1. Introducción y técnicas generales 2. La Aproximación … · “Elementos” que comparten un...

Tema 7.- Métodos numéricos aproximados

1. Introducción y técnicas generales

2. La Aproximación de Galerkin

3. El Método de los Elementos Finitos

4. Ejercicios

Método general de “Residuos Ponderados”

Variable (generalizada): x

Incógnita (generalizada): u=u(x)

SED del problema:

Funciones (tantas como ED): (x)

0 Z u

( ) 0T

VdV Ψ Z u

• Si en u ponemos una solución, la integral = 0.• Si la integral = 0, , entonces u es solución.• Si la integral =0 para “muchos” , esperamos que u sea solución.

Idea: u de prueba con parámetros libres, que calculamos anulando la integral para tantos como sea preciso

( ) 0T

VdV Ψ Z u

Manipulaciones usuales:

Integrar por partes (una o más veces): reduce el orden de derivación de u, y aumenta el de .

Aplicar el Teorema de la Divergencia: Algunas integrales de Vol. pasan a integrales de contorno.

¡Pueden obtenerse soluciones u menos derivables que lo que exigía Z!“Formas débiles de solución”

... recordar este tipo de manipulaciones en el PDV y el PFV

Cómo construir convenientemente la u “de prueba”

Con el mismo número de parámetros en ux, uy, uz

Que sea lineal en los parámetros (aunque no en x)

Opcional: será más fácil operar si:Tomamos Ni

x = Niy = Ni

z ( = Ni). Tomamos las N(x) que satisfagan las c.c. de desplazamiento nulo

(esas c.c. quedarán siempre satisfechas, a)

zn

zn

z2

z2

z1

z1z

yn

yn

y2

y2

y1

y1y

xn

xn

x2

x2

x1

x1x

a)z,y,x(Na)z,y,x(Na)z,y,x(N)z,y,x(u



x x x xx 1 1 n n

y y y yy 1 1 n n

z z z zz 1 1 n n

1 n1 n

u (x) N (x) a N (x) a

u(x) u (x) N (x) a N (x) a

u (x) N (x) a N (x) a

N a ... N a N a

K

x1y1z1 1

xnn

ynzn

a

a

a a

a

aa

a

a

M M

Campo aproximado de desplazamientos:

x x1 n

y y1 n 1 n

z z1 n

N N

N N N N ...N

N N

L

Siendo:

x

y

N1

x

y

N2

x

y

N3

Ejemplos de “funciones de aproximación” 2D

En la forma más general de la Aproximación de Galerkin, no se presupone ninguna limitación a la forma de las Ni. Simplemente son funciones definidas en el dominio que ocupa el sólido, y que no tienen porqué anularse en ninguna zona del mismo ni de su contorno.





4. Ejercicios

Galerkin, como todos los “métodos de equilibrio”, se basa en PDV:

ij ijV i iV i i

SdV X dV X dS

etc. ;

X

X

X

X ; = ;

u

u

u

=u ; ;

z

y

x

z

y

x

z

y

x

yz

xz

xy

zz

yy

xx

yz

xz

xy

zz

yy

xx

Por comodidad operativa, definimos las siguientes matrices:

... y análogas para el campo virtual.

T

V

T

V

T

SdV X dV X dS

Con estas notaciones, ij ijV i iV i i

SdV X dV X dS

queda así:

Queremos poner en función del u (aproximado):

oD( )

Ley de comportamiento:

matriz que depende de las ctes elásticas

deformación para tensión nula

Ecs. compatibilidad:

L u

matriz que contiene operadores: derivadas de primer orden

Detalles menores:

12

1

1D E

La matriz tiene distinta expresión en 3D, T.P., ó D.P.Si =0, T.P. y D.P. coinciden:

D

Operador L (3D):

,

,

,

, ,

, ,

, ,

x

y

zL

y x

z x

z y

Operador L (2D):

,

,

, ,

x

L y

y x

oD( ) Sustituyendo: Lu u Na

o oD L(Na) D (LN)a

( )

