Séance n 3 Eléments finis en dimension 1 et 2 Corrigé

TD MA201
Cours Eléments Finis
Séance no3
Eléments finis en dimension 1 et 2
Corrigé
2 Octobre 2006
Exercice 1.
Eléments finis P2 en dimension 1
1.1 - On note x1i = 1/2(xi+1 + xi ). On pose wj

(x − x1j−1 )(xj−1 − x)


si x ∈ [xj−1 , xj ],



(x − x1j−1 )(xj−1 − xj )

 j
(x − x1j )(xj+1 − x)
wj (x) =

si x ∈ [xj , xj+1 ],

 (xj − x1j )(xj+1 − xj )




0
sinon
et wj1


 (x − xj )(xj+1 − x) si x ∈ [xj , xj+1 ],
(x1j − xj )(xj+1 − x1j )
wj1 (x) =


0
sinon
On vérifie que wj , wj1 ıP2 et satisfont wj (xi ) = δij , wj (x1i ) = 0, wj1 (x1i ) = δij et wj1 (xi ) = 0.
1.2 - wj1 ∈ C 1 (]a, b[), supp(wj1 ) = [xj , xj + 1] et wj ∈ C 0 (]a, b[), supp(wj1 ) = [xj−1 , xj + 1].
Exercice 2.
Eléments finis P1 et P2 en dimension 2
2.1 - On suppose l’existence du triplet (λ1 , λ2 , λ3 ), on va montrer l’unicité. Nous allons
prouver d’abord que :
λ1 (S1 ) = 1, λ2 (S1 ) = 0, λ3 (S1 ) = 0.
1
TD MA201
Cours Eléments Finis
wj
x1j−1
xj−1
wj1
xj
x1j
xj+1
Fig. 1 – Les fonction de base wj et wj1
Supposons par l’absurde que λ1 (S1 ) 6= 1, nous avons alors :
S1 =
λ2 (S1 )S2 + λ3 (S1 )S3
(λ2 (S1 ), λ3 (S1 ) 6= (0, 0))
1 − λ1 (S1 )
S1 , S2 et S3 sont donc alignés, ce qui est exclu. Donc λ1 (S1 ) = 1.
Supposons maintenant que λ2 (S1 ) 6= 0, on a alors :
λ2 (S1 )(S2 − S3 ) = 0
Les point S2 et S3 sont confondus, ce qui est exclu. On a donc λ2 (S1 ) = λ3 (S1 ) = 0. On
démontre de la même manière que :
λ1 (S2 ) = 0, λ2 (S2 ) = 1, λ3 (S2 ) = 0,
λ1 (S3 ) = 0, λ2 (S3 ) = 0, λ3 (S3 ) = 1.
On cherche λ1 de la forme
λ1 (x, y) = α(x − x2 ) + β(y − y2 ) + γ
λ1 (S2 ) = 0 donne γ = 0 et λ1 (S3 ) = 0 donne α(x3 − x2 ) + β(y3 − y2 ) = 0. Donc λ1 est de
la forme :
λ1 (x, y) = C [(y2 − y3 )(x − x2 ) + (x3 − x2 )(y − y2 )]
2
TD MA201
Cours Eléments Finis
La constante C est déterminée de manière unique par l’équation λ1 (S1 ) = 1 :
λ1 (x, y) =
(y2 − y3 )(x − x2 ) + (x3 − x2 )(y − y2 )
(y2 − y3 )(x1 − x2 ) + (x3 − x2 )(y1 − y2 )
Le dénominateur est proportionnel à l’aire du triangle, qui est non nulle car les points ne
sont pas alignés. De la même manière, on trouve une expression unique pour λ2 et λ3 . On
vérifie que le triplet vérifie bien les propriétés demandées, ce qui prouve l’existence.
(λ1 , λ2 , λ3 ) ∈ (P1 )3 , c’est aussi une famille libre. Comme dim P1 = 3, (λ1 , λ2 , λ3 ) est une
base de P1 .
2.2 - soit vh ∈ Vh montrons que vh ∈ H 1 (Ω). Par définition de Vh on a vh |Tl ∈ P1 ∀ l =
