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Elementos Finitos PUC

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Elementos finitos

Text of Elementos Finitos PUC

  • Captulo 1

    Introducao

    Varios fenomenos da natureza podem ser descritos, utilizando-se leis da fsica, em termosde equacoes diferenciais. Em algumas situacoes extremamente simples pode-se encontrarsolucoes analticas, nas outras busca-se solucoes aproximadas para o problema.

    Os metodos para a obtencao de solucoes aproximadas de equacoes diferenciais podemser divididos em duas classes gerais:

    (i)Metodo de Diferencas Finitas: As derivadas da funcao sao substitudas pela diferencados valores que a funcao assume em certos pontos do domnio. A equacao diferencial daorigem a um sistema de equacoes algebricas onde as incognitas sao os valores da funcao nospontos escolhidos para representar as derivadas. As ideias basicas de Metodos de DiferencasFinitas sao mostradas no exemplo a seguir:

    Exemplo 1:

    Resolver: xdudx

    + u = 0, para 0 < x < 1,c.c: u(0) = 1.

    A solucao sera aproximada atraves do calculo do valor da funcao em um numero nitode pontos do domnio.

    Se o domnio for dividido em N 1 intervalos atraves de N pontos (nos), deve-se obtero valor aproximado de u(x) em cada no, ou seja, um problema com N incognitas. As Nequacoes necessarias para resolver este problema sao obtidas aproximando a derivada emfuncao dos valores nodais desconhecidos nas posicoes dos N nos.

    Olhando nas proximidades do no 4:

    du

    dx

    x4

    =U5 U32x

    .

    A equacao diferencial no ponto x4 e aproximada como:

    x4

    [U5 U32x

    ]+ U4 = 0 x4

    2xU3 + U4 +

    x42x

    U5 = 0.

    1

  • Figura 1.1: Aproximacao da derivada da funcao por diferencas nitas.

    O resultado deste procedimento sera um sistema linear N N , onde as incognitas sao osvalores de U nos N nos.

    (ii)Metodos Variacionais: A solucao aproximada e escrita como combinacao linear defuncoes base apropriadamente escolhidas:

    u(x) =Ni=1

    cii.

    Os coecientes ci sao obtidos de forma que a equacao diferencial seja satisfeita. Paraobter a solucao aproximada atraves de um metodo variacional, deve-se rescrever o problemaem sua forma fraca (integral ou variacional). A necessidade do uso da formulacao fracae ilustrada no Exemplo 2. Os diferentes metodos variacionais utilizam diferentes formasintegrais, funcoes base e funcoes peso.

    O Metodo de Elementos Finitos se encaixa na classe de metodos variacionais, onde asfuncoes base sao diferentes de zero apenas em uma pequena parte do domnio, como seramostrado a seguir.

    A simples substituicao da aproximacao u(x) =N

    i=1 cii na equacao diferencial naogarante a obtencao de N (numero de coecientes ci) equacoes algebricas linearmente inde-pendentes, por isso em metodos variacionais utiliza-se a forma integral do problema, comomostrado no exemplo a seguir.

    Exemplo 2:

    ddx

    (xdu

    dx) + u = 0 para 0 < x < 1,

    sujeito a`s condicoes de contorno:

    u(0) = 1 ; (xdu

    dx)x=1 = 0.

    2

  • Solucao aproximada na forma:

    u(x) = 0(x) +2

    i=1

    cii(x),

    onde as funcoes base escolhidas sao:

    0(x) = 1,

    1(x) = x2 2x,

    2(x) = x3 3x.

    Precisamos encontrar os coecientes c1 e c2, o problema possui 2 incognitas. Entaosubstituindo 0, 1 e 2, a solucao aproximada torna-se:

    u(x) = 1 + c1[x2 2x] + c2[x3 3x], derivando

    du(x)

    dx= 2c1x 2c1 + 3c2x2 3c2.

    Observe que as condicoes de contorno sao satisfeitas para qualquer valor de c1 e c2, quedevem ser determinados de forma que a aproximacao satisfaca a equacao diferencial emalgum sentido.