T T T

V V S

T T To

V V S

dV X dV X dS

D LN a dV X dV X dS

Con lo que:

T

V

TT T o

V S V

D (L N)dV a

X dV X dS D dV

T

V

TT T o

V S V

D (L N) a dV

X dV X dS D dV

T TT T

V V

T T TT o

S V

a LN D LN dV a a N X dV

a N X dS a LN D dV

La expresión anterior, con distintas elecciones de , conduce a distintos métodos (colocación por puntos, por subdominios, etc.). La Aproximación de Galerkin es uno de ellos, que se caracteriza por la elección siguiente:

N a L L (N a ) (L N) a

T TT T

V V

T T TT o

S V

a LN D LN dV a a N X dV

a N X dS a LN D dV

T T T

V V S

T o

V

LN D LN dV a N X dV N X dS

LN D dV

K a f

Las fuerzas de contorno pueden ser en parte desconocidas Sus integrales también Puede haber incógnitas en f. K=“matriz de rigidez. Cuadrada 3n3n. Simétrica (MT SM) K será singular en general (no hemos impuesto cc desplazam.).

Pero: si las cc en desplazamientos son todas homogéneas (=0), y elegimos N para que las cumpla de partida, entonces K será regular, y además no habrá incógnitas en f. Si no elegimos N así, habrá que plantear ecuaciones adicionales, tantas como incógnitas haya en f.

Estructura de las submatrices

K a fij

j

n

j i

1

; (i = 1...n)

T

i jij V

TT T

i i i i oV S V

K L N D L N dV

f N X dV N X dS L N D dV

(31)(33) (31)

(63) (33)

(63)(36) (66)

(33) (31) (36) (66) (61)

K a f

Procederemos por submatrices, siempre. En general, son todas las Kij 0





4. Ejercicios

MEF – formulación básica:Sólo es una aproximación de Galerkin, con muy poco más:

a) Funciones Ni de pequeño soporte

b) Manera de tomar los soportes: entorno de “Elementos” que comparten un “Nodo”

nodo i

elemento e

x

y

c) Cada Ni vale =1 en su nodo, y cero en los demás

x

y =1

i

Ni

MEF - Significados físicos de los parámetros

De a: 1 i nu x, y, z I N , , I N , , I N a L L

xiyizi

a

En las coordenadas del nodo i u nodo i 0, , I , , 0 a a

a

L L

a contiene los desplazamientos nodales !!

Fuerza F concentrada en el nodo i: Ent (nodo i)

XdS Fi i iS

Ent(nodo i)

x

y

izEnt (nodo i) Ent(nodo i)

Aportación a f N X dS N X dS

F

N (nodo i) X dS I X dS F F

F

f contiene unas cargas puntuales, que son equivalentes a las cargas originales del problema.

De f:

Estructura de las submatrices

Como en Galerkin, pero además cada submatriz se calcula como aportación de elementos.

i

j

x

y

pq

T (p) (q)

ij ij iji jp q p qK L N D L N dV K K

( )

( )

Para K se usan las expresiones analíticas de Ni (y de Nj) en el

elemento (p).

Para K se usan las expresiones analíticas de Ni (y de Nj)

en el elemento (q), que son distintas que en el elemento

p

ij

q

ij

(p).

¡¡ En MEF muchas submatrices serán nulas !!

nodo i

x

y

pq

rs

t

m

Análogamente si se trata de una submatriz diagonal:

T

ii i iV p q r s t m

p q r s t m

(p) (q) (r ) (s) ( t ) (m)

ii ii ii ii ii ii

K L N D L N dV

K K K K K K

(e)

ij ije

K K En todo caso

Análogamente para los términos de f:

(e)i i

e

f f

e

(e) oT T Ti i i ie S e

f (N ) XdV (N ) XdS (LN ) D dV

Evidentemente, la segunda integral sólo debe evaluarse en elementos con alguno de sus lados sobre el contorno del sólido (Se es la parte de S que corresponde al elemento e).