1, L, ceci implique que vh |Tl ∈ H 1 (Tl ). vh est supposé continue sur Ω̄. Par conséquent vh
est dans H 1 (Ω) (cf TD2).
2.3 - Par définition, sur chaque triangle Tl la fonction WI est une fonction P1 prenenant
trois valeurs données aux sommets du triangle Tl . Or une fonction P1 est entiérement
déterminée par les valeurs qu’elle prend en trois points non alignés. Comme par hypothèse
sur le maillage les triangles Tl sont d’intérieur non vide on en déduit que WI est définie
d’une manière unique. on notera également que WI est continue sur Ω̄ car la restriction
de WI sur une arête définit une fonction affine le long de l’arête prenenat deux valeurs
données et toute fonction affine d’une variable est entièrement déterminée par les valeurs
qu’elle prend en deux points distincts.
MI
Fig. 2 – Fonction de base WI
2.4 - La famille (WI )1≤I≤N est libre car
X
X
λI W I = 0 ⇒
λI WI (MJ ) = 0 ⇒ λJ = 0 ∀J = 1, N.
I
I
3
TD MA201
Cours Eléments Finis
(WI )1≤I≤N est génératrice car :
∀ vh ∈ Vh , vh (M ) =
X
vh (MI ) WI (M )
I
En effet, en posant uh = vh −
P
I
vh (MI ) WI , on a :
uh (MJ ) = 0 ∀ 1 ≤ J ≤ N.
d’où uh = 0.
2.5 - soit vh ∈ Vh2 montrons que vh ∈ H 1 (Ω). Par définition de Vh2 on a vh |Tl ∈ P2 ∀ l =
1, L, ceci implique que vh |Tl ∈ H 1 (Tl ). vh est supposé continue sur Ω̄. Par conséquent vh
est dans H 1 (Ω) (cf TD2).
1
2.6 - Par définition, sur chaque triangle Tl les fonctions WI et WJK
sont des fonction
P2 prenenant six valeurs données aux sommets du triangle Tl et aux mileux des arètes.
Or une fonction P2 est entièrement déterminée par les valeurs qu’elle prend en six points
disctincts. Comme par hypothèse sur le maillage les triangles Tl sont d’intérieur non vide
1
on en déduit que WI et WJK
sont définies d’une manière unique. on notera également que
1
1
sur une arête définit un
WI et WJK sont continues sur Ω̄ car la restriction de WI et WJK
polynôme de degré 2 le long de l’arête prenenat trois valeurs données et tout polynôme
de degré 2 en une variable est entièrement déterminée par les valeurs qu’il prend en trois
points distincts.
On considère
1
τIl = WI |Tl et τJ1l Kl = WJK
|Tl
avec Il , Jl , Kl les indices locaux de sommets MI , MJ et MK dans le triangle Tl . Notre but
est de calculer l’expression des τIl et des τJ1l Kl en coordonnées barycentriques.
Or les fonctions de bases sont des polynômes de degré 2 en chacune des variables, donc
elles sont de la forme,
aλ21 + bλ22 + cλ23 + dλ1 λ2 + eλ1 λ3 + f λ2 λ3 + gλ1 + hλ2 + iλ3 + j.
