1.1) Escribir la solución de elementos nitos del problema. en (0, 1) u (0) = u (1) = 0. con el valor estimado por la fórmula del error.

Transcripción

1 Examen Extraordinario de Métodos Matemáticos de la Especialidad (Técnicas Energéticas). 7 de Junio de ) Escribir la solución de elementos nitos del problema d u + du + u f en (, 1) u () u (1). (1) 1.) Dividiendo el intervalo [, 1] en cuatro elementos de igual longitud, escribir el sistema de ecuaciones a que da lugar (1). Para este ejemplo tomar f (x) 1 en (, 1)..1) Sea f (x) sen (πx), x [, 1]. Aproximar f (x) por un polinomio cuadrático de Lagrange y comparar f ( ) p ( ) con el valor estimado por la fórmula del error para los polinomios cuadráticos..) Aproximar f (x) por un polinomio de Hermite H (x) y comparar f ( ) H ( ) con el valor estimado por la fórmula del error..1) Considerar un mallado del dominio D formado por triángulos. ¾Qué información relevante sobre el mallado se almacena en un código de elementos nitos?.) Decir brevemente, escribiendo un pseudocódigo, como se realiza el ensamblado de las matrices elementales para formar la matriz total del sistema de ecuaciones que se obtiene cuando se aplica el método de elementos nitos. Solución: 1.1) Escribimos primero la formulación variacional del problema: encontrar u H 1 (I) tal que para toda función v H 1 (I) du dv du v + uv donde I (, 1). Para llegar a la formulación variacional, se multiplica la ecuación en derivadas parciales for la función v, se integra en el intervalo (, 1) y se integra por partes en la integral donde aparece una segunda derivada. Denimos ahora la forma bilineal a (, ) : H 1 (I) H 1 (I) R y la aplicación lineal L : H 1 (I) R fv a (u, v) y L (v) du dv fv du v + uv 1

2 para u, v H 1 (I). De esta manera el problema puede escribirse como: encontrar u H 1 (I) tal que para toda función v H 1 (I) a (u, v) L (v). Aunque el ejercicio no lo pide, el problema admite una única solución débil pues puede demostrarse que la forma bilineal es continua y coercitiva. La solución por elementos nitos del problema pasa por denir primero el espacio de elementos nitos. Primero tomamos los nodos x i tales que x < x 1 < x <... < x N 1. Así, W h { v h C ([, 1]) : v h Ij P m (I j ), 1 j N } y V h W h H 1 (I) siendo I j [x j 1, x j ]. Por tanto, cualquier elemento v h V h se puede expresar como donde {ϕ j } 1 j N 1 es una base de V h. v h N 1 j1 v j ϕ j () De esta manera, la solución por elementos nitos será: encontrar u h V h tal que para toda función v h V h ˆ dv 1 h v h + u h v h y puesto que {ϕ j } 1 j N 1 es una base de V h, el problema es equivalente a: encontrar u h V h tal que para toda 1 i N 1 d + u h Sustituyendo u h dada por () en esta última ecuación, tenemos: Deniendo N 1 i1 u i ( d ϕ j ) fv h, f. f. a ij F i d f ϕ j esta última expresión puede escribirse como AU F

3 donde A ((a ij )) 1 i,j N 1 es una matriz cuadrada y U (u 1 u... u N 1 ) t y F (F 1 F... F N 1 ) t son vectores columna. 1.) En este caso x i i, con i, es decir, h 1, así: ϕ j d dϕ j, si i j 1 1, 6 si i j h 1 6 h, en otro caso, si i j 1 8, h si i j 1 h, en otro caso 1, si i j 1, si i j 1, si i j + 1, en otro caso Por tanto, A Además, fϕ j ϕ j h 1. Por tanto, el sistema lineal que queda, en este caso de tres ecuaciones con tres incógnitas, puede escribirse como: 196u 1 8u 6 17u u 8u 6 17u +196u 6.1) Puesto que tenemos que calcular un polinomio de interpolación de Lagrange de grado, necesitamos nodos en el intervalo [, 1], así, tomamos x, x 1 1 y x 1. Si escribimos en una tabla los valores x i frente a y i f (x i ) tenemos: x i.5 1 y i 1 El polinomio de Lagrange puede calcularse mediante los polinomios interpoladores de Lagrange o mediante el método de Newton. En este caso, y puesto que tenemos dos valores nulos, una buena alternativa es utilizar los polinomios interpoladores de Lagrange. Así, p (x) y L (x) + y 1 L 1 (x) + y L (x) L 1 (x) (x x ) (x x ) (x 1 x ) (x 1 x ) x (x 1) x + x

4 La estimación de error nos dice que ( (x x ) (x x 1 ) (x x ) o bien, puesto que hemos tomado nodos equiespaciados, (! h 9 max x [,1] f (x). Sustituyendo por los valores, h 1 y max f (x) π, obtenemos x [,1] pues ( 1 ) 9 π.86, max f (x) x [,1] En este caso podemos comprobar que efectivamente el error es menor que esta cantidad f p.89..) Calculamos un polinomio H de Hermite que aproxime la función f en [, 1] que verique que H () f (), H (1) f (1), H () f () π y H (1) f (1) π. Para ello utilizamos la tabla de diferencias divididas generalizada, que en este caso es: x f [] f () f [, ] f () π x f [] f () f [,, 1] π f [, 1] f [,, 1, 1] x 1 1 f [1] f (1) f [, 1, 1] π f [1, 1] f (1) π x 1 1 f [1] f (1) y la fórmula de Newton generalizada: H (x) + π x πx + x (x 1) π ( x + x ). La estimación de error en este caso nos dice que f H (x x ) (x x 1 )! max f iv (x). x [,1] En este caso max f iv (x) π. x [,1]

5 Además, si denimos A (x) (x x ) (x x 1 ) x (x 1), podemos comprobar fácilmente que y por tanto, max A (x) x [,1] f H ( 1 A 1 ( 1 ) π.567.! Comprobamos una vez más que efectivamente el error es menor que esta cantidad: f H π ).) En la teoría del curso. 5