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UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARANÁ SETOR DE TECNOLOGIA/SETOR DE CIÊNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA CIVIL/ DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
PROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM MÉTODOS NUMÉRICOS EM ENGENHARIA
MÉTODOS DOS ELEMENTOS FINITOS:
, por
Lucas Máximo Alves
CURITIBA – PARANÁ
MARÇO – 2007
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LUCAS MÁXIMO ALVES
MÉTODOS DOS ELEMENTOS FINITOS:
,
CURITIBA – PARANÁ
MARÇO – 2007
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LUCAS MÁXIMO ALVES
MÉTODOS DOS ELEMENTOS FINITOS:
,
Apostila organizada como resultado do estudo das aulas para obtenção de créditos da Disciplina de MÉTODOS DOS ELEMENTOS FINITOS do curso de Doutorado do Programa de Pós-Graduação em Métodos Numéricos do Setor de Tecnologia/Setor de Ciências Exatas, Departamento de Engenharia Civil/Departamento de Matemática da Universidade Federal do Paraná Orientador: Prof. Dr. José Viriato Coelho Vargas Orientador: Prof. Dr.
CURITIBA – PARANÁ
MARÇO – 2007
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Dedicatória
Dedico,
5
Agradecimentos
Agradeço a Deus pelo seu imenso amor e misericórdia revelado nas oportunidades
que a vida me trouxe. Quero também agradecer:
À minha Família pelo apoio emocional e espiritual, ao meu orientador o Prof. Dr.
....., ao meu Co-Orientador o Prof. Dr. .... , a Maristela Bradil pela amizade e dedicação com
que nos atende, aos amigos, ...., .... ...., ......., e toda a galera do CESEC.
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Epígrafe
“vida é um algo multidimensional cuja imprevisível curvatura temporal só é conhecida quando se experimenta os fatos a cada dia e, mesmo assim, não se consegue prever com exatidão a curvatura temporal dos fatos seguintes, mesmo que se expanda esta (a curvatura futura) numa vizinhança em torno do fato no instante presente” (Lucas M. Alves)
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Sumário
Apresentação ............................................................................................................................17 Capítulo – I ...............................................................................................................................18 INTRODUÇÃO AOS MÉTODOS APROXIMADOS ............................................................18 1. 1 – Objetivos do capítulo......................................................................................................18
1. 2 – Introdução ............................................................................................................18
1. 3 – Motivação e Conceitos Fundamentais ............................................................................19
1. 4 – Simplificação de um Problema Real ..............................................................................19
1. 5 – Tipos de Métodos Numéricos.........................................................................................20
1. 6 – Discretização do Problema .............................................................................................20
1. 7 – Exemplos e Aplicações...................................................................................................21
1. 8 – Equações Diferenciais e Algébricas do Problema..........................................................24
1. 9 – Método dos Elementos Finitos .......................................................................................25
1. 10 – Exemplos e Aplicações.................................................................................................26
1. 11 – Exercícios e Problemas.................................................................................................27
Capítulo – II..............................................................................................................................28 O PROBLEMA DOS ELEMENTOS FINITOS UNIDIMENSIONAL - 1D ..........................28 2. 1 - Objetivos do capítulo ......................................................................................................28
2. 2 - Introdução ............................................................................................................29
2. 3 – Variações dos Modelos no Método de Elementos Finitos .............................................31
2. 4 – Definição Matemática e Desenvolvimento do Método ..................................................33
2. 5 - O problema 1D forma mais forte (clássica) ....................................................................38
2. 6- Forma Fraca ou Variacional do Problema de Valor de Contorno 1D (P.V.C.) ...............43
2. 7- Equivalência de Formas Forte e Fraca; Condições de Contorno Naturais.......................46
2. 8 - Método de Aproximação de Galerkin .............................................................................52
2. 9- Equações na Forma Matricial (Matriz de Rigidez K) ......................................................56
2. 10 - Exemplo de 1 e 2 graus de Liberdade ...........................................................................61
2. 11 - Espaço de Elementos Finitos Lineares..........................................................................73
2. 12- Propriedades da Matriz de Rigidez K ............................................................................77
2. 13- Análise Matemática........................................................................................................80
2. 14- Interlúdio: Eliminação de Gauss; Versão do Cálculo a Mão .........................................91
2. 15 - O Ponto de Vista do Elemento ......................................................................................99
2. 16- Matriz de Rigidez Elementar e Vetor Forças ...............................................................103
2. 17 - Montagem da Matriz e Vetor Forças Globais .............................................................106
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2. 18 – Cálculo Explícito da Matriz de Rigidez e do Vetor Forças........................................110
2. 19 - Exemplos e Aplicações Teóricas.................................................................................116
2. 20 - Exercícios e Problemas Teóricos: Teoria da Viga de Euler-Bernoulli e Cúbicas
Hermíticas ..........................................................................................................120
2. 21 - Exemplos Práticos e Aplicações .................................................................................127
2. 22 - Exercícios e Problemas Práticos .................................................................................143
Capítulo – III ..........................................................................................................................149 O PROBLEMA BI E TRIDIMENSIONAL - 2D E 3D .........................................................149 3. 1 - Objetivos do capítulo ....................................................................................................149
3. 2 – Introdução ..........................................................................................................149
3. 3 – O problema 2D e 3D.....................................................................................................150
3. 4 – O Problema da Condução de Calor Linear Clássica.....................................................152
3. 5 – O Problema da Elasticidade Linear ..............................................................................158
3. 6 – Estado de Tensões Planas e Deformações Planas ........................................................163
3. 7 – Análise Acoplada..........................................................................................................168
3. 8 – Apresentação do Código FEAP....................................................................................169
3. 9 – Exemplos e Aplicações.................................................................................................170
3. 10 – Exercícios e Problemas...............................................................................................172
Capítulo – IV ..........................................................................................................................187 ELEMENTOS ISOPARAMÉTRICOS ..................................................................................187 4. 1 - Objetivos do capítulo ....................................................................................................187
4. 2 – Introdução ..........................................................................................................188
4. 3 – Elementos Isoparamétricos e o seu Conceito de Programação ....................................190
4. 4 – Elemento Quadrilateral Bilinear ...................................................................................192
4. 5 – Elementos Isoparamétricos...........................................................................................194
4. 6 – Elementos Triangular Linear ........................................................................................196
4. 7 – Polinômios de Lagrange – 1D ......................................................................................198
4. 8 – Elementos com um Número Variável de Nós ..............................................................199
4. 9 – Quadratura Gaussiana...................................................................................................200
4. 10 – Subrotinas de Funções de Interpolação e de Cálculo de Rigidez Elementar..............201
4. 11 – Exemplos e Aplicações...............................................................................................202
4. 12 – Exercícios e Problemas...............................................................................................203
Capítulo – V ...........................................................................................................................204 MÉTODOS MISTOS E DE PENALIDADE .........................................................................204 5. 1 - Objetivos do capítulo ....................................................................................................204
5. 2 – Introdução ..........................................................................................................204
9
5. 3 – Métodos Mistos e de Penalidade ..................................................................................205
5. 4 – Normas de Sobolev.......................................................................................................206
5. 5 – Melhor Aproximação e Estimativa de Erro..................................................................207
5. 6 – Elasticidade Incompressível .........................................................................................208
5. 7 – Escoamento de Stokes ..................................................................................................209
5. 8 – Exemplos e Aplicações.................................................................................................210
5. 9 – Exercícios e Problemas.................................................................................................211
Capítulo – VI ..........................................................................................................................212 PROBLEMAS TRANSIENTES ............................................................................................212 6. 1 - Objetivos do capítulo ....................................................................................................212
6. 2 – Introdução ..........................................................................................................212
6. 3 - Problemas Transientes...................................................................................................213
6. 4 - Problemas Parabólicos (Equação de Calor) ..................................................................214
6. 5 - Problemas Hiperbólicos (Elastodinâmica e Dinâmica Estrutural) ................................215
6. 6 – Algoritmos Computacionais .........................................................................................216
6. 7 – Exemplos e Aplicações.................................................................................................217
6. 8 – Exercícios e Problemas.................................................................................................218
Capítulo – VII.........................................................................................................................219 INTRODUÇÃO A ANÁLISE NÃO-LINEAR TÉRMICA E ELÁSTICA ...........................219 7. 1 - Introdução ..........................................................................................................219
7. 2 – A Formulação do Problema Forte e Fraca de Problemas Térmicos Não-Lineares ......220
7. 3 – A Formulação do Problema Forte e Fraca de Problemas Elásticos Não-Lineares.......232
7. 3 – Exemplos e Aplicações.................................................................................................245
7. 3 – Exercícios e Problemas.................................................................................................246
Capítulo – VIII .......................................................................................................................247 MECÂNICA DOS FLUIDOS................................................................................................247 8. 1 - Introdução ..........................................................................................................247
8. 2 - Fundamentação Teórica ................................................................................................249
8. 3 - Equação de Navier-Stokes para Escoamento Laminar .................................................250
8. 4 - Modelo de Penalidade para o Problema de Navier-Stokes ...........................................257
8. 4 – Transferência de Calor e Mecânica dos Fluidos...........................................................262
8. 5 – Projetos de Análise Não-Linear....................................................................................269
8. 6 – Equação de Navier-Stokes em 3D................................................................................270
8. 7 – Solução Numérica da Equação de Navier-Stokes + Energia I .....................................274
8. 8 – Formulação de Transferência de Calor Fluido/Sólido..................................................287
8. 9 – Solução Numérica da Equação de Navier-Stokes + Energia II ....................................290
10
8. 10 – Fluidos Não-Newtonianos Inelásticos ........................................................................291
8. 11 – Fluidos Não-Newtonianos Viscoelásticos ..................................................................292
8. 11 – Exemplos e Aplicações...............................................................................................293
8. 11 – Exercícios e Problemas...............................................................................................294
Capítulo – IX ..........................................................................................................................295 SOLUÇÃO GERAL DE EQUAÇÕES ..................................................................................295 NÃO-LINEARES...................................................................................................................295 9. 1 – Introdução ..........................................................................................................295
9. 2 – O Método do Ponto Fixo ..............................................................................................296
9. 3 – O Método de Piccard de Susbtituição Sucessiva..........................................................298
9. 4 – O Método de Newton ...................................................................................................299
9. 5 – Métodos de Newton Modificados ou (Quase-Newton)................................................300
9. 6 – Métodos de Continuação ..............................................................................................308
9. 6 – Exemplos e Aplicações.................................................................................................321
9. 6 – Exercícios e Problemas.................................................................................................322
2ª Prova...................................................................................................................................326 TRANSFERÊNCIA DE CALOR COMPUTACIONAL.......................................................326 Solução Por Newton-Raphson................................................................................................326
Solução Por Newton-Raphson Modificado com Jacobiano calculado Numericamente ........331
Solução Por Newton-Raphson com Line-Search ...................................................................332
Solução Por Newton-Raphson com estratégia de Comprimento de Arco..............................333
Capítulo – X ...........................................................................................................................334 ELEMENTOS FINITOS UNIDIMENSIONAL ....................................................................334 6. 9 – Exemplos e Aplicações.................................................................................................349
6. 10 – Enfoque Variacional ...................................................................................................370
6. 11 – Exemplos e Aplicações...............................................................................................378
6. 12 – Um Caso Especial de Elementos Finitos....................................................................385
6. 13 – Exercícios e Problemas...............................................................................................392
Projeto Condução de Calor em Placa Rugosa Fractal ............................................................393
Apêndices ...............................................................................................................................397 A. 1 – Funções de Interpolação Local Lineares .....................................................................397
A. 2 – Funções de Interpolação Local Quadráticas ................................................................402
A. 3 – Tutorial para entrar no ENGTERM9 via WebtermXpower Plugin .............................408
A. 4 – Tutorial para entrar no ENGTERM9 via VNC Server ................................................413
A. 5 – Manual de Operação do Programa FEAP-Linux.........................................................414
A. 6 – Manual de Comandos Internos do Programa FEAP-Linux.........................................420
11
A. 7 – Como preparar um Arquivo de Entrada do Programa FEAP-Linux ...........................424
A. 8 – Exemplo de um Arquivo de Entrada do Programa FEAP-Linux ................................431
A. 9 – Procedimento para Análise Estrutural 2D no Programa FEAP-Linux ........................434
A. 10 – Algoritmo do Método de Newton Raphson implementado no Maple IX .................435
A. 11 – Tablea de Resultados Gerado pelo Método de Newton Raphson implementado no
Maple IX ..........................................................................................................437
Bibliografia.............................................................................................................................438
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Lista de Figuras
Figura - 1. 1. Diagrama de passos simplificadores de um problema real.................................19 Figura - 1. 2. Problema de carregamento de tensão mecânica em uma placa com um furo circular no centro. .....................................................................................................................20 Figura - 1. 3. .............................................................................................................................21 Figura - 1. 4. .............................................................................................................................21 Figura - 1. 5. .............................................................................................................................22 Figura - 1. 6. Diagrama de substituição de um Modelo Contínuo exato por um Modelo Discreto Aproximado. ..............................................................................................................24 Figura - 1. 7. Diagrama de Transformação de Equações Diferenciais em Equações Algébricas equivalentes. .............................................................................................................................24 Figura - 1. 8. .............................................................................................................................25 Figura - 1. 9. .............................................................................................................................25 Figura - 2. 1. .............................................................................................................................39 Figura - 2. 2. Função bolha.......................................................................................................49 Figura - 2. 3. Funções para o exemplo de 1 grau de liberdade. (estas funções são secretamente a mais simples funções de interpolação dos elementos finto no contexto de um elemento.)...61 Figura - 2. 4. A solução de Galerkin para o exemplo de 1 grau de liberdade. .........................63 Figura - 2. 5. Comparação das soluções particulares exatas e de Galerkin, Exemplo 1 caso (ii)...................................................................................................................................................64 Figura - 2. 6. Comparação das soluções particulares exatas e de Galerkin, Exemplo 1 caso (iii). ...........................................................................................................................................65 Figura - 2. 7. Funções o exemplo para 2 graus de liberdade. (Estas funções são secretamente as funções mais simples dos elementos finitos em um contexto de dois elementos.) ..............66 Figura - 2. 8. Função peso típico e solução tentativa para o exemplo com 2 graus de liberdade...................................................................................................................................................67 Figura - 2. 9. Comparação das soluções particulares e exata e de Galerkin, Exemplo 2, caso (ii). ............................................................................................................................................70 Figura - 2. 10. Comparação das soluções particulares exata e de Galerkin, Exemplo 2, caso (iii). ...........................................................................................................................................71 Figura - 2. 11. Funções de base para um espaço compacto de elementos finitos lineares .......74 Figura - 2. 12. Um membro típico de h hw V .........................................................................74 Figura - 2. 13. ...........................................................................................................................75 Figura - 2. 14. Se 1B A , as partes não nulas de BN e AN não se sobrepõem. .................77 Figura - 2. 15. ...........................................................................................................................78 Figura - 2. 16. Funções generalizadas elementares. a) Parênthesis de MaCaulay <x-y> b) Função de Heaviside H(x-y) = <x-y>,x c) (x-y) = H(x-y),x....................................................81 Figura - 2. 17. Funções de Green. ............................................................................................82 Figura - 2. 18. ...........................................................................................................................85 Figura - 2. 19. ...........................................................................................................................86 Figura - 2. 20. Descrição Local e Global do e’ésimo elemento. ............................................102 Figura - 2. 21. .........................................................................................................................103 Figura - 2. 22. X’s indica termos não-nulos; todos os outros termos são zero.......................105 Figura - 2. 23. arranjo LM para o problema exemplo ............................................................106 Figura - 2. 24. Fluxograma de um algoritmo de montagem de um elemento finito...............108 Figura - 2. 25. Aproximação para f por uma interpolação linear de valores nodais...............112 Figura - 1. 10. .........................................................................................................................121
13
Figura - 2. 26. Elemento quadrilateral de duas dimensões para o uso na geração de malhas no FEAP. .....................................................................................................................................127 Figura - 3. 1. ...........................................................................................................................150 Figura - 3. 2 ............................................................................................................................166 Figura - 6. 1. Rede de pontos nodais do Domínio, e dos Subdomínios, e . ....................29 Tabela - VI. 1.Quadro Resumo das Diferentes Formulações do Método de Elementos Finitos..................................................................................................................................................32 Figura - 6. 2. Mudança do domínio contínuo de coodenadas (x,y) para o discreto de coordenadas (i,j) .......................................................................................................................33 Figura - 6. 3. Rede de pontos nodais do Domínio, e dos Subdomínios, e . ....................35 Figura - 6. 4. Intervalo de aplicação do Método de Galerkin .................................................337 Figura - 6. 5. Elemento Finito linear entre dois pontos. .........................................................398 Figura - 6. 6. Estruturação unidimensional dos Elementos Finitos. .......................................400 Figura - 6. 7. Intervalo de aplicação do Método de Galerkin .................................................362 Figura - 6. 8. ...........................................................................................................................374 Figura - 6. 9. ...........................................................................................................................378 Figura - 6. 10. Elemento Finito Quadrático entre três pontos ................................................402 Figura - 6. 11. Estruturação unidimensional dos Elementos Finitos Quadráticos..................407 Figura - A. 1. ..........................................................................................................................409 Figura - A. 2. ..........................................................................................................................412 Figura - A. 3. ..........................................................................................................................416 Figura - A. 4. ..........................................................................................................................419 Figura - A. 5. ..........................................................................................................................420 Figura - A. 6. ..........................................................................................................................422 Figura - A. 7. ..........................................................................................................................424 Figura - A. 8. ..........................................................................................................................433 Figura - A. 9. ..........................................................................................................................433
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Lista de Tabelas
Tabela - VI. 1.Quadro Resumo das Diferentes Formulações do Método de Elemntos Finitos................................................................................................................................................172
15
Lista de Siglas
16
Lista de Símbolos
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Apresentação Esta apostila é resultado da digitação das aulas do prof. Dr. Eng. Jose Vriato
Coelho Vargas, ministradas no curso de Análise Térmica e Estrutural I no Departamento de
Engenharia Mecânica da Universidade Federal do Paraná.
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Capítulo – I
INTRODUÇÃO AOS MÉTODOS APROXIMADOS
RESUMO
Neste capítulo será visto como a utilização de métodos aproximados pode ajudar a
resolver problemas de equações diferenciais, quando a solução analítica é inacessível.
Abordaremos o tema das hipóteses simplificadoras e a utilização de equações algébricas na
substituição de equações diferenciais complexas.
1. 1 – Objetivos do capítulo
i) Entender a problemática dos Métodos Aproximados aplicados a Engenharia.
ii) Distinguir situações onde a utilização dos Métodos Aproximados é viável.
iii) Saber da existência de diversos Métodos Aproximados.
1. 2 – Introdução
A partir de agora estudaremos diferentes métodos de simplificação de problemas
reais e de aproximação das soluções das equações diferenciais presentes na Engenharia.
A motivação do uso de métodos aproximados está em:
Validar a prática ou o experimento através do equacionamento matemático que
modela um problema físico qualquer.
Por exemplo, o deslocamento medido por strain gauges, as medidas de
temperatura, as medidas de velocidades em um túnel de vento são exemplos de medidas
experimentais que podem ser validadas através de uma simulação numérica, para execução de
um projeto futuro.
19
1. 3 – Motivação e Conceitos Fundamentais
Uma pergunta básica é:
Por que usar Métodos Aproximados?
Pode-se utilizar métodos numéricos para a obtenção de medições inviáveis
economicamente, tais como tensão máxima, max , Temperatura máxima, maxT
As vantagens de se utilizar métodos numéricos são:
1) Tempo de projeto reduzido com redução de custos.
2) Simula condições impossíveis em experimentos
3) Proporciona informações detalhadas e compreensíveis
4) Viabiliza a OTIMIZAÇÃO (não há nada melhor dada os critérios utilizados)
A implementação de Métodos Numéricos está relacionada com as condições de
SOFTWARE e HARDWARE. Os métodos Numéricos representam o caminho para a
soluaçào de um problema físico, e o software deve ser desenvolvido de forma adequada.
Contudo, o grande limitante da solução do problema é o hardware. Por exemplo, Análise
Complexas em três dimensões, 3D, requer processamentos mais eficazes.
Os tipos de processamentos que podem ser utilizados são o Escalar: que utiliza
um único computador, e o Vetorial, que utiliza dois ou mais computadores processando em
paralelo, ou ainda um super-computador com diversas unidades de processamento.
1. 4 – Simplificação de um Problema Real
Na tentativa de se descrever quantitativamente um problema (fenômeno) físico, ou
seja, de se obter uma expressão matemática que corresponda ao fenômeno em questão,
inicialmente o problema físico real é substituído por um problema equivalente, mais simples.
Figura - 1. 1. Diagrama de passos simplificadores de um problema real
Neste novo problema são selecionados os parâmetros considerados fundamentais
e que podem ser descritos matematicamente através de um sistema de equações diferenciais
20
válido em todo o domínio do problema. A esse sistema são impostas condições de contorno
e/ou condições iniciais apropriadas. O próximo passo é a busca da solução para o problema.
1. 5 – Tipos de Métodos Numéricos
Os Métodos Numéricos se dividem em Locais e Globais. Os socais são
representados pelo Métodos de Diferenças Finitas, Métodos dos Elementos Finitos, Métodos
dos Volumes Finitos, etc. O Métodos Globais são Representados pelos Métodos Espectrais de
Domínios Alternativos que utilizam Transformadas Integrais de Laplace e Fourier, etc.
Todo método numéricos precisa passar por uma etapa chamada de discretização
seja do domínio ou do contorno.
1. 6 – Discretização do Problema
Discretização é processo de conversão das Equações Diferenciais de Domínio
Contínuo para Equações Algébricas de Domínio Discreto, conforme mostra a exemplo da
Figura - 1. 2
Figura - 1. 2. Problema de carregamento de tensão mecânica em uma placa com um furo circular no centro.
21
1. 7 – Exemplos e Aplicações
1.7.1 - Domínio e Análise
Figura - 1. 3.
1.7.2 - Método Numérico
1) Obtenção da Solução nos Nós
2) Mecanismo de Interpolação da Solução
0,1 Não é expresso exatamente no computador.
Figura - 1. 4.
22
1.7.3 - Natureza de um Problema Bem Posto
1) Existe Solução
2) A Solução é única
Exemplo:
Considere o seguinte Problema de Valor Inicial (P.V.I.)
cxy arctan (1. 1)
211xdx
dy
(1. 2)
0)0( xy (1. 3)
3) Estabelecimento das Condições de Contorno
Figura - 1. 5.
23
AF
(1. 4)
E (1. 5)
j
iij
o xu
LL
(1. 6)
1.7.4 - Condições de Contorno
1) Dirichilet (u) 2) Neumann ( ixu / )
3) Mista ou de Robin ( kxuu i / )
24
1. 8 – Equações Diferenciais e Algébricas do Problema
Um sistema de equações diferenciais constitui um modelo contínuo, que possui
infinitos graus de liberdade, uma vez que as variáveis se distribuem continuamente em todo o
domínio do problema. Com exceção de alguns casos mais simples, em geral não é possível
encontrar soluções analíticas para o problema. Recorre-se, então, aos modelos discretos (ou
numéricos), obtidos dos modelos contínuos através de hipóteses simplificadoras: As variáveis
que constituem infinitos graus de liberdade, são expressos em termos de um número finito de
graus de liberdade. Esses graus de liberdade são incógnitas dos modelos discretos dos
sistemas equivalentes e são determinados a partir da solução de um sistema de equações
algébricas.
Figura - 1. 6. Diagrama de substituição de um Modelo Contínuo exato por um Modelo Discreto Aproximado.
Resumidamente, quando o modelo contínuo é substituído por um modelo discreto,
o problema matemático da solução de um sistema de equações diferenciais é substituído pelo
problema da solução de um sistema de equações algébricas.
Figura - 1. 7. Diagrama de Transformação de Equações Diferenciais em Equações Algébricas equivalentes.
1.8.1 - Precisão da Solução Aproximada
1) Comparação com solução exata (se existir) – Calibração do Método.
2) Refinamento – Leva a uma Convergência da Solução
3) Comparação com Resultados Experimentais -
25
4) Reprodutibilidade dos Resultados - Para as mesmas condições experimentais com as
considerações dos erros e as variações estatísticas sobre a dispersão dos valores obtidos em
relação aqueles previstos pelo modelo.
1. 9 – Método dos Elementos Finitos
Em geral, o Método de Elementos Finitos envolve dividir um sistema em
componentes menores por meio do processo de DISCRETIZAÇÃO.
Considere a treliça que é um objeto da engenharia.
Figura - 1. 8.
Figura - 1. 9.
26
1. 10 – Exemplos e Aplicações
27
1. 11 – Exercícios e Problemas
28
Capítulo – II
O PROBLEMA DOS ELEMENTOS FINITOS UNIDIMENSIONAL - 1D
RESUMO
Neste capítulo será visto a origem do Método dos Elementos Finitos. Este método
se apresenta como uma alternativa ao Método Variacional e ao Método dos Resíduos
Ponderados e por sua vez deu origem ao Método dos Elementos de Contorno. A formulação
unidimensional do método dos elementos finitos. A formulação de Galerkin. A montagem da
matriz de rigidez elementar, a descrição matemática de elementos finitos unidimensionais
lineares. Alguns teoremas fundamentais e a solução de exemplos acadêmicos e discussão
destes exemplos.
2. 1 - Objetivos do capítulo
i) Entender a origem do Método dos Elementos Finitos
ii) Capacitar aluno a resolver problemas físicos lineares modelados por equações
diferenciais, pelo Método dos Elementos Finitos, como por exemplo a análise de
equipamentos sob solicitações térmicas e mecânicas, independentes ou combinadas
iii) Entender os conceitos fundamentais do Método dos Elementos Finitos na sua
versão unidimensional.
iv) Saber formular matematicamente um problema unidimensional e saber montar
a equação matricial elementar e global dos elementos finitos.
v) Saber aplicar o Método dos Elementos Finitos a problemas unidimensionais.
vi) Saber aplicar o Método dos Elementos Finitos nas suas mais diferentes formas
vii) Resolver problemas de equações diferenciais pertinentes ao método.
29
2. 2 - Introdução
O Método dos Elementos Finitos é um método de solução aproximada de
equações diferenciais muito úteis em ciência e engenharia. Ele possibilita a simulação de
situações reais em um espaço discreto, cujo limite infinitesimal tende ao contínuo. A
visualização computacional também tem seguido a implementação dos cálculos por este
método permitindo uma análise visual das situações determinadas através do cálculo
numérico.
A idéia básica do Método dos Elementos Finitos consiste em subdividir,
inicialmente, o domínio do problema, em subdomínios de dimensões finitas tais que, o
conjunto de todos os subdomínios seja igual ao domínio original. Em seguida, sobre cada
subdomínio, isoladamente, adota-se um comportamento aproximado, local, para as incógnitas
do problema, conforme esquematiza a Figura - 2. 1.
Em geral, esse comportamento local é descrito com o emprego de funções
simples. A característica principal desse procedimento, então, consiste em utilizar
aproximações locais nos subdomínios, nos quais o domínio original foi dividido, em vez de
utilizar aproximações de caráter global. Para a obtenção de respostas cada vez melhores,
aumenta-se o número de subdomínios, mantendo-se o mesmo comportamento local já adotado
em cada subdomínio, no lugar de se adotar funções de ordem maior na aproximação de caráter
global. Os subdomínios são denominados elementos finitos.
Os elementos finitos são definidos por sua forma geométrica, pelas funções de
aproximação adotadas e pelos tipos de problemas para os quais foram desenvolvidos. Cada
elemento possui um número determinado de pontos nodais, ou nós, que podem ser internos ou
externos. Os nós externos fazem a conexão com os elementos vizinhos.
Figura - 2. 1. Rede de pontos nodais do Domínio, e dos Subdomínios, e .
30
Nos nós comuns aos diferentes elementos, o valor das variáveis do problema é o
mesmo, independentemente do elemento que esteja sendo considerado.
Após a definição da malha de elementos finitos e do tipo de elemento (linear,
triangular, quadrático, etc), as matrizes características correspondentes a cada elemento
podem ser formadas e, em seguida, agrupadas, formando o sistema global de equações. A
solução deste sistema fornece os valores das incógnitas nos pontos nodais. Através do
comportamento aproximado local, as incógnitas do problema, em qualquer ponto do
elemento, são calculadas em função dos valores nodais das mesmas incógnitas nos pontos
nodais já conhecidos, isto é, as aproximações locais são funções de interpolação, por meio dos
quais os valores das incógnitas em qualquer ponto pertencente ao elemento finito são
calculados em função dos valores nodais.
2.2.1 – A origem do Método dos Elementos Finitos
O trabalho de Turner, Cough, Martin e Topp “Stiffness and Deflection Analysis of
Complex Structures” publicado em 1956 no Journal of Aeronautical Sciences. Vol. 23, pag.
805-823, é reconhecido como um dos primeiros a apresentar os fundamentos do Método dos
Elementos Finitos.
As bases teóricas do método foram mais bem definidas no início da década de 60
com o estudo mais aprofundado dos Métodos Energéticos e de Técnicas Variacionais.
31
2. 3 – Variações dos Modelos no Método de Elementos Finitos
Para problemas de Mecânica dos Sólidos, podem ser identificados quatro
formulações, ou modelos básicos, que pertencem ao “Enfoque Variacional” do método:
2.3.1 - Modelo Compatível
Baseia-se no Princípio da Energia Potencial Mínima. Sobre cada elemento é
adotado um campo de deslocamento, escolhidos de tal maneira que haja continuidade de
deslocamentos e, eventualmente, de suas derivadas, entre os elementos. As incógnitas são os
deslocamentos nos pontos nodais.
2.3.2 - Modelo de Equilíbrio
Baseia-se no Princípio da Energia Complementar Mínima. Sobre cada elemento é
adotado um campo de tensões em equilíbrio; o equilíbrio entre elementos também é mantido.
As incógnitas são as tensões nos pontos nodais. É um modelo pouco utilizado na prática.
2.3.3 - Modelo Híbrido
Há dois tipos. O primeiro tipo se baseia em um Princípio de Energia
Complementar Mínima Modificado. No interior de cada elemento é adotado um campo de
tensões em equilíbrio e, no contorno de cada elemento, um campo de deslocamento é adotado,
devendo haver compatibilidade de deslocamento entre elementos vizinhos. As incógnitas são
os deslocamentos nodais. Aplicações Práticas: Problemas de estado plano de tensão ou
deslocamento e de flexão de placas.
O segundo tipo se baseia em um Principio de Energia Potencial Mínima
Modificado. No interior de cada elemento é adotado um campo de deslocamentos e, no
contorno de cada elemento, um campo de tensões é adotado, devendo haver equilíbrio de
tensões (forças de superfícies) entre elementos vizinhos. As incógnitas são as tensões, ou
forças de superfícies nos pontos nodais. Esse modelo é pouco utilizado. Vantagem do Modelo
Híbrido: Os resultados são mais precisos.
2.3.4 - Modelo Misto
Baseia-se em um Princípio Variacional Generalizado, como o Princípio de
Reissner. Sobre cada elemento são adotados, simultaneamente e independentemente, campos
de tensões e de deslocamentos. As incógnitas são as tensões (ou forças de superfícies) e os
32
deslocamentos nos pontos nodais. Vantagem do Modelo Misto: Deslocamentos e tensões são
determinados com a mesma precisão.
No final da década de 70 foram introduzidos formulações baseadas na aplicação
localizada do Método de Galerkin, o que possibilitou que o Método dos Elementos Finitos
fosse empregado na solução de problemas que não possuam Formulação Variacional. De
uma maneira geral, qualquer um dos Métodos de Resíduos Ponderados pode ser utilizado no
cálculo pelo Método dos Elementos Finitos.
Tabela - VI. 1.Quadro Resumo das Diferentes Formulações do Método de Elementos Finitos
Método Principio Utilizado Elementos
Incógnitas nos pontos
nodais Condições Vantagens Aplicações
Práticas
Compatível
Princípio da Energia
Potencial Mínima
Campo de Deslocamento Deslocamentos
Continuidade nos Deslocamentos e suas derivadas
Equilíbrio
Princípio da Energia
Complementar Mínima
Campo de Tensão em equilíbrio
Tensão Equilíbrio pouco utilizado
Híbrido do 1º Tipo
Princípio da Energia
Complementar Mínima
Modificado
Campo de Tensão em
equilíbrio no domínio e campo de
Deslocamentos no contorno
Deslocamentos
Compatibilidade nos
Deslocamentos entre os
elementos vizinhos
Resultados mais precisos
Problemas de flexões em placas
Híbrido do 2º Tipo
Princípio da Energia
Potencial Mínima
Modificado
Campo de Deslocamentos no domínio e
Campo de Tensões no contorno
Tensões ou forças de
superfícies
Equilíbrio de Tensões (ou
forças de superfícies) entre
elementos vizinhos
Resultados Mais precisos
Misto
Princípio da Variacional
Generalizado (Reissner)
Campo Tensões e
Deslocamentos no domínio
Tensões (ou forças de
superfícies) e os
Delocamentos
Deslocamentos e Tensões
determinados com mesma
precisão
33
2. 4 – Definição Matemática e Desenvolvimento do Método
O Método de Elementos Finitos teve sua origem nos Métodos Variacionais
aproximados, mas a partir do Método dos Resíduos Ponderados, este vínculo passou a ser não
mais necessário. Portanto, por ser esta última situação de abragência mais geral, para o
Método de Elementos Finitos, começaremos a representá-lo, em primeiro lugar, a partir do
Método de Resíduos Ponderados, apesar de não ser a ordem histórica de evolução do método.
Depois trataremos o Enfoque Variacional do Método de Elementos Finitos.
2.4.1 – Aproximação do Problema Contínuo pela Discretização do Domínio
Seja um problema unidimensional dado pela seguinte equação diferencial:
L(u) = b em , (2. 1)
sujeito as condições de contorno
S(u) = g em , (2. 2)
onde L e S são operadores lineares.
Este problema será aproximado por uma função do tipo:
1
1
M
mmm Nuuu em , (2. 3)
cujo o domínio continuo, será substituído por um domínio equivalente, discreto conforme
mostra a Figura - 2. 2.
Figura - 2. 2. Mudança do domínio contínuo de coodenadas (x,y) para o discreto de coordenadas (i,j)
34
Logo, no domínio discretizado, teremos:
L(u ) = b em , (2. 4)
e no contorno discretizado, temos:
S(u ) = g em . (2. 5)
Substituindo (2. 3) em (2. 4)e (2. 5) ficamos com:
L
1
1)(
M
mmm bNu em (2. 6)
e, no contorno:
S
1
1)(
M
mmm gNu em . (2. 7)
Como L e S são operadores lineares, no domínio, podemos escrever:
1
1
M
mmu L bNm )( em , (2. 8)
e no contorno,
1
1
M
mmu S( gNm )( ) em . (2. 9)
2.4.2 - Definição dos Elementos Finitos Unidimensional
Se o domínio é dividido ou discretizado em E subdomínios, e, da seguinte
forma:
E
ee
1 (2. 10)
E, se em correspondência a divisão do domínio, o contorno, , é dividido em B partes, b, da
seguinte forma:
B
bb
1 . (2. 11)
35
Figura - 2. 3. Rede de pontos nodais do Domínio, e dos Subdomínios, e .
Logo, teremos:
E
e 1L(
1
1
M
m
emm Nu ) = b em e , (2. 12)
sujeito as condições de contorno
B
b 1S(
1
1
M
m
emm Nu ) = g em b . (2. 13)
Como L e S são operadores lineares temos:
1
11
M
mm
E
eu L ( e
mN ) = b em e , (2. 14)
sujeito as condições de contorno
1
11
M
mm
B
bu S( e
mN ) = g em b. (2. 15)
2.4.3 – Inclusão do Método dos Resíduos Ponderados Unidimensional
A sentença de resíduos ponderados de caráter global (onde as funções de
aproximação são válidas em e em ):
0
dwdw ll . (2. 16)
Logo, os erros cometidos no domínio é:
36
L(
1
1
M
mmmNu ) – b 0 em (2. 17)
E no contorno:
S(
1
1
M
mmmNu ) – g 0 em (2. 18)
Como L e S são operadores lineares temos:
no domínio:
1
1
M
mmu
e L (Nm) - b 0 em e (2. 19)
e no contorno
1
1
M
mmu
e S(Nm) - g 0 em b (2. 20)
Se o domínio é dividido em E subdomínios, e, e se, em correspondência a
divisão do domínio, o contorno, , é dividido em B partes, b. A sentença de resíduos
ponderados de caráter global é substituída por:
011
blb
B
bele
E
edwdw
b
e b
e
, (2. 21)
onde, as funções de aproximação são definidas localmente, sendo válidas somente para e e
b e não mais para e , da seguinte forma:
0 bleele dwdwb
e b
e
(2. 22)
Portanto, temos:
1
1
M
mmu
e L (Nm) - b 0 em e (2. 23)
e no contorno
37
1
1
M
mmu
e S(Nm) - g 0 em b (2. 24)
Portanto,
1
1[
M
mmle uw
e
L(Nm)
1
1[]
M
mmlee uwdb
e
S(Nm) 0] bdg (2. 25)
OBS:
Se as integrais em (2. 16) e (2. 21) contêm derivadas de ordem s nos integrandos,
deve-se assegurar que as funções de aproximação tenham derivadas de ordem superior a (s -1)
contínuas.
38
2. 5 - O problema 1D forma mais forte (clássica)
Os principais constituintes de um método de elementos finitos para a solução de
um problema de valor de contorno são:
i. O estabelecimento da forma variacional ou fraca do problema, e
ii. A solução aproximada das equações variacionais através do uso de “funções de
elementos finitos”
Para esclarecer os conceitos nós começaremos com o seguinte exemplo.
Suponha que nós estamos resolver a seguinte equação diferencial para u:
0, fu xx (2. 26)
)(xu é a solução (incógnita) a ser encontrada em ]1,0[x , onde a vírgula estabelece a
derivada (i. e. 22 /, dxudu xx ). Nós supomos que f é uma função suave dada. A qual é uma
função de valor escalar definida no intervalo. Nós escrevemos:
Rf ]1,0[: (2. 27)
onde [0;1] se estabelece para o intervalo (i.e. a série de pontos de x tal que 0 1x ) e se
estabelece para número reais. Em outras palavras, a equação (2. 27) estabelece que para um
dado x em [0;1], f(x) é um número real. (frequentemente nós usaremos para designar
em”ou “um membro de”. Então para cada ]1,0[x , ( )f x .). Também, [0;1] é dito ser o
domínio de f, e é seu espaço. Dizemos que f é uma função prescrita tendo uma
forma suave se pelo menos esta é contínua e possui 1ª derivada contínua, isto é:
]1,0[1Cf (2. 28)
Nós temos descrito a dada função f como sendo suave. Intuitivamente você
provavelmente sabe o que isto significa. Rigorosamente falando, se nós esquematizamos o
gráfico da função f, nós queremos que esta seja suave sem descontinuidades ou quebras. Nós
fazemos isto para evitar dificuldades técnicas. Certo que agora nós não desejamos elaborar
além do que isto seja divergir-nos a partir do tema principal. Em algum ponto anterior para ir
ao próximo capítulo, o leitor pode desejar consultar o Apêndice 1.I, Uma discussão Elementar
da Continuidade, Diferenciabilidade e Suavidade”, para observações posteriores sobre este
importante aspecto do trabalho de elementos finitos. O exercício na Secção 1.16 já usa um
pouco da linguagem descrita no Apêndice 1.I. A terminologia pode ser algo não familiar para
39
engenharia e estudantes de ciências físicas, mas este é agora largamente usado na literatura de
elementos finitos e portanto é correto tornar-se acostumado a isto.
A equação (2. 26) é conhecida governar o deslocamento transverso de uma corda
sob tensão e também o deslocamento longitudinal de uma barra elástica. Nestes casos,
par6ametros físicos, tais como a magnitude da tensão na corda, ou módulo elástico no caso da
barra, aparece em (2. 26). Nós temos omitido estes parâmetros para simplificar os
desenvolvimentos subseqüentes.
Antes de nós irmos em frente, nós introduzimos algumas notações e terminologias
adicionais. Seja ]0;1[ denota o intervalo unitário sem pontos extremos (i. e. a série de pontos x
tal que 0 1x ). ]0;1[ a [0;1] são referido como intervalos unitários aberto e fechado,
respectivamente. Para simplificar escritas subseqüentes e tiras na notação empregadas depois
em situações multidimensionais, nós adotaremos as definições:
Define-se o intervalo como
]0;1[ (aberto) (2. 29)
onde este é um conjunto aberto e o intervalo como
[0;1] (fechado) (2. 30)
onde este é um conjunto fechado. Veja a Figura - 2. 4
Figura - 2. 4.
Neste ponto, considerações tais como estas podem parecer pedantes. Nossa
proposta, contudo, é desenvolver uma linguagem para a articulação precisa do problema de
valor de contorno, o qual é necessário para um bom trabalho de elementos finitos.
2.5.1 - Forma Forte do Problema de Valor de Contorno (P.V.C.)
Um problema de valor de contorno para (2. 26) envolve imposição de condições
de contorno sobre a função ( )u x . Existem uma variedade de possibilidades. Nós suporemos
que ( )u x é requerido satisfazer
40
gu )1( (2. 31)
e
hu x )0(, (2. 32)
onde g e h são constantes dadas. As equações (2. 26) e (2. 32) requer que u tome valores
sobre o valor g em x = 1 e a derivada de u (i. e. a inclinação) tome valores –h em x = 0,
respectivamente. Esta série de condições de contorno nos possibilitará depois para ilustrar
certos aspectos da formulação variacional. Por razões obvias, condições de contorno do tipo
(2. 31) e (2. 32) leva ao tão chamado problema de valor de contorno de dois pontos.
A forma forte do problema de valor de contorno, (S), é estabelecida como segue:
Seja o problema (S), dado por :f R e constantes ,g h devemos encontrar
:u R como solução da equação diferencial tal que:
0, fu xx em (2. 33)
Sujeito as condições de contorno:
gu )1( (2. 34)
e
hu x )0(, (2. 35)
onde g e h são constantes dadas.
Quando nós escrevemos 0, fu xx em nós queremos dizer que
, ( ) ( ) 0xxu x f x para todo x . É claro, a solução exata de (S) é trivial obter,
notadamente
( ), ( )xxu x dx f x dx (2. 36)
integrando
00
( ), ( )x
xxu x f z dz (2. 37)
logo
41
0
, ( ) , (0) ( )x
x xu x u f z dz (2. 38)
Substituindo , (0)xu h temos:
0
, ( ) ( )x
xu x h f z dz (2. 39)
Integrando mais uma vez
1 1 1
0
, ( ) ( )x
xx x x
u z dz hdz f z dz dz
(2. 40)
temos:
11 1
0
( ) ( )x
x xx
u z hz f z dz dz
(2. 41)
e
1
0
(1) ( ) (1 ) ( )x
x
u u x h x z f z dz dz
(2. 42)
Substituindo gu )1( , a solução exata é dada por;
dydzzfhxgxux
y
1
0
)()1()( (2. 43)
onde z é usado para denotar variáveis mudas. Contudo, este não é o principal fato aqui. Nós
estamos interessados em desenvolver esquemas para obter soluções aproximadas par (S) que
será aplicável a situações muito mais complexas no qual as soluções exatas são possíveis.
