UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARANÁ
SETOR DE TECNOLOGIA/SETOR DE CIÊNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA CIVIL/
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
PROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM MÉTODOS NUMÉRICOS
EM ENGENHARIA
MÉTODOS DOS ELEMENTOS FINITOS:
,
por
Lucas Máximo Alves
CURITIBA – PARANÁ
MARÇO – 2007
1
LUCAS MÁXIMO ALVES
MÉTODOS DOS ELEMENTOS FINITOS:
,
CURITIBA – PARANÁ
MARÇO – 2007
2
LUCAS MÁXIMO ALVES
MÉTODOS DOS ELEMENTOS FINITOS:
,
Apostila organizada como resultado do estudo das aulas
para obtenção de créditos da Disciplina de MÉTODOS DOS
ELEMENTOS FINITOS do curso de Doutorado do
Programa de Pós-Graduação em Métodos Numéricos do
Setor de Tecnologia/Setor de Ciências Exatas,
Departamento de Engenharia Civil/Departamento de
Matemática da Universidade Federal do Paraná
Orientador: Prof. Dr. José Viriato Coelho Vargas
Orientador: Prof. Dr.
CURITIBA – PARANÁ
MARÇO – 2007
3
Dedicatória
Dedico,
4
Agradecimentos
Agradeço a Deus pelo seu imenso amor e misericórdia revelado nas oportunidades
que a vida me trouxe. Quero também agradecer:
À minha Família pelo apoio emocional e espiritual, ao meu orientador o Prof. Dr.
....., ao meu Co-Orientador o Prof. Dr. .... , a Maristela Bradil pela amizade e dedicação com
que nos atende, aos amigos, ...., .... ...., ......., e toda a galera do CESEC.
5
Epígrafe
“vida é um algo multidimensional cuja
imprevisível curvatura temporal só é
conhecida quando se experimenta os fatos a
cada dia e, mesmo assim, não se consegue
prever com exatidão a curvatura temporal dos
fatos seguintes, mesmo que se expanda esta (a
curvatura futura) numa vizinhança em torno
do fato no instante presente” (Lucas M. Alves)
6
Sumário
Apresentação ............................................................................................................................17
Capítulo – I ...............................................................................................................................18
INTRODUÇÃO AOS MÉTODOS APROXIMADOS ............................................................18
1. 1 – Objetivos do capítulo...................................................................................................... 18
1. 2 – Introdução
............................................................................................................ 18
1. 3 – Motivação e Conceitos Fundamentais ............................................................................ 19
1. 4 – Simplificação de um Problema Real .............................................................................. 19
1. 5 – Tipos de Métodos Numéricos......................................................................................... 20
1. 6 – Discretização do Problema ............................................................................................. 20
1. 7 – Exemplos e Aplicações................................................................................................... 21
1. 8 – Equações Diferenciais e Algébricas do Problema .......................................................... 24
1. 9 – Método dos Elementos Finitos ....................................................................................... 25
1. 10 – Exemplos e Aplicações................................................................................................. 26
1. 11 – Exercícios e Problemas................................................................................................. 27
Capítulo – II..............................................................................................................................28
O PROBLEMA DOS ELEMENTOS FINITOS UNIDIMENSIONAL - 1D ..........................28
2. 1 - Objetivos do capítulo ...................................................................................................... 28
2. 2 - Introdução
............................................................................................................ 29
2. 3 – Variações dos Modelos no Método de Elementos Finitos ............................................. 31
2. 4 – Definição Matemática e Desenvolvimento do Método .................................................. 33
2. 5 - O problema 1D forma mais forte (clássica) .................................................................... 38
2. 6- Forma Fraca ou Variacional do Problema de Valor de Contorno 1D (P.V.C.) ............... 43
2. 7- Equivalência de Formas Forte e Fraca; Condições de Contorno Naturais....................... 46
2. 8 - Método de Aproximação de Galerkin ............................................................................. 52
2. 9- Equações na Forma Matricial (Matriz de Rigidez K) ...................................................... 56
2. 10 - Exemplo de 1 e 2 graus de Liberdade ........................................................................... 61
2. 11 - Espaço de Elementos Finitos Lineares.......................................................................... 73
2. 12- Propriedades da Matriz de Rigidez K ............................................................................ 77
2. 13- Análise Matemática........................................................................................................ 80
2. 14- Interlúdio: Eliminação de Gauss; Versão do Cálculo a Mão ......................................... 91
2. 15 - O Ponto de Vista do Elemento ...................................................................................... 99
2. 16- Matriz de Rigidez Elementar e Vetor Forças ............................................................... 103
2. 17 - Montagem da Matriz e Vetor Forças Globais ............................................................. 106
7
2. 18 – Cálculo Explícito da Matriz de Rigidez e do Vetor Forças........................................ 110
2. 19 - Exemplos e Aplicações Teóricas................................................................................. 116
2. 20 - Exercícios e Problemas Teóricos: Teoria da Viga de Euler-Bernoulli e Cúbicas
Hermíticas
.......................................................................................................... 120
2. 21 - Exemplos Práticos e Aplicações ................................................................................. 127
2. 22 - Exercícios e Problemas Práticos ................................................................................. 143
Capítulo – III ..........................................................................................................................149
O PROBLEMA BI E TRIDIMENSIONAL - 2D E 3D .........................................................149
3. 1 - Objetivos do capítulo .................................................................................................... 149
3. 2 – Introdução
.......................................................................................................... 149
3. 3 – O problema 2D e 3D..................................................................................................... 150
3. 4 – O Problema da Condução de Calor Linear Clássica..................................................... 152
3. 5 – O Problema da Elasticidade Linear .............................................................................. 158
3. 6 – Estado de Tensões Planas e Deformações Planas ........................................................ 163
3. 7 – Análise Acoplada.......................................................................................................... 168
3. 8 – Apresentação do Código FEAP.................................................................................... 169
3. 9 – Exemplos e Aplicações................................................................................................. 170
3. 10 – Exercícios e Problemas............................................................................................... 172
Capítulo – IV ..........................................................................................................................187
ELEMENTOS ISOPARAMÉTRICOS ..................................................................................187
4. 1 - Objetivos do capítulo .................................................................................................... 187
4. 2 – Introdução
.......................................................................................................... 188
4. 3 – Elementos Isoparamétricos e o seu Conceito de Programação .................................... 190
4. 4 – Elemento Quadrilateral Bilinear................................................................................... 192
4. 5 – Elementos Isoparamétricos........................................................................................... 194
4. 6 – Elementos Triangular Linear ........................................................................................ 196
4. 7 – Polinômios de Lagrange – 1D ...................................................................................... 198
4. 8 – Elementos com um Número Variável de Nós .............................................................. 199
4. 9 – Quadratura Gaussiana................................................................................................... 200
4. 10 – Subrotinas de Funções de Interpolação e de Cálculo de Rigidez Elementar.............. 201
4. 11 – Exemplos e Aplicações............................................................................................... 202
4. 12 – Exercícios e Problemas............................................................................................... 203
Capítulo – V ...........................................................................................................................204
MÉTODOS MISTOS E DE PENALIDADE .........................................................................204
5. 1 - Objetivos do capítulo .................................................................................................... 204
5. 2 – Introdução
.......................................................................................................... 204
8
5. 3 – Métodos Mistos e de Penalidade .................................................................................. 205
5. 4 – Normas de Sobolev....................................................................................................... 206
5. 5 – Melhor Aproximação e Estimativa de Erro .................................................................. 207
5. 6 – Elasticidade Incompressível ......................................................................................... 208
5. 7 – Escoamento de Stokes .................................................................................................. 209
5. 8 – Exemplos e Aplicações................................................................................................. 210
5. 9 – Exercícios e Problemas................................................................................................. 211
Capítulo – VI ..........................................................................................................................212
PROBLEMAS TRANSIENTES ............................................................................................212
6. 1 - Objetivos do capítulo .................................................................................................... 212
6. 2 – Introdução
.......................................................................................................... 212
6. 3 - Problemas Transientes................................................................................................... 213
6. 4 - Problemas Parabólicos (Equação de Calor) .................................................................. 214
6. 5 - Problemas Hiperbólicos (Elastodinâmica e Dinâmica Estrutural) ................................ 215
6. 6 – Algoritmos Computacionais ......................................................................................... 216
6. 7 – Exemplos e Aplicações................................................................................................. 217
6. 8 – Exercícios e Problemas................................................................................................. 218
Capítulo – VII.........................................................................................................................219
INTRODUÇÃO A ANÁLISE NÃO-LINEAR TÉRMICA E ELÁSTICA ...........................219
7. 1 - Introdução
.......................................................................................................... 219
7. 2 – A Formulação do Problema Forte e Fraca de Problemas Térmicos Não-Lineares ...... 220
7. 3 – A Formulação do Problema Forte e Fraca de Problemas Elásticos Não-Lineares....... 232
7. 3 – Exemplos e Aplicações................................................................................................. 245
7. 3 – Exercícios e Problemas................................................................................................. 246
Capítulo – VIII .......................................................................................................................247
MECÂNICA DOS FLUIDOS ................................................................................................247
8. 1 - Introdução
.......................................................................................................... 247
8. 2 - Fundamentação Teórica ................................................................................................ 249
8. 3 - Equação de Navier-Stokes para Escoamento Laminar ................................................. 250
8. 4 - Modelo de Penalidade para o Problema de Navier-Stokes ........................................... 257
8. 4 – Transferência de Calor e Mecânica dos Fluidos........................................................... 262
8. 5 – Projetos de Análise Não-Linear.................................................................................... 269
8. 6 – Equação de Navier-Stokes em 3D ................................................................................ 270
8. 7 – Solução Numérica da Equação de Navier-Stokes + Energia I ..................................... 274
8. 8 – Formulação de Transferência de Calor Fluido/Sólido.................................................. 287
8. 9 – Solução Numérica da Equação de Navier-Stokes + Energia II .................................... 290
