediante P = ID(I) El siguiente ejercicio es una generalizacion del ejercicio 47 al caso en que las condiciones de Dirichlet tienen la forma (126-127). Ejercicio 48 Modi car los resultados del ejercicio 47 all donde sea necesario para que sea valido en en caso en que las condiciones de frontera sean (126) y (127) Ejercicio 49 Matriz de masas para la barra axial. Calcular la matriz de masas en el problema de la barra axial para un elemento e de longitud h y con densidad constante en los siguientes casos: (a) Elemento lineal. (b) Elemento cuadratico. Ejercicio 50 Se considera el siguiente problema en una dimension espacial (x)u(x; _ t)

u00 (x; t) + h(x)u(x; t) = f (x; t) + Z c (x); x 2 [0; L]; t 0

u (L; t) + u(L; t) = g(t); t

0

u(0; t) = s(t); t

0

0

0

u(x; 0) = u (x); x 2 [0; L] donde , h, f , g y s son funciones, c es la delta de Dirac aplicada en un punto c de la barra y Z (zeta) y (beta) son constantes. Se pide: 1. El problema debil asociado al mismo. 2. Al aplicar el MEF usando una malla con n nudos se obtiene el problema M d_ + Kd = F (t) M d(0) = Y 0 Escribir quien es rh y la expresion de cada componente de M , K, F (t) y Y 0 . No es necesario dividir en elementos. Ejercicio 51 Se considera la matriz de masas M correspondiente al MEF aplicado al problema dinamico de la barra axial. Utilizando las propiedades de las funciones de base, expresar de la forma mas simpli cada posible cuanto vale la suma de todos los elementos de M .

188

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El MEF en problemas unidimensionales

13.2. Problema dinamico para la barra a

exion

Para aplicar el MEF al problema dinamico de la barra a metodolog a expuesta en las secciones anteriores.

exion basta con seguir la

El siguiente ejercicio permite ejercitarse en la aplicacion practica del MEF al caso de la exion de barras: Ejercicio 52 Problema dinamico para la barra a

exion.

(a) Deducir la ecuacion que modela la barra a exion en regimen dinamico. (b) Plantear el problema debil. (c) Plantear el problema de Galerkin cuando se trabaja con elementos de Hermite y deducir el sistema nal de EDOs, especi cando claramente la expresion de las componentes de las matrices y los vectores que en el aparecen. (c) Escribir las expresiones que habr a que programar en cada elemento para calcular las matrices y vectores \ampliados" correspondientes y el procedimiento para obtener el sistema de EDOs del apartado anterior. (d) Calcular el elemento en la posicion (2,3) de la matriz de masas del elemento suponiendo la densidad constante.

189

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El MEF en problemas unidimensionales

14. Ejercicios de repaso Ejercicio 53 Se quiere calcular la solucion por el MEF para el problema de la barra axial estatica. Razonar si cuando se re na mucho la malla (longitud del elemento maximo del orden de 10 10 ) se obtiene una solucion numerica muy proxima a la teorica. Ejercicio 54 Sea el problema de la barra axial estatico. Se considera un mallado jo, y un programa MEF concreto que resuelve el problema. Supongase que la fuerza distribuida f se cambia por una nueva funcion f^. >Que condicion deber a cumplir f^ para poder asegurar que la solucion proporcionada por el programa sea la misma que en el caso de f ? Ejercicio 55 Explicar brevemente por que se introducen los espacios de Sobolev en el estudio de las EDPs. Ejercicio 56 Sea el problema debil: encontrar v 2 V tal que 8w 2 V se cumple a(v; w) = L(w) donde a( ; ) es forma bilineal simetrica y L es forma lineal en V . Se supone que el problema anterior tiene solucion. Enunciar y demostrar un resultado que establezca condiciones para que dicho problema tenga solucion unica o mas de una solucion. Ejercicio 57 Def nase con rigor el concepto de forma bilineal simetrica de nida positiva en un espacio vectorial V . Demostrar que si la forma a( ; ) correspondiente a un problema debil generico es de nida positiva, la matriz de rigidez resultante de la aplicacion del problema de Galerkin es de nida positiva. Ejercicio 58 Describe brevemente todas las razones por las que el problema debil es \mas comodo" que el problema fuerte. Ejercicio 59 Se considera el problema (EAu0 )0 (x) + f (x) = 0; x 2 (a; b) (EAu0 )(a) = Fa

;

u(b) = ub

donde E y A son positivas y de clase 1 y f es continua. Enunciar y demostrar el resultado por el cual, bajo determinadas condiciones, si u es solucion del problema debil tambien es solucion del problema fuerte. Ejercicio 60 Se considera la aplicacion del MEF al problema dinamico para la barra axial. Entre los datos estan u0 (x) y u_ 0 (x) (desplazamiento y velocidad inicial de los puntos de la bar_ ra). >Por que entonces hay que calcular d(0) y d(0) mediante un determinado procedimiento 0 en vez de hacerlo directamente evaluando u (x) y u_ 0 (x) en los nudos? Ejercicio 61 Enumerense y expl quense brevemente todas las ventajas practicas del MEF frente a otros metodos de Galerkin. Ejercicio 62 Enumera las distintas fuentes de error que se introducen al resolver un problema debil mediante el MEF. 190

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El MEF en problemas unidimensionales

Ejercicio 63 De nir la nocion de mejor aproximacion de un vector por un subespacio en un espacio vectorial. Idem para la proyeccion ortogonal de un vector sobre un subespacio en un espacio vectorial dotado de un producto escalar. Ejercicio 64 Enumerar (sin entrar en detalles) los distintos pasos del enfoque local, es decir, los pasos para construir V h y calcular K y F en los problemas de elementos nitos. Ejercicio 65 Explicar las razones por las que en el calculo de las integrales en el MEF se lleva a cabo un cambio de variable. Ejercicio 66 Considerese el problema de la conduccion del calor en una placa plana. Estudiar razonadamente si se puede aplicar el MEF en los siguientes casos:

Ejercicio 67 Sea Pn el espacio de los polinomios de grado menor o igual que n. Sean x0 ; x1 ; :::; xn unos ciertos puntos (distintos dos a dos). En Pn de nimos unos ciertos polinomios qi ; i = 0; ::::; n de la siguiente forma: para cada i = 0; :::; n; qi es el unico polinomio que cumple las condiciones: (i) qi 2 Pn

(ii) qi (xj ) =

ij

para todo j = 0; :::; n:

Se pide: a. Demostrar que el sistema fq0 ; :::; qn g es libre.

b. Demostrar que el sistema fq0 ; :::; qn g es una base de Pn .

191