Cada una de estas integrales solo debe evaluarse en los elementos en que exista respectivamente, alguna carga de volumen, carga de contorno, o deformación inicial.





4. Ejercicios

4.1.- Qué posiciones de K son distintas de cero

1

1

xy

2 3

4

2 4

6

5

3

K

T

ij i jV

e

ijVee e

K L N D L N dV

K

Elem 1 = Elem 2 =Elem 3 =Elem 4 =

Aportaciones de los elementos:

SIMETRICA

K

1 2

3 4

5

1

2

3

65

4

f1x

f1y f3

y

f5y=-1

f6x=1

f3x

11

x

y

4.2.- Estructura de un sistema de ecuaciones

K a f x

1y

1

x2y2

x3y

3x4y4

x5y5

x6y6

0 f0 f

a 0a 0

0 f0 f

a 0a 0

a 0

a 1

1a0a

SIMETRICA

Cómo se resuelve…

4.3.- Sobre las expresiones de las funciones de forma en cada elemento

a) Particularidades del polinomio: - Es =1 en su nodo; =0 en los demás Tantos coeficientes como nodos - Completar orden, en lo posible 2 2

3 2 2 3

1

x y

x xy y

x x y xy y

b) Cómo calcularlas: - “A ojo” si se puede - Con un sistema de ecuaciones

1 2 3

1

2

y

xi

j ke

"a ojo": 12

ei

yN

"a ojo": 3

ek

xN

=A+Bx+Cy

en (0,0)=A+0+0=0 A=0

en (3,2)=0+3B+2C=0

en (0,2)=0+0+2C=1

=1/2 ; B=-1/3

ejN

C

x=-

3 2ej

yN

4.3 (cont.)- Sobre las funciones de forma en elementos similares

Si un elemento es traslación de otro, las funciones de forma homólogas dentro de ellos, diferirán sólo en constantes.

Por tanto, sus derivadas (por ej. en L.N) serán idénticas.

Por tanto, sus aportaciones homólogas a la matriz de rigidez global, serán iguales.

1

2

3

4

1

2 3

4 5

6

(1) (3)

13 35

(1) (2)

23 23 23

(3) (4)

45 45 45

K K

K K K

K K K

Véase por ej:

4.3 (cont.)- Sobre las funciones de forma en el contorno

Si se trata, por ej, de evaluar fi cuando hay una carga de contorno, sólo me interesa el valor de Ni en el contorno:

(1) (1) (1)111 1 1 3

T

Sf f N XdS N dS X

1

2

3

4

1

2 3

4 5

6

L

p

1

N1

3L

11

12

L espesor

1

cos

2

pL ef

p sen

4.4 Un ejemplo de cálculo

p

1 cm 1 cm

1 cm

1 cm

p=1 (N/cm)E (N/cm2)=0b=1 (cm)

Datos físicos:

x

y

p1

23

1

2

4 56

3

F1x

F2x

F4x

F4y F5

y F6y

Discretización:

x

y

p1

2 3

1

2

4 56

3

F1x

F2x

F4x

F4y F5

y F6y

(1)1(1)2(1)3

1

2

N y

N x y

N x

Elemento 1:

Elemento 3 (traslación de 1, podría no necesitarlas):

(3)3(3)5(3)6

N y

N 2 x y

N x 1

Elemento 2, funciones tipo A+Bx+Cy+Dxy (obtenidas con sistemas de ecuaciones):

(2)2(2)3(2)4(2)5

1

N y xy

N xy

N x y xy

N x xy

Funciones de Forma:

2 2

3 2 2 3

1

x y

x xy y

x x y xy y

Matrices LN elem. (1):

(1)

1

, 0 0 01 0

0 , 0 10 1

, , 1 0

xy

LN yy

y x

(1)

2

, 0 1 02 0

0 , 0 10 2

, , 1 1

xx y

LN yx y

y x

Matrices LN elem. (2):

(2)

2

, 0 00

0 , 0 10

, , 1

x yy xy

LN y xy xy

y x x y

(1)

3

, 0 1 00

0 , 0 00

, , 0 1

xx

LN yx

y x

;

(2)

3

0

... 0

y

LN x

x y

;

(2)

4

1 0

... 0 1

1 1

y

LN x

x y

(2)

5

1 0

... 0 1

1 1

y

LN x

x y

;

Del elem. 3 no necesito.