9
8. 10 – Fluidos Não-Newtonianos Inelásticos ........................................................................ 291
8. 11 – Fluidos Não-Newtonianos Viscoelásticos .................................................................. 292
8. 11 – Exemplos e Aplicações............................................................................................... 293
8. 11 – Exercícios e Problemas............................................................................................... 294
Capítulo – IX ..........................................................................................................................295
SOLUÇÃO GERAL DE EQUAÇÕES ..................................................................................295
NÃO-LINEARES...................................................................................................................295
9. 1 – Introdução
.......................................................................................................... 295
9. 2 – O Método do Ponto Fixo .............................................................................................. 296
9. 3 – O Método de Piccard de Susbtituição Sucessiva.......................................................... 298
9. 4 – O Método de Newton ................................................................................................... 299
9. 5 – Métodos de Newton Modificados ou (Quase-Newton)................................................ 300
9. 6 – Métodos de Continuação .............................................................................................. 308
9. 6 – Exemplos e Aplicações................................................................................................. 321
9. 6 – Exercícios e Problemas................................................................................................. 322
2ª Prova...................................................................................................................................326
TRANSFERÊNCIA DE CALOR COMPUTACIONAL .......................................................326
Solução Por Newton-Raphson................................................................................................ 326
Solução Por Newton-Raphson Modificado com Jacobiano calculado Numericamente ........ 331
Solução Por Newton-Raphson com Line-Search ................................................................... 332
Solução Por Newton-Raphson com estratégia de Comprimento de Arco.............................. 333
Capítulo – X ...........................................................................................................................334
ELEMENTOS FINITOS UNIDIMENSIONAL ....................................................................334
6. 9 – Exemplos e Aplicações................................................................................................. 349
6. 10 – Enfoque Variacional ................................................................................................... 370
6. 11 – Exemplos e Aplicações............................................................................................... 378
6. 12 – Um Caso Especial de Elementos Finitos.................................................................... 385
6. 13 – Exercícios e Problemas............................................................................................... 392
Projeto Condução de Calor em Placa Rugosa Fractal ............................................................ 393
Apêndices ...............................................................................................................................397
A. 1 – Funções de Interpolação Local Lineares ..................................................................... 397
A. 2 – Funções de Interpolação Local Quadráticas ................................................................ 402
A. 3 – Tutorial para entrar no ENGTERM9 via WebtermXpower Plugin ............................. 408
A. 4 – Tutorial para entrar no ENGTERM9 via VNC Server ................................................ 413
A. 5 – Manual de Operação do Programa FEAP-Linux......................................................... 414
A. 6 – Manual de Comandos Internos do Programa FEAP-Linux......................................... 420
10
A. 7 – Como preparar um Arquivo de Entrada do Programa FEAP-Linux ........................... 424
A. 8 – Exemplo de um Arquivo de Entrada do Programa FEAP-Linux ................................ 431
A. 9 – Procedimento para Análise Estrutural 2D no Programa FEAP-Linux ........................ 434
A. 10 – Algoritmo do Método de Newton Raphson implementado no Maple IX ................. 435
A. 11 – Tablea de Resultados Gerado pelo Método de Newton Raphson implementado no
Maple IX
.......................................................................................................... 437
Bibliografia.............................................................................................................................438
11
Lista de Figuras
Figura - 1. 1. Diagrama de passos simplificadores de um problema real.................................19
Figura - 1. 2. Problema de carregamento de tensão mecânica em uma placa com um furo
circular no centro. .....................................................................................................................20
Figura - 1. 3. .............................................................................................................................21
Figura - 1. 4. .............................................................................................................................21
Figura - 1. 5. .............................................................................................................................22
Figura - 1. 6. Diagrama de substituição de um Modelo Contínuo exato por um Modelo
Discreto Aproximado. ..............................................................................................................24
Figura - 1. 7. Diagrama de Transformação de Equações Diferenciais em Equações Algébricas
equivalentes. .............................................................................................................................24
Figura - 1. 8. .............................................................................................................................25
Figura - 1. 9. .............................................................................................................................25
Figura - 2. 1. .............................................................................................................................39
Figura - 2. 2. Função bolha.......................................................................................................49
Figura - 2. 3. Funções para o exemplo de 1 grau de liberdade. (estas funções são secretamente
a mais simples funções de interpolação dos elementos finto no contexto de um elemento.)...61
Figura - 2. 4. A solução de Galerkin para o exemplo de 1 grau de liberdade. .........................63
Figura - 2. 5. Comparação das soluções particulares exatas e de Galerkin, Exemplo 1 caso (ii).
..................................................................................................................................................64
Figura - 2. 6. Comparação das soluções particulares exatas e de Galerkin, Exemplo 1 caso
(iii). ...........................................................................................................................................65
Figura - 2. 7. Funções o exemplo para 2 graus de liberdade. (Estas funções são secretamente
as funções mais simples dos elementos finitos em um contexto de dois elementos.) ..............66
Figura - 2. 8. Função peso típico e solução tentativa para o exemplo com 2 graus de liberdade.
..................................................................................................................................................67
Figura - 2. 9. Comparação das soluções particulares e exata e de Galerkin, Exemplo 2, caso
(ii). ............................................................................................................................................70
Figura - 2. 10. Comparação das soluções particulares exata e de Galerkin, Exemplo 2, caso
(iii). ...........................................................................................................................................71
Figura - 2. 11. Funções de base para um espaço compacto de elementos finitos lineares .......74
Figura - 2. 12. Um membro típico de wh V h .........................................................................74
Figura - 2. 13. ...........................................................................................................................75
Figura - 2. 14. Se B A 1 , as partes não nulas de N B e N A não se sobrepõem. .................77
Figura - 2. 15. ...........................................................................................................................78
Figura - 2. 16. Funções generalizadas elementares. a) Parênthesis de MaCaulay <x-y> b)
Função de Heaviside H(x-y) = <x-y>,x c) (x-y) = H(x-y),x....................................................81
Figura - 2. 17. Funções de Green. ............................................................................................82
Figura - 2. 18. ...........................................................................................................................85
Figura - 2. 19. ...........................................................................................................................86
Figura - 2. 20. Descrição Local e Global do e’ésimo elemento. ............................................102
Figura - 2. 21. .........................................................................................................................103
Figura - 2. 22. X’s indica termos não-nulos; todos os outros termos são zero.......................105
Figura - 2. 23. arranjo LM para o problema exemplo ............................................................106
Figura - 2. 24. Fluxograma de um algoritmo de montagem de um elemento finito...............108
Figura - 2. 25. Aproximação para f por uma interpolação linear de valores nodais...............112
Figura - 1. 10. .........................................................................................................................121
12
Figura - 2. 26. Elemento quadrilateral de duas dimensões para o uso na geração de malhas no
FEAP. .....................................................................................................................................127
Figura - 3. 1. ...........................................................................................................................150
Figura - 3. 2 ............................................................................................................................166
Figura - 6. 1. Rede de pontos nodais do Domínio, e dos Subdomínios, e . ....................29
Tabela - VI. 1.Quadro Resumo das Diferentes Formulações do Método de Elementos Finitos
..................................................................................................................................................32
Figura - 6. 2. Mudança do domínio contínuo de coodenadas (x,y) para o discreto de
coordenadas (i,j) .......................................................................................................................33
Figura - 6. 3. Rede de pontos nodais do Domínio, e dos Subdomínios, e . ....................35
Figura - 6. 4. Intervalo de aplicação do Método de Galerkin .................................................337
Figura - 6. 5. Elemento Finito linear entre dois pontos. .........................................................398
Figura - 6. 6. Estruturação unidimensional dos Elementos Finitos. .......................................400
Figura - 6. 7. Intervalo de aplicação do Método de Galerkin .................................................362
Figura - 6. 8. ...........................................................................................................................374
Figura - 6. 9. ...........................................................................................................................378
Figura - 6. 10. Elemento Finito Quadrático entre três pontos ................................................402
Figura - 6. 11. Estruturação unidimensional dos Elementos Finitos Quadráticos..................407
Figura - A. 1. ..........................................................................................................................409
Figura - A. 2. ..........................................................................................................................412
Figura - A. 3. ..........................................................................................................................416
Figura - A. 4. ..........................................................................................................................419
Figura - A. 5. ..........................................................................................................................420
Figura - A. 6. ..........................................................................................................................422
Figura - A. 7. ..........................................................................................................................424
Figura - A. 8. ..........................................................................................................................433
Figura - A. 9. ..........................................................................................................................433
13
Lista de Tabelas
Tabela - VI. 1.Quadro Resumo das Diferentes Formulações do Método de Elemntos Finitos
................................................................................................................................................172
14
Lista de Siglas
15
Lista de Símbolos
16
Apresentação
Esta apostila é resultado da digitação das aulas do prof. Dr. Eng. Jose Vriato
Coelho Vargas, ministradas no curso de Análise Térmica e Estrutural I no Departamento de
Engenharia Mecânica da Universidade Federal do Paraná.
