Solución de ecuaciones diferenciales por el método de elementos finitos

Texto completo

(1)

Soluci´

on de ecuaciones diferenciales por el m´

etodo

de elementos finitos

Lic. Ruth Oliva

Departamento de Matem´

aticas

UNAH-VS

(2)

etodo de elemento finito

Un problema del m´

etodo de diferencias finitas es que al aplicarlo

obtenemos la soluci´

on solamente en los nodos de nuestro mallado, por lo

que para obtener soluciones en puntos distintos a los nodos debemos

recurrir a interpolaciones. Tambi´

en cuando el contorno de nuestro

problema no es una figura sim´

etrica se puede dificultar su aplicaci´

on.

(3)

etodo de elemento finito

El m´

etodo de elemento finito presenta ventajas sobre el m´

etodo de

diferencias finitas, ya que la soluci´

on que se obtiene es una funci´

on, y

adem´

as puede aplicarse a cualquier dominio parametrizable que tengamos.

Podemos dividir el m´

etodo de elemento finitos en dos formulaciones:

1

Formulaci´

on d´

ebil

2

Formulaci´

on variacional

(4)

Formulaci´

on d´

ebil para problemas 1D

La formulaci´

on d´

ebil de una ecuaci´

on diferencial permite convertir un

problema de c´

alculo diferencial formulado en t´

ermino de ecuaciones

diferenciales en t´

erminos de un problema de ´

algebra lineal planteado

sobre un espacio de funciones, generalmente de dimensi´

on no finita, pero

que puede ser aproximado por un sistema finito de ecuaciones algebraicas.

(5)

Sea el problema de contorno

−u

00

=

f

(

x

)

,

x

(0

,

1)

u

(0)

=

u

(1) = 0

(6)

Sea

Φ

(llamada funci´

on test) una funci´

on suficientemente regular que

verifique

Φ(0) = Φ(1) = 0

Si a la ecuaci´

on diferencial

u

00

=

f

(

x

)

la multiplicamos por

Φ

se

obtiene

u

00

Φ =

f

(

x

Si se integra en [0

,

1]

Z

1

0

u

00

Φ

dx

=

Z

1

0

f

(

x

dx

(7)

Sea

Φ

(llamada funci´

on test) una funci´

on suficientemente regular que

verifique

Φ(0) = Φ(1) = 0

Si a la ecuaci´

on diferencial

−u

00

=

f

(

x

)

la multiplicamos por

Φ

se

obtiene

−u

00

Φ =

f

(

x

Si se integra en [0

,

1]

Z

1

0

u

00

Φ

dx

=

Z

1

0

f

(

x

dx

(8)

Sea

Φ

(llamada funci´

on test) una funci´

on suficientemente regular que

verifique

Φ(0) = Φ(1) = 0

Si a la ecuaci´

on diferencial

−u

00

=

f

(

x

)

la multiplicamos por

Φ

se

obtiene

−u

00

Φ =

f

(

x

Si se integra en [0

,

1]

Z

1

0

u

00

Φ

dx

=

Z

1

0

f

(

x

dx

(9)

Al integrar por partes

Z

1

0

u

0

Φ

0

dx

[

u

0

(1)Φ(1)

u

0

(0)Φ(0)] =

Z

1

0

f

(

x

dx

Como

Φ

verifica

Φ(0) = Φ(1) = 0

entonces

Z

1

0

u

0

Φ

0

dx

=

Z

1

0

f

(

x

dx

Esta ecuaci´

on integral es equivalente a nuestro problema de contorno, es

as puede verse que solo necesitamos que

u

sea derivable para que las

integrales existan, y antes necesit´

abamos que

u

fuera dos veces derivable,

es decir que aqu´ı le estamos exigiendo menos a nuestra soluci´

on por lo que

a la expresi´

on integral de arriba se le suele llamar formulaci´

on d´

ebil del

problema de contorno.