(1) (1) T (1)1 111 V

(1)

K (LN ) D(LN )dV

1 0 0 0 00 0 1

E 0 1 0 0 1 dV0 1 0

1 1 00 0 2

1 0E 22 0 1

Kij en el elemento (1) & (3)

(1) (1) T (1)1 212 V

(1)

K (LN ) D(LN )dV

1 0 0 1 00 0 1

E 0 1 0 0 1 dV0 1 0

1 1 10 0 2

1 1E 2 22 0 1

x

y

p1

2 3

1

2

4 56

3

F1x

F2x

F4x

F4y F5

y F6y

(3)

33K

(3)

35K

(1) (1) T (1)1 313 V

V

K (LN ) D(LN )dV

1 0 0 1 00 0 1

E 0 1 0 0 0 dV0 1 0

1 0 10 0 2

10E 22 0 0

(3)

36K

(1)

22

3 1E 2 2K ...

32 12 2

(1)

23

11E 2K ...12 0 2

(1)

33

1 0EK ... 102 2

x

y

p1

2 3

1

2

4 56

3

F1x

F2x

F4x

F4y F5

y F6y

(3)

55K

(3)

56K

(3)

66K

Kij en el elemento (1) & (3), continuación:

Kij en el elemento (2):(2)

iLN cte , por lo que su cálculo analítico es molesto. Haremos

cuadratura de Gauss de 1 punto:

x

y

A

g

( , ) ( , )g gAf x y dA f x y A ;

Kij en el elemento (2), continuación:

1 12 2( , ) en elem. (2) es = ( , )g gx y

(2) (2) T (2)2 222 V

V

K (LN ) D(LN )dV

1 0 0 y 0y 0 1 x

E 0 1 0 0 1 x dV0 1 x y

1 1 x y0 0 2

1 021 0 0 3 11 10 8 82 2 1E 0 1 0 0 1 E21 1 310 12 2 8 80 0 1 12 2 2

x

y

p1

2 3

1

2

4 56

3

F1x

F2x

F4x

F4y F5

y F6y

(2)

23

1 18 8K E

1 18 8

(2)

24

1 18 8K E

1 18 8

(2)

25

3 18 8K E

318 8

Análogamente, el resto de las Kij(2):

(2)

33

3 18 8K E

318 8

(2)

34

3 18 8K E

318 8

(2)

35

1 18 8K E1 1

8 8

(2)

44

3 18 8K E

318 8

(2)

45

1 18 8K E

1 18 8

(2)

55

3 18 8K E

318 8

Las fuerzas puntuales están incluidas aquí, pero como son fáciles, no las ensamblaremos hasta el final del proceso.

T

Sf N X dS

Cálculo de f

No hay fuerzas de volumen, luego :

T x(e) (e) (e)i iiS(e) S(e)

y

Xf N X dS N dS

X

Las aportaciones elementales a cada submatriz fi, valen:

Aportaciones del elemento (1):

2(1)1 y 1

1 12 2para f : y 1 2dy

1 122

x

y

p1

2 3

1

2

4 56

3

F1x

F2x

F4x

F4y F5

y F6yF1

x la ensamblamos luego, hemos dicho

dS>0 siempre

(1)2para f : 0 Eso de la carga conocida p.

F2x la ensamblamos luego

x

y

p1

2 3

1

2

4 56

3

F1x

F2x

F4x

F4y F5

y F6y

1(1)3 x 0

1 12 2para f : x 2dx

1 122

Aportaciones del elemento (2):

No hay aportaciones de la carga conocida p.