Alguns métodos de aproximação começam diretamente com a condição forte do
problema. O exemplo mais notável é o método de diferenças finitas (e.g., veja [1]). O método
de elementos finitos requer uma formulação diferente, a qual é tratada na próxima secção.
Observe que todos os pontos do contorno devem ser especificados e para qualquer
problema sempre haverá uma condição de Dirichilet no contorno, conforme se descreve
abaixo (para que a solução do problema seja única).
42
O problema (S) pode ser resolvido diretamente por Diferenças Finitas, onde
aplica-se a discretização diretamente em sua formulação forte. Por outro lado, no Método dos
Elementos Finitos não se aplica a discretização diretamente a (S) mas usa-se a sua formulação
“fraca” que é chamado de problema equivalente (W).
43
2. 6- Forma Fraca ou Variacional do Problema de Valor de Contorno 1D (P.V.C.)
A forma variacional é aplicado em problemas de trocadores de calor, por
exemplo, onde temos grandezas tais como, Calor, Q, Trabalho, W, e massa, M com restrição
de volume fixo e gostaríamos de maximizar ou minimizar algum parâmetro ou grandeza
física. Nesta situação devemos alterar o problema para o caso onde:
MwWwQwF 321
1 (2. 44)
cujas quantidades física são normalizadas, ou seja pertencentes ao intervalo ]1,0[1Q e
321 ,, www são pesos utilizados para equacionar o problema de forma ponderada.
Na Formulação Variacional Fraca do PVC tem-se como objetivo:
1) Reduzir a ordem diferencial do problema
2) Permitir o uso de Formas Integrais de grau mais baixo ao invés de Formas
Derivadas (formulação forte), isto para que seja possível resolver o problema com elementos
lineares na funções de interpolação para a aproximação local do problema.
3) Simplificar o problema em relação a sua forma original,
e por último
4) Forma alternativa tenha as mesma solução que a forma original.
Para definir a contrapartida fraca, ou variacional de (S), nós necessitamos
caracterizar duas classes de funções tais que:
1) A primeira deve ser composta de candidatas, ou soluções tentativas. A partir do
principio, nós requereremos que estas possíveis soluções devem satisfazer as condições de
contorno, ou seja, para as soluções candidatas Su exige-se que:
gu )1( (2. 45)
onde 1Hu . A outra condição de contorno será requerida na definição. Além do mais, para
que certas expressões sejam empregáveis faz sentido, nós requerermos que as derivadas das
soluções tentativas sejam quadrado integráveis. Isso é se u é uma solução tentativa, então as
funções devem possuir suavidade tal que:
1
0
2),( dxu x (2. 46)
44
Funções que satisfazem (2. 46) são chamadas de 1funções H , implicando que xu, não
“diverge” em e xu, isto é, elas são quadraticamente integráveis 1Hu , isto é )(xu e
pertencente ao espaço de Hilbert . Algumas vezes o domínio é explicitamente incluído, i. e.,
1 0;1u H .
Então a coleção de soluções tentativas, denotada por S, consiste de todas as
funções as quais possuem derivadas quadrado integráveis e tomam valores sobre g em x =1.
Isto é escrito como segue:
guHuuS )1(,/ 1 (soluções tentativas) (2. 47)
O fato que S é uma coleção, ou seqüências, de objetos é indicado pelas chaves (chamados
chaves) em (2. 47). A notação para o membro típico da seqüência, neste caso, u, venha
primeiro dentro do lado esquerdo das chaves. Seguindo a linha vertical (|) são propriedades
satisfeitas por membros da seqüência.
2) Define-se a segunda coleção de funções é chamada de funções peso, ou variações.
Esta coleção é muito similar as soluções tentativas exceto que nós requeremos que a
contrapartida homogênea da condição de contorno-g. Isto é, nós requeremos funções, w, para
satisfazer exige-se que:
0)1( w Vw (2. 48)
onde 1Hw , a qual é a contra-parte homogênea da condição de contorno de Dirichilet.
0)1(,/ 1 wHwwV (funções pesos) (2. 49)
Isto simplifica o assunto o que continua a pensar de :f como sendo suave.
(Contudo, o que segue permanece para uma classe consideravelmente grande de f’s).
Em termos das definições precedentes, nós podemos agora estabelecer uma forma
fraca adequada para o problema do valor de contorno.
Logo o problema (W) é definido por dados f, g, h como antes, ache Su tal que
para todo Vw , temos:
1
0
1
0
)0(,, hwwfdxdxuw xx (2. 50)
45
Formulação deste tipo são frequentemente chamada de formulação de trabalhos virtuais, ou
formulação de deslocamentos virtuais, ou pricipios em mecânica. Os w’ são os
deslocamentos virtuais.
A equação (2. 50) é chamada de equação variacional, ou (especialmente em
mecânica) a equação do trabalho virtual.
A solução de (W) é chamada de fraca, ou solução generalizada. A definição
dada de uma formulação fraca não é somente uma possível, mas é a mais natural daquela dos
problemas que nós desejamos considerar.
46
2. 7- Equivalência de Formas Forte e Fraca; Condições de Contorno Naturais
Claramente, vemos que deve existir alguma relação entre a versões forte e fraca
do problema, ou ainda não deveria ser ponto na introdução fraca. Uma vez que a solução das
formas fraca e forte são idênticas. Nós estabeleceremos isto supondo que todas as funções são
suaves. Isto nos permitirá proceder expeditiosamente sem invocar condições técnicas com as
quais supõem-se que é familiar ao leitor. As “provas” deste tipo são algumas vezes
eufemisticamente referidas como “provas formais”. O intento é não ser completamente
rigoroso mas tornar plausível a verdade da proposição. Com esta filosofia em mente, nós
“provaremos”o seguinte:
2.7.1 - Proposição
a) Seja u a solução de (S). Então u é também solução de (W)
b) Seja u a solução de (W). Então u é também solução de ((S)
Um outro resultado, o qual nós não nos preocuparemos em verificar mas de fato é facilmente
estabelecido, é que ambos (S) e (W) possui solução única. Então, por (a) e (b), as soluções
forte e fraca são uma e a mesma. Consequentemente, (W) é equivalente a ((S).
2.7.2 - Prova Formal
a) Uma vez que u é suposto ser uma solução de (S), nós podemos escrever:
0, fu xx em (2. 51)
e
0, fuw xx w V (2. 52)
logo
0,1
0
dxfuw xx (2. 53)
Para qualquer w V. Integração (2. 53) por partes vduuvudv , onde
, ; , ,x xx xu w du w dx dv u v u .
Logo:
47
1 110
0 0
, , , ,xx x x xwu dx wu w u dx
w V (2. 54)
ou substituindo (2. 54) em (2. 53) temos:
0,,,1
0
10
1
0
xxx uwwfdxdxuw w V (2. 55)
Rearranjando e fazendo uso do fato de que:
0)1(;, whu x (2. 56)
Logo resulta em:
1 1
0 0
, , (0)x xw u dx wfdx w h w V (2. 57)
Além disso, uma vez que u é solução de (S), ela satisfaz (1)u g e portanto está em S.
Finalmente, uma vez que u também satisfaz (2. 57), para todo Vw , u satisfaz a definição
de uma solução fraca dada por (W), logo:
(S) (W) (2. 58)
b)
Agora suponha que u é uma solução fraca de (S). Integra-se por partes o lado
esquerdo da equação (2. 57), onde, vduuvudv , e
, , ; ,x xx xu u du u dx dv w v w . Então:
1 110
0 0
, , (0)x xxwu wu dx wfdx w h (2. 59)
1 110
0 0
, , (0) 0xx xwu dx wu wfdx w h (2. 60)
trocando o sinal de todos os termos:
48
1 110
0 0
, , (0) 0xx xwu dx wu wfdx w h (2. 61)
reescrevendo temos:
1
10
0
, , (0) 0xx xw u f dx wu w h (2. 62)
Ou
1
0
, (1) , (1) (0) , (0) (0) 0xx x xw u f dx w u w u w h (2. 63)
Usando o fato de que (1) 0w
1
0
, (0) , (0) 0xx xw u f dx w u h (2. 64)
e , (0)xu h logo temos que:
1
0
, 0xxw u f dx (2. 65)
Para provar que u é uma solução de (S) é suficiente mostrar que as equações de
Euler-Lagrange, (2. 65), implica ( 1) em:
i)
0)(, fxu xx em (2. 66)
ii)
0)0(, hu x em (2. 67)
2.7.3 - Prova de i
Primeiro nós provaremos i). Defina w em (2. 65) por:
fuw xx , (2. 68)
1 Estas equações são algumas vezes chamadas de equações de Euler-Lagrange da formulação fraca
49
onde é suave; ( ) 0x para todo ]0;1[x ; e (0) (1) 0 . Por exemplo, nós
podemos tomar:
( ) 1x x x (2. 69)
A qual satisfaz todos os requerimentos estipulados (veja Figura - 2. 4).
Figura - 2. 5. Função bolha.
Segue-se que 0)1( w e então w V , assim (2. 68) defina um legítimo membro
de V . Substituindo (2. 68) em (2. 69) resulta em:
0,0,1
0 0
2
0
hudxfu xxxem
(2. 70)
ou
00,1
0 0
2
0
dxfu xxem
(2. 71)
Uma vez que 0 em , segue-se de (2. 71) que (i) deve ser satisfeita. Portanto,
0, fu xx (2. 72)
Agora que nós temos estabelecido (i), nós podemos usar este em (2. 68) para provar (ii),.
2.7.4 - Prova de ii)
Notadamente, temos que:
0,)0(00
huw x (2. 73)
50
e que w V não põe restrição sobre seu valor em 0x . Portanto, nós podemos supor que o
w em (2. 73) é tal que (0) 0w . Então (ii) é também mostrado ser válida, o que completa a
prova da proposição.
Observações :
1. A condição de contorno ou fronteira hu x )0(, não é explicitamente
mencionada na afirmação de (W) condição de contorno natural.. Da prova precedente, nos
vimos que esta condição de fronteira é, contudo, subentendida pela satisfação da equação
variacional. Condições de fronteira deste tipo são referidas como condições de contorno
natural. Por outro lado, soluções teste são explicitamente requeridas para satisfazer as
condições de contorno u(1) = g. Condições de contorno deste tipo são chamadas de condições
de contorno essenciais. O fato que as soluções da equação variacional satisfazem as
condições de contorno naturais é extremamente importantes nas mais situações complicadas
que nos consideraremos mais tarde.
2. O método usado para provar a parte (b) desta proposição leva o nome de lema
fundamental na literatura do cálculo variacional. Na essência, esta é a metodologia que nos
capacita a deduzir a equação diferencial e as condições de contorno impostas pela formulação
fraca. Para desenvolver corretamente a forma fraca para problemas complexos, problemas
multidimensionais, é essencial ter um entendimento profundo destes procedimentos.
gu )1( porque Su é uma condição de contorno essencial.
Agora nós vemos que para obter soluções aproximadas para o problema de valor
de contorno original nos temos alternativos pontos de partida, isto é, as afirmações fortes ou
fracas do problema. Os métodos de elementos finitos são baseados no posterior.
Grosseiramente falando, a idéia básica é aproximar S e V por convenientes conjuntos de
funções de dimensão finita. (Claramente, S e V contêm infinitas funções). As equações
variacionais são então resolvidas em um contexto de dimensão finita. Um exemplo explícito
de como trataremos isso está na próxima seção. Contudo, nós introduziremos algumas
notações adicionais para simplificar a subseqüente escrita.
2.7.5 - Notação Abstrata
O produto escalar de funções w e u será denotado por:
51
1
0
),( wfdxfw (2. 74)
O produto escalar da derivada de funções w e u será denotado por:
1
0
,,),( dxuwuwa xx (2. 75)
Em termos de (2. 73) e (2. 74), a equação variacional toma a forma:
hwfwuwa )0(),(),( (2. 76)
também satisfaz a condição de simetria Aqui ),( a , ),( são exemplos de formas
bilineares, simétricas. O que a bilinearidade significa é que: Seja 1c e 2c constantes e seja u,
v, e w seja funções. Então a propriedade de simetrias em cada posição é:
),(),( uvvu (2. 77)
A bilinearidade significa que em cada um das “posições”, por exemplo
),(),(),( 2121 wvacwuacwvcuca (2. 78)
e
1 2 1 2( , ) ( , ) ( , )c u c v w c u w c v w (2. 79)
o que é obviamente linear na 2ª posição também.
Exercício 1.
Use a definição de a(.,.) e (.,.) para verificar as propriedades de simetria e
bilineariedade.
As notações acima são muito concisas, e ao mesmo tempo elas capturam a
característica matemática essencial e portanto nos conduz para um entendimento matemático
dos métodos de elementos finitos e variacional. Diversas classes de problemas físicos podem
ser escritos essencialmente de modo similar a (2. 76). Portanto as idéias desenvolvidas e
resultados obtidos são vistos imediatamente por terem uma aplicabilidade ampla.
52
2. 8 - Método de Aproximação de Galerkin
Nós agora descreveremos um método de obter soluções aproximadas para
problemas de valor de contorno baseados na formulação fraca. Nossa introdução para este
tópico é tratado de modo um tanto abstrato. Contudo, o significado deve ser significamente
reforçado pelas seções restantes deste capítulo. Isto pode ser louvável para o leitor consultar
esta seção novamente antes de completar o resto do capítulo para ter certeza de uma completa
compreensão da matéria está alcançada.
O primeiro passo no desenvolvimento do método é construir aproximações de
dimensão finita de S e V. Estas coleções de funções serão denotadas por Sh e Vh
respectivamente. Os super-escritos referem-se a associação com a malha, ou discretização, do
domínio, o qual é parametrizado por um comprimento de escala característico, h . Nós
desejamos acreditar que hS e hV sejam subsequ6encias de S e V, respectivamente. Isto é
escrito como:
Seja
(i.e., se ,então )h h h hS S u S u S (2. 80)
E
(i.e., se ,então )h h h hV V w V w V (2. 81)
onde o significado preciso é dado em parêntesis(2). Conseqüências de (2. 80)e (2. 81) são
respectivamente que se h hu S e h hw V , são as condições de contorno:
gu h )1( (2. 82)
e
0)1( hw (2. 83)
As coleções, S, V, hS , e hV , são freqüentemente referidas como funções de
espaços. A terminologia espaço na matemática usualmente denota uma estrutura linear. Isto
possui o seguinte significado: Se 1c e 2c são constantes e v e w estão em V , então
2 Esta condição pode ser considerada padrão. Contudo, é frequentemente violada na prática. Strang [2] cunhou a terminoloogia “crimes variacionais” para aplicar a esta, e outras situações nas quais as regras clássicas de métodos variacionais são violadas. Muitos “crimes variacionais” tem sido dado um rigorosa base matemática (e. g. veja [2]). Nós teremos mais a dizer sobre este assunto em capítulos subseqüentes.
53
1 2c v c w está também em V . Ambos V e hV são então visto possuir a propriedade de um
espaço linear. Contudo, esta propriedade está claramente não dividida por S e hS devido as
condições de contorno não homogêneas. Por exemplo, se 1u e 2u são membros de S , então
1 2u u S , uma vez que 1 2(1) (1) 2u u g g g na violação da definição de S .
Portanto, a terminologia da função espaço é ainda (avulsamente) aplicado a S e hS
2.8.1 - Método de Bubnov-Galerkin
Suponha que a coleção hV é dada. Então para cada membro h hv V , nós
construímos uma função h hu S , ou seja, para cada hhhh SuVv
hhh gvu (2. 84)
onde hg é uma função conhecida satisfazendo as condições de contorno essenciais, i. e.
(1)hg g (2. 85)
Note que (2. 84) satisfaz também o requesito da condição de contorno:
ggvug
hhh )1()1()1(0
(2. 86)
ou
(1) 0hu g g (2. 87)
Então (2. 84) constitui uma definição de hS , isto é, hS é toda função da forma (2. 84). O
ponto chave é observar é que, a menos da função hg , hS e hV são composta de coleção
idêntica de funções. Este propriedade será mostrada depois para ter conseqüências
significantes para certas classes de problemas.
Nós agora escrevemos a equação variacional, da forma (2. 76), em termos de
e h h h hw V u S .
( , ) ( , ) (0)h h h ha w u w f w h (2. 88)
54
Esta equação deve ser pensada como uma definição aproximada (solução fraca), hu .
Substituindo (2. 84) em (2. 88) e a bilinearidade de ( , )a permite-nos escrever:
hwfwgvwa hh
ADEBILINEARID
hhh )0(),(),( (2. 89)
Essa bilinearidade implica em:
),(),(),( hhhhhhh gwavwagvwa (2. 90)
Portanto, a partir de:
( , ) ( , ) ( , ) (0)h h h h h ha w v a w g w f w h (2. 91)
Logo
( , ) ( , ) (0) ( , )h h h h h h
incógnitaa w v w f w h a w g (2. 92)
O lado direito da equação consiste da totalidade dos termos associados com os
dados fornecidos (i. e. f, g e h). A equação (2. 92) deve ser definida hv , a parte desconhecida
de hu .
A forma de Bubnov-Galerkin do problema, denotada por (G) é definida da
seguinte maneira:
Dados f, g, h, definidos como antes, encontramos hhh gvu onde
hhhh VwparaqtVv .. , temos:
),()0(),(),( hhhhhh gwahwfwvwa (2. 93)
Note que G é apenas uma versão de W posta em termos de uma coleção de
funções finitos dimensionais, notadamente, hV .
Para fazer o assunto mais especifico, hg e hV tem que ser explicitamente
definida. Antes de fazer isto é correto mencionar que uma larga classe de métodos de
aproximações, chamada Métodos de Petrov-Galerkin, nos quais hv está contido em uma
coleção de funções do que outras hV . Recente atenção tem sido prestada aos métodos desse
tipo, especificamente no contexto da mecânica dos fluídos. Por esta vez, nos trataremos
55
exclusivamente com o Método de Bubnov-Galerkin. O método de Bubnov-Galerkin é
comumente referido como simplesmente o método de Galerkin, terminologia que nos
adotaremos de agora em diante. A equação (2. 92) é algumas vezes referida com a equação
de Galerkin.
Métodos de Aproximação desse tipo considerado são exemplos de tão chamados
métodos dos resíduos ponderados. A referência padrão que trata desse assunto é Finlayson
[3]. Para uma apresentação mais sucinta contendo um acontecimento histórico interessante,
veja Finlayson e Scriven [4].
56
2. 9- Equações na Forma Matricial (Matriz de Rigidez K)
O método de Galerkin leva a um sistema acoplado de equações algébricas
lineares. Para ver isto nós precisamos dar uma estrutura além da definição de hV . Seja hV
consistindo de todas as combinações lineares de funções denotadas por :AN , onde
1,2,...,A n . Por issso nós dizemos que se h hw V , então existe constantes Ac ,
1,2,...,A n , tal que:
1int
1 1 2 2
, ( ) , [0;1]
...
nh
A A AA funções de
erpolação
n n
w c N N x x
c N c N c N
(2. 94)
As AN ’s são referidas como funções de forma, funções de base ou funções de
interpolação. Nós requeremos que AN satisfaça:
nAN A ,...,1,0)1( (2. 95)
Para o qual segue-se de (2. 94) que (1) 0hw , como é necessário. hV é dito ter dimensão n,
por razões obvias.
Para definir os membros de hS nós precisamos especificar hg . Para este fim, nós
introduzimos uma outra função de forma, 1 :nN , a qual possui a seguinte
propriedade:
1)1(1 nN (2. 96)
(Note que 1h
nN V .) Então hg é dado por:
)(1 xgNg nh
(2. 97)
E então
(1)hg g (2. 98)
Com estas definições, um típico h hu S pode ser escrito como:
57
11
n
n
AAA
hhh gNNdgvu (2. 99)
onde as Ad ’s são constantes e do qual é aparente que:
(1)hu g (2. 100)
Substituindo (2. 94) e (2. 99) em dentro da equação de Galerkin (2. 93) temos:
),()0(),(),( 111111
n
n
AAA
n
AAA
n
AAA
n
BBB
n
AAA gNNcahNcfNcNdNca
(2. 101)
ou
0),()0(),(),( 111
AG
nAAABBA
n
B
n
AA gNNahNfNdNNac
(2. 102)
Pelo uso da bilinearidade de ( , )a e ( , ) , (2. 101), como as funções NA são ortogonais no
espaço de funções temos que:
01
A
n
AAGc (2. 103)
tem que valer hw e tem que valer Ac , e. g. todos os 0Ac . Logo obrigatoriamente
temos que:
0AG (2. 104)
Donde resulta que
11
( , ) ( , ) (0) ( , ) 0n
A A B B A A A nB
G a N N d N f N h a N N g
(2. 105)
Agora a equação de Galerkin é mantida para todo h hw V . Por (2. 94), isto significa para
todo Ac ’s, 1,2,...,A n . Desde que os Ac ’s são arbitrárias em (2. 103), é necessariamente
segue que cada uma AG , 1,2,...,A n , deve ser identicamente zero, i. e. de (2. 105).
58
11
( , ) ( , ) (0) ( , )n
A B B A A A nB
a N N d N f N h a N N g
(2. 106)
Note que todas as coisas é conhecida em (2. 106) exceto os Bd ’s. Então (2. 106) constitui um
sistema de n equações em n incógnitas, onde as incógnitas são os sdB ' . Isto pode ser escrito
de uma forma mais concisa como segue:
Chamando de:
),( BAAB NNaK (2. 107)
e
gNNahNfNF nAAAA ),()0(),( 1 (2. 108)
Então (2. 106) torna-se e ficamos com a seguinte equação:
AB
n
BAB FdK
1
1,2,...,A n (2. 109)
Além disso a simplicidade é ganha pela notação matricial. Onde
11 12 1
12 22 2
1 2
...
...: _ : :
...
n
nAB
n n nn
K K KK K K
K
K K K
K (2. 110)
com
1
2
:A
n
FF
F F
F
(2. 111)
e
1
2
:B
n
dd
d d
d
(2. 112)
Portanto, a forma Matricial (M) para o problema (2. 109) pode ser escrita como:
59
Fd
K (2. 113)
As seguintes terminologias são frequentemente aplicadas, especialmente quando o problema
sob consideração pertence a um sistema mecânico.
K = Matriz de Rigidez
F
= Vetor força
d
= Vetor deslocamento
Uma variedade de interpretações físicas são é claro possíveis.
Neste ponto, nós podemos estabelecer a matriz equivalente (M), do rpoblema de
Galerkin.
Dada a matriz coeficiente K e o vetor F
, ache d
tal que:
Fd
K (2. 114)
A solução de (M) é, claro, apenas 1d F K
(suponde que a inversa de K , 1K ,
existe). Uma vez que d
é conhecido, a solução de (G) pode ser obtida em qualquer ponto
x pelo emprego de (2. 99), viz., de posse da solução nós podemos reconstruir a solução:
)()()( 11
xgNxNdxu n
n
AAA
h
(2. 115)
Desta forma, as derivadas de hu , se requeridas, podem ser obtidas pela derivação termo a
termo. Deve-se enfatizar que a solução de (G) é uma solução aproximada de (W).
Consequentemente, a equação diferencial e as condições de contorno naturais são somente
aproximadamente satisfeita. A qualidade da aproximação depende apenas da escolha
específica dos AN ’s e do número n.
Observações:
1. A matriz K é simétrica. Isto segue da simetria de ( , )a e do uso do método
de Galerkin (i. e. as mesmas funções de forma são usadas para as variações e as soluções
tentativas):
,
,AB A B
B A
BA
K a N N
a N NK
(2. 116)
Na notação matricial
60
TK K (2. 117)
Onde o superscrito T denota a matriz transposta. A simetria de K possui conseqüências
computacionais importantes:
2. Vamos recuperar os esquematicamente os passos que levaram ao problema
matricial, como elas são típicos do processo deve-se ir através do desenvolvimento do método
dos elementos finitos para um dado problema:
( ) ( ) ( ) ( )S W G M (2. 118)
A única aproximação aparente feita então está em resolver aproximadamente (W) via (G).
Nas situações mais complicadas, encontradas na prática, o número de aproximações aumenta.
Por exemplo, os dados f, g e h podem ser aproximados, bem como o domínio , cálculo de
integrais e assim por diante. A prova da convergência e análise de erro envolve a
consideração de cada aproximação.
3. É algumas vezes conveniente escrever:
1
1( ) ( )
nh
A AA
u x d N x
(2. 119)
onde 1nd g
61
2. 10 - Exemplo de 1 e 2 graus de Liberdade
Nesta secção nós realizaremos os cálculos detalhados que envolvidos na
formulação e solução do problema de Galerkin. As funções empregadas são extremamente
simples, então dispensando-se a computação, mas eles são também exemplos primitivos de
funções típicas de elementos finitos.
2.10.1 - Exemplo 1 (1 Grau de Liberdade)
Neste caso n = 1. Então 1 1hw c N e 1 1 2
h h hu v g d N gN . A única
incógnita é 1d . O espaço de funções deve satisfazer 1(1) 0N e 2(1) 1N (veja (2. 95) e
(2. 96)). Vamos tomar 1( ) 1N x x e 2( )N x x . Estas funções são ilustradas na Figura -
2. 6 e claramente satisfaz as condições requeridas.
Figura - 2. 6. Funções para o exemplo de 1 grau de liberdade. (estas funções são secretamente a mais simples funções de interpolação dos elementos finto no contexto de um elemento.)
Uma vez que nós estamos tratando somente com 1 grau de liberdade, a parafernália matricial
colapsa como segue:
11 11K K K (2. 120)
1 1F F F
(2. 121)
62
1 1d d d
(2. 122)
e
1
11 1 1 1 10 1 1
, , , 1x xK a N N N N dx
(2. 123)
e
1 1 1 1 2
1 1
1 10 0 1 11
0
, (0) ,
(1 ) ( ) , ,
(1 ) ( )
x x
F N f N h a N N g
x f x dx h g N N dx
x f x dx h g
(2. 124)
e
11 11 1d K F F (2. 125)
Consequentemente
1
1
0
( ) (1 ) ( ) (1 )h
d
u x y f y dy h g x gx
(2. 126)
Em (2. 126), y executa o papel de uma variável muda. Uma ilustração de (2. 126) aparece na
Figura - 2. 7.
63
Figura - 2. 7. A solução de Galerkin para o exemplo de 1 grau de liberdade.
Para se obter uma sensibilidade da natureza da aproximação, vamos comparar (2.
126) com a solução exata (veja (2. 43)). É útil considerar formas específicas de f.
i. Para 0f . Então
( ) ( ) (1 )hu x u x g x h (2. 127)
que é, a solução aproximada é exata. De fato, isto está claro pela inspeção de (2. 126) e (2. 43)
que a solução homogênea (isto é, a parte da solução correspondente a f = 0) é sempre
representada exatamente. A única aproximação própria para a solução particular ( isto é, a
parte da solução correspondente a f ≠ 0).
ii. . Agora nos introduziremos uma função não nula f. Suponha que f(x) = p, uma
constante. Então a solução particular toma a forma
2(1 )( )2part
p xu x (2. 128)
e
(1 )( )2part
p xu x (2. 129)
As equações (2. 128) e (2. 129) são comparadas na Figura - 2. 8. Note que hpartu é exata em x
= 0 e x = 1 e ,hpart xu é exata em x = ½. (Isto seria claro que é impossível de h
partu ser exata em
todos os x nas circunstancias presentes. A solução exata (2. 128), contém um termo
64
quadrático em x, Uma vez que a solução aproximada é limitada por uma variação linear em x
pela definição de N1 e N2).
Figura - 2. 8. Comparação das soluções particulares exatas e de Galerkin, Exemplo 1 caso (ii).
iii. Desta vez seja f(x)`= qx, onde q é uma constante. Esta escolha de f leva-nos
para
3(1 )( )6part
q xu x (2. 130)
e
(1 )( )6part
q xu x (2. 131)
as quais são comparadas na Figura - 2. 9. Novamente note que hpartu é exata em x = 0 e x = 1.
Existe um ponto 13
x na qual ,hpart xu é exata.
Deixe-nos resumir o que nos observamos neste exemplo:
a. A parte homogênea de hu é exata em todos os casos.
b Na presença de uma função f não nula, hu é exata em x = 0 e x = 1.
c. Para cada caso, existe pelo menos um ponto onde ,hxu é exata.
65
Figura - 2. 9. Comparação das soluções particulares exatas e de Galerkin, Exemplo 1 caso (iii).
2.10.2 - Exemplo 2 (2 Graus de Liberdade)
Neste caso para n = 2 então:
2211 NcNcwh (2. 132)
onde
0)1()1( 21 NN (2. 133)
e
32211 gNNdNdu h (2. 134)
onde 1)1(3 N .
Defina-se AN ’s como se segue:
121;0
210;21
)1(1
x
xxN (2. 135)
e
66
121;)1(2
210;2
)1(2
xx
xxN (2. 136)
e
121;12
210;0
)1(3
xx
xN (2. 137)
As funções de forma ilustradas na Figura - 2. 10. Típicos h hw V e h hu S e
suas derivadas são mostradas na Figura - 2. 11.
Figura - 2. 10. Funções o exemplo para 2 graus de liberdade. (Estas funções são secretamente as funções mais simples dos elementos finitos em um contexto de dois elementos.)
Para n = 2 a parafernália matricial toma a seguinte forma:
2221
1211
KKKK
K (2. 138)
e
67
Figura - 2. 11. Função peso típico e solução tentativa para o exemplo com 2 graus de liberdade.
2
1
FF
F (2. 139)
e
2
1
dd
d (2. 140)
Onde
asdescontínu serem funçõesdas derivadas as devido se-separa
1
2/1
2/1
0
1
0
,,,,,,, dxNNdxNNdxNNNNaK xBxAxBxAxBxABAAB (2. 141)
68
Para
4;2;2 22211211 KKKK (2. 142)
Logo
2111
2K (2. 143)
e
dxNNhNdxfN
gNNahNfNF
xxAAA
AAAA
,,)0(
,)0(,
3
1
2/1
1
0
3
(2. 144)
donde:
hdxxfxF 2/1
01 )(21 (2. 145)
e
1/ 2 1
20 1/ 2
2 ( ) 2 (1 ) ( ) 2F xf x dx x f x dx g (2. 146)
Note que devido ao formato das descontinuidades das funções na tangente em
x=½ , é conveniente expressar a integral em integrais em subintervalos [0, ½] e [½ ,1] (por
exemplo, veja (2. 141) e (2. 144). Nós não precisamos nos preocupar sobre o valor das
derivadas de AN em x=½ (sofre uma descontinuidade lá e portanto não é bem-definida no
modo clássico) desde que isto não tem efeito sobre as integrais em (2. 141). Isto equivale a
aplicar a noção de uma derivada generalizada.
Nos analisaremos novamente os três casos considerados no exemplo 1.
i. para f(x) = 0 temos:
g
hF
2 (2. 147)
69
E
1d F
K
(2. 148)
1 1 1/ 21/ 2 1/ 2 2
hd K F
g
(2. 149)
logo
/ 2g h
dg h
(2. 150)
Este resulta em:
1 2 3
21 2 3 1
( )2
( )2
h hu g h N g N gN
Ng N N N h N
(2. 151)
logo
1(1 )hu g h x N (2. 152)
( ) (1 )u x g h x (2. 153)
Novamente, a solução homogênea obtida é exata. (A razão para isto é que a solução exata é
linear, e nossa solução teste é capaz de representar exatamente qualquer função linear. O
método de Galerkin dá-nos uma resposta exata quando é possível – que é, quando quer que a
coleção de soluções triviais contem uma solução exata através de seus membros).
Para problemas lineares os N’s lineares se repetem exatamente. A solução exata
homogênea é igual a do MEF.
ii. Considerando f(x) = p:
hpF 41 (2. 154)
e
70
gpF 222 (2. 155)
Logo
1
1122 4
31 1 28 22 2 2
pp g hhdK F
p hp gg
(2. 156)
cuja solução toma a forma:
)()1()( xuxhgxu hpart
h (2. 157)
onde
21 83
2)( NpNpxu h
part (2. 158)
A solução particular aproximada é comparada com a exata conforme mostra a
Figura - 2. 12., da qual nós vemos que a concordância é alcançada em 10, e 12
x , e as
derivadas coincide em 14
x e 34
x .
Figura - 2. 12. Comparação das soluções particulares e exata e de Galerkin, Exemplo 2, caso (ii).
iii. ( ) , constantef x qx q
71
1 24qF h (2. 159)
e
2 24qF g (2. 160)
logo
6748 2
q g hd
q hg
(2. 161)
Novamente hu pode ser expresso na forma (2. 157), onde
1 27
6 48upart
q qu N N (2. 162)
Uma comparação é apresentada na Figura - 2. 13. A solução de Galerkin é
compreendida para ser exata uma vez novamente em x = 0,1/2 e 1, e a derivada é exata nos
dois pontos.
Figura - 2. 13. Comparação das soluções particulares exata e de Galerkin, Exemplo 2, caso (iii).
Deixe-nos resumir o que salientamos nas observações do exemplo 2:
72
a. A parte homogênea de hu é exata em todos os casos, como no exemplo 1 ( a
razão para isto é dada depois da equação (2. 153))
b. A solucão de Galerkin é exata em cada ponto final de cada sub-ntervalo para
todos os casos. O que implica que a solução pelo Método dos Elementos Finitos é exata nos
nós.
c. Em cada caso, existe pelo menos um ponto onde ,hxu é exata. x
hu , é exata em
um ponto de cada elemento.
Depois generalizando o caso de n sub-intervalos da na seguinte seção, nos
mostraremos na seção 1.10 que as observações acima não são acidentais.
Exercício 1.
Se o leitor não tem experiência com as contas que apareceram nesta seção, seria
louvável reproduzir todos os detalhes, desde que todos os detalhes foram omitidos.
73
2. 11 - Espaço de Elementos Finitos Lineares
Os exemplos da seção precedente aplicaram a definição de hV e hS que são casos
especiais do espaço dos elementos finitos lineares por partes. Para definirmos o caso geral nos
quais hV é um n-dimensional, nos particionaremos o dominio [0;1] dentro de n sub-intervalos
não sobrepostos. Um sub-intervalo típico é denotado por 1[ , ]A Ax x , onde 1A Ax x e
A=1,2,….,n. Nos também exigimos que 1 0x e 1 1nx . Os Ax ’s sao chamados de pontos
nodais ou nós. (A terminologia junta ou extremos também é usada). Os sub-intervalos são
algumas vezes referidos como domínio dos elementos finitos, ou simplesmente elementos.
Note que os comprimentos dos elementos 1A A Ah x x nao se exige que sejam iguais. O
parâmetro da malha, h, é geralmente tomado como o comprimento máximo dos intervalos
(isto é, h = max Ah , A=1,2,…,n). Quanto menor for o h, mais refinada é a particao, ou malha.
Se cada sub-intervalo tem o mesmo comprimento então h = 1/n.
A forma das funções são definidas como segue: associadas a um nó típico interno
(isto é, 2 A n )
11
1
11
;
( ) ;
0 ;
AA A
A
AA A A
A
x xx x x
hx x
N x x x xh
elsewhere
(2. 163)
Onde nos pontos das fronteiras nós temos
21 1 2
1
1 1
( ) ;
( ) ;nn n n
n
x xN x x x x
hx x
N x x x xh
(2. 164)
As funções de forma são desenhadas na Figura - 2. 14. Por razoes obvias, elas são
referidas por vários nomes como “ chapéu”, “ telhado” . Note que ( )A B ABN x onde AB é a
funcao delta de Kronecker ( isto é, AB =1 se A=B e AB =0 quando A≠B). Em outras palavras,
74
AN leva no 1 sobre o nó A e zero nos outros nós. Além disso, AN nao é zero somente em cada
sub-intervalo que contém Ax .
Figura - 2. 14. Funções de base para um espaço compacto de elementos finitos lineares
Um membro típico de h hw V tem a forma 1
nA AA
c N e aparecem na Figura - 2.
15. Note que hw é continua, mas tem descontinuidade na derivada sobre cada elemento da
fronteira. Por esta razão, ,hxw , a derivada generalizada de hw , sera constante por partes, ,
experimentando descontinuidades através dos elementos de contorno. (Uma tal função é
algumas vezes chamada de função degrau generalizada.) Restrita a cada um dos elementos do
dominio, hw é uma polinomial linear em x . Com relação as condições de contorno essenciais
homogêneas, (1) 0hw . Claramente, hw é identicamente zero se e somente se cada um dos
0, 1,2,...,Ac A n .
Figura - 2. 15. Um membro típico de h hw V .
75
Membros típicos de hS são obtidos acrescentando 1h
nq qN para membros
típicos de hV . Isto assegura que (1)hu g .
As funções por partes de elementos finitos lineares são as mais simples e as mais
largamente usadas funções de lementos finitos de problemas unidimensionais.
2.11.1 - Funções de Interpolação
Para funções de interpolação, usualmente utiliza-se polinômios.
Exemplo: Lineares
Figura - 2. 16.
onde os nóssxA ' e 1; AA xx e corresponde aos elementos.
Note que o tamanho dos intervalos
AAA xxh 1 (2. 165)
não são necessariamente iguais ao parâmetro da malha Ahh max .
2.11.2 - Definições das Funções de Interpolação ou de Forma
Os nós internos são dados por nA 2 , e a funções de interpolação são:
11
11
,
,)(
AAA
A
AAA
A
A
xxxh
xx
xxxhxx
xN (2. 166)
76
Exercício 1.
Considere a formulação fraca do modelo do problema unidimensional:
1 1
0 0
, , (0)x xw u dx wf dx w h (2. 167)
onde wW e uS são supostos ser suaves sobre os elementos interiores (i. e. sobre
1] ; [, 1,2,...,eA Ax x A n mas pode sofrer inclinações descontínuas através dos
contornos dos elementos. (Funções desta classe contém um espaço de elemento finito linear
descrito anteriormente). A partir da equação (2. 294) e supondo a continuidade das funções,
mostre que:
1
1
2
0 ( , ) (0) , (0 )
( ) , ( ) , ( )
A
A
xn
xx xA x
n
A x A x AA
w u f dx w u h
w x u x u x
(2. 168)
Argumentando como na Secção. 1.4, pode ser concluído que as condições de Euler-Lagrange
da equação (2. 294) são:
i. , ( ) ( ) 0xxu x f x , onde 1] ; [, 1,2,...,A Ax x x A n ,
ii. , (0 )xu h ; e
iii. , ( ) , ( ), onde 2,3,...,x A x Au x u x A n
Observe que (i) é a equação diferencial restrita aos elementos interiores, e (iii) é a
condição de continuidade através dos elementos dos contornos. Este pode ser contrastado com
o caso no qual a solução é suposta suave. Neste caso a condição de continuidade é
identicamente satisfeita e a somatória das integrais sobre os elementos interiores pode ser
substituída por uma integral sobre todo o domínio (veja Secção. 1.4).
Na formulação dos elementos finitos de Galerkin, uma solução aproximada de (i)-
(iii) é obtida.
77
2. 12- Propriedades da Matriz de Rigidez K
As funções de forma , 1,2,..., 1AN A n , são nulas do lado de fora da
vizinhança do nó A. Como um resultado, muitas das entradas de K são nulas. Este pode ser
visto como segue.
Seja 1B A . Então (vide Figura - 2. 17) a matriz de rigidez, K , é dada por:
dxxNxNK xBxAAB )(,)(,1
0 (2. 169)
A simetria de K implica, em adição, que (2. 169) permanece para 1A B . Dis-
se que K é uma matriz de banda (i. e. suas entradas não nulas estão localizadas em uma
banda sobre a diagonal principal). A Figura - 2. 18 a mostra esta propriedade. Matrizes de
banda possuem significantes vantagens em que os elementos fora da banda não precisam ser
armazenados nem operados sobre o computador. Esta matriz de rigidez que aparece na análise
por elementos finitos é, em geral, bandas estreitas, permitem sua formação e solução
econômica .
Figura - 2. 17. Se 1B A , as partes não nulas de BN e AN não se sobrepõem.
Para um certo A,
1,1,0)(,)(, ABABsexNxN xBxA (2. 170)
Logo se
0ABK (2. 171)
A matriz de rigidez é tridiagonal e simétrica.
78
11 12
21 22 23
32 33 2, 1
1, 2 1, 1 1,
, 1
0 ... 0:
0 0
:
0 ... 0
n n
n n n n n n
n n nn
K KK K K
K K K
K K K
K K
K
(2. 172)
Figura - 2. 18.
2.12.1 - Definição
Uma matriz n n é dito ser positiva definida se
i. 0Tc c A para todos os n-vetores c ; e
ii. 0Tc c A implica que 0c
2.12.2 - Observações
1. Uma matriz simétrica positiva definida possui uma única inversa.
2. Os autovalores de uma matriz positiva definida são reais e positivos.
2.12.3 - Teorema
A matriz K n n definida por (2. 107) é positiva definida.
2.12.4 - Prova
i. Seja , 1, 2,...,Ac A n as componentes de c (i.e. Ac c ), um vetor arbitrário.
Use estes Ac ’s para construir um membro de hV , 1
nh
A AA
w c N
, onde as AN são funções
bases de hV . Então
, 1
nT
A AB BA B
c c c K c
K (2. 173)
E pela definição de ABK
79
, 1( , )
n
A A B BA B
c a N N c
(2. 174)
Da bilinearidade de ( , )a temos:
1 1,
n n
A A B BA B
a c N c N
(2. 175)
E da definição de hw
,h ha w w (2. 176)
E por (2. 75)
1 2
00
,
0
hxw dx
(2. 177)
ii. Supondo 0Tc c K . Pela prova da parte ii.
1 2
0
, 0hxw dx (2. 178)
e consequentemente hw deve ser constante. Uma vez que h hw V , (1) 0hw . Combinando
estes fatos, nós consideramos que ( ) 0hw x para todo [0;1]x , o qual é possível somente se
0, 1,2,...,Ac A n . Então 0c .
Note que a parte (ii) depende somente da definição de K e da condição de
contorno essencial nula construída dentro da definição de hV .
Resumo dos Resultados Matemáticos
K definido por (2. 107), é:
i. Simétrica
ii. Em Banda
iii. Positiva definida
A conseqüência prática das propriedades acima é que uma solução computacional
muito eficiente de d FK
pode ser executada.
80
2. 13- Análise Matemática
Nesta secção nós mostraremos que as observações feitas com referência aos
problemas exemplos da Sec. 1.7 são, de fato resultados gerais. Para estabelecer estes fatos
rigorosamente somente se requer técnicas matemáticas elementares.
Nosso primeiro objetivo é estabelecer que a solução finita de Galerkin hu é exata
nos nós. Para fazer isto no’s devemos introduzir a noção de uma função de Green.
Seja ( ) ( )y x x y denota a função delta da Dirac. A função de Dirac não é
uma função no senso clássico mas é um tipo de operador definido por sua ação sobre funções
contínuas. Seja w uma função contínua e [0;1]; então nós podemos escrever:
1
0
, ( ) ( )
( )
yw w x x y dx
w y
(2. 179)
Por (2. 179), nós vemos porque a atenção é restringida a função ser contínua- y , lança fora o
valor de w em y. Se w fosse descontínua em y, seu valor seria ambíguo. Na mecânica, nós
pensamos de y visualmente como representante de uma força concentrada de uma
amplitude unitária localizada em um ponto y.
