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2 MÉTODO DE RESIDUOS PONDERADOS: EJEMPLO DEL MÉTODO DE ELEMENTOS FINITOS F. Navarrina, I. Colominas, M. Casteleiro, H. Gómez, J. París GMNI GRUPO DE MÉTODOS NUMÉRICOS EN INGENIERÍA Departamento de Métodos Matemáticos y de Representación Escuela Técnica Superior de Ingenieros de Caminos, Canales y Puertos Universidad de A Coruña, España fnavarrina@udc.es página web:

3 ÍNDICE Problema Conceptual Solución Analítica Formulación MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento Solución MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento

4 Problema Conceptual (I) Sea el problema de equilibrio 1D:

5 Problema Conceptual (II) Pilar elástico a compresión de altura L A(x) = A (sección transversal constante). b(x) = ρg (peso propio, densidad constante). F = P (fuerza que soporta el pilar). u 0 = 0 (empotramiento perfecto en la base).

6 Problema Conceptual (III) Modelo Matemático Lineal: Dados A, b = ρg, E, u 0, F = P, Hallar u(x), σ(x), x [0, L], que verifican (Aσ) + Ab = 0, x σ = Eε, ε = u x, A(L)σ(L) + F = 0, u(0) = 0. (ECUACIÓN DE EQUILIBRIO) (ECUACIÓN CONSTITUTIVA) (ECUACIÓN DE COMPATIBILIDAD) (C.C. NATURAL) (C.C. ESENCIAL)

7 Solución Analítica (I) Sustituyendo la ecuación de compatibilidad en la constitutiva, y ésta en la de equilibrio, obtenemos x con ( AE u ) Aρg = 0 x (0, L) x u(0) = 0, u x = P x=l AE.

8 Solución Analítica (IIa) La solución analítica del problema anterior es [ ( z=x )] 1 y=l u(x) = P + ρgady dz, z=0 AE y=z ( ε(z) = 1 ) y=l P + ρgady, AE y=z ( ) σ(z) = 1 A P + y=l y=z ρgady,

9 Solución Analítica (IIb) esto es, u(x) = 1 K σ(x) = 1 A [ W [ W ( x L 1 ( x ) ) 2 2 L ( 1 x ) ] + P, L + P ( x L ) ], donde K = EA L, W = ρgal.

10 Formulación MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (Ia) APROXIMACIÓN INICIAL ψ(x) = 0. DISCRETIZACIÓN (Elementos de 2 nodos) Nodos: x i = ( ) i 1 ν 1 L, i=1,...,ν. Elementos: E e = [x e, x e+1 ], e=1,...,ν 1.

11 Formulación MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (Ib) FUNCIONES DE PRUEBA ( ) x xi 1 φ i (x) = x i x i 1 ( ) x xi+1 x i x i+1 si x [x i 1, x i ], i=2,...,ν si x [x i, x i+1 ], i=1,...,ν 1 0 en los casos restantes (MEF). FUNCIONES DE TEST ω j (x) = φ j (x), j=1,...,ν (GALERKIN).

12 Formulación MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (Ic) Luego u h (x) = ν α i φ i (x) es una poligonal a trozos. i=1

13 Formulación MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (IIa) ORGANIZACIÓN GLOBAL 8 (ν 1)K si i j = 0, i = 1 o i = ν, k ji = Z L 0 f j = Z L 0 φ j (x) x AE φ i(x) x dx = >< 2 (ν 1)K si i j = 0, i 1 e i ν, >: (ν 1)K si i j = 1, 8 W 2(ν 1) >< φ j (x)aρgdx φ j (L)P = W ν 1 0 en los casos restantes. si j = 1, si j 1 y j ν, φ i (0) = 8 < 1 si i = 1, : 0 si i 1. >: W 2(ν 1) P si j = ν.

14 Formulación MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (IIb) Esto es con K K 1 K 2K K 0 K 2K K K 2K K 0 K K >< 7 5 >: α 1 α 2 α 3. α ν 1 α ν R h 9 >= >; K = (ν 1)K, W = W ν 1. = 8 9 W /2 W >< W >=., W (W /2 + P ) >: >; 0 Luego, R h = K (α 1 α 2 ) + W /2, α 1 = 0.

15 Formulación MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (IIc) Por tanto, el sistema se reduce a... 2K K α 2 K 2K K α K 2K K α ν 1 K K α ν = W W.. W (W /2 + P )

16 Formulación MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (IIIa) ORGANIZACIÓN POR ELEMENTOS Funciones de Forma Sea el elemento E e = [x e 1, x e 2] donde x e 1 = x e y x e 2 = x e+1 con la numeración que hemos empleado. Representamos las funciones de prueba a nivel de elemento mediante las funciones de forma φ e (x) = N 1 (ξ) = 1 ξ 2, x E e φ e+1 (x) = N 2 (ξ) = 1 + ξ 2,

17 Formulación MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (IIIb) que podemos ordenar matricialmente como Ñ(ξ) = [ N 1 (ξ) N 2 (ξ) ].