17
Capítulo – I
INTRODUÇÃO AOS MÉTODOS APROXIMADOS
RESUMO
Neste capítulo será visto como a utilização de métodos aproximados pode ajudar a
resolver problemas de equações diferenciais, quando a solução analítica é inacessível.
Abordaremos o tema das hipóteses simplificadoras e a utilização de equações algébricas na
substituição de equações diferenciais complexas.
1. 1 – Objetivos do capítulo
i) Entender a problemática dos Métodos Aproximados aplicados a Engenharia.
ii) Distinguir situações onde a utilização dos Métodos Aproximados é viável.
iii) Saber da existência de diversos Métodos Aproximados.
1. 2 – Introdução
A partir de agora estudaremos diferentes métodos de simplificação de problemas
reais e de aproximação das soluções das equações diferenciais presentes na Engenharia.
A motivação do uso de métodos aproximados está em:
Validar a prática ou o experimento através do equacionamento matemático que
modela um problema físico qualquer.
Por exemplo, o deslocamento medido por strain gauges, as medidas de
temperatura, as medidas de velocidades em um túnel de vento são exemplos de medidas
experimentais que podem ser validadas através de uma simulação numérica, para execução de
um projeto futuro.
18
1. 3 – Motivação e Conceitos Fundamentais
Uma pergunta básica é:
Por que usar Métodos Aproximados?
Pode-se utilizar métodos numéricos para a obtenção de medições inviáveis
economicamente, tais como tensão máxima,
max , Temperatura máxima, Tmax
As vantagens de se utilizar métodos numéricos são:
1) Tempo de projeto reduzido com redução de custos.
2) Simula condições impossíveis em experimentos
3) Proporciona informações detalhadas e compreensíveis
4) Viabiliza a OTIMIZAÇÃO (não há nada melhor dada os critérios utilizados)
A implementação de Métodos Numéricos está relacionada com as condições de
SOFTWARE e HARDWARE. Os métodos Numéricos representam o caminho para a
soluaçào de um problema físico, e o software deve ser desenvolvido de forma adequada.
Contudo, o grande limitante da solução do problema é o hardware. Por exemplo, Análise
Complexas em três dimensões, 3D, requer processamentos mais eficazes.
Os tipos de processamentos que podem ser utilizados são o Escalar: que utiliza
um único computador, e o Vetorial, que utiliza dois ou mais computadores processando em
paralelo, ou ainda um super-computador com diversas unidades de processamento.
1. 4 – Simplificação de um Problema Real
Na tentativa de se descrever quantitativamente um problema (fenômeno) físico, ou
seja, de se obter uma expressão matemática que corresponda ao fenômeno em questão,
inicialmente o problema físico real é substituído por um problema equivalente, mais simples.
Figura - 1. 1. Diagrama de passos simplificadores de um problema real
Neste novo problema são selecionados os parâmetros considerados fundamentais
e que podem ser descritos matematicamente através de um sistema de equações diferenciais
19
válido em todo o domínio do problema. A esse sistema são impostas condições de contorno
e/ou condições iniciais apropriadas. O próximo passo é a busca da solução para o problema.
1. 5 – Tipos de Métodos Numéricos
Os Métodos Numéricos se dividem em Locais e Globais. Os socais são
representados pelo Métodos de Diferenças Finitas, Métodos dos Elementos Finitos, Métodos
dos Volumes Finitos, etc. O Métodos Globais são Representados pelos Métodos Espectrais de
Domínios Alternativos que utilizam Transformadas Integrais de Laplace e Fourier, etc.
Todo método numéricos precisa passar por uma etapa chamada de discretização
seja do domínio ou do contorno.
1. 6 – Discretização do Problema
Discretização é processo de conversão das Equações Diferenciais de Domínio
Contínuo para Equações Algébricas de Domínio Discreto, conforme mostra a exemplo da
Figura - 1. 2
Figura - 1. 2. Problema de carregamento de tensão mecânica em uma placa com um furo circular
no centro.
20
1. 7 – Exemplos e Aplicações
1.7.1 - Domínio e Análise
Figura - 1. 3.
1.7.2 - Método Numérico
1) Obtenção da Solução nos Nós
2) Mecanismo de Interpolação da Solução
0,1 Não é expresso exatamente no computador.
Figura - 1. 4.
21
1.7.3 - Natureza de um Problema Bem Posto
1) Existe Solução
2) A Solução é única
Exemplo:
Considere o seguinte Problema de Valor Inicial (P.V.I.)
y arctan x c
(1. 1)
dy
1
dx 1 x 2
(1. 2)
y ( x 0) 0
(1. 3)
3) Estabelecimento das Condições de Contorno
Figura - 1. 5.
22
F
A
(1. 4)
E
(1. 5)
u
L
ij i
Lo
x j
1.7.4 - Condições de Contorno
1) Dirichilet (u)
2) Neumann ( u / xi )
3) Mista ou de Robin ( u u / xi k )
23
(1. 6)
1. 8 – Equações Diferenciais e Algébricas do Problema
Um sistema de equações diferenciais constitui um modelo contínuo, que possui
infinitos graus de liberdade, uma vez que as variáveis se distribuem continuamente em todo o
domínio do problema. Com exceção de alguns casos mais simples, em geral não é possível
encontrar soluções analíticas para o problema. Recorre-se, então, aos modelos discretos (ou
numéricos), obtidos dos modelos contínuos através de hipóteses simplificadoras: As variáveis
que constituem infinitos graus de liberdade, são expressos em termos de um número finito de
graus de liberdade. Esses graus de liberdade são incógnitas dos modelos discretos dos
sistemas equivalentes e são determinados a partir da solução de um sistema de equações
algébricas.
Figura - 1. 6. Diagrama de substituição de um Modelo Contínuo exato por um Modelo Discreto Aproximado.
Resumidamente, quando o modelo contínuo é substituído por um modelo discreto,
o problema matemático da solução de um sistema de equações diferenciais é substituído pelo
problema da solução de um sistema de equações algébricas.
Figura - 1. 7. Diagrama de Transformação de Equações Diferenciais em Equações Algébricas equivalentes.
1.8.1 - Precisão da Solução Aproximada
1) Comparação com solução exata (se existir) – Calibração do Método.
2) Refinamento – Leva a uma Convergência da Solução
3) Comparação com Resultados Experimentais -
24
4) Reprodutibilidade dos Resultados - Para as mesmas condições experimentais com as
considerações dos erros e as variações estatísticas sobre a dispersão dos valores obtidos em
relação aqueles previstos pelo modelo.
1. 9 – Método dos Elementos Finitos
Em geral, o Método de Elementos Finitos envolve dividir um sistema em
componentes menores por meio do processo de DISCRETIZAÇÃO.
Considere a treliça que é um objeto da engenharia.
Figura - 1. 8.
Figura - 1. 9.
25
1. 10 – Exemplos e Aplicações
26
1. 11 – Exercícios e Problemas
27
Capítulo – II
O PROBLEMA DOS ELEMENTOS FINITOS
UNIDIMENSIONAL - 1D
RESUMO
Neste capítulo será visto a origem do Método dos Elementos Finitos. Este método
se apresenta como uma alternativa ao Método Variacional e ao Método dos Resíduos
Ponderados e por sua vez deu origem ao Método dos Elementos de Contorno. A formulação
unidimensional do método dos elementos finitos. A formulação de Galerkin. A montagem da
matriz de rigidez elementar, a descrição matemática de elementos finitos unidimensionais
lineares. Alguns teoremas fundamentais e a solução de exemplos acadêmicos e discussão
destes exemplos.
2. 1 - Objetivos do capítulo
i) Entender a origem do Método dos Elementos Finitos
ii) Capacitar aluno a resolver problemas físicos lineares modelados por equações
diferenciais, pelo Método dos Elementos Finitos, como por exemplo a análise de
equipamentos sob solicitações térmicas e mecânicas, independentes ou combinadas
iii) Entender os conceitos fundamentais do Método dos Elementos Finitos na sua
versão unidimensional.
iv) Saber formular matematicamente um problema unidimensional e saber montar
a equação matricial elementar e global dos elementos finitos.
v) Saber aplicar o Método dos Elementos Finitos a problemas unidimensionais.
vi) Saber aplicar o Método dos Elementos Finitos nas suas mais diferentes formas
vii) Resolver problemas de equações diferenciais pertinentes ao método.
28
2. 2 - Introdução
O Método dos Elementos Finitos é um método de solução aproximada de
equações diferenciais muito úteis em ciência e engenharia. Ele possibilita a simulação de
situações reais em um espaço discreto, cujo limite infinitesimal tende ao contínuo. A
visualização computacional também tem seguido a implementação dos cálculos por este
método permitindo uma análise visual das situações determinadas através do cálculo
numérico.
A idéia básica do Método dos Elementos Finitos consiste em subdividir,
inicialmente, o domínio do problema, em subdomínios de dimensões finitas tais que, o
conjunto de todos os subdomínios seja igual ao domínio original. Em seguida, sobre cada
subdomínio, isoladamente, adota-se um comportamento aproximado, local, para as incógnitas
do problema, conforme esquematiza a Figura - 2. 1.