Tenant compte du fait que λ1 + λ2 + λ3 = 1, on peut éliminer l’une des trois coordonnées
dans l’expression ci-dessus. D’autre part en utilisant la définition des τIl et τJ1l Kl , on obtient
un système de six équations à six inconnues.
D’où les expressions suivantes :
τIl
= 2λ2Il − λIl ,
τJ1l Kl =
4λJl λKl .
1
2.7 - La famille {(WI )1≤I≤N , (WJK
)∀[J,K] arète } est libre car
P
P
1
I λI W I +
[J,K] αJK WJK = 0.
On a alors :
4
TD MA201
Cours Eléments Finis
P
PI λI WI (MJ 1) = 0 ⇒ λJ = 0 ∀J = 1, N.
[J,K] αJK WJK (MIL ) = 0 ⇒ αIL = 0 ∀[I, L] arète.
1
La famille {(WI )1≤I≤N , (WJK
)∀[J,K] arète } est génératrice car :
X
∀ vh ∈ Vh , vh (M ) =
vh (MI ) WI (M ) +
I
En effet, en posant uh = vh −
uh (MJ ) = 0 ∀ 1 ≤ J ≤ N.
uh (MIL ) = 0 ∀[I, L]arète.
d’où uh = 0
Exercice 3.
P
I
X
1
vh (MJK ) WJK
(M )
[J,K]
vh (MI ) WI −
P
[J,K]
1
vh (MJK ) WJK
, on a :
Eléments finis quandrangulaires
3.1 - Fonctions de base Q1 .
S4
h
h
h
h
S3
S2
S1
Les fonctions de base des éléments Q1 sont :
p̂1 (x, y) = (1 − x)(1 − y),
p̂2 (x, y) = x(1 − y),
p̂3 (x, y) = xy,
p̂4 (x, y) = (1 − x)y.
5
TD MA201
Cours Eléments Finis
S4
S 34
h
h
h
S3
S 1234
S 14
h
h
h
h
h
h
S1
S 12
S 23
S2
Les fonctions de base des éléments Q2 sont :
q̂1 (x, y) = (1 − x)(1 − 2x)(1 − y)(1 − 2y),
q̂2 (x, y) = x(2x − 1)(1 − y)(1 − 2y),
q̂3 (x, y) = x(2x − 1)y(2y − 1),
q̂4 (x, y) = (1 − x)(1 − 2x)y(2y − 1).
q̂12 (x, y) = 4(1 − x)x(1 − y)(1 − 2y).
q̂23 (x, y) = 4x(2x − 1)y(1 − y).
q̂34 (x, y) = −4x(x − 1)y(2y − 1).
q̂41 (x, y) = −4(1 − x)(1 − 2x)y(y − 1).
q̂1234 (x, y) = 16x(1 − x)y(1 − y).
3.2 - 3.2.1 on demande aux µ̂I d’avoir une trace d’ordre ≤ 2 sur le bord supérieur et
d’ordre ≤ 1 sur les autres, réalisant ainsi l’unisolvance sur les bords et par là même la
continuité du raccord avec les éléments adjacents.
3.2.2 Il est clair que
µ̂1 = p̂1 , et µ̂2 = p̂2 .
Les fonctions de base µ̂3 et µ̂4 étant de degré 2 sur le bord supérieur et ≤ 1 sur les
autres, on recherche alors τ3 et τ4 de degré 1 tels que µ̂3 = p̂3 τ3 (x) et µ̂4 = p̂4 τ4 (x). On
aura en fait τ3 (1/2) = τ4 (1/2) = 0, τ3 (1) = 1 et τ4 (0) = 1, par conséquent τ3 (x) = 2x − 1
et τ4 = −2x + 1. On en déduit que
µ̂3 = xy(2x − 1)
µ̂4 = (1 − x)y(−2x + 1)
Reste à étudier µ̂5 , elle sera de la forme αx(1 − x)y et comme µ̂5 (1/2, 1) = 1, on en
déduit que α = 4 et
µ̂5 = 4x(1 − x)y
.
6
TD MA201
Exercice 4.
Cours Eléments Finis
Méthode des éléments finis en dimension
1
On s’intéresse au problème :