A função de Green do problema correspondente a (S) pode ser estabelecida
como segue:
Ache a função g (i. e. a função de Green) tal que:
, 0xx yg em (2. 180)
(1) 0g (2. 181)
, (0) 0xg (2. 182)
Note que (2. 180)-(2. 182) são simplesmente (S) em que f é substituído por y e g e h são
tomados nulos.
Este problema pode ser resolvido pela forma de cálculos formais com
distribuições ou funções generalizadas, tais como y . (A teoria de distribuições é tratada
81
em Stakgold [5]). Uma boa conta elementar dos cálculos formais com distribuições
apresentadas por Popov [9]. (Esta última referência é recomendada para leitores que não tenha
tido experiência com este tópico.) Para este fim nós notamos que a integral (formal) de y é a
função de Heaviside, ou a função de degrau unitário:
0,( ) ( )
1,yx y
H x H x yx y
(2. 183)
A integral de yH é o parêntesis de MaCaulay:
0,,
x yx y
x y x y
(2. 184)
As funções precedentes são mostradas na Figura - 2. 19.
Figura - 2. 19. Funções generalizadas elementares. a) Parênthesis de MaCaulay <x-y> b) Função de Heaviside H(x-y) = <x-y>,x c) (x-y) = H(x-y),x.
Para resolver o problema da fução de Green, (2. 180) é integrado, fazendo uso de
(2. 183), para obter:
1,x yg H c (2. 185)
onde 1c é uma constante de integração. Uma segunda e uso de (2. 184) fornece (2. 180)
fornece:
1 2( )g x x y c x c (2. 186)
onde 2c é uma outra constante de integração. O cálculo 1c e 2c é executado requerendo (2.
185) e (2. 186) parasatisfazer as condições de controrno. Este resulta em
82
( ) (1 )g x y x y (2. 187)
(veja Figura - 2. 20)
Figura - 2. 20. Funções de Green.
Observe que g é por parte linear. Então se Ay x (i. e. se y é um nó), hg V .
Na análise ensuing nós precisamos de uma equação variacional correspondente ao
problema das funções de Green. Este pode ser deduzido a partir de (W) substituindo u por g. f
por y , e g e h por 0, viz.
( , ) ( , )ya w g w w y (2. 188)
A equação (2. 188) permanece para todas as funções contínuas w V realmente implica a
continuidade de todo w V por um teorema bem conhecido em análse devido a Sobolev.
(Este resultado é verdadeiro somente em uma dimensão. O integrabilidade quadrática das
segundas derivadas é também requerida assegurar a continuidade das funções definidas em
domínios bi e tridimensional.)
2.13.1 - Teorema
Seja
( ) ( ), 1,2,..., 1hA Au x u x A n (2. 189)
(i. e., hu é exata nos nós). Para provar o teorema, nós precisamos estabelecer dois resultados
preliminares.
83
2.13.2 - Lemma 1.
, 0h ha u u w para todo h hw V (2. 190)
2.13.3 - Prova
Nós temos observado previamente que hV V , assim nós podemos substituir w
por hw na equação variacional
, ( , ) (0)h h ha w u w f w h (2. 191)
A equação (2. 191) permanece para todo hw V . Observe qu a equação de Galerkin é
idêntica a equação (2. 191) exceto que hu aparece ao invés de u. Subtraindo a equação de
Galerkin da equação (2. 191) e usando a bilinearidade e a simetria de ( , )a obtém-se o
resultado desejado.
2.13.4 - Lemma 2.
Seja
( ) ( ) ,h hu y u y a u u g (2. 192)
onde g é a função de Green.
2.13.5 - Prova
Pela definição de y
( ) ( ) ,h hyu y u y u u (2. 193)
Por (2. 188)
( ) ( ) ,h hu y u y a u u g (2. 194)
Note que a linha 2 é verdade uma vez que hu u está em V .
84
2.13.6 - Prova do Teorema
Como nós temos observado previamente, se Ay x , um nó, hg V . Vamos
tomar este como sendo o caso. Então
( ) ( ) , ( 2)
0 ( 1)
h hA Au x u x a u u g Lema
Lema
(2. 195)
O teorema é válido para 1,2,..., 1.A n Strang e Fix [6] atribuem este
argumento a Douglas e Dupont. Resultados deste tipo, encorporando caracteríticas de
excepcional acuracidade, são frequentemente referidas como um fenômeno da
superconvergência. Contudo, o leitor apreciaria que em situações mais complicadas, nós não
seremos capazes de na prática, garantir exatidão nodal. Portanto, como nós veremos mais
tarde, procedimentos de resíduos ponderados provêem um sistema de trabalho dentro do qual
as propriedades de acuracidade ótima de alguma sorte pode ser frequentemente garantida.
2.13.7 - Acuracidade das Derivadas
Considerando as propriedades de convergência das derivadas, certas noções elementares de
análise numérica surgem. O leitor deve está seguro que ele ou ela possui um completo
entendimento destas idéias conforme elas subsequentemente aparecem em outros contextos.
Nós começamos pela introdução de alguns resultados matemáticos preliminares.
2.13.8 - Taylor’s Fórmula with Resíduos
Seja :[0;1]f possui k derivadas contínuas e seja y e z dois pontos no
intervalo [0;1]. Então existe um ponto c entre y e z tal que:
2
2
..
1( ) ( ) ( ) , ( ) ( ) , ( )2
1 ( ) , ( ) ...3!1 ( ) , ( )! k vezes
x xx
xxx
kxx x
f z f y z y f y z y f x y
z y f y
z y f ck
(2. 196)
A prova desta fórmula pode ser achada em [7]. A equação (2. 196) é algumas vezes chamado
de Expansão Finita de Taylor.
85
2.13.9 - Teorema do Valor Médio
O teorema do valor médio é um caso especial da equação (2. 196) a qual é valido
desde que 1k (i. e., f é contínuamente diferenciável)
( ) ( ) ( ) , ( )xf z f y z y f c (2. 197)
Figura - 2. 21.
Considere um subintervalo típico 1[ , ]A Ax x . Nós temos já mostrado que hu é
exato nas extremidades (veja Figura - 2. 21). A derivada de hu em 1] , [A Ax x é constante:
11
( ) ( ), ( ) , ] , [h h
h A Ax A A
A
u x u xu x x x xh
(2. 198)
2.13.10 - Teorema
Suponha que u é continuamente diferenciável. Então existe no mínimo um ponto
em 1] , [A Ax x no qual (2. 197) é exata.
1( ) ( ) , ( )A Ax
A
u x u x u ch
(2. 199)
2.13.11 - Prova
Pelo teorema do valor médio, existe um ponto c ]xA,xA+1[ tal que:
86
(Nós usamos (2. 197) com u, xA e xA+1 no lugar de f,y e z respectivamente). Desde que u(xA) =
uh(xA) e u(xA+1) = uh(xA+1), nós podemos reescrever (2. 200) como
1( ) ( ) , ( )h h
A Ax
A
u x u x u ch
(2. 200)
Comparação de (2. 200) com (2. 199) produz o resultado desejado.
2.13.12 - Observações
1. Este resultado significa que o valor constante de hxu, deve coincidir com xu,
em algum lugar de ]xA,xA+1[, veja Figura - 2. 22.
2. Sem o conhecimento de u nos nós não temos nenhuma maneira de determinar a
localização nas quais as derivadas serão exatas. Os seguintes resultados serão muito úteis em
que eles contam-nos que os pontos médios são, num sentido, otimamente exatos,
independentes de u.
Seja
1( ) ( ), ( ) , ( ) , ( ) , ( )h hdef
h A Ax x x x
A
u x u xe u u uh
(2. 201)
O erro (absoluto) nas derivadas 1[ , ]A Ax x . Para estabelecer uma superioridade dos
pontos médios no calculo das derivadas, nos precisamos de um resultado preliminar.
Figura - 2. 22.
2.13.13 - Lema
Suponha que u é três vezes continuamente diferenciável. Então
87
1
3 31 1 2
, ( ) , ( )2
1 ( ) , ( ) ( ) , ( )3!
A Ax xx
A xxx A xxxA
x xe u
x u c x u ch
(2. 202)
onde 1c e 2c são em 1[ , ]A Ax x .
2.13.14 - Prova
Expanda 1( )Au x e ( )Au x em expansão finita de Taylor em torno de
1[ , ]A Ax x , viz.,
21 1 1
31 1 1
21 1 1
32 2 1
1( ) ( ) ( ) , ( ) ( ) , ( )2
1 ( ) , ( ), [ , ]3!
1( ) ( ) ( ) , ( ) ( ) , ( )2
1 ( ) , ( ) [ , ]3!
A A x A xx
A xxx A
A A x A xx
A xxx A
u x u x u x u
x u c c x
u x u x u x u
x u c c x
(2. 203)
Substraindo e dividindo por Ah fornece
1 1
3 31 1 2
( ) ( ) , ( ) , ( )2
1 ( ) , ( ) ( ) , ( )3!
h hA A A A
x xxA
A xxx A xxxA
u x u x x xu uh
x u c x u ch
(2. 204)
Substituindo u(xA+1) por uh(xA+1) e u(xA) por uh(xA) no lado esquerdo da equação e
rearranjando os termos completamos a prova.
2.13.15 - Discussão
Para determinar o que (2. 202) nos conta sobre a exatidão da derivada, nos
desejamos pensar da situação na qual a malha está sendo sistematicamente refinada (isto é,
nos deixamos hA se aproximar de zero). Neste caso 2Ah deve ser muito menor que hA.
88
Portanto, para um dado u, se o lado direito de (2. 202) é )( 2AhO 3, o erro na derivada será
muito menor do que s e o lado direito é somente O( hA). O expoente de há é chamado de
ordem de convergência o ordem de exatidão. No caso anterior nos tínhamos a convergência
de segunda ordem da derivada, uma vez que no último caso nos temos somente a
convergência de primeira ordem.
Por exemplo, assumindo que a xA, então
)()(!3
)(2
)( 1,
2
,, AxxxA
AxxA
Ax hOcuhxuhxe (2. 205)
como hA 0 o primeiro termo domina. (nós vemos dos cálculos do exemplo na seção 1.8 que
os pontos extremos de cada subintervalo não são muito exatos para as derivadas)
Claramente em qualquer ponto a [xA,xA+1] obtém-se uma exatidão de primeira
ordem. Nos somos portanto naturalmente levados a fazer uma pergunta, existe algum valor de
a no quais a exatidão de derivadas de ordem superior são obtidas?
2.13.16 - Corolário
Seja xA+1/2 o ponto médio. Então o erro
)()(
,),(24
)(
2
21,
1,
2
21,
AhOxe
xxccuhxe
Ax
AAxxxA
Ax
(2. 206)
2.13.17 - Prova:
Por (2. 202) temos que
)()(48
)( 2,1,
2
21, cucuhxe xxxxxx
AAx
(2. 207)
pela continuidade de u,xxx existe pelo menos um ponto c entre c1 e c2 tal que
)()(21)( 2,1,, cucucu xxxxxxxxx (2. 208)
Combinando estes fatores completamos a prova. 3 A função f(x) é dita ser de ordem O(xk), (isto é, de ordem xk) se f(x)/xk uma constante quando x 0. Por
exemplo, f(x) =xk é O(xk), como é f(x) = 0,
lxlk
kjj . Mas não é O(xk+1) (verifique!)
89
2.13.18 - Observação
1. Do corolário nós vimos que as derivadas são exatas de segunda ordem nos
pontos médios.
2. Se a solução é exata é quadrática (isto é, consiste de combinação linear dos
monômios 1,x,x2 ), então u,xxx =0 e – pelo (2. 202) – a derivada é exata nos pontos médios.
Este é o caso quando f(x) = p = constante.
3. Na teoria elástica linear de viga, as derivadas são proporcionais para as tensões.
O ponto médio dos elementos lineares são chamados de pontos de tensão de Barlow, depois
que Barlow[8], que foi o primeiro a notar que os pontos de ótima exatidão existiam dentro dos
elementos.
Exercício 1.
Suponha uma malha de elemento constante (i. e. , 1,2,...,Ah h A n ).
Considere a diferença finita padrão “stencil” para
, 0xxu f (2. 209)
em um nó típico interno, chamado,
1 12
2 0A A AA
u u u fh
(2. 210)
Supondo que f varia de uma forma linear e assim pode ser expandido como:
1
1
n
A AA
f f N
(2. 211)
onde os fA são valores nodais de f, estabelecidos na equação de elementos finitos associado
com o nó A e compare este com (2. 297). Deduza quando (2. 297) será capaz de exibir o
fenômeno da superconvergência. (Isto é qual é a restrição sobre f?) Estabeleça a equação de
elementos finitos associada com o nó 1, contando para h não nulo. Discuta esta equação a
partir do ponto de vista de diferenças finitas. (Para comparações posteriores ao longo destas
linhas, o leitor interessado necessita consultar [6], Capítulo 1.).
90
2.13.19 - Resumo dos Resultados Matemáticos
A solução de elementos finitos de Galerkin do problema (s) possui as seguintes
propriedades:
i. hu é exata nos nós (não é geral)
ii. xhu , Existe pelo menos um ponto em cada elemento no qual a derivada é
exata, ou seja, é exata em algum ponto de cada intervalo (quase geral)
iii. xhu , A derivada tem uma precisão de 2ª ordem nos pontos médio dos
elementos (quase geral) .
91
2. 14- Interlúdio: Eliminação de Gauss; Versão do Cálculo a Mão
É importante para alguém que deseja fazer análise por elementos finitos tornar-se
familiar com o eficiente e sofisticado esquema que aparece no método dos elementos finitos.
Sente-se que a melhor forma de fazer isto é começar com o esquema mais simples,
executando alguns cálculos a mão, gradualmente aumentar a sofisticação conforme o tempo
passa.
Para fazer alguns dos problemas nós precisamos de um método verdadeiramente
eficiente de solução de matrizes a mão. O seguinte esquema é aplicável a sistemas de
equações d FK
no qual nenhum pivotamento (isto é reordenamento) é necessário. Por
exemplo, matrizes simétrica positiva definida de coeficientes nunca precisa de pivotamento. O
procedimento é como segue:
2.14.1 - Eliminação de Gauss
Resolva a primeira equação para 1d e elimine 1d a partir das n - 1
equações remanescentes
Resolva a segunda equação para 2d e elimine 2d a partir das n - 2
equações remanescentes
Resolva a segunda equação para 1nd e elimine 1nd a partir da n’esima
equação.
Resolva a n’esima equação para nd .
Os passos precedentes são chamados de Redução Direta. A matriz original é
reduzida a uma matriz triangular superior. Por exemplo, suponha que nós começamos com um
sistema de quatro equações como segue:
11 12 13 14 1 1
21 22 23 24 2 2
31 32 33 34 3 3
41 42 43 44 4 4
K K K K d FK K K K d FK K K K d FK K K K d F
(2. 212)
A matriz Ampliada correspondente ao sistema é
92
11 12 13 14 1
21 22 23 24 2
31 32 33 34 3
41 42 43 44 4
F
K K K K FK K K K FK K K K FK K K K F
K
(2. 213)
Depois da redução direta, a matriz augumentada torna-se:
'112 13 14'
223 24'
34 3'
4
'
10 10 0 10 0 0 1
U F
FK K KFK K
K F
F
(2. 214)
Correspondendo ao sistema triangular superior 'd U F
(4). Verifica-se simplesmente o fato
de que se K é matriz de banda diagonal, então U também será.
Empregando a matriz augumentada reduzida, procede-se como segue:
Elimina-se nd das 1, 2,...1n n .
Elimina-se 1nd das 2, 3,...1n n .
Elimina-se 2d da primeira equação.
Este procedimento é chamdo de substituição anterior. Por exemplo, no exemplo
dado, depois da substituição anterior nós obtemos:
1
2
3
4
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
d
dddd
I
(2. 215)
4 Primos serão usados para denotar quantidades intermediárias em toda esta secção.
93
correspondendo a identidade d dI
. A solução surge na última coluna.
2.14.2 - Algoritimo de Cálculo a Mão
Em um cálculo a mão, a eliminação de Gauss pode ser executada sobre a matriz
augumentada como segue:
2.14.3 - Redução Direta
Divida a linha 1 por 11K
Substraia 21K linha 1 de linha 2
Substraia 31K linha 1 de linha 3
Substraia 31K linha 1 de linha n
Considere o exemplo de quatro equações. Os passos precedentes reduzem a
primeira coluna para a forma
12 13 14 1
22 23 24 2
32 33 34 3
42 43 44 4
1 ' ' ' '0 '' '' '' ''0 '' '' '' ''0 '' '' '' ''
K K K FK K K FK K K FK K K F
(2. 216)
Note que se 1 0AK , então a computação para a A’ésima linha pode ser ignorado.
Agora reduza a segunda coluna
Divida a linha 2 por 22'K
Substraia 31''K linha 2 de linha 3
Substraia 42''K linha 2 de linha 4
Substraia 2''nK linha 2 de linha n
O resultado parecerá o exemplo parecerá como:
94
12 13 14 1
23 24 2
33 34 3
43 44 4
1 ' ' ' '0 1 ''' ''' '''0 0 ''' ''' '''0 0 ''' ''' '''
K K K FK K FK K FK K F
(2. 217)
Note que somente a submatriz incluída nas lihas pontilhadas é afetada neste procedimento.
Repita até a coluna 3 para n são reduzidas e a forma triangular superior (2. 214) é
obtida.
2.14.4 - Substituição Anterior
Substraia 1,'n nK linha n de linha n – 1.
Substraia 2'nK linha n de linha n - 2
Substraia 1,' nK linha n de linha 1.
Depois destes passos a matriz augumentada, para este exemplo, parecerá com:
112 13
223
3
4
''''1 ' ' 0''''0 1 ' 0
0 0 1 00 0 0 1
FK KFKdd
(2. 218)
Note que a submatriz incluída nas linhas pontilhadas não é afetada por estes passos, e, ao lado
da zeragem dos elementos apropriados da última coluna do coeficiente matriz, somente o
vetor 'F
é alterado.
Agora limpe da segunda para a última coluna no coeficiente da matriz:
Substraia 2, 1'n nK linha n -1 de linha n - 2
Substraia 3, 1'n nK linha n -1 de linha n – 3
Substraia 1, 1' nK linha n -1 de linha 1
95
Novamente nós mencionamos que o único cálculo não trivial que estão sendo
exeutados sobre a última coluna (i. e. sobre F
).
Repita como acima até coluna 2, 3,..., 2n n são limpos. O resultado é (2. 215).
2.14.5 - Observações
1. De passagem nós notamos que o procedimento acima não é o mesmo que a
forma que alguém implementaria a eliminação de Gauss em um computador, o qual nós
trataremos depois. Em um programa de computador para a eliminação de Gauss de matrizes
simétricas nós desejaríamos tratar todos os resultados intermediários de forma a reter a
simetria e então armazenar salvo estes resultados. Este pode ser feito por uma pequena
mudança no procedimento. Contudo, sente-se que o esquema dado é mais claro para cálculos
a mão.
2. O exemplo numérico com o qual nós fechamos esta secção ilustra o esquema de
eliminação precedente. Note que a banda é mantida (i. e. os zeros no canto superior direito da
matriz coeficiente permanece zero em todo os cálculos). O leitor necessita executar os
cálculos.
2.14.6 - Exemplo de Eliminação de Gauss
1
2
3
4
1 1 0 0 11 2 1 0 0
0 1 2 1 00 0 1 2 0
dddd
(2. 219)
2.14.7 - Matriz Ampliada
1 1 0 0 11 2 1 0 0
0 1 2 1 00 0 1 2 0
(2. 220)
96
2.14.8 - Redução Direta
1 1 0 0 10 1 1 0 10 1 2 1 00 0 1 2 0
(2. 221)
1 1 0 0 10 1 1 0 10 0 1 1 10 0 1 2 0
(2. 222)
1 1 0 0 10 1 1 0 10 0 1 110 0 0 1 1
(2. 223)
2.14.9 - Substituição Anterior
1 1 0 0 10 1 1 0 10 0 1 0 20 0 0 1 1
(2. 224)
97
1 1 0 0 10 1 0 0 30 0 1 0 20 0 0 1 1
(2. 225)
1 0 0 0 40 1 0 0 30 0 1 0 20 0 0 1 1
(2. 226)
1
2
3
4
4321
dddd
(2. 227)
Exercício 1.
Considere o problema de valor de contorno discutido nas secções anteriores:
, ( ) ( ) 0 ]0;1[xxu x x x f (2. 228)
e
98
(1)u g (2. 229)
e
, (0)xu h (2. 230)
Suponha ( )x xf q , onde q é constante, 0 g h .
a. Empregando o espaço linear de elementos finitos com nós igualmente
espaçados, estabeleça e resolva as equações de elementos finitos de Galerkin para n = 4 (h =
parâmetro de malha = ¼ ). Reveja que na Secção 1.7 este foi feito para n = 1 e n = 2 (h = 1 e
h = ½, respectivamente). Não inverta a matriz de rigidez K; use o método de eliminação de
Gauss para resolver e checar suas respostas uma vez que elas devem ser exatas nos nós.
b. Faça , , , /( / 2)hx x xre u u q , o erro relativo em ,xu . Calcule ,xre nós pontos
médios dos quatro elementos. Eles deveriam ser iguais. (Este foi também o caso para n = 2)
c. Empregando os dados para h = 1, ½ e ¼ , grafique ln( , )xre versus ln h .
d. Usando a análise de erro para ,xre nos pontos médios apresentados na Secção
1.10, responda as seguintes questões:
i. Qual o significado da inclinação do gráfico na parte (c)?
ii. Qual o significado da intersecção-y.
99
2. 15 - O Ponto de Vista do Elemento
Até agora nós tivemos uma visão matemática global do método dos elementos
finitos simplesmente como um procedimento particular de aproximação de Galerkin aplicado
a formulação fraca do problema em questão. O que significa que o que nós temos feito um
procedimento de elementos finitos é o caráter das funções bases selecionadas; particularmente
sua compacticidade e sua suavidade e suporte local (i. e. 0AN do lado de fora de uma
vizinhança de A). Este é o ponto de vista matemático; é um ponto de vista global naquela base
de funções que são consideradas ser definidas em todo o lugar sobre o domínio do problema
de valor de contorno. O ponto de vista global é útil no estabelecimento das propriedades
matemáticas do método dos elementos fintos. Este pode ser visto na Secção 1.10 e será feito
mais aparente depois.
Agora nós desejamos discutir sobre um outro ponto de vista chamado ponto de
vista local, ou ponto de vista do elemento. Este ponto de vista é aquele tradicional em
engenharia e é útil na implementação em computador do método dos elementos finitos e no
desenvolvimento dos elementos finitos.
Nós começamos nosso tratamento do ponto de vista local com uma questão: O
que é um elemento finito?
Nós atentaremos para dar a resposta em termos do espaço de elementos finitos
compacto linear que nós definimos previamente. Um elemento individual consiste das
seguintes quantidades.
Visão Global Visão Local
Domínio: 1; AA xx 21;
Nós 1; AA xx 21;
Graus de
Liberdade
(DOF)
1; AA dd 21;dd
Funções de
Forma (F.F)
(5)
1; AA NN 21; NN
5 No método dos resíduos ponderados no qual hS e hV são construídos a partir de diferentes classes de funções (i. e. métodos de Petrov-Galerkin), nós também teríamos de especificar uma série de funções ponderadoras, a
100
Funções de
Interpolação
ou Solução
11 )()()( AAAAh dxNdxNxu
1; AA xxx 2211 )()()( dNdNu h
1;1x
(Lembrando que ( )hA Ad u x .) Em palavras, um elemento finito linear é apenas a toalidade
da parafernália associada com a funçào definida globalmente hu restrita ao domínio do
elemento. As quantidades acima estão em termos de parâmetros globais – notadamente, as
coordenadas globais, as funções de forma, o ordenamento dos nós, e assim por diante. É
frutífero introduzir uma série de quantidades locais, correspondente a aquelas globais, tal que
os cálculos para um elemento típico pode ser padronizado. Estes são dados como segue:
Note que na descrição local, a numeração nodal começa com 1.
Nós relataremos os domínios das descrições globais e locais por uma
“transformação afim”:
1 1 2:[ , ] [ , ]A Ax x (2. 231)
tal que
1 1 2( ) ( )A Ax x e (2. 232)
É prática padrão tomar:
1 21 1 e (2. 233)
Então pode ser expressa pela expressão:
xccx 21)( (2. 234)
Onde c1 e c2 são constantes que são determinadas por:
Axcc 211 (2. 235)
e
1211 Axcc (2. 236)
Logo resolvendo o sistema fornece
saber 1,A AN N
a série enteira de ,AN s cosntituiria então uma base uma base hV . No método de Galerkin
A AN N .
101
A
AA
hxxxx 12)(
(2. 237)
Lembrando que AAA xxh 1 , é um mapeamento e x é um ponto ou
2)( 1 AAA xxhx (2. 238)
x é um mapeamento e é um ponto.
Na seqüência, nós adotaremos a convenção notaconal que susbscritos a, b, c, ...
pertence ao sistema de numeração local. Os susbritos A, B, C,... sempre pertencerá aosistema
de numeração global. Para controlar a proliferação de notações, nós frequenetemente
usaremos a mesma notação para os sistemas global e local (e. g. ea Ad d ou e a AN N ). Este
gerlamente não causaria confusão como o contexto tornará claro qual ponto de vista está
sendo adotado. Se existe perigo de confusão, um superscrito e será ntroduzido para denotar
uma quantidade na descriaçào local associada com o número do elemento e (e. g.
, ( ) ( ( ))e e ea A a Ad d N N x , onde 1 2 1 2 1:[ , ] [ , ] [ , ]e e e
A Ax x x x x , etc.).
Em termos de , a função de forma na descrição local toma a forma padrão:
2,1,121)( aN aa (2. 239)
Observe também que (2. 238) podem ser escritas em termos de (2. 239)
ea
aa
e xNx
2
1)()( (2. 240)
Esta tem a mesma forma da função de interpolação (cf. l5).
Para referência futura, nós notamos que os seguinte resultados:
( 1),2 2
aa
aN
(2. 241)
Cujo Jacobiano é:
2,
ee hx (2. 242)
Onde eee xxh 12 e
102
eex
ex h
x 2,,1
(2. 243)
As descrições local e global do e’ésimo elemento são mostradas na Figura - 2. 23
2.15.1 - Descrição Local e Global do Elemento “e”
Figura - 2. 23. Descrição Local e Global do e’ésimo elemento.
103
2. 16- Matriz de Rigidez Elementar e Vetor Forças
Para desenvolver o elemento do ponto de vista adicional, nos supomos que nosso
modelo consiste de eln elementos, numerados como mostra a Figura - 2. 24. Claramente
eln n para este caso. Tomemos e ser o índice das variáveis para os elementos; portanto
1 ele n .
Figura - 2. 24.
Agora lembrando as definições (globais) da matriz de rigidez e vetor força
elementar.
1
,AB An n nx
K F F
K
(2. 244)
Onde
1
0
, , ,AB A B A x B xK a N N N N dx (2. 245)
e
1 11 1
1 10 0
, ,
, ,
A A A A n
A A A x n x
F N f h a N N q
N fdx h N N dx q
(2. 246)
(Em (2. 246) nos supomos 1 1( )A AN x , quanto ao espaço dos elementos finitos linear por
partes). As integrais sobre [0.1] podem ser escritas como somas de integrais sobre o domínio
dos elementos. Portanto
104
1,
elne e e
ABe
K
K K K (2. 247)
e
1,
elne e e
Ae
F F F F
(2. 248)
onde
, , ,e
eeAB A B A x B xK a N N N N dx
(2. 249)
e
1 1 1
1 1 1
, ,
, ,e e
eeeA A e A A n
A e A A x n x
F N f h a N N q
N f dx h N N dx q
(2. 250)
e 1 2[ , ]e e ex x o domínio do e’ésimo elemento.
A observação importante para fazer e que K e F
podem ser construídas pela
soma das contribuições das matrizes elementares e vetores, respectivamente. Na literatura, o
procedimento e algumas vezes chamada de método da rigidez direta [10].
Pela definição de 'AN s nos temos que
0, Se ou 1 ou ou 1eABK A e e B e e (2. 251)
e
0, Se ou 1eAF A e e (2. 252)
A situação para um elemento típico, e, e mostrado na Figura - 2. 25. Na prática nos não
adicionamos, naturalmente, os zeros mas simplesmente adicionando os termos não nulos nos
locais apropriados. Para este propósito e útil definir o e’ésimo elemento da matriz de rigidez
ke e o vetor de forca elementar fe como segue:
1222
,x
ea
e
x
eab
e ffkk (2. 253)
105
e
'
,,,
dxNNNNak xbxae
baeab (2. 254)
e
'
2
1
1,...,3,201
elea
el
a
ae
a
negk
neeh
fdxNf (2. 255)
Resta-nos agora montar a matriz global, a partir das contribuições elementares.
(2. 256)
Figura - 2. 25. X’s indica termos não-nulos; todos os outros termos são zero.
Onde ke e fe são definidas com respeito a ordenação local, uma vez que Ke e Fe são
definidas como respeito a ordenação global. Para determinar onde a componente de ke e fe
“irão” em K e F, respectivamente, requer-se tomar informações adicionais. Isto é discutido na
seção seguinte.
106
2. 17 - Montagem da Matriz e Vetor Forças Globais
No programa de computador dos elementos finitos, isto é a tarefa da “subrotina
dos elementos finitos” para produzir ke e fe, e = 1,2,...,nel dos dados recebidos e proporcionar
informações suficientes para uma “ subrotina de montagem” de modo que os termos ke e fe
podem ser adicionados para os locais apropriados em K e F, respectivamente. Esta
informação de montagem é armazenada em uma coleção chamada LM, a matriz de
localização.
Vamos cosntruir o arranjo LM para o problema sob consideração. As dimensões
de LM são nen, o número de elementos nós, pelo número de elementos; no presente caso, os
números são 2 e eln , respectivamente. Dado um número de graus de liberdade particular (a
saber a e e, respectivamente), o valor retornado pelo arranjo LM é correspondente ao número
de equações globais., A, viz.
1( , )
1 2e if a
A LM a ee if a
(2. 257)
O arranjo LM completo é mostrado na Figura - 2. 26. Esta é a forma que nós visualizamos
este armazenado no computador. Note que LM(2, ) 0eln . Isto indica que o grau de liberdade
2 do número de elementos eln é prescritoe não é uma incógnita na equação matricial global.
Portanto os termos 12 21 22, , ,el el eln n nk k k e 2elnf são não montados em K e F
, respectivamente.
(Não existem lugares para eles ir!).
Figura - 2. 26. arranjo LM para o problema exemplo
107
Como um exemplo, suponhamos que nós temos o que acrescentar a e’ésima
contribuição elementar, onde 11 ele n , para os K e F
parcialmente montadas. A partir do
Arranjo LM, nós deduzimos o seguinte procedimento de montagem:
11
, 1 , 1 12
1, 1, 21
1, 1, 1 221
eee ee
ee e e e
ee e e e
ee e e e
K K k
K K k
K K k
K K k
(6) (2. 258)
e
1e
e eF F f (2. 259)
e
1 1 2e
e eF F f (2. 260)
onde a seta () é lida como “substituída por”.
Para o elemento eln nós temos somente que
11eln
nn nnK K k (2. 261)
e
1eln
n nF F f (2. 262)
Com estas idéias, nós podemos construir, na forma de esquema, um algoritimo para a
montagem de K e F
, veja a
Figura - 2. 27
6 Devido a simetria de 21
ek não seria realmente montado na prática.
108
Figura - 2. 27. Fluxograma de um algoritmo de montagem de um elemento finito
A ação do algoritimo de montagem é denotado totalmente por A , o operador montagem, vis.,
109
K A A
1 1( ) , ( )
el eln ne e
e ek F f
(2. 263)
11 colunas
)1()(
r
e
nxnee
e
efileiraxefileirax
Fxxxx
K
(2. 264)
Computacionalmente:
1) Subrotina Elemento
Computa ee fk , para todos os elementos
2) Monta-se, ee fk , (todos)
Dentro de K e F
),1(),,1(11 eLMeLMe Kk (2. 265)
),(... elementosn
locaisequaçõesn
LocalMatriz
globaisequaçõesn ooo
eaLMA (2. 266)
Conceitualmente-se, escreve-se
en
e
en
efAFRAK
elel
11,
(2. 267)
110
2. 18 – Cálculo Explícito da Matriz de Rigidez e do Vetor Forças
A computação explicita de ke e fe , para o problema de acordo com a
consideração, providencia algumas idéias preliminares dentro do tipo de calculo que deve ser
realizado numa subrotina de elementos finitos. Alguns resultados preliminares são
requisitados.
Formula de Mudança de Variável ( versão unidimensional)
Seja 1 2:[ , ]f x x R uma função integrável e seja 1 2 1 2:[ , ] [ , ]x x x uma
função continuamente diferenciável, com 1 1 2 2( ) e ( )x x x x . Então
Considere a seguinte mudança de variáveis 1 2: [ , ]f x x se já ... 1 2 1 2: [ , ] [ , ]x x x 2 2( )x x
2
1
2
1
)(,)()(
dxxfdxxf
x
x
(2. 268)
Regra da Cadeia
Sejam f e x como acima, e, em adição, assuma que f é diferenciável. Então a regra
da cadeia fica:
( ) , ( ) , ( )xf x f x x
(2. 269)
Provas destes resultados podem ser achados em [11]
A computação de ke procede como se segue o exemplo:
Pela definição temos:
'
)(,)(,
dxxNxNk xbxaeab (2. 270)
pela mudança de variáveis, onde ( )x é definido por (2. 240)
1
1
, ( ( )) , ( ( )) ,eab a x b xk N x N x x d
(2. 271)
111
(regra da cadeia: , , ,( ) ( / ) ( ( )) ( ( )) ( )) =( 1) /a b ea a a xN N x N x x h ) (por
(2. 241)-(2. 243)
11
11
1
, ( ) , ( )( , ( ))
( 1) ( 1) 22 2
( 1)
a b
a b
e
a b
e
N N x d
dh
h
(2. 272)
Entào
11111
ee
hk (2. 273)
Observe que ,aN (veja (1.12.7)) não depende dos dados dos elementos
particulares, como ( )a aN N . Nos veremos que isto geralmente é verdade, e portanto
estas computações pode ser feitas uma única vez e para todos.
As derivadas ,x e ,x depende dos dados particulares dos elementos (no presente
caso de eh ), e sub-rotinas serão necessárias para calcular a analogia destas quantidades nos
casos mais gerais.
Agora nos desejamos calcular fe. Contudo, isto não pode ser feito sem
explicitamente conhecer o que f = f(x) é. Na pratica, isto seria inconveniente para reprogramar
cada vez que nos quisermos resolver um problema envolvendo uma função f diferente.
Geralmente uma aproximação conveniente é feita. Por exemplo, no podemos trocar f por sua
interpolação linear sobre cada elemento, a saber,
)usualmente(2
1
a
aae Nff (2. 274)
e
contorno de termos fdxNfe
ae
a
(2. 275)
112
onde ( ( ))a af f x ; veja a Figura - 2. 28. A notação hf é usada para indicar que a
aproximação depende da malha. Isto representa uma aproximação que é suficiente para
aplicações mais praticas. (Isto é, naturalmente, exatas por constantes ou “carregamentos”
lineares dos elementos). Agora a padronização das entradas do programa podem ser
facilitadas; que é, o valor nodal de f são dados requisitados. Empregando esta aproximação no
calculo explicito dos vetores elementares forca:
1
1
( ) ( ) ( ) ( ) ,e
h haN x f x dx Na x f x x d
(2. 276)
(mudança de variáveis)
12
1 1
( ) ( )2
ea b b
b
h N N d f
(2. 277)
Figura - 2. 28. Aproximação para f por uma interpolação linear de valores nodais.
Calculando as integrais 1
1(1 ) 3a b abN N d
produz
1
2
2 11 26
ee fhf
f
(+termos de contorno, cf. (2. 245)) (2. 278)
e
1 2
1 2
226
e f fhf f
(+ termos de contorno) (2. 279)
113
Observação
Isto pode ser mostrado que, sobre convenientes hipótese, interpolação nodal linear
por partes produz erros de 2O h nos dados; neste caso, f. (veja [12], pp56-57, para
estimativas básicas de interpolação de erros). Isto pode ser mostrado que, em medidas
apropriadas de erros, isto produz na pior das hipóteses um erro 2O h em hu e ,hxu .
Os seguintes exercícios indicam que podem existir melhores modos para se
aproximar dos dados.
Exercício 1.
Suponha que f é quadrática (isto é, consistindo de combinações lineares
monogâmicas 1, x e x2). Determine a aproximação linear por partes – não necessariamente
continua – para f sobre cada elemento nos quais os valores nodais são exatos. Sugestão: A
análise pode ser realizada com respeito a um elemento.
Exercício 2.
A equação de uma corda sobre uma base elástica é dada por:
, 0 ;xxu u f em = 0 1 (2. 280)
Onde , uma constante positiva, é a medida da base de rigidez. Supondo que as condições de
fronteira são as mesmas do problema discutido anteriormente neste capitulo, isto pode ser
mostrado que uma formulação fraca equivalente é:
, , (0)w x u x w u dx wf dx w h
(2. 281)
Onde ,u w V e assim por diante. Isto pode também ser escrito como
, , , (0)a w u w u w f w h (2. 282)
i. seja h h hu v g escreva a contraparte de Galerkin da formulação fraca
( , )h ha w v (2. 283)
= ( , ) (0) ( , )h h h hw f w h a w g (2. 284)
114
ii. Defina
,A BKAB a N N (2. 285)
e
, eea babk a N N (2. 286)
iii. Determine ke explicitamente
ke eabk
(2. 287)
iv. Mostre que K é simétrica
v. Mostre que K é definida positiva.É necessário empregar a condição de contorno
(1) 0hw ? Por que?
vi. A função de Green para este problema satisfaz
, 0xx yg g (2. 288)
e pode ser escrita como
1 2
3 4
, 0
, 1
px px
px pxc e c e x y
g xc e c e y x
(2. 289)
Onde 1 / 2p e os c’s são determinados seguindo 4 condições de contorno e continuidade.
,
, ,
1 00 0
1
x
x x
gg
g y g y
g y g y
(2. 290)
vii. Construindo elemento de função de forma exponencial 1N x e e tal que
1 1 2 2h e eu x d N x d N x , ex (2. 291)
onde
1 2px pxhu x c e c e (2. 292)
é os cs são determinados de
115
, 1, 2e h ea ad u x a (2. 293)
Qual é o atributo do qual esta escolha de funções atende?
116
2. 19 - Exemplos e Aplicações Teóricas
Exercício – 1 página 22
Considere a formulação fraca do modelo do problema unidimensional:
1 1
0 0
, , (0)x xw u dx wf dx w h (2. 294)
onde wW e uS são supostos ser suaves sobre os elementos interiores (i. e. sobre
1] ; [, 1,2,...,eA Ax x A n mas pode sofrer inclinações descontínuas através dos
contornos dos elementos. (Funções desta classe contém um espaço de elemento finito linear
descrito anteriormente). A partir da equação (2. 294) e supondo a continuidade das funções,
mostre que:
1
1
2
0 ( , ) (0) , (0 )
( ) , ( ) , ( )
A
A
xn
xx xA x
n
A x A x AA
w u f dx w u h
w x u x u x
(2. 295)
Argumentando como na Secção. 1.4, pode ser concluído que as condições de Euler-Lagrange
da equação (2. 294) são:
i. , ( ) ( ) 0xxu x f x , onde 1] ; [, 1,2,...,A Ax x x A n ,
ii. , (0 )xu h ; e
iii. , ( ) , ( ), onde 2,3,...,x A x Au x u x A n
Observe que (i) é a equação diferencial restrita aos elementos interiores, e (iii) é a
condição de continuidade através dos elementos dos contornos. Este pode ser contrastado com
o caso no qual a solução é suposta suave. Neste caso a condição de continuidade é
identicamente satisfeita e a somatória das integrais sobre os elementos interiores pode ser
substituída por uma integral sobre todo o domínio (veja Secção. 1.4).
Na formulação dos elementos finitos de Galerkin, uma solução aproximada de (i)-
(iii) é obtida.
117
Solução
118
Exercício – 1 página 31
Suponha uma malha de elemento constante (i. e. , 1,2,...,Ah h A n ).
Considere a diferença finita padrão “stencil” para
, 0xxu f (2. 296)
em um nó típico interno, chamado,
1 12
2 0A A AA
u u u fh
(2. 297)
Supondo que f varia de uma forma linear e assim pode ser expandido como:
1
1
n
A AA
f f N
(2. 298)
onde os fA são valores nodais de f, estabelecidos na equação de elementos finitos associado
com o nó A e compare este com (2. 297). Deduza quando (2. 297) será capaz de exibir o
fenômeno da superconvergência. (Isto é qual é a restrição sobre f?) Estabeleça a equação de
elementos finitos associada com o nó 1, contando para h não nulo. Discuta esta equação a
partir do ponto de vista de diferenças finitas. (Para comparações posteriores ao longo destas
linhas, o leitor interessado necessita consultar [6], Capítulo 1.).
Solução
119
Exercício – 1 página 36
Considere o problema de valor de contorno discutido nas secções anteriores:
, ( ) ( ) 0 ]0;1[xxu x x x f (2. 299)
e
(1)u g (2. 300)
e
, (0)xu h (2. 301)
Suponha ( )x xf q , onde q é constante, 0 g h .
a. Empregando o espaço linear de elementos finitos com nós igualmente
espaçados, estabeleça e resolva as equações de elementos finitos de Galerkin para n = 4 (h =
parâmetro de malha = ¼ ). Reveja que na Secção 1.7 este foi feito para n = 1 e n = 2 (h = 1 e
h = ½, respectivamente). Não inverta a matriz de rigidez K; use o método de eliminação de
Gauss para resolver e checar suas respostas uma vez que elas devem ser exatas nos nós.
b. Faça , , , /( / 2)hx x xre u u q , o erro relativo em ,xu . Calcule ,xre nós pontos
médios dos quatro elementos. Eles deveriam ser iguais. (Este foi também o caso para n = 2)
c. Empregando os dados para h = 1, ½ e ¼ , grafique ln( , )xre versus ln h .
d. Usando a análise de erro para ,xre nos pontos médios apresentados na Secção
1.10, responda as seguintes questões:
i. Qual o significado da inclinação do gráfico na parte (c)?
ii. Qual o significado da intersecção-y.
Solução
120
2. 20 - Exercícios e Problemas Teóricos: Teoria da Viga de Euler-Bernoulli e Cúbicas Hermíticas
Este problema desenvolve resultados básicos de elementos finitos para a Teoria da
Viga de Euler-Bernoulli. A forma forte de um problema de valor de contorno para uma fina
viga (teoria de Euler-Bernoulli) fixada em uma extremidade e sujeita a uma força de
cisalhamento e a um momento na outra extremidade, pode ser estabelecido como segue:
Seja a viga que ocupa o intervalo unitário, isto é:
]0;1[, [0;1] (2. 302)
1.1 - Proposição Forte do Problema (S)
Dado :f R e as constantes M e Q, encontre as deformações :u R
tal que satisfaz:
i) O equilíbrio transversal
, 0 em xxxxEIu f (2. 303)
e as seguintes condições de contorno:
ii) Deslocamento transversal nulo
(1) 0u (2. 304)
iii) Deformação ou derivada do deslocamento nula no contorno
, (1) 0xu (2. 305)
iv) Momento Fletor prescrito
, (0)xxEIu M (2. 306)
v) Força Cortante prescrita
, (0)xxxEIu Q (2. 307)
Onde E é o módulo de Young e I é o momento de Inércia, ambos das quais são supostas
constantes.