Em geral, esse comportamento local é descrito com o emprego de funções
simples. A característica principal desse procedimento, então, consiste em utilizar
aproximações locais nos subdomínios, nos quais o domínio original foi dividido, em vez de
utilizar aproximações de caráter global. Para a obtenção de respostas cada vez melhores,
aumenta-se o número de subdomínios, mantendo-se o mesmo comportamento local já adotado
em cada subdomínio, no lugar de se adotar funções de ordem maior na aproximação de caráter
global. Os subdomínios são denominados elementos finitos.
Os elementos finitos são definidos por sua forma geométrica, pelas funções de
aproximação adotadas e pelos tipos de problemas para os quais foram desenvolvidos. Cada
elemento possui um número determinado de pontos nodais, ou nós, que podem ser internos ou
externos. Os nós externos fazem a conexão com os elementos vizinhos.
Figura - 2. 1. Rede de pontos nodais do Domínio,
29
e dos Subdomínios,
e .
Nos nós comuns aos diferentes elementos, o valor das variáveis do problema é o
mesmo, independentemente do elemento que esteja sendo considerado.
Após a definição da malha de elementos finitos e do tipo de elemento (linear,
triangular, quadrático, etc), as matrizes características correspondentes a cada elemento
podem ser formadas e, em seguida, agrupadas, formando o sistema global de equações. A
solução deste sistema fornece os valores das incógnitas nos pontos nodais. Através do
comportamento aproximado local, as incógnitas do problema, em qualquer ponto do
elemento, são calculadas em função dos valores nodais das mesmas incógnitas nos pontos
nodais já conhecidos, isto é, as aproximações locais são funções de interpolação, por meio dos
quais os valores das incógnitas em qualquer ponto pertencente ao elemento finito são
calculados em função dos valores nodais.
2.2.1 – A origem do Método dos Elementos Finitos
O trabalho de Turner, Cough, Martin e Topp “Stiffness and Deflection Analysis of
Complex Structures” publicado em 1956 no Journal of Aeronautical Sciences. Vol. 23, pag.
805-823, é reconhecido como um dos primeiros a apresentar os fundamentos do Método dos
Elementos Finitos.
As bases teóricas do método foram mais bem definidas no início da década de 60
com o estudo mais aprofundado dos Métodos Energéticos e de Técnicas Variacionais.
30
2. 3 – Variações dos Modelos no Método de Elementos Finitos
Para problemas de Mecânica dos Sólidos, podem ser identificados quatro
formulações, ou modelos básicos, que pertencem ao “Enfoque Variacional” do método:
2.3.1 - Modelo Compatível
Baseia-se no Princípio da Energia Potencial Mínima. Sobre cada elemento é
adotado um campo de deslocamento, escolhidos de tal maneira que haja continuidade de
deslocamentos e, eventualmente, de suas derivadas, entre os elementos. As incógnitas são os
deslocamentos nos pontos nodais.
2.3.2 - Modelo de Equilíbrio
Baseia-se no Princípio da Energia Complementar Mínima. Sobre cada elemento é
adotado um campo de tensões em equilíbrio; o equilíbrio entre elementos também é mantido.
As incógnitas são as tensões nos pontos nodais. É um modelo pouco utilizado na prática.
2.3.3 - Modelo Híbrido
Há dois tipos. O primeiro tipo se baseia em um Princípio de Energia
Complementar Mínima Modificado. No interior de cada elemento é adotado um campo de
tensões em equilíbrio e, no contorno de cada elemento, um campo de deslocamento é adotado,
devendo haver compatibilidade de deslocamento entre elementos vizinhos. As incógnitas são
os deslocamentos nodais. Aplicações Práticas: Problemas de estado plano de tensão ou
deslocamento e de flexão de placas.
O segundo tipo se baseia em um Principio de Energia Potencial Mínima
Modificado. No interior de cada elemento é adotado um campo de deslocamentos e, no
contorno de cada elemento, um campo de tensões é adotado, devendo haver equilíbrio de
tensões (forças de superfícies) entre elementos vizinhos. As incógnitas são as tensões, ou
forças de superfícies nos pontos nodais. Esse modelo é pouco utilizado. Vantagem do Modelo
Híbrido: Os resultados são mais precisos.
2.3.4 - Modelo Misto
Baseia-se em um Princípio Variacional Generalizado, como o Princípio de
Reissner. Sobre cada elemento são adotados, simultaneamente e independentemente, campos
de tensões e de deslocamentos. As incógnitas são as tensões (ou forças de superfícies) e os
31
deslocamentos nos pontos nodais. Vantagem do Modelo Misto: Deslocamentos e tensões são
determinados com a mesma precisão.
No final da década de 70 foram introduzidos formulações baseadas na aplicação
localizada do Método de Galerkin, o que possibilitou que o Método dos Elementos Finitos
fosse empregado na solução de problemas que não possuam Formulação Variacional. De
uma maneira geral, qualquer um dos Métodos de Resíduos Ponderados pode ser utilizado no
cálculo pelo Método dos Elementos Finitos.
Tabela - VI. 1.Quadro Resumo das Diferentes Formulações do Método de Elementos Finitos
Método
Compatível
Equilíbrio
Principio
Utilizado
Princípio da
Energia
Potencial
Mínima
Princípio da
Energia
Complementar
Mínima
Híbrido do
1º Tipo
Princípio da
Energia
Complementar
Mínima
Modificado
Híbrido do
2º Tipo
Princípio da
Energia
Potencial
Mínima
Modificado
Misto
Princípio da
Variacional
Generalizado
(Reissner)
Elementos
Incógnitas
nos pontos
nodais
Condições
Campo de
Deslocamento
Deslocamentos
Continuidade nos
Deslocamentos e
suas derivadas
Campo de
Tensão em
equilíbrio
Tensão
Equilíbrio
Deslocamentos
Compatibilidade
nos
Deslocamentos
entre os
elementos
vizinhos
Resultados
mais precisos
Tensões ou
forças de
superfícies
Equilíbrio de
Tensões (ou
forças de
superfícies) entre
elementos
vizinhos
Resultados
Mais precisos
Campo de
Tensão em
equilíbrio no
domínio e
campo de
Deslocamentos
no contorno
Campo de
Deslocamentos
no domínio e
Campo de
Tensões no
contorno
Campo Tensões
e
Deslocamentos
no domínio
Tensões (ou
forças de
superfícies) e
os
Delocamentos
32
Vantagens
Aplicações
Práticas
pouco
utilizado
Deslocamentos
e Tensões
determinados
com mesma
precisão
Problemas
de flexões
em placas
2. 4 – Definição Matemática e Desenvolvimento do Método
O Método de Elementos Finitos teve sua origem nos Métodos Variacionais
aproximados, mas a partir do Método dos Resíduos Ponderados, este vínculo passou a ser não
mais necessário. Portanto, por ser esta última situação de abragência mais geral, para o
Método de Elementos Finitos, começaremos a representá-lo, em primeiro lugar, a partir do
Método de Resíduos Ponderados, apesar de não ser a ordem histórica de evolução do método.
Depois trataremos o Enfoque Variacional do Método de Elementos Finitos.
2.4.1 – Aproximação do Problema Contínuo pela Discretização do Domínio
Seja um problema unidimensional dado pela seguinte equação diferencial:
L(u) = b em ,
(2. 1)
sujeito as condições de contorno
S(u) = g em ,
(2. 2)
onde L e S são operadores lineares.
Este problema será aproximado por uma função do tipo:
M 1
uu
um N m
em ,
(2. 3)
m 1
cujo o domínio continuo, será substituído por um domínio equivalente, discreto conforme
mostra a
Figura - 2. 2.
Figura - 2. 2. Mudança do domínio contínuo de coodenadas (x,y) para o discreto de coordenadas
(i,j)
33
Logo, no domínio discretizado, teremos:
em ,
(2. 4)
S( u ) = g em .
(2. 5)
L( u ) = b
e no contorno discretizado, temos:
Substituindo (2. 3) em (2. 4)e (2. 5) ficamos com:
M 1
L ( um N m ) b
em
(2. 6)
S ( u m N m ) g em .
(2. 7)
m1
e, no contorno:
M 1
m1
Como L e S são operadores lineares, no domínio, podemos escrever:
M 1
um L ( N m ) b
em ,
(2. 8)
S( ( N m ) g ) em .
(2. 9)
m1
e no contorno,
M 1
um
m1
2.4.2 - Definição dos Elementos Finitos Unidimensional
Se o domínio é dividido ou discretizado em E subdomínios, e, da seguinte
forma:
E
e
(2. 10)
e 1
E, se em correspondência a divisão do domínio, o contorno, , é dividido em B partes, b, da
seguinte forma:
B
b .
b 1
34
(2. 11)
Figura - 2. 3. Rede de pontos nodais do Domínio,
e dos Subdomínios,
e .
Logo, teremos:
M 1
E
L( u m N me ) = b
em e ,
(2. 12)
S( u m N me ) = g em b .
(2. 13)
e 1
m1
sujeito as condições de contorno
M 1
B
b 1
m1
Como L e S são operadores lineares temos:
E
M 1
e 1
m 1
um L ( N me ) = b
em e ,
(2. 14)
em b.