(10)

Al integrar por partes

Z

1

0

u

0

Φ

0

dx

[

u

0

(1)Φ(1)

u

0

(0)Φ(0)] =

Z

1

0

f

(

x

dx

Como

Φ

verifica

Φ(0) = Φ(1) = 0

entonces

Z

1

0

u

0

Φ

0

dx

=

Z

1

0

f

(

x

dx

Esta ecuaci´

on integral es equivalente a nuestro problema de contorno, es

as puede verse que solo necesitamos que

u

sea derivable para que las

integrales existan, y antes necesit´

abamos que

u

fuera dos veces derivable,

es decir que aqu´ı le estamos exigiendo menos a nuestra soluci´

on por lo que

a la expresi´

on integral de arriba se le suele llamar formulaci´

on d´

ebil del

problema de contorno.

(11)

Al integrar por partes

Z

1

0

u

0

Φ

0

dx

[

u

0

(1)Φ(1)

u

0

(0)Φ(0)] =

Z

1

0

f

(

x

dx

Como

Φ

verifica

Φ(0) = Φ(1) = 0

entonces

Z

1

0

u

0

Φ

0

dx

=

Z

1

0

f

(

x

dx

Esta ecuaci´

on integral es equivalente a nuestro problema de contorno, es

as puede verse que solo necesitamos que

u

sea derivable para que las

integrales existan, y antes necesit´

abamos que

u

fuera dos veces derivable,

es decir que aqu´ı le estamos exigiendo menos a nuestra soluci´

on por lo que

a la expresi´

on integral de arriba se le suele llamar formulaci´

on d´

ebil del

problema de contorno.

(12)

Φ

pertenece a un espacio de funciones, que por su naturaleza es de

dimensi´

on infinita.

Definiremos un espacio de dimensi´

on finita.

V

=

{v,

funciones continuas, tales que

v

(0) =

v

(1) = 0

}

donde

V

tiene dimensi´

on

n

y una base de dicho espacio ser´

a

(13)

Para definir los

φ

i

ser´

a necesaria una partici´

on del intervalo

[0

,

1]

en

n

+ 1

partes

(14)

Los

φ

i

se definen como:

(15)

En general

φ

i

(

x

) =

x

x

i

−1

h

,

x

[

x

i

−1

, x

i

]

x

i

+1

x

h

,

x

[

x

i

, x

i

+1

]

0

,

resto

(16)

Supondremos que la soluci´

on

u

y la funci´

on

Φ

pertenecen al espacio

V

.

Podemos escribir la soluci´

on como

u

=

n

X

i=1

c

i

φ

i

,

de igual forma para la funci´

on test

Φ =

n

X

i=1

a

i

φ

i

,

(17)

Si reemplazamos esta ´

ultima aproximaci´

on en la formulaci´

on d´

ebil

tendremos

Z

1

0

u

0

Φ

0

dx

=

Z

1

0

f

(

x

dx

Z

1

0

u

0

n

X

i

=1

a

i

φ

i

!0

dx

=

Z

1

1

f

(

x

)

n

X

i

=1

a

i

φ

i

dx

Z

1

0

u

0

n

X

i

=1

a

i

φ

0

i

dx

=

Z

1

0

f

(

x

)

n

X

i

=1

a

i

φ

i

dx

n

X

i

=1

a

i

Z

1

0

u

0

φ

0

i

dx

=

n

X

i

=1

a

i

Z

1

0

f

(

x

)

φ

i

dx

(18)

Si reemplazamos esta ´

ultima aproximaci´

on en la formulaci´

on d´

ebil

tendremos

Z

1

0

u

0

Φ

0

dx

=

Z

1

0

f

(

x

dx

Z

1

0

u

0

n

X

i=1

a

i

φ

i

!

0

dx

=

Z

1

1

f

(

x

)

n

X

i=1

a

i

φ

i

dx

Z

1

0

u

0

n

X

i

=1

a

i

φ

0

i

dx

=

Z

1

0

f

(

x

)

n

X

i

=1

a

i

φ

i

dx

n

X

i

=1

a

i

Z

1

0

u

0

φ

0

i

dx

=

n

X

i

=1

a

i

Z

1

0

f

(

x

)

φ

i

dx

(19)

Si reemplazamos esta ´

ultima aproximaci´

on en la formulaci´

on d´

ebil

tendremos

Z

1

0

u

0

Φ

0

dx

=

Z

1

0

f

(

x

dx

Z

1

0

u

0

n

X

i=1

a

i

φ

i

!