A montagem é conforme mostra a Figura - 1. 10.
121
Figura - 1. 10.
Seja,
2/ ( ), (1) , (1) 0xw w H w w S = V = (7) (2. 308)
Então a correspondente forma fraca do problema é:
1.2 - Proposição Fraca do Problema (W)
Dado f e as constantes M e Q, encontre as deformações uS tal que para todo
wW satisfaz:
i) O equilíbrio transversal
( , ) ( , ) , (0) (0)xa w u w f w M w Q (2. 309)
onde
1
0
( , ) , ,xx xxa w u w EIu dx (2. 310)
e
1
0
( , )w f wf dx (2. 311)
7 2w H essencialmente significa que ,xxw é quadrado integrável (i. e. 1
2
0
,xxw dx )
122
A coleção de funções, V , pode ser pensada como o espaço de finitas
configurações de energia-deformação da viga, satisfazendo as condições de contorno
essenciais em 1x . Isto é uma conseqüência do teorema de Sobolev que cada wV é
continuamente diferenciável. Para f razoáveis, estes problemas possuem solução única.
Seja h hS V uma aproximação finita-dimensional de S . Em particular, nós
supomos h hw V que satisfaça (1) , (1) 0h hxw w .
A condição de Galerkin do problema segue como:
1.3 - Proposição Fraca do Problema de Galerkin (G)
Dado f , M e Q, encontre as deformações h hu S tal que para todo
h hw V satisfaz:
i) O equilíbrio transversal
( , ) ( , ) , (0) (0)h h h h hxa w u w f w M w Q (2. 312)
a)
Assumindo que todas as funções são suaves e com contorno, mostre que as
soluções de S e W são idênticas. Quais são as condições de contorno naturais?
b)
Suponha 1 2 10 ... 1nx x x e 1/ ( ),h h hw w C V = { e
(1) , (1) 0h hxw w , e hw restritas a 1;A Ax x é um polinômio cúbico (i. e. consiste de uma
combinação linear de 2 31, , , )}x x x (8). Este é um espaço de funções de forma cúbicas por
partes de Hermite. Observe que h hw V não necessita ser de segundas derivadas contínuas
no nós. Por simplicidade de notação, nós escrevemos 1x e 2x no lugar de Ax e 1Ax ,
respectivamente.
Em cada subintervalo, mostre que hw pode ser escrito como:
1 1 2 1 3 2 4 2( ) ( ) ( ) , ( ) ( ) ( ) ( ) , ( )h h h h hx xw N x w x N x w x N x w x N x w x (2. 313)
8 A notação 1hw C significa que hw é continuamente diferenciável
123
onde:
22 1
1 3
21 2
2 2
21 2
3 3
22 1
4 2
( ) 2( )( )
( )( )( )
( ) 2( )( )
( ) ( )( )
x x h x xN x
hx x x xN x
hx x h x x
N xh
x x x xN xh
(2. 314)
Dica: Seja 2 31 2 3 4( )hw x c c x c x c x , onde os c’s são constantes. Determine-os
requerendo que as seguintes condições se mantenham:
2 31 1 2 1 3 1 4 1
2 32 1 2 2 3 2 4 2
21 2 3 1 4 1
22 2 3 2 4 2
( )
( )
, ( ) 0 2 3
, ( ) 0 2 3
h
h
hx
hx
w x c c x c x c x
w x c c x c x c x
w x c c x c x
w x c c x c x
(2. 315)
Esquematize as funções dos elementos 1 2 3 4, , ,N N N N , e suas contrapartidas globais típicas.
O espaço de elementos finitos descritos na parte (b) resulta em deslocamentos
nodais e inclinações (primeiras derivadas), exatos, análogo ao caso apresentado na Secção
1.10. Na parte (g), está pedindo para você fornecer isto. Em problemas de viga flexionada nós
estamos geralmente interessados em curvaturas (segundas derivadas) para cálculo de
momentos fletores.
c)
Localizar os pontos de curvatura ótima no entendimento de Barlow. Cuidado: As
manipulações algébricas podem ser cansativas a menos que certas simplificações sejam
observadas. Se nós trabalhamos no sistema de coordenada do elemento- introduzido na
Secção 1.12 (chame 1(2 ) /A A Ax x x h , a localização dos pontos de curvatura de
Barlow pode ser expresso como 1/ 3 . Isto é, existem duas localizações ótimas
simetricamente espaçadas para computar a curvatura.
124
d)
Qual é a taxa de convergência da curvatura neste pontos? (Resposta. 3( )h ).
e)
Se o segmento da viga 1;A Ax x é descarregado (i. e. , 0xxxxu , onde u é a
solução exata), quais pontos são ótimos?
f)
Assumindo 1eln (um elemento) e ( ) constantef x c . Estabeleça e
resolva a equação de elementos finitos de Galerkin. Faça o gráfico de hu e u ; ,hxu e ,xu ;
,hxxu e ,xxu . Indique os pontos de Barlow na curva.
g)
Prove que:
( ) ( )
, ( ) , ( )
hA A
hx A x A
u x u x
u x u x
(2. 316)
onde Ax é um nó típico (i.e. prove que os deslocamentos e inclinações são exatas nos nós).
Para fazer a segunda parte você terá que ser familiarizado como o dipolo, , ( )x Ax x , o qual
é a derivada generalizada da função delta.
h)
Mostre que os pontos de curvatura de Barlow são exatos quando
( )f x c constante .
i)
Porque nós requeremos que as funções hV possuam primeiras derivadas
contínuas?
j)
Calcule a matriz de rigidez elementar 4 x 4,
125
2
1
2 1
( ) , ,
1 , 4 onde
e
e
xe
pq p xx q xxx
e e e
k x N EIN dx
p q h x x
(2. 317)
Onde 2 1e e eh x x .
k)
(Veja o exercício na Secção 1.8). Considere a formulação fraca. Suponha que
wV e uS são suaves sobre os elementos interiores (i.e., sobre 1] ; [A Ax x ) mas pode
exibir descontinuidades de segunda e de ordem mais altas nas derivadas, através dos
elementos do contorno. (Funções deste tipo contém as funções cúbicas por partes de Hermite).
Mostre que:
1
1
2
2
0 ,
, (0) , (0 )
(0) , (0 )
, ( ) , ( ) , ( )
( ) , ( ) , ( )
A
A
xn
xxxxA x
x xx
xxx
n
x A xx A xx AA
n
A xxx A xxx AA
w EIu f dx
w EIu M
w EIu Q
w x EI u x u x
w x EI u x u x
(2. 318)
para o qual pode-se concluir que as condições de Euler-Lagrange são:
i. , ( ) ( )xxxxEIu x f x
ii. , (0 )xxEIu M
iii. , (0 )xxxEIu Q
iv. , ( ) , ( ) onde 2,3,...xx A xx AEIu x EIu x A n
v. , ( ) , ( ) onde 2,3,...xxx A xxx AEIu x EIu x A n
Note que (i) é a equação de equilíbrio restrita aos elementos interiores, e (iv) e
(v) são condições de continuidade através dos elementos dos contornos de momento e
126
cisalhamento, respectivamente. Compare estes resultados com aqueles obtidos para funções w
e u, as quais são globalmente suaves.
A formulação do problema de Galerkin fornece uma solução que se bastante
aproxima de (v).
Solução:
127
2. 21 - Exemplos Práticos e Aplicações
Vamos a partir de agora ver uma série de aplicações computacionais do Método
dos Elementos Finitos usando o programa FEAP.
Exercício – 1
Compilar os arquivos *.for indicados no arquivo PCFEAP5 e criar um arquivo
executável feap.exe (usar FORTRAN versão Microsoft 5.0 em diante)
Exercício – 2
Criar um arquivo de entrada de dados do tipo: malha, carregamento, condições de
contorno, propriedades, etc, usando o emacs, da seguinte forma:
feap **________________________ comentário sobre o problema.
Numnp (número totaal de pontos nodais), numel (numero de elementos), nummat (no do
conjunto de propriedades do material e outros parâmetros), ndm (no de dimensões), ndf (no de
graus de liberadade por nó), nen (no de nós por elemento).
coord
node#, ngen, x-coord, y-coord
ngen = 0 não gera
= 1 incremento (gera coordenadas pulando este número de nós)
elem
elem#, material#, node 1, node 2, node 3, node 4, ngen
Figura - 2. 29. Elemento quadrilateral de duas dimensões para o uso na geração de malhas no FEAP.
128
boun ___________________________ (estabelece restrições no contorno)
node#, ngen, dof#1, dof#2
dof = 0 livre
dof 0 fixo (< 0 – carrega na geração
(>0 – só para este nó)
forc
node#, ngen, valor em x, valor em y
OBS.: Por “default” se as condições forem nulas não é necessário especificar valor. Caso o nó
não tenha restrição (dof# = 0 no comando “boun”), o programa interpreta o valor como uma
“força”. Caso “dof# 0 em “boun, então o programa interpreta o valor como um
“deslocamento”.
mate
1 (no do conjunto de propriedades), 1 (número do elemento a ser utilizado pelo programa)
aaxisimetriIstrainplaneIstressplaneI
Tggt
IvE
ref
houveremseyexemcampodeforças
yx
,3,2,1
,,,,
,2,2,,,
para calcular: reffinal TTT
PCFEAP assume:
0 00
0 0ref
finalref
T TT
T T
(2. 319)
end
inter(active) ou macro duas opções
COMANDOS MACROS (Problemas Lineares)
129
> tang,,1 (monta a matriz de rigidez e obtém a solução)
d = ...
Residual norm F Kd
Observação: para maiores detalhes, leiam o Capítulo 15 do Livro de MEF, escrito
por O. C. Zienkiewicz e R. L. Taylor, Vol. 1 (apostila distribuída).
Patch test (testa o elemento quanto a obtenção de resultados para os modos de corpo rígido
e deformação constante).
Usaremos somente o elemento PCELM1.FOR.
Problemas de computador que usam FEAP (em cada um dos seguintes, você pode
editar a saída de dados e entregar somente a informação pedida):
130
Exercício – 3
- Rode o problema do disco circular (com entrada Idisk), e submeta as saídas de
todos os deslocamentos dos nós e reações.
IDISK (imprimir deslocamentos e reações)
Solução
feap ** circular disk example problem 19,11,1,2,2,4 coord 1,1,0.0,0.0 5,0,5.0,0.0 6,1,0.0,2.0 10,0,4.5828,2.0 11,1,0.0,4.0 14,0,3.0,4.0 15,0,4.0,3.0 16,0,0.0,5.0 17,0,0.75,4.9434 18,0,1.5,4.7697 19,0,2.25,4.4651 elem 1,1,1,2,7,6,1 5,1,6,7,12,11,1 9,1,11,12,17,16,1 bound 1,1,1,-1 5,0,0,1 6,5,-1,0 16,0,1,0 forc 16,0,0.0,-5.0 mate 1,1 100.0,0.3,0.0,2,2,1 1.,0.,0. end inter stop end
131
feap ** circular disk example problem UNIX Version - 01/01/90 - Number of nodal points = 19 Number of elements = 11 Number of material sets = 1 Dimension of coordinate space= 2 Degrees-of-freedom/node = 2 Nodes per element (maximum) = 4 Degrees-of-freedom/edge = 0 Edges per element (maximum) = 0 Maximum matl. properties/elmt= 100 Added degrees-of-freedom/elmt= 0 feap ** circular disk example problem nodal coordinates node 1 coord 2 coord 1 0.0000 0.0000 2 1.2500 0.0000 3 2.5000 0.0000 4 3.7500 0.0000 5 5.0000 0.0000 6 0.0000 2.0000 7 1.1457 2.0000 8 2.2914 2.0000 9 3.4371 2.0000 10 4.5828 2.0000 11 0.0000 4.0000 12 1.0000 4.0000 13 2.0000 4.0000 14 3.0000 4.0000 15 4.0000 3.0000 16 0.0000 5.0000 17 0.7500 4.9434 18 1.5000 4.7697 19 2.2500 4.4651 feap ** circular disk example problem e l e m e n t s elmt matl 1 node 2 node 3 node 4 node 1 1 1 2 7 6 2 1 2 3 8 7 3 1 3 4 9 8 4 1 4 5 10 9 5 1 6 7 12 11 6 1 7 8 13 12 7 1 8 9 14 13 8 1 9 10 15 14 9 1 11 12 17 16 10 1 12 13 18 17 11 1 13 14 19 18 feap ** circular disk example problem n o d a l b. c. node 1-b.c. 2-b.c. 1 1 -1 2 0 -1 3 0 -1 4 0 -1 5 0 1 6 -1 0 11 -1 0 16 1 0
132
feap ** circular disk example problem nodal force/displ node 1 force 2 force 16 0.0000 -5.0000 feap ** circular disk example problem m a t e r i a l p r o p e r t i e s material set 1 for element type 1 degree of freedom assignments local global number number 1 1 2 2 Plane Stress Linear Elastic Element modulus 0.10000E+03 poisson ratio 0.30000 density 0.00000E+00 gauss pts/dir 2 stress pts 2 thickness 0.10000E+01 x-gravity 0.00000E+00 y-gravity 0.00000E+00 alpha 0.00000E+00 base temp 0.00000E+00 Drill factor 0.00000E+00 P a r t i t i o n 1 E q u a t i o n / P r o b l e m S u m m a r y: Space dimension (ndm) = 2 Number dof (ndf) = 2 Number of equations = 29 Number dof (nde) = 0 Average col. height = 9 Number nodes = 19 No. terms in profile = 244 Number elements = 11 Est. factor time-sec = 0.4698E-04 Number materials = 1 Maximum storage for profile = 244 Maximum number of equations = 29 Material Element Type History terms 1 1 0 *Macro 1 *tang v1= 1.00 v2= 0.00 v3= 0.00 t= 0.00 Residual norm = 5.0000000E+00 t= 0.00 Condition check: D-max 0.2684E+03; D-min 0.3300E+02; Ratio 0.8132E+01 Maximum no. diagonal digits lost: 1 End Triangular Decomposition t= 0.00 Energy convergence test Maximum = 1.130463057835375E+00 Current = 1.130463057835375E+00 Tolerance = 1.000000000000000E-16 *Macro 1 *tang v1= 1.00 v2= 0.00 v3= 0.00 t= 0.00 Residual norm = 5.8706808E-15 t= 0.00 Condition check: D-max 0.2684E+03; D-min 0.3300E+02; Ratio 0.8132E+01 Maximum no. diagonal digits lost: 1 End Triangular Decomposition t= 0.00 Energy convergence test Maximum = 1.130463057835375E+00 Current = 6.606542562134775E-31 Tolerance = 1.000000000000000E-16 *Macro 1 *disp all v1= 0.00 v2= 0.00 v3= 0.00 t= 0.00 feap ** circular disk example problem n o d a l d i s p l a c e m e n t s time 0.00000E+00 prop. ld. (eigenvalue) 1.00000E+00 node 1 coord 2 coord 1 displ 2 displ 1 0.00000E+00 0.00000E+00 0.00000E+00 0.00000E+00 2 1.25000E+00 0.00000E+00 1.41212E-02 0.00000E+00
133
3 2.50000E+00 0.00000E+00 2.43794E-02 0.00000E+00 4 3.75000E+00 0.00000E+00 3.00838E-02 0.00000E+00 5 5.00000E+00 0.00000E+00 3.15086E-02 0.00000E+00 6 0.00000E+00 2.00000E+00 0.00000E+00-4.36614E-02 7 1.14570E+00 2.00000E+00 1.39321E-02-3.86546E-02 8 2.29140E+00 2.00000E+00 2.27265E-02-2.37838E-02 9 3.43710E+00 2.00000E+00 2.42481E-02-9.86059E-03 10 4.58280E+00 2.00000E+00 2.43026E-02 1.29298E-04 11 0.00000E+00 4.00000E+00 0.00000E+00-1.18594E-01 12 1.00000E+00 4.00000E+00 1.21493E-02-8.31881E-02 13 2.00000E+00 4.00000E+00 5.37990E-03-4.26854E-02 14 3.00000E+00 4.00000E+00 3.98871E-03-1.79619E-02 15 4.00000E+00 3.00000E+00 1.41182E-02-5.25001E-03 16 0.00000E+00 5.00000E+00 0.00000E+00-2.26093E-01 17 7.50000E-01 4.94340E+00-2.23798E-02-9.54435E-02 18 1.50000E+00 4.76970E+00-1.75583E-02-6.11267E-02 19 2.25000E+00 4.46510E+00-8.38377E-03-3.73076E-02 *Macro 1 *stre all v1= 0.00 v2= 0.00 v3= 0.00 t= 0.00 feap ** circular disk example problem element stresses element material 11-stress 12-stress 22-stress 1-stress 2-stress 1-coord 2-coord 11-strain 12-strain 22-strain 33-stress angle 1 1 0.558E+00 0.372E-01 -0.196E+01 0.559E+00 -0.196E+01 0.259 0.423 0.115E-01 0.968E-03 -0.213E-01 0.000E+00 0.85 1 1 0.607E+00 0.484E-01 -0.180E+01 0.608E+00 -0.180E+01 0.968 0.423 0.115E-01 0.126E-02 -0.198E-01 0.000E+00 1.15 1 1 0.665E+00 0.146E+00 -0.177E+01 0.674E+00 -0.178E+01 0.921 1.577 0.120E-01 0.380E-02 -0.197E-01 0.000E+00 3.42 1 1 0.614E+00 0.134E+00 -0.194E+01 0.621E+00 -0.195E+01 0.247 1.577 0.120E-01 0.349E-02 -0.213E-01 0.000E+00 3.00 2 1 0.310E+00 0.109E+00 -0.167E+01 0.316E+00 -0.167E+01 1.487 0.423 0.810E-02 0.282E-02 -0.176E-01 0.000E+00 3.13 2 1 0.454E+00 0.102E+00 -0.119E+01 0.461E+00 -0.119E+01 2.196 0.423 0.810E-02 0.264E-02 -0.132E-01 0.000E+00 3.53 2 1 0.444E+00 0.388E+00 -0.112E+01 0.535E+00 -0.121E+01 2.089 1.577 0.780E-02 0.101E-01 -0.125E-01 0.000E+00 13.21 2 1 0.292E+00 0.396E+00 -0.162E+01 0.371E+00 -0.170E+01 1.415 1.577 0.780E-02 0.103E-01 -0.171E-01 0.000E+00 11.22 3 1 0.970E-01 0.608E-01 -0.985E+00 0.100E+00 -0.989E+00 2.715 0.423 0.393E-02 0.158E-02 -0.101E-01 0.000E+00 3.20 3 1 0.232E+00 0.189E-01 -0.536E+00 0.232E+00 -0.536E+00 3.424 0.423 0.393E-02 0.491E-03 -0.605E-02 0.000E+00 1.41 3 1 0.604E-01 0.278E+00 -0.485E+00 0.177E+00 -0.602E+00 3.256 1.577 0.206E-02 0.723E-02 -0.503E-02 0.000E+00 22.77 3 1 -0.814E-01 0.322E+00 -0.958E+00 0.242E-01 -0.106E+01 2.582 1.577 0.206E-02 0.837E-02 -0.934E-02 0.000E+00 18.15 4 1 -0.167E-01 -0.457E-01 -0.364E+00 -0.107E-01 -0.370E+00 3.943 0.423 0.924E-03 -0.119E-02 -0.359E-02 0.000E+00 -7.38 4 1 0.801E-01 -0.599E-01 -0.411E-01 0.105E+00 -0.657E-01 4.652 0.423 0.924E-03 -0.156E-02 -0.651E-03 0.000E+00 -22.32 4 1 0.437E-01 0.129E+00 0.473E-01 0.174E+00 -0.833E-01 4.424 1.577 0.295E-03 0.335E-02 0.342E-03 0.000E+00 45.41 4 1 -0.581E-01 0.144E+00 -0.292E+00 0.102E-01 -0.360E+00 3.750 1.577 0.295E-03 0.373E-02 -0.274E-02 0.000E+00 25.43
134
5 1 0.212E+00 0.394E+00 -0.335E+01 0.255E+00 -0.339E+01 0.236 2.423 0.122E-01 0.103E-01 -0.341E-01 0.000E+00 6.25 5 1 0.516E+00 0.394E+00 -0.233E+01 0.569E+00 -0.239E+01 0.879 2.423 0.122E-01 0.102E-01 -0.249E-01 0.000E+00 7.73 5 1 0.549E+00 0.108E+01 -0.222E+01 0.921E+00 -0.259E+01 0.813 3.577 0.122E-01 0.281E-01 -0.239E-01 0.000E+00 18.99 5 1 0.220E+00 0.108E+01 -0.332E+01 0.525E+00 -0.362E+01 0.218 3.577 0.122E-01 0.281E-01 -0.338E-01 0.000E+00 15.72 6 1 -0.492E-01 0.619E+00 -0.181E+01 0.147E+00 -0.201E+01 1.351 2.423 0.494E-02 0.161E-01 -0.180E-01 0.000E+00 17.56 6 1 0.220E+00 0.454E+00 -0.913E+00 0.380E+00 -0.107E+01 1.994 2.423 0.494E-02 0.118E-01 -0.979E-02 0.000E+00 19.37 6 1 -0.626E+00 0.102E+01 -0.960E+00 0.243E+00 -0.183E+01 1.844 3.577 -0.338E-02 0.266E-01 -0.772E-02 0.000E+00 40.35 6 1 -0.917E+00 0.120E+01 -0.193E+01 -0.121E+00 -0.273E+01 1.249 3.577 -0.338E-02 0.312E-01 -0.166E-01 0.000E+00 33.55 7 1 -0.107E+00 0.219E+00 -0.629E+00 -0.279E-01 -0.709E+00 2.465 2.423 0.813E-03 0.569E-02 -0.597E-02 0.000E+00 19.99 feap ** circular disk example problem element stresses element material 11-stress 12-stress 22-stress 1-stress 2-stress 1-coord 2-coord 11-strain 12-strain 22-strain 33-stress angle 7 1 0.155E-01 0.188E+00 -0.219E+00 0.119E+00 -0.323E+00 3.109 2.423 0.813E-03 0.488E-02 -0.224E-02 0.000E+00 28.99 7 1 -0.108E+00 0.454E+00 -0.109E+00 0.345E+00 -0.562E+00 2.875 3.577 -0.752E-03 0.118E-01 -0.769E-03 0.000E+00 44.96 7 1 -0.241E+00 0.487E+00 -0.553E+00 0.115E+00 -0.908E+00 2.279 3.577 -0.752E-03 0.127E-01 -0.480E-02 0.000E+00 36.14 8 1 -0.557E-01 -0.382E-01 -0.199E+00 -0.461E-01 -0.208E+00 3.580 2.378 0.392E-04 -0.994E-03 -0.182E-02 0.000E+00 -14.08 8 1 -0.177E-01 -0.307E-01 -0.707E-01 -0.371E-02 -0.847E-01 4.224 2.256 0.347E-04 -0.797E-03 -0.654E-03 0.000E+00 -24.59 8 1 0.200E-01 0.818E-01 0.751E-01 0.134E+00 -0.387E-01 3.905 2.955 -0.249E-04 0.213E-02 0.691E-03 0.000E+00 54.30 8 1 -0.456E-01 0.216E-01 -0.155E+00 -0.415E-01 -0.159E+00 3.310 3.411 0.761E-05 0.561E-03 -0.141E-02 0.000E+00 10.80 9 1 -0.226E+01 0.194E+01 -0.921E+01 -0.176E+01 -0.972E+01 0.200 4.209 0.503E-02 0.504E-01 -0.854E-01 0.000E+00 14.58 9 1 -0.196E+00 0.119E+01 -0.224E+01 0.347E+00 -0.279E+01 0.747 4.202 0.478E-02 0.308E-01 -0.219E-01 0.000E+00 24.59 9 1 -0.245E+01 0.402E+01 -0.129E+01 0.220E+01 -0.593E+01 0.633 4.753 -0.206E-01 0.105E+00 -0.555E-02 0.000E+00 49.10 9 1 -0.480E+01 0.480E+01 -0.957E+01 -0.183E+01 -0.125E+02 0.170 4.779 -0.193E-01 0.125E+00 -0.813E-01 0.000E+00 31.77 10 1 -0.698E+00 0.152E+00 -0.325E+00 -0.271E+00 -0.752E+00 1.147 4.192 -0.601E-02 0.395E-02 -0.115E-02 0.000E+00 70.45 10 1 -0.592E+00 0.257E+00 -0.390E-02 0.928E-01 -0.689E+00 1.694 4.170 -0.591E-02 0.669E-02 0.174E-02 0.000E+00 69.40
135
10 1 -0.171E+00 0.463E+00 0.320E+00 0.598E+00 -0.450E+00 1.436 4.636 -0.267E-02 0.120E-01 0.371E-02 0.000E+00 58.96 10 1 -0.364E+00 0.303E+00 -0.124E+00 0.819E-01 -0.570E+00 0.972 4.715 -0.327E-02 0.788E-02 -0.146E-03 0.000E+00 55.81 11 1 -0.341E+00 -0.185E+00 -0.748E+00 -0.270E+00 -0.820E+00 2.094 4.149 -0.117E-02 -0.481E-02 -0.646E-02 0.000E+00 -21.14 11 1 -0.194E+00 -0.126E+00 -0.286E+00 -0.106E+00 -0.374E+00 2.641 4.112 -0.108E-02 -0.326E-02 -0.228E-02 0.000E+00 -34.96 11 1 0.245E+00 0.183E+00 0.602E+00 0.679E+00 0.168E+00 2.239 4.418 0.647E-03 0.476E-02 0.528E-02 0.000E+00 67.14 11 1 -0.148E+00 -0.290E-01 -0.433E+00 -0.145E+00 -0.436E+00 1.775 4.556 -0.180E-03 -0.753E-03 -0.389E-02 0.000E+00 -5.74 *End of macro execution* t= 0.00
136
Exercício – 4
- Monte e rode os problemas chamados de “Patch test” dados no Exercício 2, pp.
256-257 do Livro do Hughes. Estes testes demonstram a capacidade de um elemento em
capturar os modos de corpo rígido e de deformação constante.
Faça os testes (seis ao todo) com a opção (a) somente (em outras palavras, usando
quadratura 2 x 2). Entregue somente um dos arquivos de entrada utilizados (a única diferença
nos seis problemas estará nas condições de limite e forças). Também entregue as tensões e
deslocamentos nos nós do elemento para todos os seis problemas.
Solução
IPATCH – 1 feap ** patch test number 1 9,4,1,2,2,4 coord 1,1,0.0,0.0 3,0,2.0,0.0 4,0,0.0,1.0 5,0,1.1,0.8 6,0,2.0,1.0 7,1,0.0,2.0 9,0,2.0,2.0 elem 1,1,1,2,5,4,0 2,1,2,3,6,5,0 3,1,4,5,8,7,0 4,1,5,6,9,8,0 bound 1,1,-1,-1 3,0,1,1 4,0,1,1 6,0,1,1 7,1,-1,-1 9,0,1,1 forc 1,1,1.0,0.0 3,0,1.0,0.0 4,0,1.0,0.0 6,0,1.0,0.0 7,1,1.0,0.0 9,0,1.0,0.0 mate 1,1 1.0,0.3,0.0,2,2,1 1.,0.,0. end inter stop end
137
Figura - 2. 30.
138
IPATCH -2 feap ** patch teste Nr 2 9,4,1,2,2,4 coord 1,1,0.0,0.0 3,0,2.0,0.0 4,0,0.0,1.0 5,0,1.1,0.8 6,0,2.0,1.0 7,1,0.0,2.0 9,0,2.0,2.0 elem 1,1,1,2,5,4,0 2,1,2,3,6,5,0 3,1,4,5,8,7,0 4,1,5,6,9,8,0 boun 1,1,-1,-1 3,0,1,1 4,0,1,1 6,0,1,1 7,1,-1,-1 9,0,1,1 forc 1,1,0.0,1.0 3,0,0.0,1.0 4,0,0.0,1.0 6,0,0.0,1.0 7,1,0.0,1.0 9,0,0.0,1.0 mate 1,1 1.0,0.3,0.0,2,2,1 1.0,0.0,0.0 end inter stop end
139
IPATCH -3 feap ** patch test number 3 9,4,1,2,2,4 coord 1,1,0.0,0.0 3,0,2.0,0.0 4,0,0.0,1.0 5,0,1.1,0.8 6,0,2.0,1.0 7,1,0.0,2.0 9,0,2.0,2.0 elem 1,1,1,2,5,4,0 2,1,2,3,6,5,0 3,1,4,5,8,7,0 4,1,5,6,9,8,0 bound 1,1,-1,-1 3,0,1,1 4,0,1,1 6,0,1,1 7,1,-1,-1 9,0,1,1 forc 1,0,0.0,0.0 2,0,1.0,0.0 3,0,2.0,0.0 4,0,0.0,0.0 6,0,2.0,0.0 7,0,0.0,0.0 8,0,1.0,0.0 9,0,2.0,0.0 mate 1,1 1.0,0.3,0.0,2,2,1 1.,0.,0. end inter stop end
140
IPATCH -4 feap ** patch teste Nr 4 9,4,1,2,2,4 coord 1,1,0.0,0.0 3,0,2.0,0.0 4,0,0.0,1.0 5,0,1.1,0.8 6,0,2.0,1.0 7,1,0.0,2.0 9,0,2.0,2.0 elem 1,1,1,2,5,4,0 2,1,2,3,6,5,0 3,1,4,5,8,7,0 4,1,5,6,9,8,0 boun 1,1,-1,-1 3,0,1,1 4,0,1,1 6,0,1,1 7,1,-1,-1 9,0,1,1 forc 1,0,0,0,0.0 2,0,0.0,1.0 3,0,0.0,2.0 4,0,0.0,0.0 6,0,0.0,2.0 7,0,0.0,0.0 8,0,0.0,1.0 9,0,0.0,2.0 mate 1,1 1.0,0.3,0.0,2,2,1 1.0,0.0,0.0 end inter stop end
141
IPATCH -5 feap ** patch teste Nr 5 9,4,1,2,2,4 coord 1,1,0.0,0.0 3,0,2.0,0.0 4,0,0.0,1.0 5,0,1.1,0.8 6,0,2.0,1.0 7,1,0.0,2.0 9,0,2.0,2.0 elem 1,1,1,2,5,4,0 2,1,2,3,6,5,0 3,1,4,5,8,7,0 4,1,5,6,9,8,0 boun 1,1,-1,-1 3,0,1,1 4,0,1,1 6,0,1,1 7,1,-1,-1 9,0,1,1 forc 1,1,0,0,0.0 3,0,0.0,0.0 4,0,1.0,0.0 6,0,1.0,0.0 7,1,2.0,0.0 9,0,2.0,0.0 mate 1,1 1.0,0.3,0.0,2,2,1 1.0,0.0,0.0 end inter stop end
142
IPATCH -6 feap ** patch teste Nr 6 9,4,1,2,2,4 coord 1,1,0.0,0.0 3,0,2.0,0.0 4,0,0.0,1.0 5,0,1.1,0.8 6,0,2.0,1.0 7,1,0.0,2.0 9,0,2.0,2.0 elem 1,1,1,2,5,4,0 2,1,2,3,6,5,0 3,1,4,5,8,7,0 4,1,5,6,9,8,0 boun 1,1,-1,-1 3,0,1,1 4,0,1,1 6,0,1,1 7,1,-1,-1 9,0,1,1 forc 1,1,0,0,0.0 3,0,0.0,0.0 4,0,0.0,1.0 6,0,0.0,1.0 7,1,0.0,2.0 9,0,0.0,2.0 mate 1,1 1.0,0.3,0.0,2,2,1 1.0,0.0,0.0 end inter stop end
143
2. 22 - Exercícios e Problemas Práticos
Malha Ipatch1 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh)
Malha Ipatch1 (tang,,1/tang,,1/Plot/node)
144
Malha Ipatch1 (tang,,1/tang,,1/Plot/boun)
Malha Ipatch1 (tang,,1/tang,,1/Plot/cont,1)
145
Malha Ipatch1 (tang,,1/tang,,1/Plot/stre,1)
Malha Ipatch1 (tang,,1/tang,,1/Plot/disp)
146
Malha Idisk (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh)
Malha Idisk (tang,,1/tang,,1/Plot/node)
147
Malha Idisk (tang,,1/tang,,1/Plot/boun)
Malha Idisk (tang,,1/tang,,1/Plot/cont,1)
148
Malha Idisk (tang,,1/tang,,1/Plot/stre,1)
Malha Idisk (tang,,1/tang,,1/Plot/disp)
149
Capítulo – III
O PROBLEMA BI E TRIDIMENSIONAL - 2D E 3D
RESUMO
Neste capítulo será visto
.
3. 1 - Objetivos do capítulo
i)
3. 2 – Introdução
150
3. 3 – O problema 2D e 3D
Vamos adotar a seguinte notação:
sdn : número de dimensões (= 2, 3)
x : ponto arbitrário em sdnR
n : vetor normal ao contorno de .
: contorno de
x e n são vetores
yx
xx
xxn isd 2
12 (3. 1)
e
y
xi n
nnn
nn 2
1 (3. 2)
Considere o domínio mostrado na
Figura - 3. 1.
hg (3. 3)
Onde
g : temperatura e deslocamentos prescritos
h : fluxos prescritos
hg (3. 4)
151
Notação Indicial
Usa-se índices i,j,k,l = 1,2,... sdn (índices espaciais)
Indica-se diferenciação por:
ixi x
uuui
,, (3. 5)
Índices repetidos indicam soma (a menos que se diga que não)
uuzu
yu
xuuuuuu
sdn
iiiii
22
2
2
2
2
2
3322111
,,,,, (3. 6)
e
j
n
jijjij abab
sd
1
(3. 7)
Teorema da Divergência
Seja Rf : e 1Cf , então
dnfdf ii, (3. 8)
Integral por Partes
Seja f definido com em 1) e )(: 1CgRg então:
dfgndfgdgf iii ,, (3. 9)
Prova: Usando 2) para demonstrar 1)
152
3. 4 – O Problema da Condução de Calor Linear Clássica
iq : vetor fluxo de calor u : temperatura f : geração de calor interna (W/m3)
Lei de Fourier Generalizada
jiji ukq , (3. 10)
ijk : condutividades térmicas (funções conhecidas da posição x)
Quando a condutividade térmica ijk é constante isto implica que o corpo é homogêneo. O caso mais comum é o isotrópico:
1001
ijij kk (3. 11)
Forma Forte
A forma forte do Problema (S) é definida da seguinte forma:
Dados RhRgRf hg :,:,: , encontre
Ru : (3. 12)
tal que
emfq ji , (3. 13)
e
gemgu (3. 14)
e
hii emhnq (3. 15)
onde
jiji ukq , (3. 16)
153
Considere
"":
:,
2
2
suavesRu
RwVS
(3. 17)
e
g
g
emwSwemguSu
0
(3. 18)
Forma Fraca
Partindo-se da forma forte, assume-se que u é solução de SuS , toma-se
Vw .
0,0
dfqw ji (3. 19)
Integrando por partes temos:
dwfdnwqdqwdfqw iiiiji
,,0
(3. 20)
e
dnqwdnwqdnwqhg h
iiiiii
(3. 21)
Como gemw 0 temos:
0
dnwqg
ii (3. 22)
logo,
0,,0
dwhdwfdqwdfqwh
iiji (3. 23)
Portanto,
154
dwhdwfdqwh
ii , (3. 24)
Dados hgf ,, , na forma fraca (W) encontre Su tal que Vw temos:
dwhdwfdqwh
ii , (3. 25)
onde
jiji ukq , (3. 26)
Aplicando a forma de Galerkin (G) onde temos:
Dados hgf ,, , encontre
hhhh Sgvu tal que hh Vw (3. 27)
e
),(),(),(),( hhhhhh gwahwfwvwa (3. 28)
Discretização do Domínio
Considere o domínio do problema o qual será discretizado em n subdomínios e onde
e
e (3. 29)
e npn,...,2,1 onde o conjunto de nós g,
g (3. 30)
O conjunto g representa os nós onde a solução é desconhecida e eqn ,
corresponde ao número de equações (incógnitas). Escreve-se, portanto:
E
155
A
n
AA
h cxNxwg
)()(
(3. 31)
e
A
n
AA
h dxNxvg
)()(
(3. 32)
e
A
n
AA
h gxNxgg
)()(
(3. 33)
Analogamente ao desenvolvimento para o caso 1D, chega-se a:
BnA
n
BAABBA
n
BgNNahNfNdNNa
gg
),(),(),(),( 1
(3. 34)
gA .
O Vetor ID
g
g
nódon Ase
AsepAIDo
0)( (3. 35)
Dá ao nó A o no da equação global.
Na forma matricial, tem-se:
eqnQPFKd ,1 (3. 36)
E
PQPQ FFddKK ,, (3. 37)
Daí
)(),(),,( BIDQAIDPNNaK BAPQ (3. 38)
156
e
gB
BBAAAP gNNahNfNF
),(),(),( (3. 39)
No Elemento
ene
aee
abe nbaffkk ,1,, (3. 40)
e
dNkNNNak bT
ae
BAeab
, (3. 41)
en
eh
eh
n
b
eb
eaaa
ea gkdhNdfNf
1
(3. 42)
Vamos agora ver uma forma conveniente para programar
e
DBdBk Te
(3. 43)
onde
en
sdsdsdsd
nnnnn
BBBBkD ,...,,; 21xx
(3. 44)
an
a NBsd
1x
(3. 45)
E cada componente será:
e
dDBBk bTe
ab
(3. 46)
onde colocar na matriz global a contribuição do elemento?
157
O vetor de nós do elemento AeaIEN ),( (criado para armazenar esta
informação) IEN e ID são construídos com informações dos dados de entrada da malha. A
partir deles constrói-se a matriz de localização:
)),((),( eaIENIDeaLMP (3. 47)
158
3. 5 – O Problema da Elasticidade Linear
Lei de Hooke Generalizada
klijklij C (3. 48)
onde ijjklC é o tensor constitutivo (propriedade do material) ou de forma mais geral,
incluindo tensões térmicas e residuais:
ooD )( (3. 49)
onde
2,,
),( ijji
simétricaparte
ijuu
jiu
(3. 50)
Para tensão plana temos:
0
e
e
o
(3. 51)
e para a deformação plana
)1(0
e
e
o (3. 52)
Para a tensões planas e material isotrópico
xoyx
x Ev
E
(3. 53)
yoyx
y EEv
(3. 54)
159
xyoxy
xy ETv
)1(2
(3. 55)
onde v é o coeficiente de Poisson, E é o módulo de Elasticidade.
2/)1(00
0101
1 2
vv
v
vED (3. 56)
ou em termos de e que são os parâmetros de Lamé.
klijjkiljlikijkl xxC )()( (3. 57)
vvvE
21)1( (3. 58)
)1(2 vE
(3. 59)
Para a deformação plana, por exemplo, temos:
00202
SIMvD (3. 60)
Forma Forte
Dados Rf i : e Rgigi : e Rh
ihi : encontre Rui : tal
que satisfaz a seguinte equação de equilíbrio:
0, ijij f em (3. 61)
com
160
ii gu em ig (3. 62)
e
ijij hn em ih (3. 63)
Forma Fraca
Dados Rf i : e Rgigi : e Rh
ihi : encontre ii Su tal que
iVw satisfaz a seguinte equação de equilíbrio:
),(
1
),(),(
),(
hw
n
iii
fw
ii
uwa
ijji
sol
ih
dhwdfwdw
em
ih (3. 64)
Forma Matricial
ep
eepq
e ffKk , (3. 65)
enedee nnnqp ,1
NODALSUBMATRIZ
jbTa
Ti
epq
e
edDBBek
(3. 66)
Onde
jbnqianp
ed
ed
)1()1(
(3. 67)
161
e
e
e
ee
X
e
kkk
kk
K
41
31
21
1211
88 (3. 68)
onde 2sdn
1,2,
2,
1,
00
aa
a
a
a
NNN
NB (3. 69)
ee
eih
e
n
q
eqpqiaia
ep gkdhNdfNf
1
(3. 70)
Tensões Térmicas
oij
oklklijklij C )( (3. 71)
onde as deformações e tensões iniciais oij e o
ij .
klokl c (3. 72)
Dados a temperatura e o coeficiente de dilatação térmica klc . Nada muda na
matriz de rigidez mas muda na epf .
sol
ih
n
iiiiiijji dhwdfwdw
1),(
em ih (3. 73)
162
dw
dCwdhwdfwdCw
oklji
oklijklji
n
iiiiiklijklji
sol
ih
),(
),(1
),(
(3. 74)
Portanto,
ee
dBedcDBef oTa
Ti
Ta
Tip
...' (3. 75)
onde:
12
22
11
2.
ccc
c (3. 76)
com simetria, isto é, 122112 2ccc
o
o
o
o
12
22
11
.
(3. 77)
163
3. 6 – Estado de Tensões Planas e Deformações Planas
Somente as tensões e deformações no plano x,y é que devem ser consideradas para
o trabalho interno das forças em corpo sólidos. Todas as outras componentes de tensão são
zero e , portanto, não contribuem para o trabalho. A tensão na direção perpendicular ao palno
x,y não é zero, mas, por construção, a deformação naquela direção é zero, e portano, nenhuma
contribuição para o trabalho interno é feita por esta tensão.
3.6.1 - Tensões e Deformações Térmicas e Residuais
( ) oσ D ε ε σ (3. 78)
Onde
, ,( , ) 2
def i j j iij i j
u uu
(3. 79)
Válido para materiais isotrópicos
i) Tensões Planas
0
e
eo
(3. 80)
onde e é a variação de temperatura.
To xo yo xyo (3. 81)
i) Deformações Planas
10
e
eo v
(3. 82)
onde e é a variação de temperatura.
164
To xo yo xyo (3. 83)
3.6.2 - Tensões Planas
2(1 )
yxx xo
yxx yo
xyxy xyo
vE EvE E
vE
(3. 84)
Resolvendo para as tensões,
( ) oσ D ε ε (3. 85)
Ou seja
x x
y y o
xy xy
D
σ (3. 86)
donde
0
exox
ey yo
xy xyo
D
(3. 87)
onde
2
1 01 0
1 0 0 (1 ) / 2
vED vv v
(3. 88)
165
3.6.3 - Deformações Planas
Supondo o material isotrópico, e aplicando a Lei de Hooke temos:
2(1 )
y ex zx
y ex zx
xyxy
v vE E Ev vE E E
vE
(3. 89)
E mais
0 y ex zz
vvE E E
(3. 90)
Resolvendo para as tensões,
( ) oσ D ε ε (3. 91)
Observando que a matriz de elasticidade é dada por:
x x
y y o
xy xy
D
σ (3. 92)
donde
0
exox
ey yo
xy xyo
D
(3. 93)
Eliminando z da equação acima e resolvendo para as 3 tensões restantes, obtém-se:
166
1 /(1 ) 01
/(1 ) 1 01 1 2
0 0 (1 2 ) / 2(1 )
v vE v
D v vv v
v v
(3. 94)
Este tratameno só é válido para a fase elástica, conforme mostra a
Figura - 3. 2
3.6.3 – Caso Geral
No livro do Hughes na página 105, caso geral.
o oij ijkl kl kl ijC (3. 95)
onde
okl klC (3. 96)
e é a temperatura e os klC ’s são os coeficientes de expansão térmica que são funções
dadas.