(2. 15)
sujeito as condições de contorno
B
M 1
b 1
m 1
um S( N me ) = g
2.4.3 – Inclusão do Método dos Resíduos Ponderados Unidimensional
A sentença de resíduos ponderados de caráter global (onde as funções de
aproximação são válidas em e em ):
wl d wl d
0.
Logo, os erros cometidos no domínio é:
35
(2. 16)
M 1
L( um N m ) – b 0 em
(2. 17)
m1
E no contorno:
M 1
S( um N m ) – g 0 em
(2. 18)
m1
Como L e S são operadores lineares temos:
no domínio:
M 1
e
u m L (Nm) - b 0
em e
(2. 19)
em b
(2. 20)
m1
e no contorno
M 1
e
um S(Nm) - g 0
m 1
Se o domínio é dividido em E subdomínios, e, e se, em correspondência a
divisão do domínio, o contorno, , é dividido em B partes, b. A sentença de resíduos
ponderados de caráter global é substituída por:
E
B
wle d e wlb db 0 ,
e 1
b 1
e
b
e
(2. 21)
b
onde, as funções de aproximação são definidas localmente, sendo válidas somente para e e
b e não mais para e , da seguinte forma:
wle d e wle db 0
e
e
b
b
(2. 22)
Portanto, temos:
M 1
e
u m L (Nm) - b 0
m1
e no contorno
36
em e
(2. 23)
M 1
e
um S(Nm) - g 0
em b
(2. 24)
m 1
Portanto,
M 1
M 1
wle [ um L(Nm) b ]d e wle [ um S(Nm) g ]db 0
e
m 1
e
(2. 25)
m 1
OBS:
Se as integrais em (2. 16) e (2. 21) contêm derivadas de ordem s nos integrandos,
deve-se assegurar que as funções de aproximação tenham derivadas de ordem superior a (s -1)
contínuas.
37
2. 5 - O problema 1D forma mais forte (clássica)
Os principais constituintes de um método de elementos finitos para a solução de
um problema de valor de contorno são:
i. O estabelecimento da forma variacional ou fraca do problema, e
ii. A solução aproximada das equações variacionais através do uso de “funções de
elementos finitos”
Para esclarecer os conceitos nós começaremos com o seguinte exemplo.
Suponha que nós estamos resolver a seguinte equação diferencial para u:
u , xx f 0
(2. 26)
u (x) é a solução (incógnita) a ser encontrada em x [0,1] , onde a vírgula estabelece a
2
2
derivada (i. e. u , xx d u / dx ). Nós supomos que f é uma função suave dada. A qual é uma
função de valor escalar definida no intervalo. Nós escrevemos:
f : [0,1] R
(2. 27)
onde [0;1] se estabelece para o intervalo (i.e. a série de pontos de x tal que 0 x 1 ) e se
estabelece para número reais. Em outras palavras, a equação (2. 27) estabelece que para um
dado x em [0;1], f(x) é um número real. (frequentemente nós usaremos para designar
em”ou “um membro de”. Então para cada x [0,1] , f ( x ) .). Também, [0;1] é dito ser o
domínio de f, e é seu espaço. Dizemos que f é uma função prescrita tendo uma
forma suave se pelo menos esta é contínua e possui 1ª derivada contínua, isto é:
f C 1[0,1]
(2. 28)
Nós temos descrito a dada função f como sendo suave. Intuitivamente você
provavelmente sabe o que isto significa. Rigorosamente falando, se nós esquematizamos o
gráfico da função f, nós queremos que esta seja suave sem descontinuidades ou quebras. Nós
fazemos isto para evitar dificuldades técnicas. Certo que agora nós não desejamos elaborar
além do que isto seja divergir-nos a partir do tema principal. Em algum ponto anterior para ir
ao próximo capítulo, o leitor pode desejar consultar o Apêndice 1.I, Uma discussão Elementar
da Continuidade, Diferenciabilidade e Suavidade”, para observações posteriores sobre este
importante aspecto do trabalho de elementos finitos. O exercício na Secção 1.16 já usa um
pouco da linguagem descrita no Apêndice 1.I. A terminologia pode ser algo não familiar para
38
engenharia e estudantes de ciências físicas, mas este é agora largamente usado na literatura de
elementos finitos e portanto é correto tornar-se acostumado a isto.
A equação (2. 26) é conhecida governar o deslocamento transverso de uma corda
sob tensão e também o deslocamento longitudinal de uma barra elástica. Nestes casos,
par6ametros físicos, tais como a magnitude da tensão na corda, ou módulo elástico no caso da
barra, aparece em (2. 26). Nós temos omitido estes parâmetros para simplificar os
desenvolvimentos subseqüentes.
Antes de nós irmos em frente, nós introduzimos algumas notações e terminologias
adicionais. Seja ]0;1[ denota o intervalo unitário sem pontos extremos (i. e. a série de pontos x
tal que 0 x 1 ). ]0;1[ a [0;1] são referido como intervalos unitários aberto e fechado,
respectivamente. Para simplificar escritas subseqüentes e tiras na notação empregadas depois
em situações multidimensionais, nós adotaremos as definições:
Define-se o intervalo como
]0;1[ (aberto)
onde este é um conjunto aberto e o intervalo
(2. 29)
como
[0;1] (fechado)
(2. 30)
onde este é um conjunto fechado. Veja a Figura - 2. 4
Figura - 2. 4.
Neste ponto, considerações tais como estas podem parecer pedantes. Nossa
proposta, contudo, é desenvolver uma linguagem para a articulação precisa do problema de
valor de contorno, o qual é necessário para um bom trabalho de elementos finitos.
2.5.1 - Forma Forte do Problema de Valor de Contorno (P.V.C.)
Um problema de valor de contorno para (2. 26) envolve imposição de condições
de contorno sobre a função u ( x ) . Existem uma variedade de possibilidades. Nós suporemos
que u ( x ) é requerido satisfazer
39
u (1) g
(2. 31)
u , x (0) h
(2. 32)
e
onde g e h são constantes dadas. As equações (2. 26) e (2. 32) requer que u tome valores
sobre o valor g em x = 1 e a derivada de u (i. e. a inclinação) tome valores –h em x = 0,
respectivamente. Esta série de condições de contorno nos possibilitará depois para ilustrar
certos aspectos da formulação variacional. Por razões obvias, condições de contorno do tipo
(2. 31) e (2. 32) leva ao tão chamado problema de valor de contorno de dois pontos.
A forma forte do problema de valor de contorno, (S), é estabelecida como segue:
Seja o problema (S), dado por
f : R e constantes g , h devemos encontrar
u : R como solução da equação diferencial tal que:
u , xx f 0 em
(2. 33)
Sujeito as condições de contorno:
u (1) g
(2. 34)
u , x (0) h
(2. 35)
e
onde g e h são constantes dadas.
Quando nós escrevemos u , xx f 0 em
nós queremos dizer que
u , xx ( x) f ( x) 0 para todo x . É claro, a solução exata de (S) é trivial obter,
notadamente
u ( x), xx dx f ( x)dx
(2. 36)
integrando
x
x
u ( x), x 0 f ( z )dz
0
logo
40
(2. 37)
x
u , x ( x) u , x (0) f ( z )dz
(2. 38)
0
Substituindo u , x (0) h temos:
x
u , x ( x) h f ( z )dz
(2. 39)
0
Integrando mais uma vez
1
1
1
x
u
,
(
z
)
dz
hdz
f
(
z
)
dz
dz
x
x
x
x0
(2. 40)
temos:
x
u ( z ) x hz x f ( z )dz dz
x0
1
1
1
(2. 41)
e
1
x
u (1) u ( x) h(1 x) z f ( z )dz dz
x 0
(2. 42)
Substituindo u (1) g , a solução exata é dada por;
y
u ( x) g (1 x)h f ( z )dz dy
x
0
1
(2. 43)
onde z é usado para denotar variáveis mudas. Contudo, este não é o principal fato aqui. Nós
estamos interessados em desenvolver esquemas para obter soluções aproximadas par (S) que
será aplicável a situações muito mais complexas no qual as soluções exatas são possíveis.
Alguns métodos de aproximação começam diretamente com a condição forte do
problema. O exemplo mais notável é o método de diferenças finitas (e.g., veja [1]). O método
de elementos finitos requer uma formulação diferente, a qual é tratada na próxima secção.
Observe que todos os pontos do contorno devem ser especificados e para qualquer
problema sempre haverá uma condição de Dirichilet no contorno, conforme se descreve
abaixo (para que a solução do problema seja única).
41
O problema (S) pode ser resolvido diretamente por Diferenças Finitas, onde
aplica-se a discretização diretamente em sua formulação forte. Por outro lado, no Método dos
Elementos Finitos não se aplica a discretização diretamente a (S) mas usa-se a sua formulação
“fraca” que é chamado de problema equivalente (W).
42
2. 6- Forma Fraca ou Variacional do Problema de Valor de
Contorno 1D (P.V.C.)
A forma variacional é aplicado em problemas de trocadores de calor, por
exemplo, onde temos grandezas tais como, Calor, Q, Trabalho, W, e massa, M com restrição
de volume fixo e gostaríamos de maximizar ou minimizar algum parâmetro ou grandeza
física. Nesta situação devemos alterar o problema para o caso onde:
F w1Q 1 w2W w3 M
(2. 44)
cujas quantidades física são normalizadas, ou seja pertencentes ao intervalo Q
1
[0,1] e
w1 , w2 , w3 são pesos utilizados para equacionar o problema de forma ponderada.