 − d (a(x) du (x)) = f (x) x ∈]0, 1[

 dx
dx
(1)


u(0) = u(1) = 0,


où f ∈ L2 (]0, 1[) et b(x) : ]0, 1[→ R vérifiant :
O < bmin ≤ b(x) ≤ bmax ≤ 0,
pour x ∈]0, 1[.
4.1 - On multiplite la première équation du système (1) par une fonction test v ∈
H01 (]0, 1[), et on effectue une intégration par parties :
Z 1
Z 1
Z 1
du dv
du
du
b
dx +
b u v dx − b(1) (1) v(1) + p(0) (0) v(0) =
f v.
dx dx
dx
dx
0
0
0
En utilisant les conditions aux limites en 0 et 1, on obtient la formulation variationnelle
associée au problème (1) :

 Trouver u ∈ H01 (]0, 1[) tel que :
(2)
 a(u, v) = l(v),
∀ v ∈ H01 (]0, 1[),
avec
Z
1
a(u, v) =
b
0
Z
du dv
dx,
dx dx
1
f v dx.
l(v) =
0
L’existence et l’unicité se démontrent en utilisant le théorème de Lax-Milgram. On vérifie
la continuité de l(.) et a(., .) :
Z
|l(v)| = | f v dx| ≤ kf kL2 kvkL2 ,
I
≤ kf kL2 kvkH 1 .
Z 1
du dv
|a(u, v)| ≤ bmax
| | | | dx
dx dx
0
En utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwartz :
Z 1
du dv
du
dv
bmax
| | | |dx ≤ bmax k kL2 k kL2 ,
dx dx
dx
dx
0
7
TD MA201
Cours Eléments Finis
on obtient :
|a(u, v)| ≤ bmax kukH 1 kvkH 1 .
D’autre part :
Z
1
a(u, u) ≥
0
Comme on est dans
H01 (]0, 1[),
du
b | |2 dx ≥ bmin
dx
Z
1
|
0
du 2
| dx.
dx
l’inégalité de Poincaré donne :
Il existe C > 0, tel que kukL2 ≤ Ck
du
kL2 .
dx
Par suite
bmin
kuk2H 1 .
1+C
Le théorème de Lax-Milgram peut donc s’appliquer, on a existence et unicité de la
solution.
a(u, u) ≥
4.2 - Les fonctions des bases P1 sont

x − xi


 1 − h si x ∈ Ki ,
x − xi
φi (x) =
1+
si x ∈ Ki−1 ,


h

0 sinon.
En remplaçant H01 (]0, 1[) par Vh dans la formulation variationnelle, on résoud :
a(u, φi ) = l(φi ), pour i = 1, ..., N et u =
N
X
j=1
(uj )j=1,...,N est alors solution du système linéaire
N
X
Aij uj = Fi ,
j=1
où
Z
1
Aij = a(φj , φi ) =
0
0
b(x)φj (x)φi (x)dx
0
et
Z
xi+1
Fi = l(φi ) =
f (x)φi (x)dx.
xi−1
Rx
On note b̄i j = xij b(x)dx.
On remarque que
0
φi (x) =
1/h si x ∈ ]xi−1 , xi [
−1/h si x ∈ ]xi , xi+1 [
8
uj φj .
TD MA201
Cours Eléments Finis
Donc si i = j, on a que
Z
Aii =
1
0
b(x)(φi (x))2 dx = b̄i−1 i+1 2h
0
1
2
= b̄i−1 i+1 .
2
h
h
Si j = i + 1, on a
Z
1
0
0
0
0
b(x)φi (x)φi+1 (x)dx = −b̄i i+1 h
Ai i+1 =
0
1
1
= −b̄i i+1 .
2
h
h
Si j = i − 1, on a
Z
1
b(x)φi (x)φi−1 (x)dx = −b̄i−1 i h
Ai i−1 =
0
1
1
=
−
b̄
.
i−1
i
h2
h
Pour calculer Fi on procède à une intégration numérique, avec la formule des trapèzes
par exemple, on a :
Z xi
Z xi+1
Fi =
f (x)φi (x)dx +
f (x)φi (x)dx = hf (xi ).
xi−1
xi
Le système obtenu est donc :
2b̄i−1 i+1 ui − b̄i−1 i ui−1 − b̄i i+1 ui+1 = h2 f (xi ),
u0 = uN +1 = 0.
9
i = 1, ..., N