0

dx

=

Z

1

1

f

(

x

)

n

X

i=1

a

i

φ

i

dx

Z

1

0

u

0

n

X

i=1

a

i

φ

0

i

dx

=

Z

1

0

f

(

x

)

n

X

i=1

a

i

φ

i

dx

n

X

i

=1

a

i

Z

1

0

u

0

φ

0

i

dx

=

n

X

i

=1

a

i

Z

1

0

f

(

x

)

φ

i

dx

(20)

Si reemplazamos esta ´

ultima aproximaci´

on en la formulaci´

on d´

ebil

tendremos

Z

1

0

u

0

Φ

0

dx

=

Z

1

0

f

(

x

dx

Z

1

0

u

0

n

X

i=1

a

i

φ

i

!

0

dx

=

Z

1

1

f

(

x

)

n

X

i=1

a

i

φ

i

dx

Z

1

0

u

0

n

X

i=1

a

i

φ

0

i

dx

=

Z

1

0

f

(

x

)

n

X

i=1

a

i

φ

i

dx

n

X

i=1

a

i

Z

1

0

u

0

φ

0

i

dx

=

n

X

i=1

a

i

Z

1

0

f

(

x

)

φ

i

dx

(21)

Comparando se tiene que

Z

1

0

u

0

φ

0

j

dx

=

Z

1

0

f

(

x

)

φ

j

dx

Reemplazando la soluci´

on

Z

1

0

n

X

i=1

c

i

φ

i

!

0

φ

0

j

dx

=

Z

1

0

f

(

x

)

φ

j

dx

n

X

i=1

c

i

Z

1

0

φ

0

i

φ

0

j

dx

=

Z

1

0

f

(

x

)

φ

j

dx

(22)
(23)

Al desarrollar la suma

n

X

i=0

c

i

Z

1

0

φ

0

i

φ

0

j

dx

=

Z

1

0

f

(

x

)

φ

j

dx

para

j

= 1

c

1

Z

x2 x0

φ

01

φ

0 1

dx

+

c

2

Z

x2 x1

φ

02

φ

0 1

dx

=

Z

x2 x0

f

(

x

)

φjdx

para 2

j

n

1

cj

−1

Z

xj xj−1

φ

0j−1

φ

0 jdx

+

cj

Z

xj+1 xj−1

φ

0jφ0jdx

+

cj

+1

Z

xj+1 xj

φ

0j+1

φ

0 jdx

=

Z

xj+1 xj−1

f

(

x

)

φjdx

para

j

=

n

cn

−1

Z

xn xn−1

φ

0n−1

φ

0 ndx

+

cn

Z

xn+1 xn−1

φ

0nφ0ndx

=

Z

xn+1 xn−1

f

(

x

)

φndx

(24)

Se verifica que

Z

x

j

x

j−1

φ

0

j

1

φ

0

j

dx

=

1

h

Z

x

j+1

x

j−1

φ

0

j

φ

0

j

dx

=

2

h

Z

x

j+1

x

j

φ

0

j+1

φ

0

j

dx

=

1

h

Al usar la regla del trapecio tenemos

Z

x

j+1

x

j−1

(25)

Usando los resultados anteriores puede escribirse el sistema en forma

matricial,

2

1

0

0

· · ·

0

1

2

1

0

· · ·

0

0

1

2

1

. .

.

..

.

..

.

. .

.

. .

.

. .

.

. .

.

0

..

.

..

.

. .

.

1

2

1

0

0

· · ·

0

1

2

c

1

c

2

c

3

c

4

..

.

c

n

=

h

2

f

1

f

2

f

3

f

4

..

.

f

n

(26)

Formulaci´

on variacional para problemas 1D

El c´

alculo de variaciones es un problema matem´

atico consistente en

buscar m´

aximos y m´ınimos (o m´

as generalmente extremos relativos) de

funcionales continuos definidos sobre alg´

un espacio funcional. Constituyen

una generalizaci´

on del c´

alculo elemental de m´

aximos y m´ınimos de

funciones reales de una variable.