Na Formulação Variacional Fraca do PVC tem-se como objetivo:
1) Reduzir a ordem diferencial do problema
2) Permitir o uso de Formas Integrais de grau mais baixo ao invés de Formas
Derivadas (formulação forte), isto para que seja possível resolver o problema com elementos
lineares na funções de interpolação para a aproximação local do problema.
3) Simplificar o problema em relação a sua forma original,
e por último
4) Forma alternativa tenha as mesma solução que a forma original.
Para definir a contrapartida fraca, ou variacional de (S), nós necessitamos
caracterizar duas classes de funções tais que:
1)
A primeira deve ser composta de candidatas, ou soluções tentativas. A partir do
principio, nós requereremos que estas possíveis soluções devem satisfazer as condições de
contorno, ou seja, para as soluções candidatas u S exige-se que:
u (1) g
(2. 45)
1
onde u H . A outra condição de contorno será requerida na definição. Além do mais, para
que certas expressões sejam empregáveis faz sentido, nós requerermos que as derivadas das
soluções tentativas sejam quadrado integráveis. Isso é se u é uma solução tentativa, então as
funções devem possuir suavidade tal que:
1
(u, x )
2
dx
0
43
(2. 46)
1
Funções que satisfazem (2. 46) são chamadas de funções H , implicando que u, x não
1
“diverge” em e u, x isto é, elas são quadraticamente integráveis u H , isto é u (x ) e
pertencente ao espaço de Hilbert . Algumas vezes o domínio é explicitamente incluído, i. e.,
u H 1 0;1 .
Então a coleção de soluções tentativas, denotada por S, consiste de todas as
funções as quais possuem derivadas quadrado integráveis e tomam valores sobre g em x =1.
Isto é escrito como segue:
S u / u H 1 , u (1) g (soluções tentativas)
(2. 47)
O fato que S é uma coleção, ou seqüências, de objetos é indicado pelas chaves (chamados
chaves) em (2. 47). A notação para o membro típico da seqüência, neste caso, u, venha
primeiro dentro do lado esquerdo das chaves. Seguindo a linha vertical (|) são propriedades
satisfeitas por membros da seqüência.
2)
Define-se a segunda coleção de funções é chamada de funções peso, ou variações.
Esta coleção é muito similar as soluções tentativas exceto que nós requeremos que a
contrapartida homogênea da condição de contorno-g. Isto é, nós requeremos funções, w, para
satisfazer exige-se que:
w(1) 0 wV
(2. 48)
1
onde w H , a qual é a contra-parte homogênea da condição de contorno de Dirichilet.
V w / w H 1 , w(1) 0 (funções pesos)
(2. 49)
Isto simplifica o assunto o que continua a pensar de f : como sendo suave.
(Contudo, o que segue permanece para uma classe consideravelmente grande de f’s).
Em termos das definições precedentes, nós podemos agora estabelecer uma forma
fraca adequada para o problema do valor de contorno.
Logo o problema (W) é definido por dados f, g, h como antes, ache u S tal que
para todo wV , temos:
1
1
w, x u, x dx wfdx w(0)h
0
0
44
(2. 50)
Formulação deste tipo são frequentemente chamada de formulação de trabalhos virtuais, ou
formulação de deslocamentos virtuais, ou pricipios em mecânica. Os w’ são os
deslocamentos virtuais.
A equação (2. 50) é chamada de equação variacional, ou (especialmente em
mecânica) a equação do trabalho virtual.
A solução de (W) é chamada de fraca, ou solução generalizada. A definição
dada de uma formulação fraca não é somente uma possível, mas é a mais natural daquela dos
problemas que nós desejamos considerar.
45
2. 7- Equivalência de Formas Forte e Fraca; Condições de
Contorno Naturais
Claramente, vemos que deve existir alguma relação entre a versões forte e fraca
do problema, ou ainda não deveria ser ponto na introdução fraca. Uma vez que a solução das
formas fraca e forte são idênticas. Nós estabeleceremos isto supondo que todas as funções são
suaves. Isto nos permitirá proceder expeditiosamente sem invocar condições técnicas com as
quais supõem-se que é familiar ao leitor. As “provas” deste tipo são algumas vezes
eufemisticamente referidas como “provas formais”. O intento é não ser completamente
rigoroso mas tornar plausível a verdade da proposição. Com esta filosofia em mente, nós
“provaremos”o seguinte:
2.7.1 - Proposição
a) Seja u a solução de (S). Então u é também solução de (W)
b) Seja u a solução de (W). Então u é também solução de ((S)
Um outro resultado, o qual nós não nos preocuparemos em verificar mas de fato é facilmente
estabelecido, é que ambos (S) e (W) possui solução única. Então, por (a) e (b), as soluções
forte e fraca são uma e a mesma. Consequentemente, (W) é equivalente a ((S).
2.7.2 - Prova Formal
a) Uma vez que u é suposto ser uma solução de (S), nós podemos escrever:
u , xx f 0 em
(2. 51)
wu , xx f 0 w V
(2. 52)
e
logo
1
wu , xx f dx 0
(2. 53)
0
Para qualquer w V. Integração (2. 53) por partes
u w du w, x dx ; dv u , xx v u , x .
Logo:
46
udv uv vdu ,
onde
1
1
1
wu , xx dx wu , x 0 w, x u , x dx w V
0
0
(2. 54)
ou substituindo (2. 54) em (2. 53) temos:
1
1
1
w, x u, x dx wfdx wu, x 0 0 w V
0
(2. 55)
0
Rearranjando e fazendo uso do fato de que:
u , x h ; w(1) 0
(2. 56)
Logo resulta em:
1
1
w, x u , x dx wfdx w(0)h
0
0
wV
(2. 57)
Além disso, uma vez que u é solução de (S), ela satisfaz u (1) g e portanto está em S.
Finalmente, uma vez que u também satisfaz (2. 57), para todo wV , u satisfaz a definição
de uma solução fraca dada por (W), logo:
(S) (W)
(2. 58)
b)
Agora suponha que u é uma solução fraca de (S). Integra-se por partes o lado
esquerdo
da
equação
(2.
57),
onde,
udv uv vdu ,
u u , x du u , xx dx ; dv w, x v w . Então:
1
1
1
wu , x 0 wu , xx dx wfdx w(0)h
0
1
0
1
1
wu , xx dx wu , x 0 wfdx w(0)h 0
0
(2. 59)
0
trocando o sinal de todos os termos:
47
(2. 60)
e
1
1
1
wu, xx dx wu, x 0 wfdx w(0)h 0
0
(2. 61)
0
reescrevendo temos:
1
1
w u, xx f dx wu, x 0 w(0)h 0
(2. 62)
0
Ou
1
w u, xx f dx w(1)u, x (1) w(0)u, x (0) w(0)h 0
(2. 63)
0
Usando o fato de que w(1) 0
1
w u, xx f dx w(0) u, x (0) h 0
(2. 64)
0
e u , x (0) h logo temos que:
1
w u, xx f dx 0
(2. 65)
0
Para provar que u é uma solução de (S) é suficiente mostrar que as equações de
Euler-Lagrange, (2. 65), implica ( 1) em:
i)
u , xx ( x) f 0 em
(2. 66)
u , x (0) h 0 em
(2. 67)
ii)
2.7.3 - Prova de i
Primeiro nós provaremos i). Defina w em (2. 65) por:
w u , xx f
1
(2. 68)
Estas equações são algumas vezes chamadas de equações de Euler-Lagrange da formulação fraca
48
onde
é suave; ( x) 0 para todo x ]0;1[ ; e (0) (1) 0 . Por exemplo, nós
podemos tomar:
( x) x 1 x
(2. 69)
A qual satisfaz todos os requerimentos estipulados (veja Figura - 2. 4).
Figura - 2. 5. Função bolha.
Segue-se que w(1) 0 e então w V , assim (2. 68) defina um legítimo membro
de V . Substituindo (2. 68) em (2. 69) resulta em:
1
u , xx f 2 dx 0u , x h 0
0 0 em
(2. 70)
0
ou
1
u , xx f 2 dx 0 0
0 0 em
Uma vez que
(2. 71)
0
0 em , segue-se de (2. 71) que (i) deve ser satisfeita. Portanto,
u , xx f 0
(2. 72)
Agora que nós temos estabelecido (i), nós podemos usar este em (2. 68) para provar (ii),.
2.7.4 - Prova de ii)
Notadamente, temos que:
w
(0)u , x h 0
0
0
49
(2. 73)
e que w V não põe restrição sobre seu valor em x 0 . Portanto, nós podemos supor que o
w em (2. 73) é tal que w(0) 0 . Então (ii) é também mostrado ser válida, o que completa a
prova da proposição.
Observações :
1. A condição de contorno ou fronteira u , x (0) h não é explicitamente
mencionada na afirmação de (W) condição de contorno natural.. Da prova precedente, nos
vimos que esta condição de fronteira é, contudo, subentendida pela satisfação da equação
variacional. Condições de fronteira deste tipo são referidas como condições de contorno
natural. Por outro lado, soluções teste são explicitamente requeridas para satisfazer as
condições de contorno u(1) = g. Condições de contorno deste tipo são chamadas de condições
de contorno essenciais. O fato que as soluções da equação variacional satisfazem as
condições de contorno naturais é extremamente importantes nas mais situações complicadas
que nos consideraremos mais tarde.