A forma fraca do problema é dado por:
, ,1
sdn
ij i i ii j i ji
w d w f d w h d
(3. 97)
Substituindo a Lei de Hooke temos:
,1
, ,
sdn
ijkl i i i ii ji
o oijkl kl iji j i j
w C d w f d w h d
w C d w d
(3. 98)
167
Os dois últimos termos foram acrescentados por causa do efeito térmico.
Os termos adicionais em epf são:
~ ~~ ~...
e e
T T oe T Tp i i
a af e B D c d e B D d
(3. 99)
onde
1111
22 22~ ~
12 122
o
o o
o
CC C e
C
(3. 100)
168
3. 7 – Análise Acoplada
169
3. 8 – Apresentação do Código FEAP
170
3. 9 – Exemplos e Aplicações
Exercício – 1 página 63
Verifique que ( , ),( , ) e ( , )a da maneira como foram definidos, são formas
bilineares simétricas. (Note que a simetria de ( , )a segue da simetria das condutividades.)
Solução
171
Exercício – 1 página 75
Considere a malha preparada. Estabeleça as matrizes ID, IEN e LM.
Solução
172
3. 10 – Exercícios e Problemas
3.10.1 - Exercício – 5
- Monte e rode o problema de viga em balanço resumido nas páginas 254-255 do
Livro de Hughes. Considere só um caso; isto é assuma condições de deformações planas, =
0.3, e quadratura 2 x 2 aplicadas a elementos de 4-pontos quadrilaterais. Os dados de entrada
para o FEAP para este problema são determinados na págian 705 do texto (em anexo). Você
não precisa calcular os delocamentos; eles são determinados nos dados de entrada na página
705. Entregue seus arquivos de entradas
3.10.2 - Teoria Elástica Linear
Malha Iviga-e Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh)
Malha Iviga-e Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/node)
173
Malha Iviga-e Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/boun)
Malha Iviga-e Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/cont,1)
174
Malha Iviga-e Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/stre,1)
Malha Iviga-e Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/disp)
175
Malha de Refinamento – 1 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh)
Malha Iviga2r1 Refinamento – 1 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/node)
176
Malha Iviga2r1 Refinamento – 1 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/boun)
Malha Iviga2r1 Refinamento – 1 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/cont,1)
177
Malha Iviga2r1 Refinamento – 1 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/stre,1)
Malha Iviga2r1 Refinamento – 1 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/disp)
178
Malha de Refinamento – 2 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh)
Malha Iviga2r2 Refinamento – 2 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/node)
179
Malha Iviga2r2 Refinamento – 2 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/boun)
Malha Iviga2r2 Refinamento – 2 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/cont,1)
180
Malha Iviga2r2 Refinamento – 2 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/stre,1)
Malha Iviga2r1 Refinamento – 2 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/disp)
181
Malha de Refinamento – 3 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh)
Malha Iviga2r3 Refinamento – 3 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/node)
182
Malha Iviga2r3 Refinamento – 3 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/boun)
Malha Iviga2r3 Refinamento – 3 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/cont,1)
183
Malha Iviga2r3 Refinamento – 3 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/stre,1)
Malha Iviga2r1 Refinamento – 2 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/disp)
184
185
3.10.2 - Condução de Calor 2D
Malha Icond Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh)
186
Malha ICond sem geração de calor (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/stre,1)
187
Capítulo – IV
ELEMENTOS ISOPARAMÉTRICOS
RESUMO
Neste capítulo será visto
.
4. 1 - Objetivos do capítulo
i)
188
4. 2 – Introdução
Precisamos definir funções de interpolação tal que alcançamos 2 objetivos no
projeto do elemento:
i) Convergência da Solução de Galerkin
ii) Convergência Computacional
Requisitos de Convergência
Os requisitos de convergência são colocados nas funções de interpolação,
portanto,
1) Funções suaves (pelo menos continuidade C1 no interior do elemento).
2) Continuidade Global C0
3) Completamento
Considere o elemento e com condução de calor – uh é um escalar
1
ennh e
a aa
u N d
(4. 1)
Onde
e h ea ad u x (4. 2)
Seja 3sdn , os 'aN s sào ditos “completos” se:
1 2 3e e e ea o a a ad c c x c y c z (4. 3)
Implicar que:
1 2 3( )hou x c c x c y c z (4. 4)
Idéia Chave:
A medida que se refina a malha 0h , hu e as derivadas atingirão valores
constante em cada elemento.
189
Teorema de Lax (Problema Linear)
Convergência = Estabilidade + Consistência (4. 5)
Comentário sobre continuidade
- Em geral se requer continuidade mC dentro do elemento (das funções de
interpolação), onde m é a ordem da derivada na matriz de rigidez
- Continuidade global 1mC
- A definição de “completamento” deve incluir polinômios de grau até m também.
Exemplos de Elementos:
Figura - 4. 1. Elemento bilinear quadrilateral.
190
4. 3 – Elementos Isoparamétricos e o seu Conceito de Programação
Define-se o mapeamento
~ ~
; ( )x x (4. 6)
onde as funções de forma:
~ ~;
xx
y
(4. 7)
Define-se os 'aN s por:
4
~ 14
1
, ,
, ,
ea a
a
ea a
a
x N x
y N y
(4. 8)
Os ,aN s são calculadas assumindo forma linear tal que:
0 1 2 3
0 1 2 3
,
,
x
y
(4. 9)
Com as seguintes restrições a serem satisfeitas
,
,
ea a a
ea a a
x x
y y
(4. 10)
Isto ocorre se e somente se:
1,,
0,
, ( )
a a a
a b b ab
se a bN
secaso contrário
N propriedade de interpolação
(4. 11)
Resulta que:
1, 1 14a a aN (4. 12)
191
a a a
1 -1 1
2 1 -1
3 1 1
4 -1 1
Lembrando o caso 1D
1 12a aN (4. 13)
Mas em 3D
1, , 1 1 18a a a aN (4. 14)
Próxima Hipótese
Usar as funções de forma para definir hu .
Condução de Calor:
4
1
h ea a
au N d
(4. 15)
Elastostática:
4
1
h ei a ia
au N d
(4. 16)
192
4. 4 – Elemento Quadrilateral Bilinear
I) Condição de Convegência
1) Sua vidade C2 em e
Figura - 4. 2. Elemento bilinear quadrilateral
2) Continuidade Global
Figura - 4. 3. Elemento bilinear quadrilateral
Os 'AN s sãoglobalmente C0
193
1
ennh
A AA
u N d
(4. 17)
3
4
14 4 4 4
1 2 1 21 1 1 1
h ea a
a
e e e ea o a a o a a a a a
a a a ax y
u N d
N c c x c y c N c N x c N y
(4. 18)
Logo
1 2h
ou c c x c y (4. 19)
E
4
1
1 1 1 1, 1 1 1 1 1 1 1 14 4 4 4
ha
au N
(4. 20)
194
4. 5 – Elementos Isoparamétricos
São elementos que parametrizam hu e x
usando as mesmas funções de
interpolação, com isso esses elementos possuem a sua forma geométrica correspondente ao
grau de suas funções de interpolação.
Figura - 4. 4. Elemento bilinear quadrilateral
Seja o domínio apresentado. Seja : ex
da forma:
1
enne
a aa
x N x
(4. 21)
Então:
1
ennh ei a ia
au N d
(4. 22)
1) Suavidade C1 no elemento , , ,a x a yN N são:
, ,, , , , , ,
, ,x y
a x a y a ax y
N N N N
(4. 23)
e
1, , , ,1, ,, , , ,x y
xx y
y xx
y xJ
(4. 24)
Onde
det , , , , ,J x x y x y
(4. 25)
Sabemos pela parametrização que , , ,a aN N são suaves, então , , ,a x a yN N
são suaves se J > 0.
195
2) Suavidade Global C0 (analisado caso a caso)
3) Complemento
4 4
1 2 31 1
4 4 4 4
1 2 31 1 1 1
1(?)
h e e e ea a a o a a a
a a
e e eo a a a a a a a
a a a acaso x y z
a caso
u N d N c c x c y c z
c N c N x c N y c N z
(4. 26)
196
4. 6 – Elementos Triangular Linear
Figura - 4. 5. Elemento trilinear
;x
x yz
(4. 27)
Assume-se:
0 1 2 3 4 5 6 7
0 1 2 3 4 5 6 7
0 1 2 3 4 5 6 7
x
y
z
(4. 28)
Onde se requer que:
1
enne e
a a a a aa
x N x x x
(4. 29)
e
1
enne e
a a a a aa
y N y y y
(4. 30)
e
1
enne e
a a a a aa
z N z z z
(4. 31)
e
1 1, , 1 1 1 1 18 2a a a a aN produto das funçoes D (4. 32)
197
e
8
1
h ea a
au N d
(4. 33)
Outros Elementos (§ 3.4 -3.5)
Existem duas maneiras de se melhorar a resposta do M.E.F.
1) Refinamento – h reduzindo “h” ou aumentando o número de nós e elementos
2) Refinamento – p aumentando o grau dos polinômios de interpolação – utilizando
polinômios de maior grau nas funções de interpolação.
198
4. 7 – Polinômios de Lagrange – 1D
O objetivo de se utilizar o polin
199
4. 8 – Elementos com um Número Variável de Nós
200
4. 9 – Quadratura Gaussiana
201
4. 10 – Subrotinas de Funções de Interpolação e de Cálculo de Rigidez Elementar
202
4. 11 – Exemplos e Aplicações
203
4. 12 – Exercícios e Problemas
204
Capítulo – V
MÉTODOS MISTOS E DE PENALIDADE
RESUMO
Neste capítulo será visto
.
5. 1 - Objetivos do capítulo
i)
5. 2 – Introdução
205
5. 3 – Métodos Mistos e de Penalidade
(5. 1)
206
5. 4 – Normas de Sobolev
207
5. 5 – Melhor Aproximação e Estimativa de Erro
208
5. 6 – Elasticidade Incompressível
209
5. 7 – Escoamento de Stokes
210
5. 8 – Exemplos e Aplicações
211
5. 9 – Exercícios e Problemas
212
Capítulo – VI
PROBLEMAS TRANSIENTES
RESUMO
Neste capítulo será visto
.
6. 1 - Objetivos do capítulo
i)
6. 2 – Introdução
213
6. 3 - Problemas Transientes
(6. 1)
214
6. 4 - Problemas Parabólicos (Equação de Calor)
215
6. 5 - Problemas Hiperbólicos (Elastodinâmica e Dinâmica Estrutural)
216
6. 6 – Algoritmos Computacionais
217
6. 7 – Exemplos e Aplicações
218
6. 8 – Exercícios e Problemas
219
Capítulo – VII
INTRODUÇÃO A ANÁLISE NÃO-LINEAR TÉRMICA E ELÁSTICA
RESUMO
Neste capítulo será visto
7. 1 - Introdução
Neste capítulo vamos levantar alguns exemplos simples de problemas de não-
linearidades materiais. Dos quais podemos listar:
I) Condição de Calor Não-Linear
II) Viga Elástica Não-Linear
III) Elasticidade Não-Linear em pequenas deformações.
220
7. 2 – A Formulação do Problema Forte e Fraca de Problemas Térmicos Não-Lineares
7.2.1 - A Forma Forte da Análise Térmica Não-Linear
Considere o seguinte problema térmico onde a propriedade é função da solução,
que é a temperatura, ou seja, a condutividade térmica é expressa como:
k k T (7. 1)
Considere o seguinte Problema de Valor Inicial (P.V.C.) em 0;1x
Figura - 7. 1. Condução de Calor Não-Linear
A forma forte é dada por: Ache u tal que:
, 0 / 0;
0 0i i
g
i i h
q f p x L
S u g em x
q n h em x L L
(7. 2)
Figura - 7. 2.
Mas agora:
221
; , ,i i i j ij jq q u u k u u (7. 3)
Lembre-se do caso linear que:
, ,i i j ij jq q u k u (7. 4)
A forma fraca W é a mesma que antes, ou seja:
7.2.2 - A Forma Fraca da Análise Térmica Não-Linear
A formulação fraca do problema térmico não-linear é dada por:
0 0 0
, , , 0L L L
x xw qdx w q dx wf dx (7. 5)
como 0 yw em temos:
0 0
,L L
xW w qdx wf dx w L h (7. 6)
supondo que estejamos tratando com problema linear
, ,i i j jq q u ku (7. 7)
Onde ijk é a conditividade térmica do material, temos a forma de Galerkin:
0 0 ,
, ,
, ,
h
L L
x x
w ha w u w f
w ku dx wf dx w L h
(7. 8)
Figura - 7. 3. Formulação de Galerkin com Malha
222
7.2.3 - A Forma de Galerkin da Análise Térmica Não-Linear
A forma de Galerkin é dado por:
, , ,a w u w f w h (7. 9)
Na forma de Galerkin a solução é do tipo:
g g
hA A A A
A n n A nu x N x d N x g
(7. 10)
E as funções pesos são do tipo
g
hA A A
A n nw x N x c c
(7. 11)
As quais substituindo-se em (7. 6) obtemos:
0 0
, ,L L
h h h hx xw q u dx w f dx w L h (7. 12)
Ou ainda para uma ou mais dimensões temos:
int
, ,h
ext
h h h h hx ij j
F F
w k u u d w f d w hd
(7. 13)
Desta forma, encontramos a relação entre a força interna e externa.
223
7.2.4 - A Forma de Matricial da Análise Térmica Não-Linear
Na forma matricial temos:
int extF F
(7. 14)
Substituindo-se as fuções de interpolação temos:
1 1
2 1, ,
n n
A A x B x B A AA B
c N x q N x d d N x fdx N L h
(7. 15)
A partir daqui segue os demais desenvolvimentos matemáticos análogos as casos
anteriores feitos para a análise linear. Contudo é reciso considerar algumas condições para o
problema não-linear.
Problema Não-Linear
- Em (7. 82), define-se 1d , tal que, 1d g . É comum incluir um grau de liberdade
prescrito em d
. Desta forma (7. 82) é reescrita como:
int ext
N d
F F
(7. 16)
onde
int int t; ext exA AF F F F
(7. 17)
Com
1int
10
0
ˆ, ,L n
A x B x BB
Lext
A A
F N x N x d dx
F N x f dx N L h
(7. 18)
Definindo o intervalo de um elemento e conforme mostrado na Figura - 7. 4
Figura - 7. 4.
224
onde podemos escrever:
int int, ,1 1
;el eln n
e ext ext ee e
F A f F A f
(7. 19)
e
int, int, , t,;e e ext e ex ea af f f f
(7. 20)
Onde
int,
e
e Taf N qd
(7. 21)
Onde q depende de d
. E
t,
e e
ex ea af N fd N hd
(7. 22)
Portanto, a forma matricial final fica:
Kd F
(7. 23)
A partir daqui segue os demais desenvolvimentos matemáticos análogos as casos
anteriores feitos para a análise linear.
225
7.2.5 – Definição de Quantidades Elementares na Análise Térmica Não-Linear
Em relação as grandezas elementares como sempre temos:
1
elne
eK A K
(7. 24)
Do ponto de vista dos elementos temos:
int,
1
int,
1
: ;
, ,
, ,
en
en
e
ei
nh h h
i ij j ij b j bb
ne h
a a i ij b j bh
LinearmenteIndependente de d
f q q
q k u u k u N x d
f N x k u N x d d
(7. 25)
ou
2
1
int,
1ˆ, ,
enx ne
a x b x bBx
f N x N x d dx
(7. 26)
Para cada elemento também vale uma relaçào do tipo
int e ef K d
(7. 27)
Agora nós temos:
int e e ef K d d
(7. 28)
Sendo assim eK
requer o cálculo do gradiente de intf
e eabK K
(7. 29)
Onde
inteab
b
fK
d
(7. 30)
Ou
226
int, e ieae
ab eb
f dK
d
(7. 31)
Logo,
1
1 1
ˆ, ,
ˆ, , . ,
ei en
ei
ei en en
ei
h
x ne eab a x c x ce
b cx
x n ne e
a x c x c c x cebc cx
E
K N x N x d dxd
dN x N x d N x d dxd d
(7. 32)
Logo,
1
1
, ,
, , , ,
en
e
en
e e
ne hab a i ij c j c
b c
n hij ij ha i c j c a i b jh hbc
Igual a rigidez linear
K N x k u N x d dd
k kuN x N x d d N x u N x ddu u
(7. 33)
logo
2
1
, ,
e
e
xe hab a x b x
x
K N x k N x dx (7. 34)
Melhorando a forma de escrever o 1º termo:
1, ,
ennhc x c b x
b b c
u N d Nd d
(7. 35)
logo
1
, , , ,en
e e
nije h
ab a i b c j c a i ij b jhc
kK N x N N d d N x k u N x d
u
(7. 36)
Essa matriz não é simétrica por causa do 1º termo. Lembrando que é preciso conhecer a
dependência de ijk em função u , cujo gráfico é do tipo mostrado na Figura - 7. 5.
227
Figura - 7. 5.
No programa FEAP usa-se o comando utang,,1 para matriz não-simétricas e
tang,,1 para matrizes simétricas.
Em geral temos:
1 1
, , , ,
, ,
en en
e e
e
n nij ije
ab a i b c j c b i a c j ch hc c
ha i ij b j
k kK N x N N d d N x N N d d
u u
N x k u N x d
(7. 37)
Resumo (problema 1-D)
- eabK é muito simples (idêntico à viga linear) exceto que E E .
- Temos como resultado que a rotina do elemento é muito semelhante a rotina do
elemento linear.
Diferença Importante:
Necessita-se de ed
para se calcular int,ee eK f
Observações:
1) O uso da derivada exata em
intextK d F F
(7. 38)
É chamado de uso de “tangente consistente”
2) Com rigor o Método de Newton-Raphson requer o uso de “tangente consistente”
3) O Método de Newton com o uso de aproximação para K
é chamado de Método de Quase-
Newton
4) Mesmos teorias simples de Análise Linear ou Não-Linear podem trazer assimetrias.
228
7.2.6 – Esquema da Carga Incremental
Suponhamos uma força dependente de um parâmetro de carga (onde t, não é o
tempo real, mas um “parâmetro de carga”)
f f t (7. 39)
e ainda
h h t (7. 40)
e
1:g d g t (7. 41)
Deseja-se resolver para uma solução do tipo:
1
1
nh
A AA
u t N x d t
(7. 42)
Onde 0;t T
Numericamente divide-se o intervalo 0;T em incremento
10
0; ;on passos
n nn
T t t
(7. 43)
Figura - 7. 6.
Portanto, o problema não-linear a ser resolvido é:
int1 1
extn nF d F t
(7. 44)
229
7.2.7 – O Método de Newton-Raphson
Define-se um resíduo como sendo:
int 0 0;extR F t F d t t T
(7. 45)
A contrapartida discreta é dada por:
int1 1 0ext
n nR F t F d
(7. 46)
Iterações de Convergência
Em seguida cria-se um contador de iterações i em cada passo 1;n nt t
1) Inicializa-se com 01 ; 0nnd d i
2) Resolve-se pelo Método de Newton-Raphson
0i iRR d d dd
(7. 47)
Ou
i iR d d R dd
(7. 48)
Note que:
intextR F F
(7. 49)
logo
intR Fd d
(7. 50)
onde extF
é independente de d
neste problema
Portanto a equação global fica:
int.i iextK d d F F d
(7. 51)
Onde:
intFKd
(7. 52)
230
Em relação as grandezas elementares como sempre temos:
1
elne
eK A K
(7. 53)
Incrementos temporais
Após a convergência das iterações i pode-se incrementar o tempo da seguinte
forma:
11
1 1
0
0
in
i in n
R d
RR d d dd
(7. 54)
Onde
t int11
i exn nnR d F t F d
(7. 55)
Chamando de
t intexF FRKd d
(7. 56)
Temos:
intFKd
(7. 57)
Logo,
1 1 0i i
n nR d K d d
(7. 58)
e
11 1
i in nd d d
(7. 59)
Portanto, obtemos o seguinte sistema linear para cada iteração
1 1
11 1
1 1
0i in n
i in ni i
n n
RR d d dd
d d dR d d R dd
(7. 60)
231
Resolve-se
intint
11 11
/i iextnn n
n
F d d F t F d p dd
(7. 61)
Atualiza-se
11 1
i in nd d d
(7. 62)
Repete-se o processo até que “ d
” seja “pequeno”o que significa que:
1 ( )
. 2 ( )
i
i
R d tol Norma da Força
d R d tol Norma da Energia
(7. 63)
Ponto de Vista Elementar
t, ,11 1
e i e ie ex e int enn nr d f t f d
(7. 64)
Onde
,
1 1
int ee i e ien ne
fK d d
d
(7. 65)
Então
1 11
elni e ien ne
R d A r d
(7. 66)
Portanto,
1 11
elni e iin ne
K d A K d
(7. 67)
232
7. 3 – A Formulação do Problema Forte e Fraca de Problemas Elásticos Não-Lineares
7.3.1 - A Forma Forte da Análise Elástica Não-Linear
A formulação forte do problema elástico não-linear é dada por:
, 0 / 0;
0 0x
g
h
f p x L
S u g em x
h em x L L
(7. 68)
A análise elástica linear pode ser dividida em duas categorias:
i) Relação Deformação – Deslocamento
Caracterizada por:
,xduudx
(7. 69)
ii) Relação Tensão-Deformação
Caracterizada por:
ˆ (7. 70)
onde ̂ é uma função não-linear de , conforme mostra as Figura - 7. 7 e Figura - 7. 8
Figura - 7. 7.
Figura - 7. 8.
233
Obs:
No caso linear temos como exemplo:
ˆ E (7. 71)
No caso linear, esta hipótese não se aplica como, por exemplo, em materiais
conjugados, polímeros, etc. Vejamos, portanto a formulação fraca do problema elástico não-
linear.
7.3.2 - A Formulação Fraca do Problema Elástico Não-Linear
A formulação fraca do problema elástico não-linear é dada por:
0 0 0
, , , 0L L L
x xw dx w dx wf dx (7. 72)
como 0 yw em temos:
0 0
,L L
xW w dx wf dx w L h (7. 73)
supondo que estejamos tratando com problema linear
ˆ E (7. 74)
Onde E é o módulo de elasticidade, temos a forma de Galerkin:
0 0 ,
, ,
, ,
h
L L
x x
w ha w u w f
w Eu dx wf dx w L h
(7. 75)
Figura - 7. 9. Formulaçào de Galerkin com Malha.
234
7.3.3 - A Forma de Galerkin da Análise Elástica Não-Linear
A forma de Galerkin é dado por:
, , ,a w u w f w h (7. 76)
Na forma de Galerkin a solução é do tipo:
1
12
nh
A AA
u x N x d N x g
(7. 77)
E as funções pesos são do tipo
1
2
nh
A A AA
w x N x c c
(7. 78)
As quais substituindo-se em (7. 73) obtemos de forma análoga ao caso térmico:
0 0
ˆ, ,L L
h h h hx xw u dx w f dx w L h (7. 79)
Ou ainda para uma ou mais dimensões temos:
int
, ,h
ext
h h h h hx ij j
F F
w E u u d w f d w hd
(7. 80)
Desta forma, encontramos a relação entre a força interna e externa.
235
7.3.4 - A Forma de Matricial da Análise Elástica Não-Linear
Na forma matricial temos:
int extF F
(7. 81)
Substituindo-se as fuções de interpolação temos:
Ou ainda
1 1
2 10 0
ˆ, ,L Ln n
A A x B x B A AA B
c N x N x d dx N x f dx N L h
(7. 82)
A partir daqui segue os demais desenvolvimentos matemáticos análogos as casos
anteriores feitos para a análise linear. Contudo é reciso considerar algumas condições para o
problema não-linear.
Problema Não-Linear
- Em (7. 82), define-se 1d , tal que, 1d g . É comum incluir um grau de liberdade
prescrito em d
. Desta forma (7. 82) é reescrita como:
int ext
N d
F F
(7. 83)
onde
int int t; ext exA AF F F F
(7. 84)
Com
1int
10
0
ˆ, ,L n
A x B x BB
Lext
A A
F N x N x d dx
F N x f dx N L h
(7. 85)
Definindo o intervalo de um elemento e conforme mostrado na Figura - 7. 10
236
Figura - 7. 10.
onde podemos escrever:
int int, ,1 1
;el eln n
e ext ext ee e
F A f F A f
(7. 86)
e
int, int, , t,;e e ext e ex ea af f f f
(7. 87)
Onde
int, ˆe
e Taf N d
(7. 88)
Onde q depende de d
. E
t,
e e
ex ea af N fd N hd
(7. 89)
Portanto, a forma matricial final fica:
Kd F
(7. 90)
A partir daqui segue os demais desenvolvimentos matemáticos análogos as casos
anteriores feitos para a análise linear.
237
7.3.5 – Definição de Grandezas Elementares na Análise Elástica Não-Linear
Em relação as grandezas elementares como sempre temos:
1
elne
eK A K
(7. 91)
Do ponto de vista dos elementos temos:
int,
1
ˆ ˆ: ;
ˆ , ,en
ei
nh h h
i ij j ij b j bb
f
E u u E u N x d
(7. 92)
logo
int,
1, ,
en
e
ne h
a a i ij b j bh
LinearmenteIndependente de d
f N x E u N x d d
(7. 93)
ou
2
1
int,
1ˆ, ,
enx ne
a x b x bBx
f N x N x d dx
(7. 94)
Para cada elemento também vale uma relação do tipo
int e ef K d
(7. 95)
Agora nós temos:
238
int e e ef K d d
(7. 96)
Sendo assim eK
requer o cálculo do gradiente de intf
e eabK K
(7. 97)
Onde
inteab
b
fK
d
(7. 98)
ou
int, e ieae
ab eb
f dK
d
(7. 99)
Logo,
1
1 1
ˆ, ,
ˆ, , . ,
ei en
ei
ei en en
ei
h
x ne eab a x c x ce
b cx
x n ne e
a x c x c c x cebc cx
E
K N x N x d dxd
dN x N x d N x d dxd d
(7. 100)
1
1
, ,
, , , ,
en
e
en
e e
ne h eab a i ij c j ce
b c
n hij ij ha i c j c a i b jh hbc
Igual a rigidez linear
K N x E u N x d dd
E EuN x N x d d N x u N x ddu u
(7. 101)
logo
2
1
, ,
e
e
xe hab a x b x
x
K N x E N x dx (7. 102)
239
Melhorando a forma de escrever o 1º termo:
1, ,
ennhc c a x bc b x
b b c
u N d N Nd d
(7. 103)
logo
1
, , , ,en
e e
nije h
ab a i b c j c a i ij b jhc
kK N x N N d d N x k u N x d
u
(7. 104)
Essa matriz não é simétrica por causa do 1º termo. Lembrando que é preciso conhecer a
dependência de ijk em função u , cujo gráfico é do tipo mostrado na Figura - 7. 11.
Figura - 7. 11.
No programa FEAP usa-se o comando utang,,1 para matriz não-simétricas e
tang,,1 para matrizes simétricas.
Em geral temos:
1 1
, , , ,
, ,
en en
e e
e
n nij ije
ab a i b c j c b i a c j ch hc c
ha i ij b j
k kK N x N N d d N x N N d d
u u
N x k u N x d
(7. 105)
Resumo (problema 1-D)
- eabK é muito simples (idêntico à viga linear) exceto que E E .
- Temos como resultado que a rotina do elemento é muito semelhante a rotina do
elemento linear.
Diferença Importante:
240
Necessita-se de ed
para se calcular int,ee eK f
Observações:
1) O uso da derivada exata em
intextK d F F
(7. 106)
É chamado de uso de “tangente consistente”
2) Com rigor o Método de Newton-Raphson requer o uso de “tangente consistente”
3) O Método de Newton com o uso de aproximação para K
é chamado de Método de Quase-
Newton
4) Mesmos teorias simples de Análise Linear ou Não-Linear podem trazer assimetrias.
241
7.3.6 – Esquema da Carga Incremental
Suponhamos uma força dependente de um parâmetro de carga (onde t, não é o
tempo real, mas um “parâmetro de carga”)
f f t (7. 107)
e ainda
h h t (7. 108)
e
1:g d g t (7. 109)
Deseja-se resolver para uma solução do tipo:
1
1
nh
A AA
u t N x d t
(7. 110)
Onde 0;t T
Numericamente divide-se o intervalo 0;T em incremento
10
0; ;on passos
n nn
T t t
(7. 111)
242
Figura - 7. 12.
Portanto, o problema não-linear a ser resolvido é:
int1 1
extn nF d F t
(7. 112)
7.3.7 – O Método de Newton-Raphson
Define-se um resíduo como sendo:
int 0 0;extR F t F d t t T
(7. 113)
A contrapartida discreta é dada por:
int1 1 0ext
n nR F t F d
(7. 114)
Iterações de Convergência
Em seguida cria-se um contador de iterações i em cada passo 1;n nt t
1) Inicializa-se com 01 ; 0nnd d i
2) Resolve-se pelo Método de Newton-Raphson
0i iRR d d dd
(7. 115)
Ou
i iR d d R dd
(7. 116)
Note que:
243
intextR F F
(7. 117)
logo
intR Fd d
(7. 118)
onde extF
é independente de d
neste problema
Portanto a equação global fica:
int.i iextK d d F F d
(7. 119)
Onde:
intFKd
(7. 120)
Em relação as grandezas elementares como sempre temos:
1
elne
eK A K
(7. 121)
Incrementos temporais
Após a convergência das iterações i pode-se incrementar o tempo da seguinte
forma:
11
1 1
0
0
in
i in n
R d
RR d d dd
(7. 122)
Onde
t int11
i exn nnR d F t F d
(7. 123)
Chamando de
t intexF FRKd d
(7. 124)
Temos:
244
intFKd
(7. 125)
Logo,
1 1 0i i
n nR d K d d
(7. 126)
e
11 1
i in nd d d
(7. 127)
Portanto, obtemos o seguinte sistema linear para cada iteração
1 1
11 1
1 1
0i in n
i in ni i
n n
RR d d dd
d d dR d d R dd
(7. 128)
Resolve-se
intint
11 11
/i iextnn n
n
F d d F t F d p dd
(7. 129)
Atualiza-se
11 1
i in nd d d
(7. 130)
Repete-se o processo até que “ d
” seja “pequeno”o que significa que:
1 ( )
. 2 ( )
i
i
R d tol Norma da Força
d R d tol Norma da Energia
(7. 131)
Ponto de Vista Elementar
t, ,11 1
e i e ie ex e int enn nr d f t f d
(7. 132)
Onde
,
1 1
int ee i e ien ne
fK d d
d
(7. 133)
245
Então
1 11
elni e ien ne
R d A r d
(7. 134)
Portanto,
1 11
elni e iin ne
K d A K d
(7. 135)
7. 4 – Exemplos e Aplicações
246
7. 5 – Exercícios e Problemas
247
Capítulo – VIII
MECÂNICA DOS FLUIDOS
RESUMO
Neste capítulo será visto
8. 1 - Introdução
A Mecânica dos Fluidos estuda o movimento dos fluidos e o efeito resultante nas
suas vizinhanças. Os fluidos se apresentam basicamente de duas formas, na forma de gases e
líquidos. Alguns materiais complexos, como misturas podem apresentar um comportamento
de fluido, o que são chamadas de leito fluidizado. Também o calor e o plasma são também
considerados fluidos. O estado de fluido de um material é freqüentemente caracterizado pela
relativa mobilidade das moléculas que o constituem.
O movimento de um fluido é governado por leis globais de conservação de massa,
quantidade de movimento (“momentum”) e energia. Estas equações formam um Sistema de
Equações Diferenciais Parciais Não-Lineares, cujas incógnitas são: velocidade, temperatura e
pressão.
248
8.1.1 - Hipótese Inicial
Quando os efeitos da temperatura não são importantes, ou seja, as variações de
temperatura desprezíveis o fluido é chamado de isotérmico. Como hipótese inicial, vamos
considerar o problema escolhido com as seguintes características: viscoso, incompressível e
condições isotérmicas em todo o domínio.([3]). Considerando variações de temperatura
desprezíveis é possível resolver a equação de Navier-Stokes e continuidades. Quando as
velocidades são baixas, (quando o número de Reynolds é baixo) isso implica que os termos de
inércia são desprezados. Neste caso, precisa-se resolver as equações de Navier-Stokes e da
continuidade.
Re U Dv (8. 1)
Onde U é a velocidade livre de interação com as superfícies, D é uma dimensão
característica, v é a viscosidade cinemática
O problema de valor de contorno linear conhecido como escoamento de Stokes é
um exemplo de problema de fluido aplicado na lubrificação de superfícies.
Apresentam-se, na seqüência, as equações que regem o fenômeno, os dados
gerados pelo programa FEAP, seguido do estudo dos valores encontrados, análise e
comparação dos resultados com o fornecido pelo livro ([2]).
249
8. 2 - Fundamentação Teórica
A lei de conservação de massa estabelece que a razão entre a variação de massa
por unidade de tempo em uma região fixa é zero. Esta lei, conhecida como equação da
continuidade, pode ser escrita matematicamente como:
. 0Jt
, (8.2)
onde J u é o fluxo de massa e é a densidade do fluido, u denota o vetor velocidade, e
é o operador vetorial da derivada. Quando a mudança de densidade de um fluido em
particular é desprezível, então o fluido (ou fluxo) é denominado incompressível e tem-se que
/ 0t . A equação da continuidade torna-se:
.u o , (8.3)
A lei de conservação de momento linear (segunda lei de Newton para o
movimento) afirma que a variação do momento linear sobre o tempo é igual à soma das forças
externas agindo na região. Esta lei é representada por:
. Duf PDt
, (8.4)
onde é o tensor tensão de Cauchy e f é o vetor força do corpo, medido por unidade de
massa , enquanto D/Dt denota a derivada material ou operador derivada Euleriano,
.D uDt t
, (8.5)
A Eq. (4) descreve a equação de movimento de um meio continuo e, na mecânica dos fluídos,
são conhecidas como Equações de Navier.
250
8. 3 - Equação de Navier-Stokes para Escoamento Laminar
As equações governantes são:
Tempo t
Vetor posição:
1 2 3, ,x x x x
(8. 6)
Em coordenadas eulerianas.
Massa
0
0i
i
uux
(8. 7)
Lembre-se:
fluxofluido uniformeincompressível
cte ctet
(8. 8)
Momentum
0 0. 0u u u ft
(8. 9)
Em notação inicial temos:
0 0 0iji ii i
j j
u uu ft x x
(8. 10)
251
8.3.1 - Relações Constituitivas para Fluidos Newtonianos
As relações constitutivas para um fluido newtoniano são:
; 2PI D
(8. 11)
Onde
12
TD u u (8. 12)
Ou
; 2ij ij ij ij ijP D (8. 13)
E
12
ji
j i
uuDx x
(8. 14)
Condições de Contorno
(Dirichlet)
ˆu u
ou ˆ ,i i uu u s t em (8. 15)
e
(Neumann)
ˆ ˆ.n ou ˆ, ,i ij js t n s s t em (8. 16)
Estas equações são resumidas por:
0i
i
ux
(8. 17)
e
0 0 0i ii ij ij i
j j
u uu P D ft x x
(8. 18)
Ou
0 0 0ji i ii ij i
j j j i
uu u uu P ft x x x x
(8. 19)
252
As equações Erro! Fonte de referência não encontrada. e Erro! Fonte de referência não
encontrada. representam o problema a ser resolvido.
8.3.2 - Escoamento Viscoso Incompressível
Para o estudo particular do problema de Stokes para um fluido incompressível a
equação constitutiva é dada por:
.u u , (8.20)
Como o fluido é considerado incompressivel pela equção (8.3) tem-se:
u , (8.21)
e portanto a (8.4) torna-se:
. Duf u PDt
, (8.22)
Observe que a equação (8.22) possui duas variáveis, a velocidade do fluido u e a pressão P .
8.3.3 - Formulação Forte do Problema de Navier-Stokes para o Escoamento Laminar
A formulação forte é dada por:
0i
i
ux
(8. 23)
e
0 0 0ji i i
i ij ij j j i força depressãotempo fricção campoadvecção
uu u uu P ft x x x x
(8. 24)
Como obter a forma variacional?
8.3.4 - Procedimento Geral em 3 Passos
1) Tomar a equação em questão colocando todos os termos para um lado da igualdade. Em
seguida multiplica-se a equação obtida por uma função peso, w, por exemplo, e integrando
sobre o domínio e de um elemento típico.
253
2) Distribuir a diferenciação de d
(vetor de incógnitas) e w
igualmente, tal que as equações
diferenciais parciais sejam reduzidas de uma ordem, através da integração por partes (usando
o Teorema de Green-Gauss).
3) Separar o contorno do domínio pelas definições físicas do problema.
Em nosso caso devemos usar a equação Erro! Fonte de referência não
encontrada. e obter
0e
i
i
uQ dxx
(8. 25)
E a equação Erro! Fonte de referência não encontrada. e obter:
0 0 0e
ji i ii ij i
j j j i
uu u uw u P f dxt x x x x
(8. 26)
Finalmente obtém-se a forma fraca:
0e
i
i
uQ dxx
(8. 27)
E a equação Erro! Fonte de referência não encontrada. e obter:
0 00e
e
ji i i ii i j ij i i
j j j i
i i
uu u w uw w u P w f dxt x x x x
w ds
(8. 28)
8.3.5 - Forma Variacional de Rayleigh-Ritz Galerkin
Nesta forma velocidades e pressões são obtidas com funções de aproximação
(funções de forma e de interpolação), , dada por:
1
,M
m Ti m i i
mu x t x u t u
(8. 29)
e
254
1
,L
Tl l
lP x t x P t P
(8. 30)
Onde e T T
são vetores coluna de funções de forma. eiu P
são vetores dos valores nodais
de velocidadeds e pressão.
A funções pesos são aproximadas também por:
11
L
l ll
Q x C t
(8. 31)
e
21
,M
i m imm
w x t x C
(8. 32)
que são independentes do tempo:
Susbtituindo as equações Erro! Fonte de referência não encontrada. e Erro!
Fonte de referência não encontrada. em Erro! Fonte de referência não encontrada. e
ainda Erro! Fonte de referência não encontrada. e Erro! Fonte de referência não
encontrada. em Erro! Fonte de referência não encontrada., obtém-se as seguintes
equações de elementos finitos:
i) Massa
0e
T
ii
dx ux
(8. 33)
ii) Momentum na direção i
e e
e e
e e e
TT T
o i o j ij
T T
i jj j j j
To i i
i
dx u u dx ux
dx u dx ux x x x
dx P f dx dsx
(8. 34)
As equações matriciais são escritas como:
255
i) Massa
0TQ u
(8. 35)
ii) Momentum na direção i
Mu C u u Ku QP F
(8. 36)
Para o caso 2D as equações Erro! Fonte de referência não encontrada. e Erro!
Fonte de referência não encontrada. assumem a seguinte forma:
1 1
2 2
11 22 21 1 1 1
12 11 22 2 2 2
1 2
0 0 0 00 0 0 00 0 0 0 0 0
22
00T T
M u C u uM u C u u
P P
k k k Q u Fk k k Q u F
PQ Q
(8. 37)
onde
e
e
To
TT
o jj
Notação deSoma deEinstein
M dx
C u u dxx
(8. 38)
e
e
e e
T
iji j
Ti
i
i o i i
K dxx x
Q dxx
F f dx ds
(8. 39)
E as funções de interpolação são os polinômios de Lagrange.
256
As equações são combinadas como:
00 0 00T
C u K u QM u u FP PQ
(8. 40)
ou
Mu Ku F
(8. 41)
onde
1 2 3, , , TU u u u P
(8. 42)
8.3.6 - Estratégias Numéricas
Para se obter apenas uma variável há duas alternativas pelo Método dos
Elementos Finitos.
1) Método Misto ou Velocidade-Pressão (resolve-se para u
e P
)
Resolve-se simultaneamente para velocidade e pressão com forma fraca
(Variacional)
2) Método da Função Penalidade ou Modelo de Elementos Finitos por Penalidade
Cometemos ao que chamamos de crime variacional ou penalidade quando é
necessário eliminar a pressão, da seguinte forma:
- Elimina-se a Pressão P
por meio da equação da Continuidade e resolve a nova
equação difernecial somente para u
.
Nesta forma estratégica interpreta-se a Equação da Continuidade como uma
relação adicional entre as velocidades , i. e., uma restrição para os iu o que implica que esta
relação é satisfeita aproximado por uma minimização no sentido de Mínimos Quadrados, logo
a pressão é efetivamente eliminada da formulação.
257
8. 4 - Modelo de Penalidade para o Problema de Navier-Stokes
8.4.1 - Problema de Navier-Stokes
A condição de incompressibilidade é dada por:
0u vx y
(8. 43)
No Modelo de Penalidade considera-se que as velocidades são muito baixas e
portanto escreve-se:
0i
j e
u Px
, (8.44)
Elimina-se a pressão substituindo-a nas equações de momento usando, portanto, a seguinte
expressão:
ie
j
uPx
, (8.45)
Onde e é o fator de penalidade
6 1210 10e (8. 46)
O objetivo desta lista de exercicios é ver a influência do e na solução.
Retornando-se a equação (8.22) e substituindo (8.45) nas equações de Navier-
Stokes pela pressão i. e. no termo P , logo obtém se uma equação que pode ser resolvida
univocamente.
258
. .e Duf u uDt
, (8.47)
Ou na forma matricial:
1
~
1 1
2 2
3 3
11 22 33 21 1
12 11 22 33 2
13 11 22 33 3
0 0 0 00 0 0 00 0 0 0
2 02 0
0 2
K
M u C u uM u C u u
M u C u u
k k k k uk k k k uk k k k u
2
~
11 12 13 1 1
21 22 23 2 2
3 313 32 33
ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ ˆ
K
k k k u Fk k k u F
u Fk k k
(8. 48)
Onde 1 , ijM C u k
e iF
são os mesmos da formulação anterior completa (contendo a
pressão). Então, para fazer uma estimativa da pressão podemos considerar:
2
0u u P u (8. 49)
Ou na forma matricial:
0 0
Mu C u u Ku QP F
(8. 50)
Logo
Ku QP F
(8. 51)
Sabendo que:
ˆK K u F
(8. 52)
Os termos de penalidade são:
ˆe
Te
iji j
k dxx x
(8. 53)
259
A equação pode ser reescrita simbolicamente de forma mais resumida como uma
equação matricial:
1 2eMu C u K K u F
(8. 54)
Onde
1 2 3Tu u u u
(8. 55)
1) Construir 11 222k k
e
11 14
8 841 44
...
...
e e
e
e e
k kk
k k
(8. 56)
Onde eabk
é uma matriz 2 2 e 1 ; 4a b
2) Fórmula do Reddy
~
11 22 21~ 12 11 22
22
e
Te ji e
ij i j
e
ab
k dx x
t t tk
t t t
(8. 57)
3) O vetor força é o mesmo que foi implementado na teoria da elasticidade 2D onde 8 8
ef
4) Construir a Matriz de Penalidade
11 14
8 841 44
ˆ ˆ...ˆ
ˆ ˆ...
e e
e
e e
k kk
k k
(8. 58)
onde ˆeabk
é uma matriz 2 2 e 1 ; 4a b e
ˆe
Te eij
i jk d
x x
(8. 59)
É calculado por Quadratura de Gauss como uma matriz 1 1 para eliminar as
singularidades.