(27)

Uno de los problemas t´ıpicos en c´

alculo diferencial es el de encontrar el

valor de

x

para el cual la funci´

on

y

(

x

) alcanza un valor extremo (m´

aximo

o m´ınimo). En el c´

alculo de variaciones el problema es encontrar una

funci´

on

y

(

x

) para la cual un funcional

I

[

y

] alcance un valor extremo. El

funcional

I

[

y

] est´

a compuesto por una integral que depende de

x

, de la

funci´

on

y

(

x

) y algunas de sus derivadas.

I

[

y

] =

Z

b

a

(28)

Las ecuaciones de Euler-Lagrange son las condiciones bajo las cuales

cierto tipo de problema variacional alcanza un extremo.

d

dx

∂y

0

f

(

x, y, y

0

)

=

∂y

f

(

x, y, y

0

)

De lo anterior puede notarse que podemos pasar de un problema de

aximos y m´ınimos de un funcional a resolver una ecuaci´

on diferencial

parcial de segundo orden. Estamos interesados en hacer lo inverso es decir

dada nuestra ecuaci´

on diferencial ordinaria pasar a un problema

equivalente de resolver un problema de m´

aximos y m´ınimos de un

funcional.

(29)

Supongamos que queremos resolver la EDO

y

00

+

q

(

x

)

y

=

f

(

x

)

,

y

(

a

) =

y

0

, y

(

b

) =

y

n

El funcional asociado es

I

[

u

] =

Z

b

a

"

du

dx

2

Qu

2

+ 2

F u

#

dx

(30)

Supongamos que el valor que minimiza el funcional puede aproximarse

como

u

=

n

X

i=1

c

i

φ

i(

x

)

donde los

φ

i

(

x

) son funciones conocidas tales que se verifique

u

(

a

) =

y

0

, u

(

b

) =

y

n

para todo

i

(n´

otese que los

φ

i(

x

)

no necesariamente deben de verificar las

condiciones de contorno, la que debe verificarlas siempre es la funci´

on

u

).

Las

c

i

son constantes a determinar.

(31)

Si reemplazamos esta aproximaci´

on en el funcional, obtenemos

I

[

u

] =

Z

b

a

d

dx

n

X

i=1

c

i

φ

i

(

x

)

!!

2

Q

n

X

i=1

c

i

φ

i

(

x

)

!

2

+ 2

F

n

X

i=1

c

i

φ

i

(

x

)

dx

al simplificar

I

[

u

] =

Z

b

a

n

X

i=1

c

i

φ

0

i

(

x

)

!

2

Q

n

X

i=1

c

i

φ

i(

x

)

!

2

+ 2

F

n

X

i=1

c

i

φ

i(

x

)

dx

(32)

Puesto que buscamos la funci´

on

u

que minimiza el funcional y que las

´

unicas inc´

ognitas son las

c

i

, entonces para obtener un m´ınimo debe

verificarse que

dI

[

u

]

dc

j

= 0

,

para toda

j

Al calcular la derivada

dI

[

u

]

dc

j

=

Z

b

a

"

2

φ

0

j

(

x

)

n

X

i=1

c

i

φ

0

i

(

x

)

!

2

φ

j

(

x

)

Q

n

X

i=1

c

i

φ

i

(

x

)

!

+ 2

F φ

j

(

x

)

#

dx

Por lo que

Z

b

"

φ

0j

(

x

)

n

X

ciφ

0i

(

x

)

!

φj

(

x

)

Q

n

X

ciφi

(

x

)

!

+

F φj

(

x

)

#

dx

= 0

,

1

j

n

(33)

Formulaci´

on variacional para problemas 2D

Ecuaci´

on de Euler–Lagrange

Dado el funcional

I

[

u

] =

Z

S

f

(

x, y, u, u

x

, u

y

)

ds

Las ecuaciones de Euler – Lagrange son

∂F

∂u

∂x

∂F

∂u

x

∂y

∂F

∂u

y

= 0

(34)

Ecuaci´

on de Poisson

EDP

2

φ

=

−f

(

x, y

)

Funcional

I

[

φ

] =

Z

S

1

2

(

φ

2

x

+

φ

2

y

)

f

(

x, y

)