2. O método usado para provar a parte (b) desta proposição leva o nome de lema
fundamental na literatura do cálculo variacional. Na essência, esta é a metodologia que nos
capacita a deduzir a equação diferencial e as condições de contorno impostas pela formulação
fraca. Para desenvolver corretamente a forma fraca para problemas complexos, problemas
multidimensionais, é essencial ter um entendimento profundo destes procedimentos.
u (1) g porque u S é uma condição de contorno essencial.
Agora nós vemos que para obter soluções aproximadas para o problema de valor
de contorno original nos temos alternativos pontos de partida, isto é, as afirmações fortes ou
fracas do problema. Os métodos de elementos finitos são baseados no posterior.
Grosseiramente falando, a idéia básica é aproximar S e V por convenientes conjuntos de
funções de dimensão finita. (Claramente, S e V contêm infinitas funções). As equações
variacionais são então resolvidas em um contexto de dimensão finita. Um exemplo explícito
de como trataremos isso está na próxima seção. Contudo, nós introduziremos algumas
notações adicionais para simplificar a subseqüente escrita.
2.7.5 - Notação Abstrata
O produto escalar de funções w e u será denotado por:
50
1
( w, f ) wfdx
(2. 74)
0
O produto escalar da derivada de funções w e u será denotado por:
1
a ( w, u ) w, x u , x dx
(2. 75)
0
Em termos de (2. 73) e (2. 74), a equação variacional toma a forma:
a ( w, u ) ( w, f ) w(0)h
(2. 76)
também satisfaz a condição de simetria Aqui a (,) , (,) são exemplos de formas
bilineares, simétricas. O que a bilinearidade significa é que: Seja c1 e c2 constantes e seja u,
v, e w seja funções. Então a propriedade de simetrias em cada posição é:
(u , v) (v, u )
(2. 77)
A bilinearidade significa que em cada um das “posições”, por exemplo
a (c1u c2 v, w) c1a (u , w) c2 a (v, w)
(2. 78)
(c1u c2 v, w) c1 (u , w) c2 (v, w)
(2. 79)
e
o que é obviamente linear na 2ª posição também.
Exercício 1.
Use a definição de a(.,.) e (.,.) para verificar as propriedades de simetria e
bilineariedade.
As notações acima são muito concisas, e ao mesmo tempo elas capturam a
característica matemática essencial e portanto nos conduz para um entendimento matemático
dos métodos de elementos finitos e variacional. Diversas classes de problemas físicos podem
ser escritos essencialmente de modo similar a (2. 76). Portanto as idéias desenvolvidas e
resultados obtidos são vistos imediatamente por terem uma aplicabilidade ampla.
51
2. 8 - Método de Aproximação de Galerkin
Nós agora descreveremos um método de obter soluções aproximadas para
problemas de valor de contorno baseados na formulação fraca. Nossa introdução para este
tópico é tratado de modo um tanto abstrato. Contudo, o significado deve ser significamente
reforçado pelas seções restantes deste capítulo. Isto pode ser louvável para o leitor consultar
esta seção novamente antes de completar o resto do capítulo para ter certeza de uma completa
compreensão da matéria está alcançada.
O primeiro passo no desenvolvimento do método é construir aproximações de
dimensão finita de S e V. Estas coleções de funções serão denotadas por S h e Vh
respectivamente. Os super-escritos referem-se a associação com a malha, ou discretização, do
domínio, o qual é parametrizado por um comprimento de escala característico, h . Nós
desejamos acreditar que S
h
e V
h
sejam subsequ6encias de S e V, respectivamente. Isto é
escrito como:
Seja
S h S (i.e., se u h S h ,então u h S )
(2. 80)
V h V (i.e., se wh V h ,então wh V )
(2. 81)
E
onde o significado preciso é dado em parêntesis(2). Conseqüências de (2. 80)e (2. 81) são
h
h
h
h
respectivamente que se u S e w V , são as condições de contorno:
u h (1) g
(2. 82)
w h (1) 0
(2. 83)
e
h
h
As coleções, S, V, S , e V , são freqüentemente referidas como funções de
espaços. A terminologia espaço na matemática usualmente denota uma estrutura linear. Isto
possui o seguinte significado: Se c1 e c2 são constantes e v e w estão em V , então
2
Esta condição pode ser considerada padrão. Contudo, é frequentemente violada na prática. Strang [2] cunhou a
terminoloogia “crimes variacionais” para aplicar a esta, e outras situações nas quais as regras clássicas de
métodos variacionais são violadas. Muitos “crimes variacionais” tem sido dado um rigorosa base matemática (e.
g. veja [2]). Nós teremos mais a dizer sobre este assunto em capítulos subseqüentes.
52
c1v c2 w está também em V . Ambos V e V h são então visto possuir a propriedade de um
h
espaço linear. Contudo, esta propriedade está claramente não dividida por S e S devido as
condições de contorno não homogêneas. Por exemplo, se u1 e u2 são membros de S , então
u1 u2 S , uma vez que u1 (1) u2 (1) g g 2 g na violação da definição de S .
Portanto, a terminologia da função espaço é ainda (avulsamente) aplicado a S e S
h
2.8.1 - Método de Bubnov-Galerkin
Suponha que a coleção V
h
h
h
h
é dada. Então para cada membro v V , nós
h
h
h
h
construímos uma função u S , ou seja, para cada v V u S
u h vh g h
h
(2. 84)
h
onde g é uma função conhecida satisfazendo as condições de contorno essenciais, i. e.
g h (1) g
(2. 85)
Note que (2. 84) satisfaz também o requesito da condição de contorno:
h
u h (1) v
(1) g h (1) g
0
(2. 86)
g
ou
u h (1) 0 g g
(2. 87)
h
Então (2. 84) constitui uma definição de S , isto é, S
h
h
ponto chave é observar é que, a menos da função g , S
é toda função da forma (2. 84). O
h
eV
h
são composta de coleção
idêntica de funções. Este propriedade será mostrada depois para ter conseqüências
significantes para certas classes de problemas.
Nós agora escrevemos a equação variacional, da forma (2. 76), em termos de
wh V h e u h S h .
a ( wh , u h ) ( wh , f ) wh (0)h
53
(2. 88)
h
Esta equação deve ser pensada como uma definição aproximada (solução fraca), u .
Substituindo (2. 84) em (2. 88) e a bilinearidade de a (,) permite-nos escrever:
a ( w h , v h g h ) ( w h , f ) w h ( 0) h
(2. 89)
BILINEARIDADE
Essa bilinearidade implica em:
a( wh , v h g h ) a( wh , v h ) a(w h , g h )
(2. 90)
Portanto, a partir de:
a ( wh , v h ) a ( wh , g h ) ( wh , f ) wh (0)h
(2. 91)
a ( wh , vh ) ( wh , f ) wh (0)h a ( wh , g h )
(2. 92)
Logo
incógnita
O lado direito da equação consiste da totalidade dos termos associados com os
h
dados fornecidos (i. e. f, g e h). A equação (2. 92) deve ser definida v , a parte desconhecida
h
de u .
A forma de Bubnov-Galerkin do problema, denotada por (G) é definida da
seguinte maneira:
h
h
Dados f, g, h, definidos como antes, encontramos u v g
v h V h
h
onde
t.q. para w h V h , temos:
a ( w h , v h ) ( w h , f ) w h (0)h a ( w h , g h )
Note que
G
(2. 93)
é apenas uma versão de W posta em termos de uma coleção de
funções finitos dimensionais, notadamente, V h .
Para fazer o assunto mais especifico, g h e V h tem que ser explicitamente
definida. Antes de fazer isto é correto mencionar que uma larga classe de métodos de
aproximações, chamada Métodos de Petrov-Galerkin, nos quais v h está contido em uma
coleção de funções do que outras V h . Recente atenção tem sido prestada aos métodos desse
tipo, especificamente no contexto da mecânica dos fluídos. Por esta vez, nos trataremos
54
exclusivamente com o Método de Bubnov-Galerkin. O método de Bubnov-Galerkin é
comumente referido como simplesmente o método de Galerkin, terminologia que nos
adotaremos de agora em diante. A equação (2. 92) é algumas vezes referida com a equação
de Galerkin.
Métodos de Aproximação desse tipo considerado são exemplos de tão chamados
métodos dos resíduos ponderados. A referência padrão que trata desse assunto é Finlayson
[3]. Para uma apresentação mais sucinta contendo um acontecimento histórico interessante,
veja Finlayson e Scriven [4].