    Obrigando a solucao aproximada a satisfazer a equacao diferencial no sentido exato, istoe, em todos os pontos do domnio:

    ddx{x[c1(2x 2) + c2(3x2 3)]}+ 1 + c1(x2 2x) + c2(x3 3x) = 0,

    2c1(x 1) 3c2(x2 1) 2c1x 6c2x2 + c1(x2 2x) + c2(x3 3x) + 1 = 0,1 + 2c1 + 3c2 + (6c1 3c2)x + (9c2 + c1)x2 + c2x3 = 0.

    Para essa expressao ser valida para qualquer x, o coeciente de cada potencia de x deveser nulo:

    1 + 2c1 + 3c2 = 0,

    6c1 3c2 = 0,9c2 + c1 = 0,c2 = 0.

    Esse sistema nao tem solucao! Vamos obrigar a solucao aproximada a satisfazer aequacao diferencial num sentido integral ao inves de no sentido exato.

    Podemos obriga-la a satisfazer a seguinte integral ponderada: 10

    w(x){ ddx

    (xdu

    dx) + u}dx = 0,

    onde w(x) e a funcao peso.Esta integral pode representar uma medida do erro na aproximacao. O numero de

    equacoes linearmente independentes que envolvam c1 e c2 sera igual ao numero de funcoes

    3

  • peso utilizadas (tambem linearmente independentes). No exemplo escolhemos 2 funcoespeso linearmente independentes: w = 1 e w = x , teremos:

    10

    1

    ( d

    dx{x[c1(2x 2) + c2(3x2 3)]}+ 1 + c1(x2 2x) + c2(x3 3x)

    )dx = 0, 1

    0

    x

    ( d

    dx{x[c1(2x 2) + c2(3x2 3)]}+ 1 + c1(x2 2x) + c2(x3 3x)

    )dx = 0.

    Entao: {2/3c1 + 5/4c2 = 1,

    3/4c1 31/20c2 = 1/2,e nalmente, c1 = 222/23 e c2 = 100/23.

    As funcoes bases utilizadas e a solucao aproximada estao ilustradas na gura (??):

    Figura 1.2: Representacao das funcoes bases e solucao aproximada.

    4

  • Captulo 2

    Formulacao Integral

    2.1 Formulacao forte e fraca de um problema

    A formulacao forte de um problema de valor de contorno e denida como:Determine u : [0, 1] R, tal que

    (S)

    d2udx2

    + f = 0, em (0, 1);

    u(1) = g c.c. de Dirichlet;du(0)dx

    = h c.c. de Newman.

    A equacao diferencial e imposta em todos os pontos x (0, 1).A formulacao fraca equivalente a (S) e denida como:Determine u U , tal que

    (W )

    10

    dw

    dx

    du

    dxdx =

    10

    fwdx + w(0)h ; para qualquer w V .

    U e o conjunto de funcoes teste denido como:

    U = {u|u(1) = g e 1

    0

    (du

    dx)2dx

  • Hk() = {w|w L2; dwdx

    L2; ...; dkw

    dxk L2}, onde

    L2() = {f |

    f 2d

  • Integrando por partes obtem-se:

    1

    0

    wd2u

    dx2dx + w(1)

    du(1)

    dx w(0)du(0)

    dx=

    10

    wfdx + w(0)h

    1

    0

    w[d2u

    dx2+ f ]dx w(1)du(1)

    dx+ w(0)[

    du(0)

    dx+ h] = 0.

    Como w V w(1) = 0

    1

    0

    w[d2u

    dx2+ f ]dx + w(0)[

    du(0)

    dx+ h] = 0 ; w V. (2.1)

    Para provar que u e solucao de (S), temos que mostrar que:

    (i)d2u

    dx2+ f = 0 , para qualquer x (0, 1) e

    (ii)du(0)

    dx= h.