φ

dxdy

(35)

Soluci´

on de la ecuaci´

on de Laplaca (Potencial)

Ilustraremos como resolver la ecuaci´

on de Laplace

2

V

= 0

,

para encontrar la distribuci´

on de potencial

V

(

x, y

) en la regi´

on

bidimensional mostrada en la siguiente figura

(36)
(37)

Si nombramos cada uno de los elementos y sus nodos

Buscamos una aproximaci´

on del potencial

V

e

dentro de un elemento

e

para luego relacionar las distribuciones de potencial en los diversos

elementos de tal manera que el potencial sea continuo a uno y a otro

lados de la frontera entre los elementos. La soluci´

on aproximada para

toda la regi´

on es

V

(

x, y

)

N

X

e=1

V

e

(

x, y

)

,

(1)

(38)

La forma m´

as com´

un de aproximaci´

on para

V

e

en un elemento triangular

es una aproximaci´

on polinomial, es decir,

V

e(

x, y

) =

a

+

bx

+

cy

(2)

Las constantes

a, b

y

c

deben determinarse. El potencial

V

e

es en general

distinto de cero dentro del elemento

e

, pero cero en el exterior de

e

.

otese que el supuesto de variaci´

on lineal del potencial dentro del

elemento triangular equivale a suponer que el campo el´

ectrico es uniforme

dentro del elemento; es decir,

(39)

Consid´

erese el elemento triangular que aparece en la siguiente figura

El potencial

V

e1

, V

e2

, V

e3

en los nodos 1,2 y 3 se calcula respectivamente

con la ecuaci´

on (2), obteni´

endose

V

e1

=

a

+

bx

1

+

cy

1

V

e2

=

a

+

bx

2

+

cy

2

(40)

Estas ecuaciones pueden escribirse en forma matricial como

V

e1

V

e2

V

e3

=

1

x

1

y

1

1

x

2

y

2

1

x

3

y

3

a

b

c

Los coeficientes

a, b

y

c

se determinan de la siguiente forma

a

b

c

=

1

x

1

y

1

1

x

2

y

2

1

x

3

y

3

1

V

e1

V

e2

V

e3

(41)

Al sustituir esta expresi´

on en (2) resulta

V

e

=

1

x

y

a

b

c

=

1

x

y

1

x

1

y

1

1

x

2

y

2

1

x

3

y

3

1

V

e1

V

e2

V

e3

Se tiene que

1

x

1

y

1

1

x

2

y

2

1

x

3

y

3

−1

=

1

2

A

(

x

2

y

3

x

3

y

2

)

(

x

3

y

1

x

1

y

3

)

(

x

1

y

2

x

2

y

1

)

y

2

y

3

y

3

y

1

y

1

y

2

x

3

x

2

x

1

x

3

x

2

x

1

(42)

donde

A

=

1

2

1

x

1

y

1

1

x

2

y

2

1

x

3

y

3

=

1

2

[(

x

2

x

1)(

y

3

y

1)

(

x

3

x

1)(

y

2

y

1)]

(43)

Al usar el hecho anterior se tiene que

V

e

=

3

X

i=1

α

i(

x, y

)

V

ei

donde

α

1

=

1

2

A

[(

x

2

y

3

x

3

y

2) + (

y

2

y

3)

x

+ (

x

3

x

2)

y

]

α

2

=

1

2

A

[(

x

3

y

1

x

1

y

3) + (

y

3

y

1)

x

+ (

x

1

x

3)

y

]

α

2

=

1

2

A

[(

x

1

y

2

x

2

y

1) + (

y

1

y

2)

x

+ (

x

2

x

1)

y

]

(44)

Los

α

i

son funciones de interpolaci´

on lineal. Se les llama funciones de

forma del elemento y poseen las siguientes propiedades.