260
Finalmente calcula-se:
8 8
ˆe e e e eab ab abk k k k k
(8. 60)
8.4.2 - Avaliação das Matrizes Elementares nos Modelos de Penalidade
Vamos agora avaliar as matrizes elementares no modelos de penalidade
considerando o exemplo do regime permanente, a baixos números de Reynolds que equivale
ao problema de Stokes.
1 2
termos viscosos termosde penalidadeeK K u F
(8. 61)
Neste caso temos:
u u u Px y z
(8. 62)
1) e muito grande contribuição dos termos de viscosidade pode tornar-se desprezível na
presença dos termos de penalidade.
2 1eK K
(8. 63)
a) 1K
não é singular para e grande a solução é trivial 0
Esta solução satisfaz a equação da continuidade, mas não satisfaz a conservação
da quantidade de movimento Trancamento de Malha (“locking”).
b) 2K
é singular a soma é não-singular, pois 1K
é não singular, possibilitando a
obtenção de uma solução não-trivial.
SOLUÇÃO DO PROBLEMA ”Crime Variacional” integração reduzida
dos termos de penalidade, isto é, uma ordem em relação aos outros termos.
2-D
1K
Quadratura Gausiana 2 X 2
2K
Quadratura Gaussiana 1 X 1
261
Cria-se um nó para a pressão diferente do nó para velocidade,
3-D
1K
Quadratura Gausiana 2 X 2 X 2
2K
Quadratura Gaussiana 1 X 1 X 1
Cria-se um nó para a pressão diferente do nó para velocidade,
Os valores sugeridos para e são: 4 1210 10e .
262
8. 5 – Transferência de Calor e Mecânica dos Fluidos
O objetivo desta parte é englobar convecção natural e forçada
1) Forma Forte
Usando a aproximação de Bousssinesq:
1o oT T (8. 64)
As equações governantes são:
i) Massa
0i
i
ux
(8. 65)
ii) Momentum na direção i
0 0 0ji i ij ij o
j j j i
uu u uu P g T Tt x x x x
(8. 66)
iii) Energia
0DissipaçãoViscosa
0V j ijj i j
T T TC u k Qt x x x
(8. 67)
onde
0ˆ 0i iP P g x (8. 68)
é a pressão modificada. Vide a referência Bejan, 1995, Convection Heat Transfer.
2 ij ijD D (8. 69)
onde
12
jiij
j i
uuDx x
(8. 70)
263
Condição de Contorno
,i iu f s t em u (8. 71)
e
, ,i ij j is t n s f s t em (8. 72)
Para a parte fluida, e
ˆ ,T T s t em T (8. 73)
e
,ij i conv radj
Tk n q q q s tx
em q (8. 74)
2) Forma Fraca
Para um elemento e
1 1
2 2 1 2 3
3 3
0
0 , , ,
0
e
e
e
w f dx
w f dx w w w funções peso para P u eT respectivamente
w f dx
(8. 75)
onde as variaveis , ,iT u P podem ser aproximadas por:
1
1
1
,
,
,
MT
m mm
Mn T
i n i imM
Tl l
m
T x t x T t T
u x t x u t u
P x t x P t
(8. 76)
onde , ,m n lx x x são funções de interpolação.
264
2.1) Forma Fraca e Discreta das Equações
i) Massa
0e
T
ii
dx ux
(8. 77)
ii) Momentum na direção i
Não inclui direção preferencial do escoamento
e e
e e
e e e
TT T
o i o j ij
T T
i jj j j j
T To i o i o
i
dx u u dx ux
dx u dx ux x x x
dx P g dx T g T dxx
ei ds
(8. 78)
iii) Energia
Neste caso é preciso levar em conta a direção preferencial de escoamento.
0 0e e
e e e e
TT T
V V jj
Tij
i j
C dx T C u dx Tx
k dx T Qdx dx qdsx x
(8. 79)
2.2) Forma Matricial das Equações
As equações matriciais são escritas como:
265
1 1
2 2
3 3
11 21 31 1
12 22 32 2
13 23 33 3
1 2 3 44
0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0
ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ ˆ
ˆT T T
M u uC uM u uC u
M u uC uP P
K K K Q
K K K Q
K K K Q
Q Q Q K
1 1
2 2
3 30
u Fu Fu FP
(8. 80)
Onde
11 11 22 33
22 11 22 33
33 11 22 33
ˆ 2ˆ 2ˆ 2
K K K K
K K K K
K K K K
(8. 81)
ë
e
e
e
e
e e e
To
TT
o jj
T
ijj j
Ti
i
Ti o i o i o i
M dx
C u u dxx
K dxx x
Q dxx
F T g dx T g T dx ds
(8. 82)
Logo as equações são combinadas como:
N T D u T L T G T
(8. 83)
onde
266
0
0
e
e
e
e e e
TT T
V jj
TV
Tij
i j
D u C u dxx
N C dx
L k dxx x
G Qdx dx qds
(8. 84)
Compactando as equações temos:
i) Massa
0TQ u
ii) Momentum na direção i
Mu C u u Ku QP BT F
(8. 85)
iii) Energia
NT DT LT G
(8. 86)
e
1
2
2
0 00 00 0
B TBT B T
B T
e
e
Ti o iB g dx
Logo temos a forma matricial:
,0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 ,
TC u K u T Q B TM u u F T
P Q PN T D u L T T G T u
(8. 87)
e de forma inda mais compacta:
267
MU KU F
(8. 88)
Onde
1 2 3, , , ,T T T T T TU u u u P T
(8. 89)
Penalidade por integração reduzida
Comete-se o “crime variacional” somente na Equação da massa + momentum
com a finalidade de se eliminar a pressão.
1 1 1
2 2 2
3 3 3
11 22 33 21 1
12 11 22 33 2
13 11 22 33 3
11 12 13
21 22 23
0 0 0 00 0 0 00 0 0 0
2 02 0
0 2
ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ ˆ
ˆ
M u C u uM u C u u
M u C u u
K K K K uK K K K uK K K K u
K K K
K K K
1 1
2 2
3 313 32 33ˆ ˆ
u Fu Fu FK K K
(8. 90)
e
e
T
ij ei i
K dxx x
(8. 91)
268
Exemplo
Figura - 8. 1.
Figura - 8. 2.
269
8. 6 – Projetos de Análise Não-Linear
Estas sugestões de projeto foram extraidas do livro do Reddy & Gartling.
1) Página 234, Pb. 5.9-2. Escoamento de 2 Fluidos em Contra-Corrente em Placas Paralelas.
2) Página 240, Pb. 5.9-5. Receptor Solar
3) Página 241, Pb. 5.9-6. Arranjo de Tubos
4) Página 244, Pb. 5.9-7. Escoamento Aquecido Volumetricamente.
Regime permanente → Usar distribuições de geração de calor diferentes.
Figura - 8. 3.
8.5.1 – Escoamento de 2 Fluidos em Contra-Corrente em Placas Paralelas
Considere a seguinte montagem:
Figura - 8. 4.
;óleo
T T uUT T U
(8. 92)
270
8. 7 – Equação de Navier-Stokes em 3D
Vamos nesta parte conhecer a solução de Navier-Stokes 3D em regime
permanente. Deixaremos a parte temporal para ser resolvida pelos métodos de marcha no
tempo.
N d F d
(8. 93)
Método de Newton
Vamos usar o Método de Newton com o modelo de penalidade e integração
reduzida (que corresponde ao crime variacional). Supondo que F não depende de d.
Resíduos
Termos Advectivos
n
Jacobiano
d
N dd F N d
d
(8. 94)
onde K é a matriz de rigidez e K̂ é a matriz de penalidade.
1
el
e
neb
j j o a c cjjcSoma
em j ab
NC d N N d dx
(8. 95)
eln é o número de nós no elemento, j é a dimensão do espaço 1 3j .
Esta soma presica ser computada para cada ponto de Gauss para 1, 2,3j e para
1cjd , quando a derivada for necessária.
1 1 1 1 2 2 1 3 3 1
11 22 33 1 12 2 13 3 11 12 2 13 3ˆ ˆ ˆ2
N d C d d C d d C d d
K K K d K d K d K K d K d
(8. 96)
e
1 1 1
2 2 2
3 3 3
0 00 00 0
C d dC d d
C d d
(8. 97)
e
271
2 1 1 2 2 2 2 3 3 2
21 1 11 22 33 3 33 3 21 22 2 33 3ˆ ˆ ˆ2
N d C d d C d d C d d
K d K K K d K d K K d K d
(8. 98)
e
1 1 1
2 2 2
3 3 3
0 00 00 0
C d dC d d
C d d
(8. 99)
e C u : é um somatório; jjC : somatório (índices repetidos)
3 1 1 3 2 2 3 3 3 3
31 1 32 2 11 22 33 3 31 32 2 33 3ˆ ˆ ˆ2
N d C d d C d d C d d
K d K d K K K d K K d K d
(8. 100)
e
1 1
2 2
3 3
1
2
3
in
in
in
C d C
C d C no FEAP
C d C
(8. 101)
e
11 22 33
11 22 33
11 22 33
2 1,1
2 2, 2
2 3,3
K K K rkbar
K K K rkbar no FEAP
K K K rkbar
(8. 102)
Isw = 3.
272
Analogia para solução de Problemas Não-Lineares
Linear só no 1º passo, Não-Linear em n passos de Newton.
n
R
d
Kd F
N dd F N d
d
(8. 103)
Vamos agora computar o Jacobiano.
N dM
d
(8. 104)
onde
1 1 1
1 2 3
2 2 2
1 2 3
3 3 3
1 2 3
N N Nd d d
N d N N NMd d d d
N N Nd d d
(8. 105)
ou
iij ij
j
Nm M md
(8. 106)
e
11 1 1 2 2 3 3
1 4
11 22 33 11
12 1 12 12
2 5
13 13 13 3
3 4
1
ˆ2
ˆ1
ˆ1
in
in
in
C
C
C
N C d C C d C dd
K K K KN C d K Kd
N C K K dd
(8. 107)
e
273
21 1 2 21 21
1
21 1 2 2 2 2
2
3 3 11 22 33 12
23 2 23 23
3
ˆ
1
ˆ2
ˆ1
N C d d K KdN C d C d C dd
C d K K K KN C d K Kd
(8. 108)
e
31 1 3 31 31
1
32 3 32 32
2
31 1 2 2 3 3 3 3 11 22 33 33
3
ˆ
ˆ1
ˆ1 2
N C d d K KdN C d K KdN C d C d C d C d K K K Kd
(8. 109)
274
8. 8 – Solução Numérica da Equação de Navier-Stokes + Energia I
Considere a seguinte equação:
1n n n
n
d d d
N dd F N d
d
(8. 110)
Na equação da energia temos:
1
el
e
neb
j j o a c cjab jc
NC d N N d dx
(8. 111)
eln é o número de nós no elemento, j é a dimensão do espaço 1 3j . Mas na equação da
energia temos termos advectivos
11 3
el
e
neb
j j o a c cjab jcj
ND d cN N d dx
(8. 112)
eln é o número de nós no elemento, j é a dimensão do espaço 1 3j .
1
2
3
4
4
d ud v
n graus deliberdade por nód wd T
(8. 113)
- convecção forcada sem empuxo
- convecçao natural com empuxo
1 1 4
2 2 4
3 3 4
N d mesmo queanterior B d
N d mesmo que anterior B d
N d mesmo que anterior B d
(8. 114)
e
4 1 1 4 2 2 4 3 3 4 11 22 33 4N d D d d D d d D d d L L L d
(8. 115)
O Jacobiando neste caso é:
275
1 1 1 1
1 2 3 4
2 2 2 2
1 2 3 4
3 3 3 3
1 2 3 4
4 4 4 4
1 2 3 4
N N N Nd d d dN N N Nd d d dN d
MN N N Ndd d d dN N N Nd d d d
(8. 116)
e
11 1 2 2 3 3
1
11 22 33 11
12 1 12 12
2
13 13 13 3
3
11
4
ˆ2
ˆ1
ˆ1
N C d C d C dd
K K K KN C d K KdN C K K ddN Bd
(8. 117)
e
21 1 2 21 21
1
21 1 2 2 2 2
2
3 3 11 22 33 12
23 2 23 23
3
22
4
ˆ
1
ˆ2
ˆ1
N C d d K KdN C d C d C dd
C d K K K KN C d K KdN Bd
(8. 118)
e
276
31 1 3 31 31
1
32 3 32 32
2
31 1 2 2 3 3 3 3 11 22 33 33
3
33
4
ˆ
ˆ1
ˆ1 2
N C d d K KdN C d K KdN C d C d C d C d K K K KdN Bd
(8. 119)
e
41 4
1
42 4
2
43 1 4
3
31 1 2 2 3 3 11 22 33
41
1
1
din
N D ddN D ddN D d ddN D d D d D d L L Ld
(8. 120)
Exemplo de uma Cavidade Quadrada
Considere o problema de uma cavidade retangular em convecção natural
Figura - 8. 5.
277
Hipóteses:
- Fluido Newtonianano
- Escoamento Incompressível
- 2D; Regime Permanente
- Escoamento Laminar; Propriedades constantes no fluido
- Dissipação viscosa desprezível
0u vx y
(8. 121)
e
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
1
1
u u P u uu v vx y x x y
v v P v vu v vx y y x y
T T T Tu vx y x y
(8. 122)
É muito importante fazer a adimensionalização
Objetivos da Adimensionalização
Do ponto de vista Físico
1) A normalização apresenta resultados válidos para toda uma classe de problemas do tipo em
análises, e
Do ponto de vista matemático
2) Estabilidade – os números calculados durantes a execução do programa ficam de ordem
1 , se a dimensionalização for correta
Para a convecção natural o número de Rayleigh é o adimensional apropriado.
3a
g THRv
(8. 123)
Onde g é a gravidade, é o coeficiente de expansão volumétrica, H CT T T é a
diferença de tempeatura e /k c é a difusividade térmica, v é a viscosidade, H é a altura.
Para a convecão forçada temos:
278
uUU
(8. 124)
Para a convecção natural temos:
1escala
uUU
(8. 125)
e
1/ 2~ aR
H
(8. 126)
onde é a escala de velocidades
1/ 2a
uHU R
(8. 127)
É o adimensional da velocidade u e
1/ 2a
HV R
(8. 128)
É o adimensional da velocidade e
xXH
(8. 129)
e
yYH
(8. 130)
e para a convecção forçada
212escalaP U (8. 131)
E para a convecção natural
2
1/ 2a
HPR
(8. 132)
E
279
; 0 1C
H C
T TT T
(8. 133)
Substituindo nas equações originais tem-se:
i) Conservação da Massa
0U VX Y
(8. 134)
No FEAP usa-se o comando “stat” para Ra → baixo e para Ra alto.
ii) Conservação do Momento
1/ 2 2 2
2 2
1/ 2 2 21/ 2
2 2
:
:
a
r
aa
r
R U U P U Ux U VP X Y X X Y
R V V P V Vy U V RP X Y Y X Y
(8. 135)
rP é o número de Prandtl = /v
iii) Conservação da Energia
2 21/ 2
2 2aR U VX Y X Y
(8. 136)
Número de Nusselt:
CNu u
convpura
QhHN Nk Q
(8. 137)
e CNQ é o calor de convecção natural. Usando-se o Método Integral Analítico.
1/ 40,364 /H C aQ T T R W m (8. 138)
E a Lei de Fourier fica:
/H CT TQ kH W m
L
(8. 139)
Mas A Hw logo
280
1/ 40,364u aLN RH
(8. 140)
Figura - 8. 6.
Quando o número de Rayleigh é:
9 10
910 10 Turbulento
10 LaminaraR
(8. 141)
Para / 1L H e 310 2,0469a uR N .
Solução Numérica
, 0U V (8. 142)
Nas paredes (condição de não-deslizamento)
Figura - 8. 7.
iii) Equação do Momento
2u u u P u g T Tt
(8. 143)
Se 0T T logo
281
2pC u T k T (8. 144)
Correspondência entre:
Equações Governantes Adimensionais → Equações do FEAP
Exemplo:
Para 410 ; 0,71( )a rR P ar ,1/ 2
1 ; 140,84507a
r
RP
; 0,71rP ;
0xg e 1yg ; 0,71PC ; 1,0k , Parâmetro de “upwind” 0P Penalidade 610
Figura - 8. 8.
1
00u
xN dy
x
(8. 145)
e
2,165uN (8. 146)
Com malha (30 x 30) → 900 nós
Convecção Forçada
; ;u v uU U UU V U
(8. 147)
e
H
T TT T
(8. 148)
e
eU LR
v (8. 149)
282
e
rvP
(8. 150)
e
2pP
U (8. 151)
e
e e rU Lv U LP R P
v (8. 152)
e
2 2
2 2
2 2
2 2
1:
1:
xe
ye
U V U UM PX Y R X Y
U V U UM PX Y R X Y
(8. 153)
e
2 2
2 21:ue
T T T TE U VX Y P X Y
(8. 154)
Figura - 8. 9.
283
Velocidade nula em todas as paredes 0 vu
Formulação Adimensional para Convecção Natural
i) Conservação da Massa
0U VX Y
(8. 155)
ii) Conservação do Momento
2 2
2 2
2 21/ 2
2 2
:
:
a
r
aa
r
R U U P U Ux U VP X Y X X YR V V P V Vy U V RP X Y Y X Y
(8. 156)
iii) Conservação da Energia
2 21/ 2
2 2aR U VX Y X Y
(8. 157)
e
2
1/ 2,
, ;a
x y pHX Y PH R
(8. 158)
e
3; H CC
aH C
g T T HT T RT T v
(8. 159)
e
1/ 2,, ; escala
escala
u v RU V vv H
(8. 160)
e
p
kC
(8. 161)
284
Formulação Adimensional para Convecção Forçada
Considere a
Figura - 8. 10.
2
,, ;
x y pX Y PH U
(8. 162)
e
24 12
LP f UA
(8. 163)
e
,, ; e e
u v U D U LU V R ou RU v v
(8. 164)
e
52300 10e eR R (Turbulento) (8. 165)
2 2
2 21u v P u uu v v
x y x x y
(8. 166)
onde
2; ;u UU v VV p P U (8. 167)
285
;x XD y YD (8. 168)
logo
2
2 2
2 2
:P UUU UU
x UU VUXD YD X
UU UUv
XD YD
(8. 169)
e
2 2 2 2 2
2 2 2: U U U UU U P U Ux U V vD X D Y D X D X Y
(8. 170)
Multiplicando tudo por 2D
U temos:
2 2
2 2: U U P v U Ux U VX Y X U D X Y
(8. 171)
Portanto,
2 2
2 21:eD
U U P U Ux U VX Y X R X Y
(8. 172)
e
: eD eD rU D U D vx P R P
v
(8. 173)
286
Problema Proposto – Interação Sólido-Fluido
Figura - 8. 11.
Ty k
kTy
(8. 174)
Considerando o fluxo de calor igual na interface entre o sólido e o fluido temos:
s fS f
T Tk ky y
(8. 175)
Separo em dois dominios
287
8. 9 – Formulação de Transferência de Calor Fluido/Sólido
1 – Alternativa
Fluido: Ar
f pf fC u T k T
(8. 176)
e
1/ 22f
aHu U RH
(8. 177)
e
1/ 22 2
1ff pf aH fC U R k
H H
(8. 178)
e
1/ 22
1 faH
fR U
H
(8. 179)
Sólido:
s ps sC u T k T
(8. 180)
e
1/ 22f
aHu U RH
(8. 181)
e
1/ 22 2
1fs ps aH sC U R k
H H
(8. 182)
e
1/ 2 1aH s
f s sR U k
C
(8. 183)
e
288
1/ 22
1 sa
fR U
H
(8. 184)
e
2 0 (8. 185)
2 – Alternativa
Na realidade, o FEAP resolve ,X X Y
1/ 22
1a
f
xR U
H
(8. 186)
onde o domínio considerado
1( ) fAr
Material Xfluido
(8. 187)
e
2 0( ) sAr
Material X e Usólido
(8. 188)
OBS: Na formulação, assume-se , ,f pf sC e psC , independente de X
.
Formulação mais Geral
, ,f pf sC e psC ,podem depender de X
.
1)Fluido
1/ 2 faH
f
kR U
k
(8. 189)
2) Sólido
1/ 2
s ss
pss saH
f pf f
kC
C kR UC k
(8. 190)
289
Equação Geral com Convecção Natural
1/ 2aX c X R U K X
(8. 191)
Onde:
Material 1 – fluido
1X c X K X
(8. 192)
Material 2 – sólido
;sX c X c
(8. 193)
E
; 0sK X k U
(8. 194)
1/ 22
1aX c X R U K X
H
(8. 195)
290
8. 10 – Solução Numérica da Equação de Navier-Stokes + Energia II
291
8. 11 – Fluidos Não-Newtonianos Inelásticos
292
8. 12 – Fluidos Não-Newtonianos Viscoelásticos
293
8. 13 – Exemplos e Aplicações
294
8. 14 – Exercícios e Problemas
295
Capítulo – IX
SOLUÇÃO GERAL DE EQUAÇÕES
NÃO-LINEARES
RESUMO
Neste capítulo será visto
9. 1 – Introdução
Os modelos lineares por muito tempo têm ocupado o cenário principal das
ciências exatas. Contudo, sabe-se que na natureza nem tudo é linear. Mesmo assim esses
modelos têm sido utilizados como uma forma de aproximar a solução de problemas mais
complexos, como os problemas não-lineares. Nessas aproximações utiliza-se técnicas de
linearização por meio de métodos de aproximação como o método de Newton-Raphson e
outros. Esta alternativa possibilita a utilização de toda informação acumulada com a solução
de problemas lineares na solução dos não-lineares.
Por outro lado, algumas teorias genuinamente não-lineares também surgiram ao
longo dos anos, tais como: A Teoria Fractal, a Teoria do Caos e dos Sistemas Dinâmicos.
Todas elas procuram resolver vários problemas abertos na ciência, como problemas de
flambagem, fratura, plasticidade, instabilidade, etc. Neste capítulo, veremos alguns dos
métodos aproximação de solução de problemas não-lineares mais utilizados.
296
Vamos neste capítulo descrever uma forma geral para resolver problemas não-
lineares que é útil para qualquer teoria física.
Considere o seguinte problema não-linear a ser resolvido:
0ext intF F
(9. 1)
sendo
intF N d F N d
(9. 2)
Logo o problema pode ser escrito como:
0extF N d
(9. 3)
ou
extF N d
(9. 4)
Muitos problemas em Física e em Engenharia podem ser colocados na forma
acima. Isto possibilita resolver tais problemas utilizando os métodos de aproximação que
veremos a seguir.
9. 2 – O Método do Ponto Fixo
Este método é o mais popular sendo disponível em vários softwares comerciais.
Chamemos de R U
a grandeza física:
extR U F N d
(9. 5)
Vemos que:
0R U
(9. 6)
Somando U
dos dois lados temos:
U G U U R U
(9. 7)
Definimos uma fórmula de iteração onde:
1n n n nU G U U R U
(9. 8)
297
O requisito para a covergência desse método é que G
possui Mapeamento Contrativo e 0U
tem que ser próximo da solução.
Define-se um mapeamento contrativo como sendo dado por:
, ,x y F x F y (9. 9)
Conforme mostra a Figura - 9. 1.
Figura - 9. 1. Mapeamento Contrativo dado por uma função F.
Um melhoramento da equação de iteração pode ser escrito como:
1 0n n n n n n
matriznão singular
U G U U A U R U
(9. 10)
Considera-se o vetor correção nD U
dao por:
n n n
vetor correção
D U A U R U
(9. 11)
e
0n n nD U A U R U
(9. 12)
Só se
0nR U
(9. 13)
298
9. 3 – O Método de Piccard de Susbtituição Sucessiva
Neste método considera-se
K U U F
(9. 14)
O que sugere uma fórmula de iteração onde:
1n n nK U U F U
(9. 15)
daí propõem-se que:
*n nK U U F U
(9. 16)
E calcula-se:
1 *1 ; 0 1n nU U U
(9. 17)
Uma variante deste método é o Método da Super-Relaxação Sucessiva (SOR-Sucessive Over
Relaxation), onde é o parâmetro escalar que visa amenizar problemas de comportamento
de convergência oscilatória. A condição de convergência é sempre verificar o resíduo e ver se
ele tende a zero.
299
9. 4 – O Método de Newton
Neste método considera-se:
0R U K U U F U
(9. 18)
fazendo-se a seguinte expressão em série temos:
20 ...n
n
U
RR U U UU
(9. 19)
onde
1n nU U U
(9. 20)
logo
1 1n
n n n n n n
U
RR U U U J U U UU
(9. 21)
Onde nU
RJU
daí,
1 1n n n nU U J U R U
(9. 22)
Ou
1 1n n n nU U J U R U
(9. 23)
Também pode-se usar um escalar para se reduzir as oscilações da convergência.
300
9. 5 – Métodos de Newton Modificados ou (Quase-Newton)
Uma das modificações que se pode fazer do Método de Newton e que reduz o
custo computacional é calcular numericamente o Jacobiano J por diferenças finitas. Outras
variações também são sugeridas.
Vamos agora fazer um detalhamento das sugestões de modificação dos itens
anteriores do Método de Newton.
Caso Linear ou “Line Search” (Busca Linear)
Neste caso o algoritmo é construído da seguinte forma:
( ) ( )i iK d F Kd R
(9. 24)
troca-se a atualização por:
( 1) ( ) ( )i i id d S d
(9. 25)
onde ( )iS é um parâmetro de busca e d
frequentemente chamado de direção de busca.
Neste Método, define-se ( )iS de duas maneiras.
1) Seleciona-se ( )iS tal que a energia potencial seja minimizada.
Chama-se de Energia Potencial a expressão:
12
T TP d d Kd d F
(9. 26)
Onde
( ) ( ) ( )i i iP S P d S d
(9. 27)
fazendo a derivada de P em relação a S temos:
( ) ( )0 i idP d K S d d FdS
(9. 28)
Resolve-se o problema para ( )iS , obtendo:
( )( )
T ii
T
d F KdS
d K d
(9. 29)
301
Mas 0Td K d
se K
for uma matriz positivamente definida.
Note que:
( )iR K d
(9. 30)
Logo
( )T
iT
d K dSd K d
(9. 31)
,K K
são positivamente definidas e
( )0 0id S
(9. 32)
Positivo!
2) Acha-se ( )iS tal que:
( 1) ( )i iR F Kd
(9. 33)
Tenha componente zero na direção d . Logo
( 1). 0id R
(9. 34)
ou seja:
( ) ( )0 i id F K d S d (9. 35)
Isolando-se ( )iS obtém-se a mesma resposta do item anterior (i), ou seja:
( )( )
T ii
T
d F KdS
d K d
(9. 36)
Verifica-se a convergência por:
( )iR
ou ( 1) ( ) ( ).i i i
norma da energia
d d R
(9. 37)
302
Extensão para o Regime Não-Linear
De forma análoga define-se
int ( )ext iK d F F d
(9. 38)
troca-se a atualização por:
( 1) ( ) ( )i i id d S d
(9. 39)
- O caso (1) não faz sentido, pois desaparece o sentido da Energia Potencial, ou seja, ele pode
não existir.
- Neste caso usa-se a definição tratando diretamente o resíduo.
( ) int ( ) ( )0 i ext i iG S d F F d S d (9. 40)
Observações
1) Dá o valor escalar para ( )iS resolvendo uma equação não-linear para ( )iS
2) É muito caro computacionalmente e às vezes impossível. Isto porque gerou uma iteração
não-linear para se resolver exatamente. Logo, precisa-se de um procedimento usual.
Procedimento Usual
Itera-se até que:
( ) 0iG S S tol G (9. 41)
O valor comum para S tol é aproximadamente (~ 0.5).
O Método de Newton-Raphson normal acessa a convergência usando a norma da
energia.
20
( ) (0) (0)
10
. id R F tol d R
(9. 42)
Colocando a busca linear (“Line Search”) temos:
( ) ( )i iK d d R
(9. 43)
troca-se a atualização por:
303
( 1) ( ) ( )i i id d S d
(9. 44)
Onde ( )iS é calculado de tal forma que:
( ) 0iG S S tol G (9. 45)
Note que:
( )0 . iG d R d
(9. 46)
e
( ) ( 1) ( ) ( 1).i i i iG S d d R d
(9. 47)
A equação (9. 45) de certa forma assegura o decréscimo contínuo da norma da energia.
Na prática, como se encontra ( ) e resolve-se (9. 45) e itera-se até que:
( ) 0iG S S tol G (9. 48)
Figura - 9. 2.
Cada iteração é computacionalmente cara porque exige a avaliação de G S
304
( )0 . iG d R d
(9. 49)
e
( ) ( 1).i iG S d R d
(9. 50)
1 int ( ) ( )i ext i iR d F F d S d
(9. 51)
Implicações
1) S Tol não deve ser muito pequeno 0.5
2) Não necessitamos fazer sempre a busca linear quando mesmo sinal
0 . 1 0G G
Sistema de Resposta Suave
Um sistema de resposta suave apresenta um comportamento conforme mostrado
no gráfico da Figura - 9. 3.
Figura - 9. 3. Sistema de Resposta suave
Aqui tem-se:
int0
0 0extS
G d F F
(9. 52)
e
305
int1
1 0extS
G d F F
(9. 53)
1S e acaba.
Stiffening Systems
Um sistema de resposta stiffening apresenta um comportamento conforme
mostrado no gráfico da Figura - 9. 4.
Figura - 9. 4. Stiffening System
int0
0 0extS
d F F G
(9. 54)
e
int1
1 0extS
d F F G
(9. 55)
“Overshoot da Solução”
Referência
- Matthies & Strang , Int. Journ. Num. Method and Engineering, p. 1613-1626, 1979.
Nesta referência encontram-se informações em “Line Search”; Quase-Newton
(BFGS)
306
Método de Newton-Raphson
Figura - 9. 5. Método de Newton-Raphson
Método de Newton-Raphson Modificado
Figura - 9. 6. Método Quase-Newton ou de Newton-Raphson Modificado
307
i) Reutilização do Jacobiano
ii) Método de BFGS
iii) Método Broyden
iv) Método para calcular /R d numericamente.
Figura - 9. 7. Método de Continuação
308
9. 6 – Métodos de Continuação
A análise paramétrica computacional ou o “Método da Continuação” faz parte da
classe dos métodos de predição-correção.
Neste método segue-se a equação genérica
, 0f y (9. 56)
onde y
é o vetor de incógnitas dado por:
1 2, ,..., ny y y y
(9. 57)
e f
é o vetor das incógnitas
1 , ,..., ,nf f y f y
(9. 58)
e é um parâmetro escalar.
Logo (9. 56) forma um sistema de equações.
Figura - 9. 8. Método de Continuação
No Método da Continuação se o parâmetro variar livremente, os pontos
solução formam curvas no espaço 1 2, ,y y
309
Figura - 9. 9. Método de
Homotopia
Seja a seguinte equação não-linear dada por:
0g y
(9. 59)
cuja convergência é ascessada pela norma de convergência
ng y
(9. 60)
Quando é difícil estimar 0y
admite-se um problema análogo dado por:
0g y
(9. 61)
e de fácil solução. Com isso forma-se uma cadeia de equações resolvidas uma de cada vez.
A 1ª equação é:
0g (9. 62)
e
310
0
1
1
0
0
:
0
0
k
k
f y g y
f y
f y
f y g y
(9. 63)
Exemplo:
Método da Carga Incremental da Mecânica dos Sólidos dada por:
; 0; ; PrescritoK d d F t t T F T F (9. 64)
A versão contínua desta seqüência discreta de funções é:
, 0 1f y
(9. 65)
e
,0 ; ,1f y g y f y g y
(9. 66)
Um meio sistemático de homotopia é:
, 1f y g y g y
(9. 67)
A escolha simples é:
g y y c
(9. 68)
onde c
é um vetor qualquer arbitrário (nulo ou o convergido da iteração anterior).
De (9. 65), (9. 66) e (9. 67) constroi-se artificialmente a equação (9. 56)
Bifurcações e Ramos
Seja ny y para qualquer índice k na faixa de 1 k n , então constrói-se o
diagrama de ramos (ou bifurcações) a seguir:
311
Figura - 9. 10.
Observe a multiplicidades de soluções para diferentes faixas de
Figura - 9. 11. Multiplicidades de soluções para diferentes faixas de
Observe no gráfico da Figura - 9. 10 as inflexões em 1 e 2 e no ponto
3 dois ramos se interceptam em uma solução (ponto de bifurcação) que corresponde a
uma perda de estabilidade das soluções, ou também chamada de quebra de simetria, que são
rotas para o caos.
Para resolver este tipo de problema usa-se a estratégia do comprimento de arco.
312
Estratégia de Comprimeno de Arco
Considere o problema
extN d F
(9. 69)
Figura - 9. 12.
O comprimento de arco permite uma combinação de controle de carga e
deslocamento.
Referências
- Crisfield, Comp. & Structures, 13, p. 55-62, (1981).
- , Int. Journ. Num. Method and Engineering, 19, p. 1269-1289, (1983).
- Schweizerhof & Wiggers, Comp. Meth. In: Appl. Mech. & Eng., 59, p. 261-279, (1986).
Vamos analisar pequenas regiões onde o problema começa a acontecer.
Considere a seguinte equação:
313
int ext
incógnitas incógnitasoriginais novas
F d t t F
(9. 70)
e
,f d a valor dado (9. 71)
onde :a é o parâmetro de comprimento de arco que é prescrito para todo t.
t : é o parâmetro de caregamento, a é o comprimento de arco, f é a função de comprimento
de arco.
Aplica-se a discretização no “tempo” fazendo:
int1 1
extn nF d F
(9. 72)
e
1 1.
, ,n n n ncompde arcoprescrito
f d f d d a (9. 73)
Onde temos 1eqn equações para 1eqn incógnitas.
Pense em f como uma norma de ,d , logo uma possível forma para f é:
1/ 22, : Tf d f c d K d b
(9. 74)
Onde 0;1b prescrito.
Então
11 extT
bc e q K Fq Kq
(9. 75)
Onde K
: é uma matriz de rigidez “apropriada”
Vejamos o exemplo:
314
0
01
d
n
K
K
(9. 76)
Pode ser diagonalizada para simplificar.
Escolhas de (b)
1. Continuidade do Deslocamento 0b
Figura - 9. 13. Controle de Deslocamento
Sendo:
1
, :
n
T
T
d
d K df d aq Kq
(9. 77)
que é aproximadamente d
2. Controle do Carregamento 1b
Figura - 9. 14. Controle de Carregamento
315
3. Controle de .... 12
b
Figura - 9. 15.
Linearização do Sistema com Newton-Raphson
Vamos agora linearizar o sistema pelo Método de Newton-Raphson. Dentro de
um passo 1;n nt t itereramos em i , fazendo:
11
int1 1
in
i ii i extn nF d d F
(9. 78)
e
1 1
1 1,i i
i ii in nn n
d
f d d d a
(9. 79)
Onde
111 1;i i ii i
nn in nd d d d d d
(9. 80)
Faz-se a mesma coisa para , obtendo:
316
1
intint
1 1 1
in
i i ii i extn n n
K d
FF d d d Fd
(9. 81)
e
1 11 1
,i i
i i i in n
n n
f ff d d ad
(9. 82)
Na forma matricial temos:
11 1
1 1 1
i extn i i iext int
i i n ni
in n escalar n
vetor escalar
K Fd F F d
f fd a f
(9. 83)
Problema
Agora temos um problema que é resolver :
0f
(9. 84)
Este pode ser resolvido por eliminação de Gauss.
Estratégia
Em seguida usa-se a seguinte estratégia. Elimina-se id
e resolve-se para
i . Depois usa-se as equações para obter id
(isto é chamado de condensação estática),
logo temos:
1/ 22
1 22
T
f
T
f c d K d bd d
c d Kf
(9. 85)
Portanto,
317
Tf c d K
d f
(9. 86)
Obedecendo as seguintes hipóteses:
0simétricaconstante d
K éK
K é
(9. 87)
Logo
f b
f
(9. 88)
A partir de agora resolve-se a 1ª equação para id
fazendo:
1
i i iextnK d F R
(9. 89)
e
1i i iextd K R F (9. 90)
Substitui-se na 2ª equação, da seguinte forma:
1
1ii i i iext
nf fK R F a fd
(9. 91)
Obtendo:
1
11
1
1 1
ii i i
ni n
i ii ext
n n
fa f K Rd
f fK Fd
(9. 92)
e
1
1ii i iext
nd K R F
(9. 93)
318
Algoritmo Geral
Vamos agora descrever um algoritmo geral dentro de um passo 1;n nt t
1 - Inicializar:
01
001
0 ;i
nn
nn
d d di
(9. 94)
2 - Calcula-se as atualizações
......
......
i
id
(9. 95)
3 – Faz-se as atualizações
11 1
11 1
1
1
i i in n
i i
i i in n
i i i
d d d
d d d
i i
(9. 96)
4 - Retorna ao passo 2.
1) Problema:
Mas quando parar ?
319
Figura - 9. 16.
2) Problema:
Inicialização
Como estimar 0 0,d
?
- Fisicamente considere o equilíbrio.
0 0 0int1 1 1
extn n nR F F d
(9. 97)
e
0 0 int1
0n
extn nn
R
R F F d
(9. 98)
Como
int 0extn n nR F F d
(9. 99)
Temos:
0 01
extnR F
(9. 100)
Portanto,
001nK d R
(9. 101)
320
onde K
é o mesmo usado em f. Logo
00 01 11
extn
são conhecidos
d K R K F
(9. 102)
Depois usa-se a restrição de comprimento de arco para completar o problema, ou
seja:
0 1
0 0,ext prescritoK F
f d a
(9. 103)
Logo
1/ 20
0
1 b b a
a
(9. 104)
3) Problema:
- Qual é o sinal de a ?
- Resposta: Parece funcionar melhor com 0 a
Critérios de Convergência
i) Define-se:
2 1TR R K R
(9. 105)
e
0iR tol R
(9. 106)
ii)
i id tol d
(9. 107)
Onde
T K
(9. 108)
iii)
321
if a tol a (9. 109)
Analisem e digam qual é o melhor.
9. 7 – Exemplos e Aplicações
322
9. 8 – Exercícios e Problemas
323
U N I V E R S I D A D E F E D E R A L D O P A R A N Á Departamento de Engenharia Mecânica
Área de Concentração: Energia e Ciências Térmicas Setor de Tecnologia
TM-779 – Transferência de Calor Computacional PROVA PARA FAZER EM CASA ENTREGA: 14 Nov 2007 – 4ª feira
PROFESSOR: José Viriato Coelho Vargas (DEMEC/UFPR)
1. Considere o seguinte sistema de equações não lineares, de 2 equações e 2 incógnitas:
extN d t F
(9. 110)
onde d é o vetor de incógnitas, solução do problema (parametrizado por t), e extF
é prescrito
por:
4015
ext tF
t
(9. 111)
N
, uma função vetorial não linear de d
, é dada por
2 3
1 2 22 3
2 1 1
10 5 0.4
10 3 +0.4
d d dN d t
d d d
(9. 112)
324
Escreva códigos com os métodos de Newton-Raphson (N-R) e N-R modificado
para resolver este problema usando o procedimento de carga incremental. Para o N-R
modificado:
i) Compute e fatore K somente no começo de cada incremento, e
ii) Calcule o jacobiano numericamente. Tente resolver este sistema para [0;2]t .
Aborde os seguintes tópicos:
i) Em que ponto da solução esses esquemas enfrentam problemas, e porque?
ii) Use os 3 métodos com incrementos de tempo dt = 0.01 e dt = 0.05. Use a
norma da energia discutida em aula como critério de convergência, com uma tolerância estrita
tal que:
20
0 0. 10.
i id R
d R
(9. 113)
Obtenha dados comparando o número de iterações requeridas (total, média por
passo de tempo, etc.) para cada método em toda a faixa de variação de t para a qual houve
convergência.
Comente sobre o que você obteve.
iii) Incorpore um algoritmo “line search” nos 3 métodos (use STOL = 0.5).
Descreva o efeito de “line search” nos resultados de convergência do item (ii).
2. Aplique um procedimento de comprimento de arco ao problema acima, usando o método
de linearização consistente discutido em Schweizerhof & Wriggers (1986) e em aula. Em
outras palavras, resolva o seguinte sistema para ( )d t
e ( )t .
4015
N d t t
(9. 114)
O sistema do item 1 é obtido bastando apenas fazer ( )t t . Resolva para ( ) : ; 0;2t t t .
Implemente usando a iteração de N-R em cada incremento de comprimento de arco da . Use a
seguinte definição para ,f d
:
325
1/ 220
0
10
, ,
1
40;
15
Td
Td
d
f d c d K d b
bc
q K q
q K F F
(9. 115)
Apresente gráficos das forças versus deslocamentos, bem como de deslocamentos
versus “tempo” ao longo de toda a faixa requerida de variação de t. Como o algoritmo se
comporta para vários a , e qual é o maior da para o qual é convergente? Teste o seu código
de comprimento de arco pelo menos para os casos onde b = 0, e b = 0.5.
Obs:
1. Apresente um relatório do seu trabalho (título, resumo, introdução, teoria,
resultados e discussão, e conclusões), com todos os programas computacionais escritos no
apêndice, e
2. Recomenda-se fortemente utilizar aritmética de dupla precisão em seus
cálculos.