18 Formulación MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (IIIc) Elementos isoparamétricos x(ξ) = Ñ(ξ) { x e 1 x e 2 } = x e 1N 1 (ξ) + x e 2N 2 (ξ). El jacobiano de la transformación geométrica es dx dξ = N 1 (ξ) xe 1 ξ ( = x e 1 1 ) 2 + x e N 2 (ξ) 2 ξ ) + x e 2 ( 1 2 con = xe 2 x e 1 2 = he 2, h e = x e 2 x e 1.

19 Formulación MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (IIId) Debemos calcular B = L Ñ, siendo L = [ ], x Pero donde [ ] x = dξ dx [ ] ξ dξ dx = ( ) 1 dx = 2 dξ h e. Luego [ ] x = 2 [ ] h e. ξ

20 Formulación MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (IIIe) Por tanto [ N1 = B x N 2 x ] = [ 2 N 1 h e ξ 2 N 2 h e ξ ] = [ 2 h e ( 1 ) 2 2 h e ( ) ] 1 2 = 1 h e [ 1 1 Siendo D = [E] además debemos calcular K e = f e = 1 ( 1 B T ) dx A D B dξ dξ, ξ ξ 2 ( ρg) Adx dξ dξ.

21 Formulación MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (IIIf) Integrando obtenemos K e = EA h e [ ] 1 1, f 1 1 e = ρgahe 2 { } 1. 1 Pero h e = L ν 1, y por tanto con K [ ] e = K 1 1, f 1 1 e = W 2 K = (ν 1)K, W = W ν 1. { } 1, 1

22 Formulación MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (IIIg) Finalmente, ensamblando y añadiendo las cargas puntuales y las condiciones de contorno esenciales obtenemos el sistema K K 1 K 2K K 0 K 2K K K 2K K 0 K K >< 7 5 >: α 1 α 2 α 3. α ν 1 α ν R h 9 >= >; = 8 9 W /2 W >< W >=.. W (W /2 + P ) >: >; 0 Comprobamos que el resultado es el mismo que se obtiene mediante la organización global.

23 Solución MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (I) ν = 2 [ K ] { α 2 } = { W }, = α 2 = 1 K ( ) W 2 + P = 1 K ( ) W 2 + P. (EXACTO) Luego, u h (x) = α 2 φ 2 (x) = 1 ««W x K 2 + P, L ε h (x) = uh = 1 «W x EA 2 + P, σ h (x) = Eε h (x) = 1 «W A 2 + P. Es la solución obtenida por Ritz utilizando un polinomio de grado 1.

24 Solución MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (IIa) ν = 3 [ ] { } { } 2K K α2 W K K = α 3 (W. /2 + P ) α 2 = 1 ( 3W K 8 + P ) 2 = α 3 = 1 ( ) W K 2 + P, (EXACTO). (EXACTO) Luego, u h (x) = α 2 φ 2 (x) + α 3 φ 3 (x), ε h (x) = uh x, σ h (x) = Eε h (x).

25 Solución MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (IIb) Comparamos la solución numérica u h (x) con la solución exacta u(x): Se observa que la solución numérica en los nodos es exacta.

26 Solución MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (IIc) Comparamos la solución numérica σ h (x) con la solución exacta σ(x):

27 Solución MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (IIIa) ν > 3 LOS VALORES NODALES DE LOS DESPLAZAMIENTOS EN ESTE CASO SON EXACTOS. Este fenómeno se denomina SUPERCONVERGENCIA. (*) (*) Por desgracia no es muy frecuente.

28 Solución MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (IIIb) SUPERCONVERGENCIA Recordemos que la solución aproximada u h (x) verifica Z L 0 ω h x AE x (u uh ) dx = 0 ω h (x) H h ω. Sea el punto x = z, z (0, L]. Si una de las posibles funciones de test fuese entonces 8 x <, x [0, z] ω h (x) = z : 1, x [z, L] Z z 0 1 z AE x (u uh ) dx = 0. En este caso AE = cte y u h (0) = u(0) = u 0, luego u h (z) = u(z). Y, efectivamente, es posible elegir una función de test de ese tipo cuando x = z corresponde a un nodo.

29 Solución MEF/Galerkin, 2 nodos/elemento (IV) OBSERVACIONES: Los desplazamientos se aproximan bien. Las tensiones se aproximan bien en promedio, pero peor que los desplazamienos. En general, las tensiones se aproximan mal localmente (especialmente en los extremos). En algunos puntos la aproximación de las tensiones puede ser exacta (normalmente en la zona central).

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