1

α

i

(

x

i

, y

i

) =

(

1

,

i

=

j

0

,

1

6

=

j

2

3

X

i=1

α

(

x, y

) = 1

(45)
(46)

La energ´ıa por unidad de longitud asociada con el elemento

e

est´

a

definida por

W

e

=

1

2

Z

|E

E

E|

2

dS

=

1

2

Z

|∇V

e

|

2

dS

Dado que

V

e

=

3

X

i=1

α

i(

x, y

)

V

ei

entonces

∇V

e

=

3

X

i=1

V

ei

∇α

i(

x, y

)

∇α

1

=

1

2

A

[(

y

2

y

3

x

+ (

x

3

x

2

y

]

∇α

2

=

1

2

A

[(

y

3

y

1

x

+ (

x

1

x

3

y

]

∇α

=

1

[(

y

y

x

+ (

x

x

y

]

(47)

Al reemplazar el valor de

V

e

W

e

=

1

2

Z

|∇V

e

|

2

dS

=

1

2

Z

|

3

X

i=1

V

ei

∇α

i(

x, y

)

|

2

dS

=

1

2

Z

3

X

i=1

V

ei

∇α

i(

x, y

)

!

·

3

X

i=1

V

ei

∇α

i(

x, y

)

!

dS

=

1

2

Z

3

X

i=1

3

X

j=1

V

ei

V

ej

∇α

i

(

x, y

)

· ∇α

j

(

x, y

)

dS

=

1

2

3

X

i=1

3

X

j=1

V

ei

Z

∇α

i

(

x, y

)

· ∇α

j

(

x, y

)

dS

V

ej

(48)

Debido a que los vectores

α

i

para

i

= 1

,

2

,

3 son constantes se define al

ermino entre corchetes como

C

ij

e

=

Z

∇α

i(

x, y

)

·∇α

j(

x, y

)

dS

=

∇α

i(

x, y

)

·∇α

j(

x, y

)

Z

dS

=

A

∇α

i

·∇α

j

Usando lo anterior

W

e

=

1

2

V

e1

V

e2

V

e3

T

C

11

(e)

C

12

(e)

C

13

(e)

C

21

(e)

C

22

(e)

C

23

(e)

C

31

(e)

C

32

(e)

C

33

(e)

V

e1

V

e2

V

e3

(49)

La energ´ıa por unidad de longitud puede escribirse como

W

e

=

1

2

[

V

e]

T

[

C

(e)

][

V

e]

con

[

V

e

]

T

= [

V

e1

, V

e2

, V

e2

].

Los valores de la matriz de coeficientes puedan calcularse, se obtiene que

C

11(e)

=

1

4

A

[(

y

2

y

3

)

2

+ (

x

3

x

2

)

2

]

C

22(e)

=

1

4

A

[(

y

3

y

1

)

2

+ (

x

1

x

3

)

2

]

C

22(e)

=

1

4

A

[(

y

1

y

2

)

2

+ (

x

2

x

1

)

2

]

C

12(e)

=

1

4

A

[(

y

2

y

3

)(

y

3

y

1

) + (

x

3

x

2

)(

x

1

x

3

)]

C

13(e)

=

1

4

A

[(

y

2

y

3

)(

y

1

y

2

) + (

x

3

x

2

)(

x

2

x

1

)]

1

(50)

Los c´

alculos de dichas constantes pueden facilitarse al definir

P

1

=

y

2

y

3

P

2

=

y

3

y

1

P

3

=

y

1

y

2

Q

1

=

x

3

x

2

Q

2

=

x

1

x

3

Q

3

=

x

2

x

1.

De lo anterior, los elementos de la matriz de coeficientes quedan

determinados por

C

ij

=

1

4

A

[

P

i

P

j

+

Q

i

Q

j]

A

=

1

2

[

P

2

Q

3

P

3

Q

2

]

otese que

P

1

+

P

2

+

P

3

= 0 =

Q

1

+

Q

2

+

Q

3

por lo que

3

X

i=1

C

ij

= 0 =

3

X

j=1

C

ij

(51)

Habiendo considerado un elemento, falta reunir todos los elementos en la

regi´

on de soluci´

on.