326
2ª Prova
TRANSFERÊNCIA DE CALOR COMPUTACIONAL
Solução Por Newton-Raphson
Seja a relação
0extF N d t
(9. 116)
onde d é o vetor de incógnitas, solução do problema (parametrizado por t),
1
2
d td t
d t
(9. 117)
e extF
é prescrito por:
1
2
4015
ext F tF
F t
(9. 118)
e N
é uma função vetorial não linear de d
, é dada por
2 3
1 2 212 32 2 1 1
10 5 0.4
10 3 +0.4
d d dNN d t
N d d d
(9. 119)
Chamando de resíduo a função:
ext intR F F
(9. 120)
327
ou
extR F N d t
(9. 121)
Substituindo ( ) e ( ) em ( ) temos:
1 1 1
2 22
ext
extR F N
RR NF
(9. 122)
Ou
1 1 1
2 2 2
ext
extR F N
RR F N
(9. 123)
Substituindo ( ) e ( ) em ( ) obtemos:
2 31 1 2 2
2 32 2 1 1
40 10 5 0.4
15 10 3 +0.4
R t d d dR
R t d d d
(9. 124)
Por Newton-Raphson temos:
1 ...
ii i RR R d
d
(9. 125)
Supondo que estamos muito próximos da solução de tal maneira que:
1 0iR
(9. 126)
Temos:
0 ...
ii RR d
d
(9. 127)
Logo
1
/
i ii
iR Rd R
dR d
(9. 128)
onde
1i id d d
(9. 129)
328
Substituindo ( ) e ( ) em ( ) temos:
11
/
i ii i i i
iR Rd d d R
dR d
(9. 130)
Como iR
é uma função vetorial temos que:
111 1
12 2
2
/
/
i
ii i
i i i
i
R
R dd d
d d R
R d
(9. 131)
Onde a matriz 1iRd
é dada por:
1 12
1 2 2 222 2 1 1
1 2
10 10 1, 2
6 1, 2 10
iii
R Rd d d dRR Rd d dd d
(9. 132)
Calculando a matriz inversa de ( ) temos:
1 1det
TK cofKK
(9. 133)
Onde
1 1 1 2 21 1
2 1 2 222 2
1 10 1 6 1, 2
1 10 1, 2 1 10
id d
cofKd d
(9. 134)
logo
21 1
22 2
10 6 1,2
10 1, 2 10
id d
cofKd d
(9. 135)
E
329
2
2 22
1 1
10 10 1, 2
6 1, 2 10
iT d d
cofKd d
(9. 136)
E
2 22 2 1 1det 10 10 10 1,2 6 1, 2K d d d d (9. 137)
Ou
2 22 2 1 1det 100 10 1, 2 6 1,2K d d d d (9. 138)
Poratanto,
11 1det
Ti i i i id d K R d cofK RK
(9. 139)
Ou seja:
1
11 1 1 1 11 2 22 2 2
1det
i i iT
i i i
d d R d RK cofK
R RKd d d
(9. 140)
1 2 2 3
1 1 2 2 1 2 22 2 2 2 31
2 2 1 1 1 1 2 1 12 2
10 10 1,2 40 10 5 0.41
100 10 1, 2 6 1, 2 6 1,2 10 15 10 3 +0.4
ii i
i i
d d d d t d d d
d d d d d d t d d dd d
(9. 141)
330
ii) Use os 3 métodos com incrementos de tempo dt = 0.01 e dt = 0.05. Use a
norma da energia discutida em aula como critério de convergência, com uma tolerância estrita
tal que:
20
0 0. 10.
i id R
d R
(9. 142)
Método de Newton-Raphson
0102030405060708090
0 1 2 3 4
d2(t)
N1,
N2
N1N2
Figura - 9. 17.
331
Solução Por Newton-Raphson Modificado com Jacobiano calculado Numericamente
i) Compute e fatore K somente no começo de cada incremento, e
ii) Calcule o jacobiano numericamente. Tente resolver este sistema para [0;2]t .
Aborde os seguintes tópicos:
i) Em que ponto da solução esses esquemas enfrentam problemas, e porque?
332
Solução Por Newton-Raphson com Line-Search
iii) Incorpore um algoritmo “line search” nos 3 métodos (use STOL = 0.5).
Descreva o efeito de “line search” nos resultados de convergência do item (ii).
333
Solução Por Newton-Raphson com estratégia de Comprimento de Arco
4015
N d t t
(9. 143)
O sistema do item 1 é obtido bastando apenas fazer ( )t t . Resolva para ( ) : ; 0;2t t t .
Implemente usando a iteração de N-R em cada incremento de comprimento de arco da . Use a
seguinte definição para ,f d
:
1/ 220
0
10
, ,
1
40;
15
Td
Td
d
f d c d K d b
bc
q K q
q K F F
(9. 144)
Apresente gráficos das forças versus deslocamentos, bem como de deslocamentos
versus “tempo” ao longo de toda a faixa requerida de variação de t. Como o algoritmo se
comporta para vários a , e qual é o maior da para o qual é convergente? Teste o seu código
de comprimento de arco pelo menos para os casos onde b = 0, e b = 0.5.
334
Capítulo – X
ELEMENTOS FINITOS UNIDIMENSIONAL
335
6.4.4 – Aplicação Prática utilizando o Método de Galerkin
Dada a seguinte equação diferencial
0)()(2
2
xudx
xud (6. 2)
Definida em [xA ; xB] e com condições de contorno essenciais u(x = xA) = uA e u(x = xB) = uB.
Sendo
02
2
udx
ud (6. 3)
e
0 gdxud
(6. 4)
A sentença de resíduos ponderados é dada por:
0
dwdw ll (6. 5)
Ou
0)()(2
2
dgdxduwdbxu
dxxudw ll (6. 6)
Discretizando a solução u(x) a partir de
1
1
M
mmm Nuuu em , (6. 7)
ou (6. 6) temos:
00)()(2
2
1
dgdx
dNwdxNdx
xNdwu mlm
ml
M
mm (6. 8)
Subdividindo o domínio em e subintervalos temos:
0)()()(1
2
2
1
1
1
b
em
B
b
ele
em
em
E
e
el
M
mm dg
dxxdNwdxN
dxxNdwu
be
(6. 9)
336
Escolhendo por Galerkin
el
el
el Nww (6. 10)
Temos:
)()(
)(
12
2
1
1
1
b
em
B
b
ele
em
em
E
e
el
M
mm dg
dxxdN
NdxNdx
xNdNu
be
(6. 11)
Observe que na sentença básica de resíduos ponderados aparecem derivadas de
ordem dois, consequentemente, é necessário que as funções de aproximação possuam
derivadas de ordem um contínuas. Neste caso, precisaríamos de elementos finitos quadráticos
para as funções de interpolação. Contudo, para contornar essa situação utilizando elementos
finitos lineares, podemos resolver a equação diferencial a partir da forma fraca dos resíduos
ponderados.
337
6.4.5 - Formulação Fraca dos Resíduos Ponderados
A sentença de resíduos ponderados é dada por:
0
dwl (6. 12)
Onde
0)(1
02
2
dxxu
dxudwl (6. 13)
Logo, a forma fraca da sentença de resíduos ponderados pode ser escrita como:
0
B
A
B
A
xx
xxl
x
xl
l
dxudwdxwu
dxdw
dxud (6. 14)
Um conjunto de (M + 1) pontos nodais é escolhido no intervalo (domínio) [0 ; 1]
que constitui o domínio do problema, e uma aproximação do tipo:
1
1
M
mmm Nuuu (6. 15)
é adotada, onde um é o valor da aproximação no nó m (Nm = 1 em m). Assim, as condições de
contorno essenciais são atendidas diretamente, especificando-se os valores nodais apropriados
e = 0.
Na prática, os valores conhecidos só serão introduzidos na etapa de resolução do
sistema de equações e, dessa maneira, todos os valores, u1, u2, ...., uM+1 são considerados
incógnitas do problema.
Figura - 6. 1. Intervalo de aplicação do Método de Galerkin
Adotando-se o Método de Galerkin, wl = Nl, 1,1 Mml e a equação (6.
14) é reescrita como:
338
01
1
1
1
B
A
B
A
xx
xxl
x
xm
M
mml
mM
mm
l
dxudNdxNuN
dxdNu
dxdN (6. 16)
Como a integral e o somatório são operadores lineares temos:
01
1
B
A
B
A
xx
xxlm
M
m
x
xml
ml
dxudNudxNN
dxdN
dxdN (6. 17)
Matricialmente
~~~fuK (6. 18)
Onde os elementos da matriz ~K são dadas por:
)1,1(
MmldxNN
dxdN
dxdNK
B
A
x
xml
mllm (6. 19)
E os elementos do vetor ~f são:
)11(
MldxudNf
B
A
xx
xxll (6. 20)
339
6.4.7 – As Matrizes Locais Ke e o Vetor Local f
Note-se que, das equações (6. 16) a (6. 18) pode-se obter:
E
e
emllm KK
1, (6. 21)
onde
)1,1(
MjidxNN
dxdN
dxdNK
j
i
x
x
ej
ei
ej
eie
ij (6. 22)
Observando que:
jimlseK eml ,,0, (6. 23)
Ou de forma geral a partir de (6. 314),(6. 315) e (6. 317), (6. 318) temos:
dxhhdx
dh
Kj
i
x
xe
ei
e
ei
ei
eeij
112
(6. 24)
Onde
eei
ej
eei
ei hxxxhxx 0;; (6. 25)
Logo usando (6. 25) em(6. 24) temos:
dxh
xxh
xxdxdx
hK
j
i
x
xe
ei
e
ei
ei
e
eij
)()(1112
2 . (6. 26)
E
dxh
xxdxdx
hK
j
i
x
xe
ei
ei
eeii
22
2)(111 . (6. 27)
E
dxh
xxdxdx
hK
j
i
x
xe
ei
ei
e
ejj
22
2)(11 . (6. 28)
340
Observe que para um único elemento finito, temos:
eij
eei
ei hxxxhxxxx 0;;0 (6. 29)
Logo, a partir de (6. 314),(6. 315) e (6. 317), (6. 318) os elementos fora da diagonal são dados
por:
dxhx
hx
hx
dxd
hx
dxdKK
eh
eeeeeji
eij
0
11 (6. 30)
Ou
dxhx
hx
hdx
hx
hx
hx
dxd
hx
dxdKK
ee h
eee
h
eeeeeji
eij
02
2
20 )()(
111
(6. 31)
Então
61
32
32
2
32
2
2
32
2
e
eeij
e
e
e
e
e
eeij
h
oeee
eij
hh
K
h
hh
h
h
hK
h
xhx
h
xK
e
(6. 32)
Os elementos da diagonal da matriz são dados por:
0110
22
dx
hx
hx
dxdK
eh
eeeii (6. 33)
ou
dxhx
hx
hdx
hx
hx
dxdK
ee h
eee
h
eeeii
02
22
0
22
)(21111
(6. 34)
logo
341
31
31
32211
2
32
2
2
322
e
eeii
e
e
e
e
e
eeii
h
oeee
eii
hh
K
h
hhh
h
hK
h
xhxx
hK
e
(6. 35)
E
00
22
dx
hx
hx
dxdK
eh
eeejj (6. 36)
ou
dxhx
hdx
hx
hx
dxdK
ee h
ee
h
eeejj
0
22
0
22 1 (6. 37)
logo
31
3
3
1
2
3
2
02
32
e
eejj
e
e
e
eejj
h
eeejj
hh
K
h
h
h
hK
h
xxh
K
e
(6. 38)
E
j
i
xx
xxll
e
dxudNf
(6. 39)
Matricialmente os elementos da matriz ~K são dadas por:
342
)1,1(~~~~
MjidxNNNNK
j
i
x
x
Tx
Tx
eij (6. 40)
E os elementos do vetor ~f :
j
i
xx
xx
exl
el UNNf
~~
(6. 41)
Numerando-se os elementos de 1 a M e os nós de 1 a M+1, cada elemento produz
uma matriz do tipo:
00...0.....................0
00...0.....................0
00...3
16
1....0
00...6
13
1......0
::
::
::
::
~
ee
e
ee
e
e
hh
hh
hh
hh
K (6. 42)
E
::
2
1
::
0
0
1
1
E
E
E
Exx
xx
xx
xxE
dxudN
dxudN
f (6. 43)
Com as componentes da matriz eK~
determinados, temos para cada elemento:
343
i) ELEMENTO I:
00000:::0...0...
2221
1211
~
II
II
Ie kkkk
K (6. 44)
onde
00000:::
0...3
16
1
0...6
13
1
~
I
I
I
I
II
I
Ie hh
hh
hh
hh
K (6. 45)
E os elementos do vetor ~If :
0:2
1I
I
Iff
f (6. 46)
Ou
0:
2
1
2
1
2
1
xx
xx
xx
xx
IdxudN
dxudN
f (6. 47)
344
ii) ELEMENTO II:
0...0000...00...00...000
3332
2322
~
IIII
IIIIII
kkkk
K (6. 48)
onde
0...000
0...3
16
10
0...6
13
10
0...000
~
II
II
II
II
II
II
II
IIIIe
hh
hh
hh
hh
K (6. 49)
E os elementos do vetor ~IIf :
0
0
3
2
II
II
II ff
f (6. 50)
Ou
0
0
3
2
3
2
3
2
xx
xx
xx
xxII
dxudN
dxudN
f (6. 51)
345
iii) ELEMENTO E:
EE
EEE
kkkk
K
4443
3433~
...00
...00::::00...00
(6. 52)
onde
31
61...00
61
31...00
::::00...00
~E
E
E
E
E
E
E
EEe
hh
hh
hh
hhK (6. 53)
E os elementos do vetor ~Ef :
E
EE
ff
f
2
1
:0
(6. 54)
Ou
1
1
2
1
00
E
E
E
Exx
xx
xx
xxE
dxudN
dxudNf (6. 55)
346
6.4.8 - Montagem do vetor f e da Matriz Global K
A matriz global ~K pode ser formada agrupando-se as matrizes eK
~, observando
que as contribuições dos nós comuns a elementos vizinhos devem ser adicionados na matriz
global ~K .
EMM
EMM
EMM
EMM
IIII
IIIIII
II
kk
kkkk
kkkkkk
K
111
133:32::
::23222221
1211
~
...................00
..............0
0.....................0......................0
(6. 56)
Ou seja:
31
61..................00
61
311..................
610
0........................6
13
116
1
0...........................................06
13
1
::
::
1
1
::
::
~
E
E
E
E
IE
E
EE
EE
II
II
II
II
III
III
I
I
I
I
I
I
hh
hh
hh
hhhh
hh
hh
hhhh
hh
hh
hh
K
(6. 57)
E os elementos do vetor ~f :
E
EE
III
I
l
fff
fff
f
2
::
11
2
12
1
(6. 58)
Ou seja:
347
::~
1
223
223
12
12
1
)/
)/)/)/)/
)/
BE
EE
AA
A
xhxx
hxxhxx
hxxhxx
xx
dxud
dxuddxuddxuddxud
dxud
f (6. 59)
348
6.4.9 – Resolução do Sistema de Equações
O sistema de equações é montado da seuinte forma:
~~~fuK (6. 60)
Ou
E
EE
III
I
E
E
E
E
E
IE
E
EE
EE
II
II
II
II
III
III
I
I
I
I
I
I
fff
fff
u
uuu
hh
hh
hh
hhhh
hh
hh
hhhh
hh
hh
hh
2
::
11
2
12
1
::3
2
1
::
::
1
1
::
::
31
61..................00
61
311..................
610
0........................6
13
116
1
0...........................................06
13
1
(6. 61)
Sendo conhecido os valores das condições de contorno nos pontos extremos a
primeira e a última linha da matriz acima são eliminadas ficando com o seguinte sistema de
equações:
1
2
::
12
2
12
12
1
::4
3
2
1
1
1
1
::
1
1
::
12
12
::
::
1
311
61..................00
61
311..................
610
0........................6
13
116
1
0...........................................06
13
1
E
EE
IIIII
III
E
EE
EE
E
E
E
E
EE
EE
III
III
III
III
IIIII
IIIII
II
II
II
II
II
II
fff
ffff
u
uuu
hhhh
hh
hh
hhhh
hh
hh
hhhh
hh
hh
hh
(6. 62)
Cuja solução fornece os valores de ),...,,( 1432 Euuuuu
349
6. 9 – Exemplos e Aplicações
6.5.1 – Exemplo satisfazendo condições de contorno essenciais:
Dada a seguinte equação diferencial
0)(2
2
udx
xud (6. 63)
Definida em [0 ; 1] e com condições de contorno essenciais.
u(x = 0) = 0
u(x = 1) = 1 (6. 64)
Solução:
A sentença de resíduos ponderados é:
0
dwl (6. 65)
Onde
02
2
udx
ud (6. 66)
A forma fraca da sentença de resíduos ponderados é:
01
0
1
0
x
xll
l
dxudwdxwu
dxdw
dxud (6. 67)
Fazendo E = M = 3, o intervalo [0 ; 1] será dividido em três sub-intervalos
(elementos) de mesmo comprimento, h1 = h2 = h3 = 1/3.
Numerando os nós de 1 a 4 e os elementos de 1 a 3, temos para o:
350
i) ELEMENTO I:
Ihx 0 (6. 68)
Onde:
IhxN 11 (6. 69)
e
IhxN 2 (6. 70)
000000000000
2221
1211
~
kkkk
K I (6. 71)
Onde
)41,11(1
011
1111
MmldxNN
dxdN
dxdNK (6. 72)
E
)42,11(1
021
2112
MmldxNN
dxdN
dxdNK (6. 73)
E
)41,21(1
012
1221
MmldxNN
dxdN
dxdNK (6. 74)
E
)42,21(1
022
2222
MmldxNN
dxdN
dxdNK (6. 75)
Ou seja,
351
00000000
003
16
1
006
13
1
~
II
II
I hh
hh
hh
hh
K (6. 76)
A formação dos elementos do vetor ~If é dado por:
2
1
11
xx
xx
I
dxudNf
(6. 77)
E
2
1
22
xx
xx
I
dxudNf
(6. 78)
Logo
002
1I
I
Iff
f (6. 79)
Ou
000
2
1
1
xx
xx
I
dxudN
f (6. 80)
352
ii) ELEMENTO II:
IIII hhxh (6. 81)
Onde:
IIhxN 12 (6. 82)
e
IIhxN 3 (6. 83)
000000000000
3332
2322
~ kkkk
K II (6. 84)
Onde
)42,21(1
022
2222
MmldxNN
dxdN
dxdNK (6. 85)
E
)43,21(1
032
3223
MmldxNN
dxdN
dxdNK (6. 86)
E
)42,31(1
023
2332
MmldxNN
dxdN
dxdNK (6. 87)
E
)43,31(1
033
3333
MmldxNN
dxdN
dxdNK (6. 88)
Ou seja,
353
0000
03
16
10
06
13
10
0000
~ II
II
II
II
II
II
II
IIII
hh
hh
hh
hh
K (6. 89)
A formação dos elementos do vetor ~IIf é dado por:
3
2
22
xx
xx
II
dxudNf
(6. 90)
E
3
2
33
xx
xx
II
dxudNf
(6. 91)
Logo
0
0
3
2II
II
II ff
f (6. 92)
Ou
0000
IIf (6. 93)
354
iii) ELEMENTO III:
IIIIIIIII hhhxhh (6. 94)
Onde:
IIIhxN 12 (6. 95)
e
IIIhxN 3 (6. 96)
4443
3433~
0000
00000000
kkkk
K III (6. 97)
Onde
)43,31(1
033
3333
MmldxNN
dxdN
dxdNK (6. 98)
E
)44,31(1
043
4334
MmldxNN
dxdN
dxdNK (6. 99)
E
)43,41(1
034
3443
MmldxNN
dxdN
dxdNK (6. 100)
E
)44,41(1
044
4444
MmldxNN
dxdN
dxdNK (6. 101)
Ou seja,
355
31
6100
61
3100
00000000
~III
III
III
III
III
III
III
IIIIII
hh
hh
hh
hhK (6. 102)
A formação dos elementos do vetor ~IIIf é dado por:
4
3
33
xx
xx
III
dxudNf
(6. 103)
E
4
3
44
xx
xx
III
dxudNf
(6. 104)
logo
III
IIIIII
ff
f
4
3
:0
(6. 105)
Ou
4
3
4
3
4
3
00
xx
xx
xx
xxIII
dxudN
dxudNf (6. 106)
356
iv) MONTAGEM DA MATRIZ GLOBAL
O vetor ~f global é definido como:
1
0
x
xl dx
udNf , ou seja:
III
IIIII
III
I
l
fff
fff
f
4
33
22
1
(6. 107)
logo
1
0
~
)/00
)/
x
x
dxud
dxud
f (6. 108)
Agrupando as matrizes ~~~
,, IIIIII KKK dos elementos para formar a matriz
global, encontra-se o seguinte sistema de equações:
1
0
4
3
2
1
00
31
6100
61
312
610
06
16
126
1
006
13
1
x
x
dxdu
dxud
uuuu
hh
hh
hh
hh
hh
hh
hh
hh
hh
hh
(6. 109)
357
V) RESOLUÇÃO DO SISTEMA DE EQUAÇÕES
Os valores de 1u e 2u são iguais aos valores prescritos. Portanto, são valores
conhecidos e as linhas 1 e 4 podem ser removidas. Remova somentes essas linhas, não
remova as colunas, e utilize o sistema regular de equações que ficar. Substituindo-se os
valores conhecidos 01 u e 14 u nas outras equações, o sistema de equações se reduz a:
61
312
31
06
13
12
32
32
hh
uhh
uhh
uhh
uhh (6. 110)
Substituindo-se h = 1/3, obtém-se:
1853
956
1853
01853
956
32
32
uu
uu (6. 111)
Resolvendo o sistema, encontra-se os seguintes valores:
609750,0288546,0
3
2
uu
(6. 112)
Das equações remanescentes, obtém-se os valores de 0xdx
ud e
1xdxud
315711,13
16
1
849609,06
1
431
20
uhh
uhhdx
du
uhhdx
ud
x
x (6. 113)
358
6.5.2 – Exemplo satisfazendo condições de contorno naturais
Dada a seguinte equação diferencial
0)(2
2
udx
xud (6. 114)
Definida em [0 ; 1] se as condições de contorno forem:
1
0
1
0
x
x
dxdu
u (6. 115)
Solução:
A sentença de resíduos ponderados é:
0
dwdw ll (6. 116)
Onde
01
02
2
dxud
udx
ud
(6. 117)
Logo, a sentença básica de resíduos ponderados é escrita como (já admitindo que
a condição de contorno essencial seja atendida diretamente)
011
1
02
2
xll dx
udwdxudx
udw (6. 118)
Efetuando-se a integração por partes, chega-se a forma fraca da sentença de resíduos
ponderados, cuja forma fraca é:
011
1
0
1
0
xl
xl
x
xll
l wdxudw
dxudwdxuw
dxud
dxdw (6. 119)
Precisamos agora eliminar 1xdx
ud da seguinte forma:
359
Se 11 xlxl ww , a equação (6. 119) é escrita como:
010
1
0
xlx
lll w
dxudwdxuw
dxud
dxdw (6. 120)
Se ll Nw e a discretização é mantida, a matriz ~K é a mesma. O vetor
~f global é definido como:
1
0
x
xl dx
udNf , ou seja:
III
IIIII
III
I
l
fff
fff
f
4
33
22
1
(6. 121)
O sistema final de equações é:
100.
0
4
3
2
1
~
xdxud
uuuu
K (6. 122)
Adotando-se o Método de Galerkin e a mesma discretização, a mesma matriz K é
obtida, e o sistema de equações é:
100
31
6100
61
312
610
06
16
126
1
006
13
1
0
4
3
2
1xdx
ud
uuuu
hh
hh
hh
hh
hh
hh
hh
hh
hh
hh
(6. 123)
360
Como 01 u é o valor conhecido, a primeira equação pode ser eliminada do
sistema. Substituindo 1u pelo seu valor nas outras equações, o sistema de equações se reduz
a:
100
31
610
61
312
61
06
13
12
4
3
2
uuu
hh
hh
hh
hh
hh
hh
hh
(6. 124)
Substituindo-se h = 1/3, obtém-se:
100
928
18530
1353
956
1853
01853
956
4
3
2
uuu
(6. 125)
Resolvendo o sistema:
760045,0463444,0219309,0
4
3
2
uuu
(6. 126)
O valor de 0xdx
ud pode ser determinado:
645743,0
645743,01353
61
0
220
x
x
dxdu
uuhhdx
ud
(6. 127)
361
6.5.3 – Exemplo satisfazendo condições de contorno essenciais:
Dada a a seguinte equação diferencial:
044)(2
2
xydx
xyd, (6. 128)
definida em [0 ; 1] e com condições de contorno essenciais:
y(x = 0) = 0
y(x = 1) = 1 (6. 129)
Resolver pelo Método dos Elementos Finitos.
Solução:
A sentença de resíduos ponderados é:
0
dwl (6. 130)
Onde
0442
2
xydx
yd (6. 131)
A forma fraca da sentença de resíduos ponderados é:
0441
0
1
0
x
xlll
l
dxdywdxxwyw
dxdw
dxdy (6. 132)
Um conjunto de (M + 1) pontos é escolhido no intervalo (domínio) [0 ; 1] e uma
aproximação do tipo:
1
1
M
mmm Nyyy (6. 133)
é adotada, onde ym é o valor da aproximação no nó m (Nm = 1 em m). Assim, as condições de
contorno essenciais são atendidas diretamente, especificando-se os valores nodais apropriados
e = 0. De forma análoga ao exemplo anterior, os valores conhecidos só serão introduzidos
na etapa de resolução do sistema de equações e, dessa maneira, todos os valores, u1, u2, ....,
uM+1 são considerados incógnitas do problema.
362
Adotando-se o Método de Galerkin, wl = Nl, 1,1 Mml e a equação (6.
14) é reescrita como:
0441
0
1
0
1
1
1
1
x
xllm
M
mml
mM
mm
l
dxydNdxxNNyN
dxdNy
dxdN (6. 134)
Para )1,1( Mml . Matricialmente temos:
~~~fyK (6. 135)
Onde os elementos da matriz ~K são dados por:
)1,1(41
0
MmldxNN
dxdN
dxdNK ml
mllm (6. 136)
E os elementos do vetor ~f :
041
0
1
0
xdxNdxydNf l
x
xll (6. 137)
Divindindo-se o domínio em três subdomínios, temos:
Figura - 6. 2. Intervalo de aplicação do Método de Galerkin
Vamos agora calcular as funções de interpolação local para o elemento e:
eeii h
NN 1 (6. 138)
eejj h
NN (6. 139)
Onde
363
eij
ei hxxxhxx 0;; (6. 140)
Para o:
i) ELEMENTO I:
hx 0 (6. 141)
Onde:
hxN 11 (6. 142)
e
hxN 2 (6. 143)
A formação dos elementos do vetor ~If é dado por:
64
14
4
2
1
01
0111
2
1
2
1
2
1
hdxudN
xdxhx
dxudN
xdxNdxudNf
xx
xx
hxx
xx
hxx
xx
I
(6. 144)
E
34
4
4
3
1
02
0222
2
1
2
1
2
1
hdxudN
xdxhx
dxudN
xdxNdxudNf
xx
xx
hxx
xx
hxx
xx
I
(6. 145)
Logo
364
002
1I
I
Iff
f (6. 146)
Ou
00
34
64
3
1
2
1
2
1
2
1
hdxudN
hdxudN
fxx
xx
xx
xx
I (6. 147)
ii) ELEMENTO II:
hxh 2 (6. 148)
Onde:
hxN
hhxN
hxxNN i
2
)(1
)(1
2
2
22
(6. 149)
e
hhxNN j
3 (6. 150)
A formação dos elementos do vetor ~IIf é dado por:
365
38
24
4
2
2
2
2
2
222
3
2
3
2
3
2
hdxudN
xdxhx
dxudN
xdxNdxudNf
xx
xx
h
h
xx
xx
h
h
xx
xx
II
(6. 151)
E
620
14
4
2
3
2
03
2
333
3
2
3
2
3
2
hdxudN
xdxhx
dxudN
xdxNdxudNf
xx
xx
hxx
xx
h
h
xx
xx
II
(6. 152)
Logo
0
0
3
2II
II
II ff
f (6. 153)
Ou
06
20
38
0
2
2
3
3
3
2
3
2
hdxudN
hdxudN
f xx
xx
xx
xxII (6. 154)
366
iii) ELEMENTO III:
132 hxh (6. 155)
Onde:
hxN
hhxN
hxxNN i
3
)2(1
)(1
3
3
33
(6. 156)
e
hhxNN j
24
(6. 157)
A formação dos elementos do vetor ~IIIf é dado por:
628
34
4
2
3
3
23
3
2333
4
3
4
3
4
3
hdxudN
xdxhx
dxudN
xdxNdxudNf
xx
xx
h
h
xx
xx
h
h
xx
xx
III
(6. 158)
E
316
24
4
2
4
3
24
3
2344
4
3
4
3
4
3
hdxudN
xdxhx
dxudN
xdxNdxudNf
xx
xx
h
h
xx
xx
h
h
xx
xx
III
(6. 159)
Logo
367
III
IIIIII
ff
f
4
3
00
(6. 160)
Ou
316
628
00
3
4
2
3
4
3
4
3
hdxudN
hdxudNf
xx
xx
xx
xxIII (6. 161)
Cujas contribuições são:
342
6
400
34
67
65
32
3
6
400
2
2
2
2
1
0
2
22
22
2
1
0
4
33
22
1
hh
h
h
dxdy
dxyd
h
hh
hh
h
dxdy
dxyd
fff
fff
x
x
x
x
III
IIIII
III
I
(6. 162)
368
iv) MONTAGEM DA MATRIZ GLOBAL
O vetor ~f global é definido como:
1
0
1
0~4 xdxN
dxudNf l
x
xl , ou seja:
III
IIIII
III
I
l
fff
fff
f
4
33
22
1
(6. 163)
logo
13
24
14
2 3
243
0
2
32
1
01
01
~
44
44
44
44
h
hx
h
h
h
h
h h
h
x
xdxNdxudN
xdxNxdxN
xdxNxdxN
xdxNdxudN
f (6. 164)
Agrupando as matrizes ~~~
,, IIIIII KKK dos elementos para formar a matriz
global, encontra-se:
342
6
400
341
32100
321
3412
3210
03
213
4123
21
003
213
41
2
2
2
2
1
0
4
3
2
1
hh
h
h
dxdy
dxyd
yyyy
hh
hh
hh
hh
hh
hh
hh
hh
hh
hh
x
x (6. 165)
369
V) RESOLUÇÃO DO SISTEMA DE EQUAÇÕES
Os valores de 1y e 2y são iguais aos valores prescritos. Portanto, são valores
conhecidos e as linhas 1 e 4 podem ser removidas. Remova somentes essas linhas, não
remova as colunas, e utilize o sistema regular de equações que ficar. Substituindo-se os
valores conhecidos 01 y e 14 y nas outras equações, o sistema de equações se reduz a:
232
232
83
4123
21
43
213
412
hyhh
yhh
hyhh
yhh
(6. 166)
Substituindo-se h = 1/3, obtém-se:
98
962
925
94
925
962
32
32
yy
yy (6. 167)
Resolvendo, encontra-se:
181515,0139174,0
3
2
yy
(6. 168)
370
6. 10 – Enfoque Variacional
Dado um problema descrito por um funcional, isto é, que permite uma formulação
variacional a ser desenvolvido pelo MEF.
B
A
x
x
FdI (6. 169)
Se as incógnitas nos pontos nodais correspondem a uma função u que torna estacionário
(extremiza) o funcional e atende às condições de contorno essenciais do problema, pode-se
admitir que o valor do funcional em todo o domínio do problema, F(u), será igual à soma dos
valores dos funcionais calculados em cada elemento, isto é:
)(1
uFFM
e
e
(6. 170)
onde M é o número de elementos finitos nos quais o domínio original foi discretizado. Logo
M
e
eII1
(6. 171)
onde
dxuFIj
i
x
xk
ee )( (6. 172)
Admite-se que, para um elemento genérico e, a função u passa a ser descrito
como:
ek
r
k
ee
ku
1
(6. 173)
Onde ek são parâmetros ajustáveis ou não conhecidos (incógnitas) e e
k são funções de
forma conhecidas, escolhidas de maneira semelhante à do método de Rayleigh-Ritz. Em
notação matricial temos:
~~Au (6. 174)
Onde
371
ere
eeA ...21~ (6. 175)
E
e
e
e
re
:
2
1
~ (6. 176)
Substituindo a expressão (6. 173) em (6. 170), obtém-se o funcional aproximado:
eek
M
e
e rkFF ,...3,2,1)(1
(6. 177)
e, agora, as únicas incógnitas são os parâmetros ek .
Note que os parâmetros ek diferem de elemento a elemento, as funções e
k
também podem diferir de elemento a elemento embora, em geral as funções ek adotadas
sejam as mesmas.
Aplicando a condição de ponto estacionário (ou condição de extremização) ao
funcional aproximado F , pode-se escrever:
0F (6. 178)
0)(1
ek
M
e
eFF (6. 179)
Ou ainda
01 1
ek
M
e
r
kek
ee FF
(6. 180)
Como as variações ek são arbitrárias, a expressão (6. 180) se reduz a:
eek
e
kMeF ,....2,1
,...,2,10 (6. 181)
372
A expressão (6. 181) representa um sistema de equações cuja solução fornece os
valores dos parâmetros ek , a partir dos quais, com o emprego de (6. 173), o valor da
incógnita u pode ser calculado em qualquer ponto do elemento.
A expressão (6. 181) representa um esquema de solução que pode ser denominado
Rayleigh-Ritz localizado (ou local). No método dos elementos finitos, no lugar dos parâmetros ek , as incógnitas são os valores da função u nos pontos nodais da malha de elementos finitos
( i
n
iiu
1
). Partindo da expressão (6. 174) aplicada aos ne nós de um elemento qualquer;
pode-se escrever:
~~
~~22
~~11
:
ee nn Au
Au
Au
(6. 182)
Onde ui é o valor de u no nó i do elemento e, Ai representa a matriz ~A com as funções de
forma calculados de acordo com a posição do nó i, isto é, correspondentes às coordenadas do
nó i. De maneira compacta,
~~~CU e (6. 183)
Onde
en
e
u
uu
U:2
1
~ (6. 184)
É o vetor dos valores nodais (incógnitas) de u no elemento e. A matriz
373
enA
AA
C
~
2~
1~
~ : (6. 185)
é uma matriz com as funções de forma que estão calculas para as posições (coordenadas)
correspondentes aos pontos nodais.
Se as funções de forma são selecionadas de maneira adequada e se o número de
nós do elemento é igual ao número de parâmetros, ou seja, se
ee rn (6. 186)
A matriz ~C será quadrada e regular. Portanto, de (6. 183), pode-se escrever:
eUC~
1
~~
(6. 187)
Substituindo (6. 187) em (6. 174) temos:
ee UNUCAAu~~~
1
~~~ (6. 188)
Onde
1
~~~
CAN (6. 189)
Assim, os parâmetros ek são eliminados e o valor da variável, u, em qualquer
ponto de um elemento, pode ser calculado em função dos valores nodais (ainda desconhecidos
ou incógnitas).
Para evitar a inversão da matriz ~C é importante obter a matriz N diretamente. Se
N é determinada conveniente, então, considerar que:
en
kk
ek
e uUNu1~~ (6. 190)
As funções de forma em (6. 190) se referem a valores nodais de u e não de parâmetros ek
Adotando uma variação linear, pode-se escrever, para cada elemento:
374
j
ikkjiku
]1[ . (6. 191)
Onde
kk xx . (6. 192)
Figura - 6. 3.
Aplicando aos pontos nodais i e j, temos:
ejij
ii
hu
u
. (6. 193)
Ou
~~~CU e (6. 194)
logo
~~~ 101
Chu
uU
j
ie
j
ie
(6. 195)
Invertendo a expressão (6. 217) anterior, obtém-se:
j
ie
ej
i
uuh
h 1101
(6. 196)
Combinando-se as expressões (6. 214) com (6. 218), tem-se:
375
j
ie
eee uuh
hu
11011 (6. 197)
Ou
jee
iee
j
ie
eee u
hu
huu
xhh
u
1)(1 (6. 198)
Ou ainda
jeji
eie uNuNu (6. 199)
Onde
eee
j
eee
i
hN
hN
1 hx 0 (6. 200)
A derivada primeira de eu é:
j
ej
i
eie u
dxdN
udx
dNdxud
(6. 201)
E
dxdx
uu
hhu
dxdx
hu
dxdx
hdxud e
j
ieej
eei
ee
e 1111111
(6. 202)
Ou
~
,
~~~
Tx
Teex
e NUUNdxud
(6. 203)
onde
~
,x
eji N
dxdN
(6. 204)
Para o cálculo do funcional deve-se calcular 2)/( dxdue :
376
ex
T
x
Tee UNNUdxud
~~~
,
~
2
(6. 205)
e ue2,
eTTee UNNUu
~~~
,
~
2 (6. 206)
Substituindo (6. 190) em (6. 170), tem-se um funcional aproximado, I , que é
função somente dos valores nodais ue.
Onde o funcional de um elemento é:
dxuFII
dFFdI
M
e
x
xk
eM
e
e
x
xe
M
e
ex
x
j
i
j
i
B
A
11
1
)(
(6. 207)
A condição de ponto estacionário será dada por:
0)(1 11
ek
M
e
r
kek
eM
ek
ee FuFF
(6. 208)
A expressão (6. 208) representa um sistema de equações cuja solução fornece os
valores nodais uk. Conhecidos os valores nodais, o valor de u, em qualquer ponto de qualquer
elemento, é determinado. Ou seja, da condição de ponto estacionário temos:
dxuFII
dFFdI
M
e
x
xk
eM
e
e
x
xe
M
e
ex
x
j
i
j
i
B
A
11
1
)(
(6. 209)
377
Como o domínio foi dividido em três subdomínios, pode-se escrever:
321 IIII (6. 210)
E, portanto,
321 IIII (6. 211)
378
6. 11 – Exemplos e Aplicações
6.7.1 – Exemplo satisfazendo condições de contorno essenciais:
Dado o funcional
l
dxudx
udI1
0
22
2
2
221 . (6. 212)
Obter uma solução aproximada que atenda às condições de contorno essenciais:
1,010 xx uu . (6. 213)
Dividir o intervalo (domínio) [0 ; 1] em três sub-intervalos (subdomínios) de mesmo
comprimento.
Solução
O primeiro passo consiste em escolher qual a variação de u em cada elemento.
Adotando uma variação linear, pode-se escrever, para cada elemento:
2
121 ]1[
xxu . (6. 214)
Figura - 6. 4.
379
Aplicando aos pontos nodais i e j, temos:
huu
j
i
21
1
. (6. 215)
Ou
~~~CU e (6. 216)
logo
~~2
1
~ 101
Chu
uU
j
ie
(6. 217)
Invertendo a expressão (6. 217) anterior, obtém-se:
j
i
uuh
h 1101
2
1
(6. 218)
Combinando-se as expressões (6. 214) com (6. 218), tem-se:
j
i
uuh
hxu
11011 (6. 219)
Ou
jij
i uhxu
hx
uu
xxhh
u
1)(1 (6. 220)
Ou ainda
jjii uNuNu (6. 221)
Onde
hxN
hxN
j
i 1 hx 0 (6. 222)
A derivada primeira de u é:
380
jj
ii u
dxdN
udx
dNdxud
(6. 223)
E
j
iji u
uhh
uh
uhdx
ud 1111 (6. 224)
Ou
~
,
~~~
Tx
Teex NUUN
dxud
(6. 225)
onde
~
,x
ji Ndx
dN (6. 226)
Para o cálculo do funcional deve-se calcular 2)/( dxdu :
ex
T
x
Te UNNUdxud
~~~
,
~
2
(6. 227)
e u2,
eTTe UNNUu~~~
,
~
2 (6. 228)
Onde o funcional de um elemento é:
dxUNNUUNNUIj
i
x
x
eTTeex
Tx
Tee
~~~
,
~~~~
,
~21 (6. 229)
Da condição de ponto estacionário
dxUNNUUNNUIj
i
x
x
eTTeex
Tx
Tee
~~~
,
~~~~
,
~21 (6. 230)
381
Como o domínio foi dividido em três subdomínios, pode-se escrever:
321 IIII (6. 231)
E, portanto,
321 IIII (6. 232)
Vejamos isto de forma prática a partir da equação (6. 223). Particularizando a
notação em termos do exemplo, temos:
huu
uh
uhdx
ud ijji
11 (6. 233)
E
222
21jjii uuuu
hdxud
(6. 234)
Se
ji uhxu
hxu
1 (6. 235)
então
22
22
2 121 jjii uhxuu
hx
hxu
hxu
(6. 236)
E
dxuhxuu
hx
hxu
hx
huuuu
Ih
jjiiijij
0
22
22
2
22
121)2(
21
(6. 237)
382
dxuhxuu
hx
hxu
hx
hxx
huuuu
Ih
jjiiijij
0
22
2
22
2
21
02
22
22121)2(
21
(6. 238)
2
02
3
02
322
2
3222
3322
322
21
2)2(
j
h
ji
h
i
h
o
ijij uhxuu
hx
hxu
hx
hxx
huuuu
I
(6. 239)
2222
362
321)2(
21
jjiiijij uhuuhuhuuuuh
I (6. 240)
Então as condições são:
033
221)22(
21
jijii
uhuhuuhu
I (6. 241)
033
221)22(
21
jijij
uhuhuuhu
I (6. 242)
03
16
1
06
13
1
ji
ji
uhh
uhh
uhh
uhh (6. 243)
Na forma matricial temos:
00
31
61
61
31
j
i
uu
hh
hh
hh
hh (6. 244)
onde
383
4
3
~
3
3
2
~
2
2
1
~
1 ;;uu
Uuu
Uuu
U (6. 245)
Considerando que o elemento 1 é limitado pelos nós 1 e 2, correspondentes a x = 0 e x = h,
pode-se escrever:
0~
1
~
1 UK (6. 246)
ou
00
31
61
61
31
2
1
uu
hh
hh
hh
hh (6. 247)
Para o elemento 2, limitado pelos nós 2 e 3, correspondentes e x = h e x = 2h.
Assim:
0~
2
~
2 UK (6. 248)
ou
00
31
61
61
31
2
1
uu
hh
hh
hh
hh (6. 249)
Para o elemento 3, limitado pelos nós 3 e 4, correspondentes e x = 2h e x = 3h.
Assim:
0~
3
~
3 UK (6. 250)
384
ou
00
31
61
61
31
4
3
uu
hh
hh
hh
hh (6. 251)
Observe que:
3
~~
2
~
1 KKK (6. 252)
Agrupando as matrizes
0000
31
6100
61
312
610
06
16
126
1
006
13
1
4
3
2
1
uuuu
hh
hh
hh
hh
hh
hh
hh
hh
hh
hh
(6. 253)
Como u1 = 0 e u4 = 1, o sistema se reduz à:
61
312
61
06
13
12
32
32
hh
uhh
uhh
uhh
uhh (6. 254)
Substituindo h = 1/3 obtém-se:
609750,0288546,0
3
2
uu
(6. 255)
A solução analítica é:
1)(
eeeexu
xx
. (6. 256)
e
385
610243,0)3/2(288921,0)3/1(
xuxu
. (6. 257)
6. 12 – Um Caso Especial de Elementos Finitos
Seja a sentença de resíduos ponderados de caráter global (onde as funções de
aproximação são válidas em e em ):
0
dwdw ll . (6. 258)
Para o caso onde os erros cometidos são dados por:
No domínio:
L (u ) – b (6. 259)
E no contorno:
S (u ) – g (6. 260)
Sendo:
1
1
M
mmm Nuu (6. 261)
no domínio:
L(
1
1
M
mmmNu ) – b em (6. 262)
e no contorno:
S(
1
1
M
mmmNu ) - g em (6. 263)
Como L e S são operadores lineares temos:
no domínio:
386
1
1
M
mmu L(Nm) – b em (6. 264)
e no contorno:
1
1
M
mmu S(Nm) - g em (6. 265)
Se o domínio é dividido em E subdomínios, e, tais que:
E
ee
1 (6. 266)
E se, em correspondência a divisão do domínio, o contorno, , é dividido em B partes, b tais
que:
B
bb
1 . (6. 267)
A sentença de resíduos ponderados de caráter global é substituída por:
011
blb
B
bele
E
edwdw
b
e b
e
(6. 268)
onde as funções de aproximação são definidas localmente, sendo válidas somente para e e b
não mais para e . Logo, a sentença de resíduos ponderados local é dada por:
0 bleele dwdwb
e b
e
(6. 269)
Portanto, temos:
1
1
M
mmu
e L (Nm) - b em e (6. 270)
e no contorno
1
1
M
mmu
e S(Nm) = g em b (6. 271)
A sentença de resíduos ponderados global fica:
387
E
e
M
mmle uw
e 1
1
1[
L (Nm) – b]de = 0 (6. 272)
A sentença de resíduos ponderados local fica:
1
1[
M
mmle uw
e
L (Nm) – b]de = 0 (6. 273)
6.8.1 – Método da Colocação por Subdomínios Modificado
Se a função de ponderação wl for a função Delta de Dirac temos:
0)()(11
bl
B
bel
E
edxxdxx
b
e b
e
(6. 274)
Temos:
l
blb
b
l
ee
e
xx
B
bb
B
bl
xx
E
eel
E
e
dxx
dxx
11
11
)(
)(
. (6. 275)
Logo, a sentença de resíduos ponderados fica:
E
e
M
mmu
elel1
1
1[ L
lxxmN )( -b]+
B
b
M
mmu
1
1
1[ S
lxxmN )( -g]= 0 (6. 276)
Para o caso do operador L dado pela seguinte equação diferencial:
0)(2
2
udx
xud (6. 277)
Definida em [0 ; 1] e com condições de contorno naturais dado pelo operador S, temos:
01
2
2
1
1
1
ll
elelxx
mB
bxxm
mE
e
M
mm g
dxdNN
dxNdu
(6. 278)
388
Para este caso precisamos definir derivadas de ordem superiores contínuas, isto nos leva a
definir funções de interpolação para elementos finitos quadráticos. Ou se preferir, utilizamos
elementos lineares, porém, é necessário utilizar a Formulação Fraca dos Resíduos
Ponderados.