    Como a equacao (??) e valida para qualquer w V , vamos escolher um w de forma aconcluirmos que d

    2udx2

    + f = 0:

    w(x) = (x)[d2u

    dx2+ f ]; com (0) = (1) = 0 e (x) > 0, x (0, 1)

    Assim, w(0) = 0, pois,

    w(0) = (0)[d2u

    dx2+ f ], como (0) = 0 w(0) = 0 e a equacao (2.1), torna-se: 1

    0

    (x)[d2u

    dx2+ f ]2dx = 0

    sendo (x) > 0 (por denicao) e [d2u

    dx2+ f ]2 0,

    entao a integral sera zero [d2u

    dx2+ f ]2 = 0 d

    2u

    dx2+ f = 0.

    Assim temos (i). Vamos ver (ii):

    Usando (i) a expressao (??) ca simplesmente:

    w(0)[du(0)

    dx+ h] = 0 ; w V.

    Como o espaco V nao restringe o valor de w(0), entao

    w(0)[du(0)

    dx+ h] = 0 du(0)

    dx+ h = 0 du(0)

    dx= h

    Com (i) e (ii) vericados, temos que se u e solucao de (W ) entao e tambem solucao de(S).

    7

  • Como mencionado anteriormente, o metodo de Elementos Finitos e baseado na for-mulacao fraca do problema.

    A ideia basica e restringir os espacos U e V para espacos de dimensao nita. Isto implicaque qualquer u U pode ser escrito como:

    u(x) =Ni=1

    cii,

    onde os is formam uma base de U .

    A m de simplicar, e comum seguir a notacao:

    a(u,w) =

    10

    dw

    dx

    du

    dxe (f, w) =

    10

    fwdx,

    logo, a formulacao torna-se:Achar u U , tal que:

    a(u,w) = (f, w) + w(0)h ; w V.

    2.2 Metodo dos Resduos Ponderados

    Neste curso vamos nos concentrar no Metodo dos Resduos Ponderados (Weighted Resid-uals).

    Vamos novamente analisar o problema:

    d2udx2

    = f, em (0, 1);u(1) = g = 0 considerar g = 0, apenas para simplicar.du(0)dx

    = h.

    Queremos encontrar uma aproximacao uh para a solucao do problema u.uh vai pertencer a um espaco de dimensao nita Uh, logo podemos escreve-lo como:

    uh(x) =Ni=1

    cii,

    onde N e a dimensao do espaco e is as funcoes base de Uh. Queremos tambem queUh U logo, uh(1) = 0.

    Como uh e apenas uma aproximacao de u,d2udx2

    = fVamos chamar de resduo (R) da equacao, a medida de quanto uh aproxima adequada-

    mente o problema.

    R =d2uhdx2

    + f,

    Observe que se uh = u entao, R = 0.

    8

  • Metodos dos Resduos Ponderados sao obtidos atraves da seguinte integral: 10

    wR = 0

    Observe que integrando o resduo com o peso w, estamos fazendo com que sua mediaponderada seja 0. Por isso a condicao e dita FRACA, pois nao estamos obrigando ponto aponto que u = uh e sim na media (na integral).

    Substituindo R, temos:

    1

    0

    w[d2uhdx2

    + f ]dx = 0

    integrando por partes:

    1

    0

    dw

    dx

    duhdx

    dx +

    10

    fwdx + w(0)h = 0 Equivalente a` formulacao variacional.

    A integracao por partes alivia as restricoes impostas a` funcao aproximada uh. A ex-pressao passa a depender da primeira derivada de uh,

    duhdx

    e nao mais da segunda d2uhdx2

    .

    Logo, a restricao sobre uh devera ser que sua derivada pertenca a L2,duhdx

    L2, isto e, oquadrado de duh

    dxseja integravel. Observe que ate funcoes contnuas com descontinuidades

    nas derivadas podem satisfazer a estas condicoes, como ilustrada na gura(??):

    Figura 2.1: Funcoes contnuas com derivadas descontnuas.

    Como uh Uh uh(x) =N

    i=1 cii.

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