Antecedentes del método de elementos finitos (página 3)

Partes: 1, 2, 3

= x (1
N2 = x (1
@x = 1
@x = 1
@x = 2x
@x2 = 0
=
=2
6x L(N2) = 2
6x + x (1
h i
Wl L(u) + p d
X
X
Si analizamos las ecuaciones de gobierno comparándolas con las expresiones generales (28) y (29), se
tiene que:
L()
=
@2 ()
@x2
+ ()
p =1
M() = ()
r = 0 en x = 0
M() = ()
r =
1 en x = 1
^
La aproximación , estará formada por la función
a la que le exigiremos que cumpla las condiciones
de contorno y una familia de funciones de prueba Nm = 0 en el borde. Se propone:
^
+ a1 N1 + a2 N2
=
= x
N1
N2
= x(1
2
x)
x)
2
L( ) = 0 + x
L(N1) = 2 + x(1 x)
Entonces:
= x
N1 = x(1
2
x)
x)
@
@N1
@N2
2x
3×2
@2
@2N1
@x2
@2N2
@x2
2
x)
Z
Wl R d
=
Z
^
=
1
Z
0
"
Wl L( +
2
m=1
amNm) + p
#
dx
=
1
Z
0
WlL( ) dx +
2
m=1
am
1
Z
0
WlL(Nm) dx +
1
Z
0
Wl p dx
Agrupando, se obtienen:
Klm
=
1
Z
Wl L(Nm) dx
fl
=
1
0
Z
0
Wl p dx +
1
Z
0
Wl L( ) dx
Utiliaremos las diferentes funciones de peso para encontrar las soluciones aproximadas.
Colocación por puntos
Wl = (x
xl)
Elegimos los puntos de colocación a x1 = 1=3 y x2 = 2=3:
13

a1 = 416
1
1
1
1
1
1
K11 =

K12 =

f1 =

K21 =

K22 =

f2 =
1
R
0

R
0
(x

(x
1
R
0

R
0
R
(x x1)L(N1)dx
0
R
(x x1)L(N2)dx
0
x1)L( )dx + (x
R
(x x2)L(N1)dx
0
R
(x x2)L(N2)dx
0
x1)L( )dx + (x
=

=

x1)pdx =

=

=

x1)pdx =
16
9

2
27

4
3

16
9

50
27

5
3
El sismema a resolver y su solución son:
16
9
16
9
2
27
50
27
a1
a2
=
4
3
5
3
)
9
315
a2 = 52
^
= x +
315
416
x(1
x) +
9
52
x2 (1
x)
Colocación por subdominios
Wl =
1
0
si xl < x < xl+1
si x < xl o x > xl+1
0:
Se elige el primer subdominio entre x1 = 0 a x2 = 0:5 y el segundo entre x2 = 0:5 a x3 = 1.
R5
K11 = 1 L(N1) dx = 0:916666
K12 =
0:
0
R5
1 L(N2) dx
= 0:2760416
f1 =
0:
R5
0
0
1 L( ) dx +
0:
R5
1 p dx =
0:625000
1
K21 =

K22 =
1
R
0:5
R
0
1 L(N1) dx

1 L(N2) dx
=

=
0:916666

1:1927083
f2 =
1
R
0:5
1L( ) dx +
1
R
0:5
1 p dx
=
0:87500
0:5
El sistema y su solución:
0:916666
0:916666
0:2760416
1:1927083
a1
a2
=
0:625000
0:87500
)
a1 = 0:733075435193
a2 = 0:170212765992
(42)
^
= x + 0:733075435193x(1
x) + 0:170212765992×2 (1
x)
(43)
Galerkin
Wl = Nl
(44)
14

a1 = 123
7 2
@x2 +
1
1
1
1
1
1
K11 =

K12 =

f1 =

K21 =

K22 =

f2 =
1
R
0

R
0
1
R
N1 L(N1)dx =
0
R
N1L(N2)dx =
0
R
N1L( )dx + N1 p dx =
0
R
N2 L(N1)dx =
0
R
N2 L(N2)dx =
0
R
N2 L( )dx + N2 p dx =
0
3
10

3
20

1
4

3
20

13
105

2
15
El sistema y su solución:
3
10
3
20
3
20
13
105
a1
a2
=
1
4
2
15
)
7
92
a2 = 41
^
= x +
92
123
x(1
x) + x
41
x (1
x)
En el siguiente grá…co se han superpuesto la solución analítica y las soluciones aproximadas obtenidas.
EJEMPLO 4:
Se propone resolver el problema esta de…nido por:
@2
+ 1 = 0 para 0
x
1
= 0 en x = 0
@
Solución analítica
= cos(x) + 3:40822344sin(x)
1
Soluciones aproximadas por residuos ponderados
Con funciones que no satisfacen las condiciones de borde
Si analizamos las ecuaciones de gobierno comparándolas con las expresiones generales (28) y (29), se
tiene:

15

N1 = x
=1
N2 = x2
= 2x
N3 = x
@x = 3x
h i
Wl L(u) + p d +
h i
Wl M(u) + r d
X
X
X
X
X
L()
=
@2 ()
@x2
+ ()
p =1
M() = ()
r = 0 en x = 0
M() =
@ ()
@x
r =
1 en x = 1
La aproximación, con la función
= 0 (que cumple las condiciones de contorno en x = 0) y las
Nm = 0 en x = 0, se propone la siguiente aproximación:
^
= a1N1 + a2 N2 + a3 N3
N1
= xm
m = 1;2;::;M
=0
=2
= 6x
Entonces:
@N11 @2N1
@x @x2
@N2 @2N2
@x @x2
3 @N3 2 @2N3
@x2
La expresión del residuo:
0=
Z
^
Z
^
=
1
Z
"
Wl L(
2
amNm) + p
#
dx +
WlM(
2
m=1
amNm) + r
!
x=0
0

+ WlM(
m=1
m=1
2
amNm) + r
!
x=1
Como las funciones de prueba elegidas Nm(0) = 0 entonces no tengo residuo en x = 0.
0=
2
m=1
am
1
Z
0
WlL(Nm) dx +
1
Z
0
Wl p dx + 0 + 0 +
2
m=1
amWlM(Nm)
x=1
+ Wl r
x=1
Klm
=
1
Agrupando convenientemente, se obtiene:

Z
Wl L(Nm) dx + Wl M(Nm)
x=1
fl
=
1
0
Z
0
Wl p dx + Wl r
x=1
Ka + f = 0
Explícitamente:
Klm
=
1
Z

0
Wl
@2Nm
@x2
+ Nm dx + Wl
@Nm
@x
x=1
=
1
Z

0
Wl
@2 (Nm)
@x2
dx +
1
Z

0
WlNmdx + Wl
@Nm
@x
x=1
16

R R
@x dx
+ N1N1dx
=
R R
@x dx
+ N1N2dx
=
R R
+ N1N3dx
=
@x dx
R @N2 @N1 R
@x dx + N2N1dx
=
R @N2 @N2 R
@x dx + N2N2dx
=
R R
@x dx
+ N2N3dx
=
R @N3 @N1 R
@x dx + N3N1dx
=
R R
@x dx
+ N3N2dx
=
R R
@x dx
+ N3N3dx
=
Integrando por partes el primer término de la expresión anterior, para obtener la forma débil:
1
Z

0
Wl
@2Nm
@x2
dx =
1
Z

0
@Wl @Nm
@x @x
dx + Wl
@Nm
@x
x=0
+ Wl
@Nm
@x
x=1
Considerando Galerkin (Wl = Nl), tendremos que Wl = 0 en x = 0. Reemplazando:
Klm =
1
Z

0
@Wl @Nm
@x @x
dx +
1
Z

0
WlNmdx + Wl
@Nm
@x
x=1
+ Wl
@Nm
@x
x=1
Los dos últimos términos pueden cancelarse si se eligen Wl (1) =
Wl (1). Entonces solo queda:
Klm
=
1
Z
0
@Wl @Nm
@x @x
dx +
1
Z
0
WlNmdx
fl
=
1
Z
0
Wl p dx + ( Wl r)x=1
Ka + f = 0
1
1
K11 =

K12 =

K13 =

f1 =

K21 =

K22 =

K23 =

f2 =

K31 =

K32 =

K33 =

f3 =
1
R
0

R
0

R
0
@N1 @N1
@x
0 0
@N1 @N2
@x
0 0
@N1 @N3
@x
0 0
N11 dx + ( N1(1)) ( 1) dx =

@x
0 0

@x
0 0
@N2 @N3
@x
0 0
N21 dx + ( N2(1)) ( 1) dx =

@x
0 0
@N3 @N2
@x
0 0
@N3 @N3
@x
0 0
N31 dx + ( N3(1)) ( 1) dx =
2
3

3
4

4
5

3
2

3
4

17
15

4
3

4
3

4
5

4
3

58
35

5
4
Para M = 1;2 el sistema a resolver y su solución son:
2
3
3
4
3
4
17
15
a1
a2
=
3
2
4
3
)
a1 =
a2 =
504
139
170
139
^
=
504
139
x
170
139
x2
Para M = 1;2;3 el sistema a resolver y su solución son:

17

5 ) a2 =
a3 = 14216
5845 3
2
4
2
3
3
4
4
5
3
4
17
15
4
3
4
5
4
3
58
35
32 3 2
a1
54 a2 5 = 4
a3
3
2
4
3
5
4
3 6090
a1 = 1777
1080
1777
5845
^
=
6090
1777
x
1080
1777
x2
14216
x
En el siguiente grá…co se han superpuesto la solución analítica y las soluciones aproximadas:
Con el …n de “ver”las distintas funciones, se presenta el siguiente grá…co:
18