6.8.2 – Formulação Fraca do Método dos Resíduos Ponderados para os Elementos Finitos
389
6.8.4 – Método das Diferenças Finitas
A sentença de resíduos ponderados global é dada por:
0
dwl (6. 279)
Para um domínio discretizado em E elementos temos:
01
e
e ele
E
edw
(6. 280)
Logo, a sentença de resíduos ponderados local é dada por:
0e
e ele dw
(6. 281)
Para o caso onde
e L (u )-b (6. 282)
e
1
1
M
mmm Nuu (6. 283)
Onde
1
1
M
mmu L (Nm) - b = 0 (6. 284)
A sentença de resíduos ponderados global fica:
e
lew
[
1
11
M
mm
E
eu L (Nm) – b]de = 0 (6. 285)
A sentença de resíduos ponderados local fica:
1
1[
M
mmle uw
e
L (Nm) - b]de = 0 (6. 286)
Se a função de ponderação wl for a função Delta de Dirac a sentença de resíduos
ponderados loca fica:
390
0)( el
e
e el dxx
(6. 287)
ou
)( lxxe
[
1
1
M
mmu L (Nm) - b]
1
1
M
lle ud L (Nl) - b = 0 (6. 288)
A sentença global fica:
E
eel
E
eele
e
dxx11
)(
(6. 289)
Ou
)(1
l
E
exx
e
[
1
1
M
mmu L (Nm) – b]
1
1
M
lle ud L (Nl) - b= 0 (6. 290)
Logo a sentença de resíduos ponderados fica:
1
111
M
ll
E
e
E
eu
ell L (Nl) – b= 0 (6. 291)
Para o caso do operador L dado pela seguinte equação diferencial:
0)(2
2
udx
xud (6. 292)
Definida em [0 ; 1] e com condições de contorno naturais dado pelo operador S, temos:
02
2
1
1
1
l
elxx
mm
E
e
M
mm N
dxNdu (6. 293)
Escrevendo para um elemento e genérico temos:
02
21
1
l
elxx
em
em
M
mm N
dxNdu (6. 294)
Substituindo de (6. 339) a (6. 341) e de (6. 202) a (6. 204) em (6. 278) temos:
391
0)(1222
1
1
lxxe
le
M
mm
h
xx
hu (6. 295)
E
02
222
2 122
12
ll
eell
euu
hh
uu
h (6. 296)
logo
022
)(2
)(2
11
lellll u
h
uuuu (6. 297)
392
6. 13 – Exercícios e Problemas
393
Projeto Condução de Calor em Placa Rugosa Fractal
Malha PlacaLisa Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh)
Malha PlacaLisa Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/node)
394
Malha PlacaLisa Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/boun)
395
396
397
Apêndices A. 1 – Funções de Interpolação Local Lineares
Na sentença básica de resíduos ponderados aparecem derivadas de ordem dois,
consequentemente, é necessário que as funções de aproximação possuam derivadas de ordem
um contínuas. Na forma fraca, essa exigência é amenizada porque as derivadas de ordem mais
alta são as derivadas primeiras. Assim, é necessário que as funções de aproximação possuam
derivadas de ordem zero contínuas, ou seja, é necessário que as funções sejam contínuas.
Adotando uma variação linear, pode-se escrever, para cada elemento:
eijieu . (6. 298)
Ou matricialmente
j
ieieu
]1[ . (6. 299)
Onde
ei
e xxi
. (6. 300)
398
Figura - 6. 5. Elemento Finito linear entre dois pontos.
Aplicando aos pontos nodais i e j, temos:
ejij
ii
hu
u
. (6. 301)
Onde matricialmente temos:
~~~CU e (6. 302)
ou
~~~ 101
Chu
uU
j
ie
j
ie
. (6. 303)
Invertendo a expressão (6. 217) anterior, obtém-se:
j
ie
ej
i
uuh
h 1101
. (6. 304)
Combinando-se as expressões (6. 214) com (6. 218), tem-se:
j
ie
eeie u
uhh
u11011 (6. 305)
Ou
j
iei
eee u
uxh
hu )(1 (6. 306)
Logo
399
j
ei
i
ei
e uh
uh
u
1 (6. 307)
Ou ainda
jeji
eie uNuNu (6. 308)
Onde
ei
ej
ei
e
eie
j
ei
ej
ej
e
ei
e
eie
i
xxxx
hN
xxxx
hxx
hN
)(
)(11
ji xxx (6. 309)
A derivada primeira de eu é:
j
ej
i
eie u
dxdN
udx
dNdxud
(6. 310)
De (6. 300) para ei
e xxi
temos:
dxdx
uu
hhu
dxdx
hu
dxdx
hdxud e
i
j
ieej
ei
ei
ei
ee 1111111
(6. 311)
Ou matricialmente
~
,
~~~
Tx
Teex
e NUUNdxud
(6. 312)
onde
~
,x
eji N
dxdN
(6. 313)
Na formação do sistema de equações (6. 18), as contribuições de um elemento
típico e, associado aos nós i e j, quando se adota uma aproximação local linear, podem ser
calculados de uma maneira geral, levando em conta a equação (6. 14) e (6. 19). Para o
elemento e:
400
eee
ii hNN
1 (6. 314)
eee
jj hNN
(6. 315)
Onde
jiijee
iei xxxxxhxx ;; (6. 316)
Cujas derivadas são:
dxdx
hdxd
hdxdN
dxdN e
ie
ie
eii 111 (6. 317)
e
dxdx
hdxd
hdxdN
dxdN e
ie
ie
ejj 111 (6. 318)
Figura - 6. 6. Estruturação unidimensional dos Elementos Finitos.
Observe que para um único elemento finito, temos:
401
eij
eei
ei hxxxhxxxx 0;;0 (6. 319)
E neste caso:
e
ei
e
eii
hdxd
hdxdN
dxdN 11
(6. 320)
e
e
ei
e
ejj
hdxd
hdxdN
dxdN 11
(6. 321)
Do ponto de vista global, as únicas funções de aproximação não nulas do
elemento e são as funções Ni e Nj; consequentemente, Nl = 0 se il ou se jl . De
maneira geral, Nl = 0 se l ao elemento e.
402
A. 2 – Funções de Interpolação Local Quadráticas
Na sentença básica de resíduos ponderados aparecem derivadas de ordem dois,
consequentemente, é necessário que as funções de aproximação possuam derivadas de ordem
um contínuas. Neste caso, devemos utilizar elementos quadráticos para as funções de
interpolação.
Adotando uma variação quadrática, pode-se escrever, para cada elemento:
2ekejieu . (6. 322)
Ou matricialmente
j
j
i
eeeu
]1[ 2 . (6. 323)
Onde
ee xx . (6. 324)
Figura - 6. 7. Elemento Finito Quadrático entre três pontos
Aplicando aos pontos nodais i e j, temos:
2ek
ejik
ejij
ii
hhu
hu
u
. (6. 325)
Onde matricialmente temos:
403
~~~CU e (6. 326)
ou
~~2~1
01001
Chh
hu
uu
U
k
j
i
ee
e
k
j
ie
. (6. 327)
Invertendo a expressão (6. 217) anterior, obtém-se:
k
j
i
ee
ee
e
ek
j
i
u
uu
hhhh
h
h 0000
1 22
3
3
. (6. 328)
Combinando-se as expressões (6. 214) com (6. 218), tem-se:
k
j
i
ee
ee
e
eeee
u
uu
hhhh
h
hu
0000
1]1[22
3
32 (6. 329)
Ou
k
j
i
ee
ee
ee
ee
e
u
uu
hhhhu ]1[ 2
2
2
2 (6. 330)
Logo
kee
jee
ee
iee uh
uhh
uu 2
2
2
2
)()1( (6. 331)
Ou ainda
kekj
eji
eie uNuNuNu (6. 332)
Onde
404
2
2
2
2
1
eee
k
ee
eee
j
eei
hN
hhN
N
ehx 0 (6. 333)
A derivada primeira de eu é:
k
ek
j
ej
i
eie u
dxdNu
dxdN
udx
dNdxud
(6. 334)
E
dxd
u
uu
hhhdxud
udx
d
hu
dxd
hhu
dxd
dxud
e
k
j
i
ee
ee
ee
ke
ee
je
ee
eiee
22
22
2211
221
(6. 335)
Ou matricialmente
~
,
~~~
Tx
Teex
e NUUNdxud
(6. 336)
onde
~
,x
eji N
dxdN
(6. 337)
Na formação do sistema de equações (6. 18), as contribuições de um elemento
típico e, associado aos nós i e j, quando se adota uma aproximação local quadrática, podem
ser calculados de uma maneira geral, levando em conta a equação (6. 14) e (6. 19). Onde
eij
eii hxxxhxx 0;; (6. 338)
Para o elemento e:
405
ieeii xxNN 11 ehx 0 (6. 339)
e
2
2
2
2 )()(e
ie
iee
eee
jjh
xxh
xx
hhNN
ehx 0 (6. 340)
e
2
2
2
2 )(e
ieee
kkh
xx
hNN
ehx 0 (6. 341)
Cujas derivadas são:
dxd
dxdN ei
(6. 342)
e
dxdx
h
xxhdx
d
hhdxdN
dxdN i
ei
ee
ee
e
eij 1)(2121
22
(6. 343)
e
dxdx
h
xxdx
d
hdxdN
dxdN i
eie
ee
ekk 1)(22
22
(6. 344)
E as derivadas segundas são:
2
2
2
2
2
2
2
2
dxxd
dxd
dxNd
dxNd ie
eii
(6. 345)
e
2
2
2
2
22
2
2
2
22
2
2
2 212212dx
xd
h
xhdx
dx
hdxd
hhdxd
hdx
Nd
dx
Nd i
e
ie
i
e
e
e
ee
e
e
ejj
(6. 346)
e
2
22
22
22
22
2
2
2
)(2121221dx
xdxx
dxdx
hdxd
dxd
hdxNd
dxNd i
ii
e
ee
e
e
ekk
(6. 347)
406
Observe que para um único elemento finito, temos:
xxxh ije
e (6. 348)
E neste caso:
xNN eii 1 ehx 0 (6. 349)
e
2
2
eeejj
h
xhxNN ehx 0 (6. 350)
e
2
2
eekk
h
xNN ehx 0 (6. 351)
E as derivadas primeiras são:
1dx
dNdx
dN eii (6. 352)
e
2
21ee
eij
h
xhdx
dNdx
dN (6. 353)
e
2222
ee
ee
ekk
h
xdx
d
hdxdN
dxdN
(6. 354)
E as derivadas segundas são:
02
2
2
2
2
2
2
2
dx
xddx
ddx
Nddx
Nd eeii (6. 355)
407
22
2
2
2
22
2
2
2
22
2
2
2 2212212eeee
e
e
ee
e
e
ejj
hdxxd
h
xhdx
dx
hdxd
hhdxd
hdx
Nd
dx
Nd
(6. 356)
e
2
2
22
22
22
2
2
2 20221221ee
ee
ee
ekk
hx
dxdx
hdxd
dxd
hdxNd
dxNd
(6. 357)
e
Figura - 6. 8. Estruturação unidimensional dos Elementos Finitos Quadráticos.
Do ponto de vista global, as únicas funções de aproximação não nulas do
elemento e são as funções Ni e Nj; consequentemente, Nl = 0 se il ou se jl . De
maneira geral, Nl = 0 se l ao elemento e.
408
A. 3 – Tutorial para entrar no ENGTERM9 via WebtermXpower Plugin
Ao iniciar o curso de Elementos Finitos I, você deve possuir uma conta na Rede
do Departamento de Engenharia Mecânica a ser adquirido por cadastro via homepage:
http://demec.ufpr.br/ ou por contato direto com o técnico do LENA, por email
([email protected]) ou pessoalmente na sala 7-25 do DEMEC. Onde você obterá: Nome do usuário:
Senha: xxxxxx
para se logar em qualquer máquina do Laboratório de Fenômenos de Transporte do Grupo de
energia e Ciências Térmicas do Prof. Dr. Ing. Jose Viriato Coelho Vargas onde você terá suas
aulas.
Após esta providência você deve esperar que o Prof. Vargas habilite o seu ascesso
ao sistema Linux engterm9 (computador do seu grupo de pesquisa) onde ele criar uma área
para você trabalhar como o FEAP no ambiente Linux. Ele criará um Login: SeuNome
Password: xxxxxxx
Após essas etapas você estará apto a usar o seguinte tutorial:
1 – Logando-se na rede do DEMEC
No local das aulas de Elementos Finitos I (Laboratório de Fenômenos de
Transporte) escolha uma das máquinas para trabalhar:
Ligue a máquina e espere carregar o windows, entre com: Nome do usuário:
Senha: xxxxxx
e tecle enter.
2 – Abrindo a Tela do Command Prompt C:\
No Iniciar do windows, selecione Todos os programas, Acessórios, Prompt de
Comando onde abriar uma janela de fundo preto tipo: DOS.
Como você sempre repetirá esse passo, você pode clicar com o botão direito do
seu mouse e criar um atalho duplicado com o comando Copiar e em seguida colar esse Atalho
para a sua área de trabalho. Se desejar você pode arrastar o atalho criado na área de trabalho
da sua máquina para a Barra de Tarefas para que, quando você estiver trabalhando com as
409
janelas todas abertas, você sempre poderá voltar a Tela Preta do Prompt de Comando clicando
sobre o atalho.
3 – Entrando na engterm9
Dentro da Janela de Fundo Preto do prompt de comando
C:\
Figura - A. 1.
E digite: C:\ telnet engterm9
aparecerá a seguinte linha de comando: login:
digite o login criado pelo prof. Vargas para você e tecle enter. Em seguida aparecerá uma
linha de comando: password
digite o password que o prof. Vargas criou você e tecle enter.
Em seguida você entrará na engterm9. Você saberá que entrou porque o seu
prompt de comando mudará para, algo com o engterm9 seguido de seu nome: engterm9~>
lembre-se tudo isso acontecerá dentro da Janela de Fundo Preto do prompt de comando
410
4 - Habilitando a janela do engterm9 dentro da sua máquina em uso
Após a operação acima saia um pouco da janela clicando com o seu mouse fora no
Iniciar do windows, selecione Todos os programas, e procure um ícone com o
nome:
WebtermXpower Plugin,wtxvz
Clique nele e aparecerá um ícone quadrado amarelo no canto inferior direito da sua máquina
em uso (lembre-se isso acontecera na barra de tarefas da janela do windows e não da tela preta
anterior).
5 - Voltando a janela do engterm9 dentro da sua máquina em uso
Vote a Janela de Fundo Preto do prompt de comando clicando com o mouse
sobre ela, SeuNome@ engterm9 ~]$
e digite: SeuNome@ engterm9 ~]$ csh
e tecle enter.
Em seguida digite: SeuNome@ engterm9 ~]$ setenv DISPLAY 200.17.8.XX:0.0
OBS: XX corresponderá ao IP da sua máquina. Caso você não souber e não houver nenhuma
informação etiquetada na CPU da sua máquina abra uma outra Janela de Fundo
Preto do prompt de comando
C:\
e digite: C:\ ipconfig
E tecle enter.
Ao acionar esse comando aparecerá na mesma janela o IP de identificação da sua
máquina. Copie-o e use no comando anterior.
Voltando a situação anterior, digite: SeuNome@ engterm9 ~]$ env
e tecle enter.
Após esse comando você saberá se você habilitou o DISPLAY de saída para a sua
maquina ou se foi para outra. Procure saber se você está com o IP correto e sentado na
mesma máquina de resposta desse comando. Se for a mesma máquina, então parabéns você
411
acertou e pode prosseguir. Se não, volte ao último passo que você acertou e recomece no
passo seguinte.
6 – Alterando arquivos na janela do engterm9
Só na primeira vez que você entrar na engterm9 que você executará esse passo 6,
depois o esqueça, porque você não precisará dele nunca mais.
Na janela Janela de Fundo Preto do prompt de comando, na linha
de comando: SeuNome@ engterm9 ~]$
digite: SeuNome@ engterm9 ~]$ emacs . bash-profile &
e tecle enter.
Observe os espaços em branco entre as palavras, não evite-os! pois farão falta
porque o Linux é sensível ao tipo de tecla, se maiúscula ou minúscula ou, se falta qualquer
letra ou caractere ou especo em branco.
Essa operação (comando) abrirá uma outra janela similar a da Janela de
Fundo Preto do prompt de comando porém com bordas cinza e tarja superior azul
e fundo branco. Essa é a janela do [email protected]. Este último
comando abrirá um aplicativo com menus de trabalho de edição de texto e etc., para o
engterm9 e para o FEAP.
Em baixo dessa nova janela emacs na linha de comando: PATH = BIN
digite: PATH = BIN :.
E salve o arquivo usando o mouse e clicando no menu da janela emacs, em Arquivo, Save
Buffer. Após esse comando na linha em baixo no final da janela emacs aparecerá a linha de
comando Wrote dizendo que o arquivo criado foi escrito com o nome “ ”
Após essa operação feche todas as janelas (WebtermXpower Plugin e a
Janela de Fundo Preto do prompt de comando) e entre de novo no sistema
engterm9 por meio dos passo de 2 a 5 descritos anteriormente.
412
7– Abrindo o aplicativo xterm na janela do engterm9
Se você refez do passo 2 até o 5 você estará com prompt de comando na janela do
Janela de Fundo Preto do prompt de comando da seguinte forma:
SeuNome@ engterm9 ~]$
digite SeuNome@ engterm9 ~]$ xterm &
e tecle enter.
Esse comando abrirá uma terceira janela branca com bordas cina e tarja superior
azul onde aparecerá um prompt de comando igual a da Janela de fundo preto porém com um
quadrado amarelo no canto superior esquerdo (WebtermXpower Plugin):
SeuNome@ engterm9 ~]$
Figura - A. 2.
OBS:
Use a janela xterm” para trabalhar nas aulas seguinte a primeira aula.
413
A. 4 – Tutorial para entrar no ENGTERM9 via VNC Server
414
A. 5 – Manual de Operação do Programa FEAP-Linux
Para operar o FEAP você deve executar o tutorial anterior do passo 1 até o 5, e na
janela do Janela de Fundo Preto do prompt de comando a seguinte situação:
SeuNome@ engterm9 ~]$
digite o comando: SeuNome@ engterm9 ~]$ xterm &
e tecle enter.
Esse comando repete o passo 7 e habilitará a janela do WebtermXpower
Plugin com bordas cinzas e fundo branco. Você usará essa janela para trabalhar. As
operações que se seguirão abaixo.
1 – Obtendo o arquivo classe.tar.gz
1.1 - No prompt de comando SeuNome@ engterm9 ~]$ digite:
SeuNome@ engterm9 ~]$ cd ~jvargas
e tecle enter.
Esse comando fará você entrar no diretório do prof. Vargas na máquina engter9
via o telnet que você já habilitou pela máquina que você esta usando neste exato momento.
Então aparecerá: SeuNome@ engterm9 ~]$
Observe que como você mudou de diretório aparecerá o nome do prof. vargas
ligado ao prompt de comando da engterm9.
1.2 - Neste situação digite: SeuNome@ engterm9 ~]$ cp classe.tar.gz ~Seunome
observe que no lugar de Seunome digite seu nome (obvio)!.
Esse último comando copiará o arquivo classe.tar.gz para o seu diretório.
1.3 - Em seguida volte ao seu diretório (diretório anterior) digitando o comando: SeuNome@ engterm9 ~]$ cd
e tecle enter.
Veja que agora você estará novamente no seu diretório onde aparecerá o seu
prompt de comando já conhecido: SeuNome@ engterm9 ~]$
Se você quiser saber se você obteve sucesso na sua última tarefa de copiar o
arquivo classe.tar.gz para o seu diretório você pode digitar o comando:
415
SeuNome@ engterm9 ~]$ ls
e tecle enter
Você verá na listagem dos arquivos o arquivo classe.tar.gz. Se não
verifique onde errou e repita a operação.
2 – Decompactando o arquivo classe.tar.gz
Descompacte o arquivo classe.tar.gz. digitando o seguinte comando:
SeuNome@ engterm9 ~]$ gunzip classe.tar.gz
e tecle enter.
Esse comando descomapactará o arquivo classe.tar.gz. para o arquivo
classe.tar. Você pode verificar se obteve sucesso digitando:
SeuNome@ engterm9 ~]$ ls
e verificando o conteúdo do seu diretório.
3 – Desaglutinando o arquivo classe.tar
Você deve desaglutinar o arquivo classe.tar para obter os arquivos que estão
dentro desse arquivo porém de forma separada (individual). Para isso digite: SeuNome@ engterm9 ~]$ tar – xvf classe.tar
e tecle enter.
Esse comando separará uma arquivo do outro obtendo vários arquivos individuais.
4 – Compactando o arquivo classe.tar
Você agora deve recompactar o arquivo classe.tar para você manter um
cópia em backup para ser utilizada (recompor os arquivos) caso haja alguma perda durante as
operações futuras. Para isso digite o comando SeuNome@ engterm9 ~]$ gzip classe.tar
e tecle enter.
Esse comando fará com que você obtenha uma cópia idêntica a aquela do diretório
do prof. Vargas e não terá mais que incomodá-lo caso você precise desse arquivo de novo. Ou
seja, você não precisará entrar mais no diretório do prof. Vargas para pegá-lo novamente.
Talvez, isso nem seja possível no futuro porque ele habilitou a sua entrada no diretório dele
apenas para você pegar o arquivo classe.tar.gz uma primeira vez, na primeira aula. Isso
é uma questão de segurança pessoal para a máquina do prof. Vargas.
416
Se você obteve sucesso o seu diretório possuirá agora tanto o arquivo original
compactado (classe.tar.gzip) como os arquivos descompactado (classe.tar) e os
arquivos individuais desaglutinados (*.o). Esse arquivos serão aqueles arquivos a serem
utilizados pelo durante o curso.
5 – Verificando se foi criado o diretório Feap.d
No seu diretório digite o comando SeuNome@ engterm9 ~]$ ls
e tecle enter.
Esse comando listará o conteúdo do seu diretório.
6 – Entrando no Diretório Diretório Feap.d
No seu diretório digite o comando SeuNome@ engterm9 ~]$ cd Feap.d
e tecle enter.
Esse comando transferirá seu prompt para o diretório Feap.d.
Figura - A. 3.
417
7 – Compilando o arquivo feap.f
Agora você deve compilar o arquivo feap que está em FORTRAN – 77.
No diretório Feap.d digite o comando SeuNome@ engterm9 ~Feap.d]$ feap.f: f77 –c –O feap.f
e tecle enter.
Esse comando compilará o arquivo feap.f.
8 – Entrando no Diretório Elmts
No diretório Feap.d digite o comando SeuNome@ engterm9 ~Feap.d]$ cd Elmts
e tecle enter.
Esse comando transferirá seu prompt para o diretório Elmts.
9 – Criando o Programa Fonte em C
No diretório Elmts digite o comando SeuNome@ engterm9 ~Elmts]$ f2c *.f
e tecle enter.
Esse comando criará o feap em linguagem C.
10 – Compilando em C
No diretório Elmts digite o comando SeuNome@ engterm9 ~Elmts]$ gcc –c –O *.c
e tecle enter.
Esse comando compilará o feap em linguagem C.
11 – Voltando para o Diretório Feap.d
No diretório Elmts digite o comando SeuNome@ engterm9 ~Elmts]$ cd ..
e tecle enter.
Esse comando transferirá seu prompt para o diretório Feap.d.
418
12 – Criando o Arquivo executável do programa
No seu diretório digite o comando SeuNome@ engterm9 ~Feap.d]$ make
e tecle enter.
Esse comando criará um arquivo feap executável.
13 – Copiando o arquivo exemplo no diretório input files
13.1 - No diretório Feap.d digite o comando SeuNome@ engterm9 ~Feap.d]$ cd inputfiles
e tecle enter.
Esse comando transferirá seu prompt para o diretório inputfiles.
13.2 - Na linha de comando digite SeuNome@ engterm9 ~Feap.d]$ cp Idisk ..
e tecle enter.
Esse comando copiará o arquivo Idisk para o diretório Feap.d 13.3 - Na linha de comando digite
SeuNome@ engterm9 ~Feap.d]$ cd ..
e tecle enter.
Esse comando transferirá seu prompt para o diretório Feap.d.
14 – Executando o Programa “Feap” e rodando o exemplo “Idisk”
No diretório Feap.d digite o comando SeuNome@ engterm9 ~Elmts]$ feap
e tecle enter.
Esse comando executará o feap executável criado em linguagem C. e aparecerá a
seguinte tela:
419
Figura - A. 4.
420
A. 6 – Manual de Comandos Internos do Programa FEAP-Linux
Após iniciar o programa feap você pode utilizar os seguintes comandos:
15 – Executando o Programa “Feap” e rodando o exemplo “Idisk”
A primeira coisa que se vê depois de iniciar o programa feap é um diálogo
pedindo os nomes dos arquivos de entrada. O arquivo Idisk que você copiou previamente é
um arquivo de entrada.
Figura - A. 5.
Dado este arquivo feap como arquivo de entrada e fazendo default as próximas
três linhas requerido (apenas tecle enter para cada um dos prompt de comando). Quando este
pedir para você especificar o dispositivo gráfico, digite 7 para este, e faça default para o
arquivo de dados do plot. Depois que você tem dado toda esta informação e verificado elas, o
feap processará os dado de entrada dados no arquivo Idisk e eventualmente aparece um
prompt de comando rotulado da seguinte forma: List 1 Macro>
Este prompt indica que o feap está pronto para resolver o problema, o qual você pode
interativamente fazer pelos ..... de vários comando “Macros” (veja o .... acompanhado o
parágrafo §7).
421
16 – Calculando a Matriz de Rigidez e Resolvendo o Sistema Linear
Com um exemplo, no prompt acima digite List 1 Macro>tang,,1
Como descrito em ……. Mais detalhe em outro ……. , este comando instrui o
feap a computar a matriz de rigidez, calcula o vetor do lado direito e resolve o resultado do
sistema linear (este é pequeno, assim ele requer pouco tempo).
Observe o valor do ..... se não estiver próximo de zero repita o comamndo List 1 Macro>tang,,1
17 – Usando o Comando Help no Modo Macro de Comando
Em qualquer tempo enquanto neste modo de “macro de entrada”, você pode
digitar help para obter uma lista de comandos disponíveis. Depois de visualizar esta lista,
digite List 1 Macro>help,nomedocomando
E dará a você uma instrução de entrada especifica para o comando em questão.
18 – Exibindo os Gráficos e as Figuras na Tela
Para mostra a figura das malhas e outras saídas gráficas sobre a tela, .... o
camando macro plot.
List 1 Macro>plot
O comando abrirá separado uma janela-X em sua tela (desde que você esteja
trabalhando no console da workstation), a qual você pode posicionar como desejado usando o
mouse. Agora que você tem entrado no “modo plot” do FEAP, o qual é indicado pelo seguinte
prompt de comando Plot 1 Macro>
19 – Explorando o Modo Plot de Comando
Você pode retornar ao modo macro de comando depois que você tem terminado o gráfico
digitando end. Mas enquanto isso, explore alguns dos seguintes comando de plotagem:
Plot 1 Macro>
mesh (mostra a malha)
node (plota todos os nós da malha)
boun (mostra as condições de contorno)
422
wipe (limpa a janela gráfica)
cont,n (plota o contorno de n sobre a malha)
stre,n (plota o contorno da tensão n, sobre a malha)
Alguns outros comando de plotagem podem ser explorados digitando help no prompt do
plot.
Figura - A. 6.
20 –Explorando o Modo Macro de Comando
Depois de retornar ao modo macro de comando, explore o uso de: List 1 Macro>
reac (imprime as forces nodais)
disp (imprime os delocamentos nodais)
stre,,e (imprime as tensões no elemento e)
423
21 – Saindo de FEAP
Quando terminar, digite quit para sair do FEAP
List 1 Macro>quit
424
A. 7 – Como preparar um Arquivo de Entrada do Programa FEAP-Linux
Para digitar um arquivo de entrada do FEAP você utilizará o aplicativo emacs
cuja tela é mostrada na
Figura - A. 7.
425
5 - Introdução ao FEAP
FEAP é um código de análise de elementos finitos, interativo desenvolvido na UC
Berkeley por R. L. Taylor para cálculos de elementos finitos gerais de estática e dinâmica. O
procedimento de solução pode ser resumido como segue:
i) Definição do Problema e Malha de Entrada – O FEAP lerá um arquivo de
entrada descrevendo uma malha, as condições de contorno e o carregamento. Uma breve
descrição do formato é achado na seção 6.
ii) Propriedades do Material – FEAP transferirá o controle para uma de 10 sub-
rotinas de usuários definidos o qual lerá as propriedades do material desejado. Veja
as secções 6 e 8.
iii) Controle Interativo – Quando a definição do problema é completa, o FEAP
invocará um comando interpretador o qual preparará o usuário para o controle de
entrada. Tal entrada deve ser para especificar um passo de tempo, montar rigidez tangente,
resolver para os deslocamentos ou reações, etc. Um resumo dos comandos de interesse
especial é achado na secção 7.
iv) Biblioteca de Elementos. Se as informações dependente do elemento tal como
a rigidez tangente ou residual ou as tensões nos elementos são necessárias, o FEAP localizará
a informação do problema para o nível do elemento e chamará a sub-rotina apropriada
definida pelo usuário para executar os cálculos. A secção 8 contém um breve resumo das
tarefas e das informações dos elementos localizados.
O código fonte individual das sub-rotinas FEAP não estará geralmente disponível
para estudantes, contudo, um arquivo (ou biblioteca) das rotinas compiladas é ascessível
fazendo uso de um makefile. Um makefile amostra e alguma explicação é achada na
secção 9.
6 – Arquivos de Entrada
Para entender a estrutura dos arquivos de entrada do FEAP, nós examinaremos
uma amostra de um simples arquivo de entrada para uma strip plano sujeito a um
carregamento combinado de compressão/cisalhamento.
Todo arquivo de entrada FEAP deve começar com a palavra feap. Os próximos
76 caracteres são lidos como o titulo do problema. A próxima linha imediatamente após,
conterá as seguintes informações:
numnp (=9) – o número total de pontos nodais neste problema,
426
numel (=4) – o número total de elementos,
nummat (=1) – o número total de sets materiais usados no problema,
ndm (=2) – numero de dimensões espaciais,
ndf (=2) – número máximo de graus de liberdade pó nó,
nen (=4) – número máximo de nós por elemento,
exemplo:
feap ** Plane Strip Compression/Shear Test
9,4,1,2,2,4
O FEAP sairá todos os dados de entrada por default, o qual pode produzir
quantidades muito grandes de dados. Isto é mudado pelo comando nopr. Pode-se
imprimir ou ligar novamente esta função em qualquer ponto no arquivo de entrada
usando o comando prin.
O gerador automático de malha do FEAP é invocado usando o comando
bloc. A geração é desenvolvida a partir de um elemento principal definido
por um mapeamento de nó isoparamétrico de 4-9. Em outras palavras, a malha é
gerada no elemento quadrado isoparamétrico em coordenadas locais, , , e depois
mapeadas dentro do elemento principal, definido em coordenadas globais. As
variáveis que definem a malha são colocadas seguindo o comando bloc:
nodes (=4) – número de nós definindo o elemento principal (4 < nós < 9),
-inc (=2) – número de subdivisões na direção ,
-inc (=2) – número de subdivisões na direção ,
node1 (=1) – número do nó para iniciar a geração automática com,
elmt1 (=1) – número do elemento para iniciar a geração automática com,
mat1 (=1) – numero de materiais de todos os elementos neste bloco.
A especificação node1 e elmt são úteis para geração de vários blocos para
modelar geometrias complexas. Seguindo esta linha, todas as coordenadas nodais, definindo o
elemento principal devem ser especificadas. O uso de mais do que 4 nós para gerar uma
malha pode ser usada para modelar superfícies curvas, bem como para produzir refinamentos
de malhas em certos cantos ou bordas do elemento principal. Isto pode ser feito movendo os
nós interiores mais próximos para o contorno onde o refinamento da malha é desejado. Ao
mesmo tempo, contudo; você pode também produzir distorções não compatíveis da malha,
logo use este recurso cuidadosamente. Note que o FEAP não só gera os nós para o bloco, mas
427
também a informação de conectividade dos elementos. Uma linha vazia deve seguir o sinal
para encerrar a entrada em bloco.
nopr
bloc 1
4,2,2,1,1,1
1,0,0
2,5,0
3,5,5
4,0,5
Linha em branco
O comando coord gera ou varia qualquer número de coordenadas nodais. Neste
exemplo nós variamos as coordenadas do nó #5, para skew a malha ala patch test.
Uma linha em branco deve seguir o sinal de end da entrada do comando coor.
coor
5,,3.25,3.25
Linha em branco
O comando ebou pode ser usado para especificar as condições de contorno nodais ao
longo de qualquer linha de coordenada constante em coordenadas globais. O formato é
para especificar o número de direção 1 < idir < ndm, o valor constante, e as
condições de contorno imposta. O FEAP buscará todos os nós usando uma tolerância
de 10-3 x o tamanho da malha, e estabeleça as condições de contorno de todos os nós
cujo idir coordenadas está dentro da tolerância da constante especificada. As
condições de contorno nodais são especificados pelo apontadores inteiros definido se
ou não um grau nodal de liberdade é ativo (= 0), ou fixado ( 0). Neste exemplo,
nós especificamos que todos os nós com x = 0 tem movimentos restringidos na
direção-x, todos nós com y = 0 tem movimentos restritos em ambas as direções x e
y, e todos os nós com y = 5 tem movimentos restritos na direção-y. Uma linha
branca deve seguir o sinal para o fim de da entrada do ebou.
ebou
1,0,1,0
2,0,1,1
428
2,5,0,1
Linha em branco
Uma alternativa para o comando ebou é o comando boun. O comando boun pode
ser usado para especificar as condições de contorno de qualquer um dos nós. O
formato para este comando é uma série de linhas cada uma contendo as seguintes
informações:
node – Número de nós no qual especifica-se b.c.,
ngen – Número de nós para pular na geração seguindo a condição de fronteira a ser imposta.
Se ngen=0, nenhuma geração é carregada. O formato para a especificação de condições de
fronteira é a mesma como no ebou. Contudo, o sinal dos pontos agora é importante. Se a
geração é usada (ie, ngen 0), e o indicador da condição de fronteira é negativo, a
condição sobre aqueles nós é carregada através da geração. Contudo, se o indicador é
positivo, a restrição será imposta no nó especificado.
O seguinte exemplo acompanhará exatamente o que o comando ebou anterior fez.
boun
1,1,-1,-1
3,0, 1, 1
1,3,-1, 1
7,1, 1,-1
9,0, 0, 1
Linha em branco
Quando as condições de contorno
forc
7,, 0.0, -1.0
8,, 1.0, -1.0
9,, 0.5, -1.0
429
Linha em branco
O comando mate
mate
1,7
1.0,1
2
1000,10,3.2,6,2.8
Linha em branco
Agora que todos
end
inte
stop
end (fim do arquivo)
7 – Resumo dos Camandos
dt,,v1
time
430
prop,,n1
tool,,v1
loop,,n1
next
tang,,n1
solv
reac,,n1,n2,n3
disp,,n1,n2,n3
431
A. 8 – Exemplo de um Arquivo de Entrada do Programa FEAP-Linux
feap ** circular disk example problem
19,11,1,2,2,4
coord
1,1,0.0,0.0
5,0,5.0,0.0
6,1,0.0,2.0
10,0,44.5828,2.0
11,1,0.0,4.0
14,0,3.0,4.0
15,0,4.0,3.0
16,0,0.0,5.0
17,0,0.75,4.9434
18,0,1.5,4.7697
19,0,2.25,4.4651
elem
1,1,1,2,7,6,1
5,1,6,7,12,11,1
9,1,11,12,17,16,1
bound
1,1,1,-1
5,0,0,1
6,5,-1,0
16,0,1,0
forc
16,0,0.0,-5.0
mate
432
1,1
100.0,0.3,0.0,2,
end
inter
stop
end
Indica linhas de dados de entrada do material varia de tipo de elemento para elemento.
Consulte as linhas 36-54 na listagem dos elementos (i.e. Elmts/elmt01.f) para obter o
formato de entrada necessário.
433
Figura - A. 8.
Figura - A. 9.
434
A. 9 – Procedimento para Análise Estrutural 2D no Programa FEAP-Linux
1 – Problema Físico - Identificar
- Definir geometria da peça
- Identificar simetrias se existirem
- Definir os apoios e fixações
Isto resulta em um domínio para a análise
2 – Definir o Estado de tensões e Analisar
1 – Estado Plano de Tensões
2 – Estado Plano de Deformações
3 – Axisimetrias
3 – Definir uma primeira Malha
Definir uma malha esparsa
4 – Refinar a Malha até a Convergência
Refinar a malha até que ela satisfaça o seguinte critério:
01.0
antcrit
atualcrit
antcrit
u
uu (6. 358)
5 – Usar um critério qualquer para ver se a peça Falha
Usar um critério de falha como este, por exemplo:
y max (6. 359)
6 – Modificar a Geometria ou Material
Modificar a geometria ou material até satisfazer o critério dado em 5.
435
A. 10 – Algoritmo do Método de Newton Raphson implementado no Maple IX
> restart; > with(LinearAlgebra): > fd := fopen(NREDados,APPEND); > d1:=0.05; > d2:=0.05; > t:=0; > dt:=0.05; > T:=2; > n:=100; > fprintf(fd,"t dt T n d1 d2\n"); > fprintf(fd,"%g %g %g %g %g %g\n",t,dt,T,n,d1,d2); > fprintf(fd,"i t d1 d2 N1 N2\n"); > for t from 0 by dt to T do; > R1:= 40*t-(10*d1-5*d2^2+0.4*d2^3); > R2 := 15*t-(10*d2-3*d1^2+0.4*d1^3); > K11:=-10; > K12:=-10*d2+1.2*(d2^2); > K21:=-6*d1+1.2*d1^2; > K22:=-10; > detK:=(K11*K22-K12*K21); > delta_d1:=-(R1*K11+R2*K12)/detK; > delta_d2:=-(R1*K21+R2*K22)/detK; > ddo:=delta_d1*R1+delta_d2*R2; > d1:=d1+delta_d1; > d2:=d2+delta_d2; > ddi:=ddo; > for i from 0 to n while ddi > 1E-20 do > R1:= 40*t-(10*d1-5*d2^2+0.4*d2^3); > R2 := 15*t-(10*d2-3*d1^2+0.4*d1^3); > K11:=-10; > K12:=-10*d2+1.2*(d2^2); > K21:=-6*d1+1.2*d1^2; > K22:=-10; > detK:=(K11*K22-K12*K21); > delta_d1:=-(R1*K11+R2*K12)/detK; > delta_d2:=-(R1*K21+R2*K22)/detK; > ddi:=(delta_d1*R1+delta_d2*R2)/ddo; > d1:=d1+delta_d1; > d2:=d2+delta_d2;
436
> N1:=10*d1-5*d2^2+0.4*d2^3; > N2:=10*d2-3*d1^2+0.4*d1^3; > end do; > fprintf(fd,"%g %g %g %g %g %g\n",i,t,d1,d2,N1,N2); > end do; > fclose(fd);
437
A. 11 – Tablea de Resultados Gerado pelo Método de Newton Raphson implementado no Maple IX
t Dt T n d1 d2 0 0,05 2 100 0,05 0,05 i t d1 d2 N1 N2 3 0 0 0 0 0 4 0,05 0,203768 0,087118 2 0,75 4 0,1 0,419656 0,199877 4 1,5 4 0,15 0,657293 0,343251 6 2,25
101 0,2 0,934073 0,529149 8 3 5 0,25 1,29196 0,789491 10 3,75
101 0,3 1,95328 1,2965 12 4,5 1 0,35 0,731449 0,600048 5,60062 4,55197
101 0,4 5,19143 3,08873 16 6 101 0,45 5,4398 3,11357 18 6,75 101 0,5 5,64313 3,11528 20 7,5 101 0,55 5,81799 3,10238 22 8,25 101 0,6 5,97291 3,0792 24 9 101 0,65 6,11296 3,04825 26 9,75 101 0,7 6,24141 3,01114 28 10,5 101 0,75 6,36053 2,96895 30 11,25 101 0,8 6,47195 2,92244 32 12 101 0,85 6,57691 2,87216 34 12,75 4 0,9 6,67637 2,8185 36 13,5 3 0,95 6,77108 2,76177 38 14,25
101 1 6,86166 2,70218 40 15 101 1,05 6,94862 2,6399 42 15,75 101 1,1 7,03239 2,57502 44 16,5 101 1,15 7,11333 2,50761 46 17,25 101 1,2 7,19176 2,4377 48 18 101 1,25 7,26796 2,36528 50 18,75 101 1,3 7,34218 2,2903 52 19,5 3 1,35 7,41465 2,21268 54 20,25 5 1,4 7,48558 2,13232 56 21 5 1,45 7,55517 2,04904 58 21,75 4 1,5 7,6236 1,96266 60 22,5 3 1,55 7,69108 1,87289 62 23,25 3 1,6 7,75779 1,77941 64 24
101 1,65 7,82395 1,6818 66 24,75 101 1,7 7,88977 1,57949 68 25,5 101 1,75 7,95553 1,47177 70 26,25 101 1,8 8,02154 1,35767 72 27 3 1,85 8,08818 1,23587 74 27,75
101 1,9 8,15602 1,10445 76 28,5 4 1,95 8,22583 0,960493 78 29,25 3 2 8,2989 0,79914 80 30
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Bibliografia 1 – Hughes, T. J. R., The Finite Element Method: Linear Static and Dynamic Finite Element
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Endereços da Internet para consultas sobre o código FEAP
8 – http://euler.berkeley.edu/decf/help/feap/report.txt Version 2.33
9 – http://www.ce.berkeley.edu/~rlt/readme.txt
10 – ncftp://ce.berkeley.edu/pub/pcfeap
11 – http://www.kagaku.co.jp/pcfeap.htm
OBS: Os itens mais importante são os itens 8, 9, 10.