La energ´ıa asociada con la reuni´

on de todos los elementos en la malla es

W

=

N

X

i1

W

e

=

N

X

i1

1

2

[

V

i]

T

[

C

(i)

][

V

i] =

1

2

[

V

]

T

[

C

][

V

]

donde [

V

]

T

= [

V

1

, V

2

, V

2

,

· · ·

, V

n

],

n

es el n´

umero de nodos,

N

el n´

umero

(52)

Se busca una soluci´

on que minimice la energ´ıa

W

. Es preciso que

∂W

∂V

1

=

∂W

∂V

2

=

· · ·

=

∂W

∂V

n

= 0

o

∂W

∂V

k

= 0

para

k

= 0

,

1

, . . . , n

Esto conduce a que

n

X

i=1

(53)

Consid´

erese

[

V

]

T

= [

V

f

, V

p]

Donde

V

f

son los nodos con potencial libre (desconocidos) y

V

p

los nodos

con potencial fijo (conocidos).

W

=

1

2

[

V

]

T

[

C

][

V

] =

1

2

[

V

f

, V

p

]

C

f f

C

f p

C

pf

C

pp

V

f

V

p

De la condici´

on

n

X

i=1

V

i

C

ik

= 0

se tiene que

C

f f

V

f

+

C

f p

V

p

= 0

o

[

C

f f][

V

f

] =

[

C

f p][

V

p]

por lo que

(54)

Resolver la ecuaci´

on de laplace

2

V

= 0

,

0

x

1

,

0

y

1

Con

V

(

x,

1) = 45

x

(1

x

)

, V

(

x,

0) = 0 =

V

(0

, y

) =

V

(1

, y

).

La regi´

on se muestra en la figura

(55)

Los elementos, los nodos locales y globales se muestran en la siguiente

imagen

(56)

Las coordenadas de los nodos son

XX

XX

XX

X

coord

nodo

1

2

3

4

5

6

7

8

x

0

0.3333

0.6667

1

0

0.3333

0.6667

1

y

0

0

0

0

0.3333

0.3333

0.3333

0.3333

XX

XX

XX

X

coord

nodo

9

10

11

12

13

14

15

16

x

0

0.3333

0.6667

1

0

0.3333

0.6667

1

y

0.6667

0.6667

0.6667

0.6667

1

1

1

1

(57)
(58)

Para nuestro ejercicio

(59)

Al eliminar los potenciales que son cero

V

6

V

7

V

10

V

11

V

14

V

15

T

4

−1

−1

0

0

0

−1

4

0

−1

0

0

−1

0

4

−1

−1

0

0

−1

−1

4

0

−1

0

0

−1

0

2

−0

.

5

0

0

0

−1

−0

.

5

2

V

6

V

7

V

10

V

11

V

14

V

15

De la condici´

on del m´ınimo de energ´ıa (funcional)

[

V

f

] =

[

C

f f

]

1

[

C

f p

][

V

p

]

V

6

V

7

V

10

V

11

=

4

1

1

0

1

4

0

1

1

0

4

1

0

1

1

4

1

0

0

0

0

1

0

0

1

V

14

V

15

(60)

V

6

V

7

V

10

V

11

=

4

1

1

0

1

4

0

1

1

0

4

1

0

1

1

4

1

0

0

0

0

1

0

0

1

10

10

=

1

.

25

1

.

25

3

.

75

3

.

75

(61)

Formulaci´

on d´

ebil para problemas 2D

Sea el problema de contorno

2

V

=

−f

(

x, y

)

,

(

x, y

)

Ω = (0

,

1)

×

(0

,

1)

U

=

g

(

x, y

)

,

(

x, y

)

otese que para que

u

sea soluci´

on debe existir su segunda derivada.

Sea

φ

(llamada funci´

on test) una funci´

on suficientemente regular que

verifique

(62)

Si a la ecuaci´

on diferencial

2

V

=

f

(

x, y

)

la multiplicamos por

Φ

se

obtiene

2

V

Φ =

−f

(

x, y

Si se integra en Ω

Z

2

V

Φ

dS

=

Z

f

Φ

dS

(63)

Al usar la identidad de green (teorema de divergencia, f´

ormula de

integraci´

on por partes)

Z

∇V

· ∇

Φ

dS

+

Z

∂Ω

Φ(

∇g

)

·

~

ndL

=

Z

f

Φ

dS

Debido a la condici´

on de

Φ

Z

∇V

· ∇

Φ

dS

=

Z

f

Φ

dS

(64)

Figure

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