Aportaciones del elemento (3):(3) (3)3 6

(1) (1)1 3

Podemos razonar que las aportaciones de p para f y f serán

iguales a las f y f , ya que las funciones a integrar son físicamente

idénticas salvo una traslación. No obstante lo hacemos:

1(3)3 y 0

1 12 2para f : y 2dy

1 122

(3)5para f : 0 x

y

p1

2 3

1

2

4 56

3

F1x

F2x

F4x

F4y F5

y F6y

2(3)6 x 1

1x 1 12 2para f : 2dx

11x 1 22

Efectivamente salen como las del elem. 1

Ya podemos escribir es sistema global de ecuaciones. Incluímos en él las fuerzas concentradas (en este caso son todas incógnitas), y las c.c. en desplazamientos:

1 1 1 10 0 0 0 0 0 0 0

4 4 4 41 1

0 0 0 0 0 0 0 0 02 2

3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 3 10 0

4 8 4 8 2 8 4 8 8 8 8 83 3 1 1 1 1 1 1 3

0 0 04 8 8 4 8 8 8 8 8

1 3 1 1 3 1 1 1 1 1 10 0 0

2 8 4 8 8 8 8 4 8 4 41 3 1 1 3 1 1 1

0 0 04 8 2 8 8 8 8 2E

3 1 1 10 0

8 8 8 83 1 1

0 08 8 8

3 3 1 1 1 1

8 4 8 4 2 43 3 1

08 4 4

x1

x2

y1

y2x3y3

x4

x y5 4

x6

y5

y6

1F

21

2

F0

a 0

01 1

a 2 2a 1 1a 2 20

F0

a F0

0a

0F

110

2211 F24

SIMETRICA

Cómo se resuelve:

Primero se prescinde de las ecuaciones con incógnita de fuerza, y se resuelve ese subsistema. Se puede prescindir en ellas de los coeficientes que se multiplican por cero (c.c. de desplazamientos nulos), que estarán alineados en las columnas correspondientes.

En este caso:

1 1 1 10 0 0 0 0 0 0 0

4 4 4 41 1

0 0 0 0 0 0 0 0 02 2

9 1 5 1 1 1 3 10 0

8 8 8 8 8 8 8 89 1 1 1 1 1 3

0 08 8 8 8 8 8 8

9 1 3 1 1 1 10

8 8 8 8 8 8 49 1 3 1 5

0 08 8 8 8 8

3 1 1 10 0

8 8 8 83 1 1

0 08 8 8

9 1 1 1

8 8 2 49 1

08 4

10

21

4

E

1

1

2

2

3

3

4

4

5

5

6

6

10

21

2

0

0

1

1

0

0

0

0

1

21

02

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

F

a

F

a

a

a

F

F

a

F

a

F

SIMETRICA

1

2

3

3

5

6

1 1 10 0 0 0

2 2 29 1 1 1

0 08 8 8 8

9 1 10 1

8 8 89 1

0 18 8

9 10

8 21122

y

y

x

y

x

x

a

a

aE

a

a

a

SIMETRICA

Lo que no hemos tachado, queda como un sistema resoluble:

1

2

3

3

5

6

2

1

11

1

1

2

y

y

x

y

x

x

a

a

a

Ea

a

a

2/E

2/E

2/E

1/E

1/E

Una vez sabidas las ai, el cálculo de las incógnitas de f es inmediato (no necesita resolver sistema de ecuaciones), utilizando las ecuaciones que habíamos tachado.

El resultado es:

1 2

y4 4

y5 6

1 ; F 1 ;

21 1

; F ; 2 2

1F 1 ; F

2

x x

x

y

F

F

0.5

0.5

0.5 0.51

1

Soluciones Analíticas Soluciones Aproximadas

Geometría y c.c. cualesquieraDiversas fuentes de inexactitud

Geometría y c.c. sencillasSolución “exacta” y fiable 100%

Potenciales escalares y/o vectoriales de desplazamiento

(2D y 3D), potenciales de tensión (2D), funciones de

variable compleja (2D)

Fotoelasticidad (2D), métodos numéricos (2D y 3D)

Método de trabajo:Bibliografía y álgebra

Método de trabajo:Laboratorio u ordenador

Soluciones en forma de

serie

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