55
2. 9- Equações na Forma Matricial (Matriz de Rigidez K)
O método de Galerkin leva a um sistema acoplado de equações algébricas
h
lineares. Para ver isto nós precisamos dar uma estrutura além da definição de V . Seja V
h
consistindo de todas as combinações lineares de funções denotadas por N A : , onde
A 1,2,..., n . Por issso nós dizemos que se wh V h , então existe constantes c A ,
A 1,2,..., n , tal que:
wh
n
cA N A
N A ( x) , x [0;1]
,
A 1
(2. 94)
funções de
int erpolação
c1N1 c2 N 2 ... cn N n
As N A ’s são referidas como funções de forma, funções de base ou funções de
interpolação. Nós requeremos que N A satisfaça:
N A (1) 0 , A 1,..., n
h
Para o qual segue-se de (2. 94) que w (1) 0 , como é necessário. V
(2. 95)
h
é dito ter dimensão n,
por razões obvias.
h
h
Para definir os membros de S nós precisamos especificar g . Para este fim, nós
introduzimos uma outra função de forma, N n1 : , a qual possui a seguinte
propriedade:
N n1 (1) 1
h
(2. 96)
h
(Note que N n 1 V .) Então g é dado por:
g h gN n 1 ( x)
(2. 97)
g h (1) g
(2. 98)
E então
h
h
Com estas definições, um típico u S pode ser escrito como:
56
n
u h v h g h d A N A gN n1
(2. 99)
A1
onde as d A ’s são constantes e do qual é aparente que:
u h (1) g
(2. 100)
Substituindo (2. 94) e (2. 99) em dentro da equação de Galerkin (2. 93) temos:
n
n
n
n
n
a( c A N A , d B N B ) ( c A N A , f ) c A N A (0)h a ( c A N A , gN n1 )
A1
B 1
A1
A1
A1
(2. 101)
ou
n
n
c
A a( N A , N B )d B ( N A , f ) N A (0)h a( N A , N n1 ) g 0
A1
B 1
(2. 102)
GA
Pelo uso da bilinearidade de a (,) e (,) , (2. 101), como as funções NA são ortogonais no
espaço de funções temos que:
n
c AG A 0
(2. 103)
A1
tem que valer w
h
e tem que valer c A , e. g. todos os c A 0 . Logo obrigatoriamente
temos que:
GA 0
(2. 104)
GA a( N A , N B )d B ( N A , f ) N A (0)h a ( N A , N n1 ) g 0
(2. 105)
Donde resulta que
n
B 1
h
h
Agora a equação de Galerkin é mantida para todo w V . Por (2. 94), isto significa para
todo c A ’s, A 1,2,..., n . Desde que os c A ’s são arbitrárias em (2. 103), é necessariamente
segue que cada uma G A , A 1,2,..., n , deve ser identicamente zero, i. e. de (2. 105).
57
n
a( N A , N B )d B ( N A , f ) N A (0)h a( N A , N n1) g
(2. 106)
B 1
Note que todas as coisas é conhecida em (2. 106) exceto os d B ’s. Então (2. 106) constitui um
sistema de n equações em n incógnitas, onde as incógnitas são os d B ' s . Isto pode ser escrito
de uma forma mais concisa como segue:
Chamando de:
K AB a ( N A , N B )
(2. 107)
FA ( N A , f ) N A (0)h a( N A , N n1 ) g
(2. 108)
e
Então (2. 106) torna-se e ficamos com a seguinte equação:
n
K AB d B FA
A 1, 2,..., n
(2. 109)
B 1
Além disso a simplicidade é ganha pela notação matricial. Onde
K11
K
K K AB 12
:
K n1
K12
... K1n
... K 2 n
:
:
... K nn
K 22
_
Kn2
(2. 110)
com
F1
F
F FA 2
:
Fn
(2. 111)
d1
d
d d B 2
:
d n
(2. 112)
e
Portanto, a forma Matricial (M) para o problema (2. 109) pode ser escrita como:
58
Kd F
(2. 113)
As seguintes terminologias são frequentemente aplicadas, especialmente quando o problema
sob consideração pertence a um sistema mecânico.
K = Matriz de Rigidez
F = Vetor força
d = Vetor deslocamento
Uma variedade de interpretações físicas são é claro possíveis.
Neste ponto, nós podemos estabelecer a matriz equivalente (M), do rpoblema de
Galerkin.
Dada a matriz coeficiente K e o vetor F , ache d tal que:
Kd F
(2. 114)
1
A solução de (M) é, claro, apenas d K 1F (suponde que a inversa de K , K ,
existe). Uma vez que d é conhecido, a solução de (G) pode ser obtida em qualquer ponto
x pelo emprego de (2. 99), viz., de posse da solução nós podemos reconstruir a solução:
h
n
u ( x) d A N A ( x) gN n1 ( x)
(2. 115)
A1
h
Desta forma, as derivadas de u , se requeridas, podem ser obtidas pela derivação termo a
termo. Deve-se enfatizar que a solução de (G) é uma solução aproximada de (W).
Consequentemente, a equação diferencial e as condições de contorno naturais são somente
aproximadamente satisfeita. A qualidade da aproximação depende apenas da escolha
específica dos N A ’s e do número n.
Observações:
1. A matriz K é simétrica. Isto segue da simetria de a (,) e do uso do método
de Galerkin (i. e. as mesmas funções de forma são usadas para as variações e as soluções
tentativas):
K AB a N A , N B
a NB, N A
(2. 116)
K BA
Na notação matricial
59
K KT
(2. 117)
Onde o superscrito T denota a matriz transposta. A simetria de K possui conseqüências
computacionais importantes:
2. Vamos recuperar os esquematicamente os passos que levaram ao problema
matricial, como elas são típicos do processo deve-se ir através do desenvolvimento do método
dos elementos finitos para um dado problema:
( S ) (W ) (G ) ( M )
(2. 118)
A única aproximação aparente feita então está em resolver aproximadamente (W) via (G).
Nas situações mais complicadas, encontradas na prática, o número de aproximações aumenta.
Por exemplo, os dados f, g e h podem ser aproximados, bem como o domínio
, cálculo de
integrais e assim por diante. A prova da convergência e análise de erro envolve a
consideração de cada aproximação.
3. É algumas vezes conveniente escrever:
h
n 1
u ( x) d A N A ( x)
A1
onde d n 1 g
60
(2. 119)
2. 10 - Exemplo de 1 e 2 graus de Liberdade
Nesta secção nós realizaremos os cálculos detalhados que envolvidos na
formulação e solução do problema de Galerkin. As funções empregadas são extremamente
simples, então dispensando-se a computação, mas eles são também exemplos primitivos de
funções típicas de elementos finitos.
2.10.1 - Exemplo 1 (1 Grau de Liberdade)
h
h
h
h
Neste caso n = 1. Então w c1 N1 e u v g d1 N1 gN 2 . A única
incógnita é d1 . O espaço de funções deve satisfazer N1 (1) 0 e N 2 (1) 1 (veja (2. 95) e
(2. 96)). Vamos tomar N1 ( x ) 1 x e N 2 ( x ) x . Estas funções são ilustradas na Figura 2. 6 e claramente satisfaz as condições requeridas.
Figura - 2. 6. Funções para o exemplo de 1 grau de liberdade. (estas funções são secretamente a
mais simples funções de interpolação dos elementos finto no contexto de um elemento.)
Uma vez que nós estamos tratando somente com 1 grau de liberdade, a parafernália matricial
colapsa como segue:
K K11 K11
(2. 120)
F F1 F1
(2. 121)
61
d d1 d1
(2. 122)
e
1
K11 a N1 , N1 N1, x N1, x dx 1
0
1
(2. 123)
1
e
F1 N1, f N1 (0)h a N1 , N 2 g
1
1
(1 x) f ( x)dx h g N1 , x N1 , x dx
0
0
1
1
(2. 124)
1
(1 x) f ( x)dx h g
0
e
d1 K111F1 F
(2. 125)
1
h
u ( x) (1 y ) f ( y )dy h g (1 x) gx
0
d1
(2. 126)
Consequentemente
Em (2. 126), y executa o papel de uma variável muda. Uma ilustração de (2. 126) aparece na
Figura - 2. 7.
62
Figura - 2. 7. A solução de Galerkin para o exemplo de 1 grau de liberdade.
Para se obter uma sensibilidade da natureza da aproximação, vamos comparar (2.
126) com a solução exata (veja (2. 43)). É útil considerar formas específicas de f.
i. Para f 0 . Então
u h ( x) u ( x) g (1 x)h
(2. 127)
que é, a solução aproximada é exata. De fato, isto está claro pela inspeção de (2. 126) e (2. 43)
que a solução homogênea (isto é, a parte da solução correspondente a f = 0) é sempre
representada exatamente. A única aproximação própria para a solução particular ( isto é, a
parte da solução correspondente a f ≠ 0).
ii. . Agora nos introduziremos uma função não nula f. Suponha que f(x) = p, uma
constante. Então a solução particular toma a forma
u part ( x)
p (1 x 2 )
2
(2. 128)
u part ( x)
p (1 x)
2
(2. 129)
e
As equações (2. 128) e (2. 129) são comparadas na Figura - 2. 8. Note que u hpart é exata em x
= 0 e x = 1 e u hpart , x é exata em x = ½. (Isto seria claro que é impossível de u hpart ser exata em
todos os x nas circunstancias presentes. A solução exata (2. 128), contém um termo
63
quadrático em x, Uma vez que a solução aproximada é limitada por uma variação linear em x
pela definição de N1 e N2).
Figura - 2. 8. Comparação das soluções particulares exatas e de Galerkin, Exemplo 1 caso (ii).
iii. Desta vez seja f(x)`= qx, onde q é uma constante. Esta escolha de f leva-nos
para
u part ( x)
q (1 x3 )
6
(2. 130)
u part ( x)
q (1 x)
6
(2. 131)
e
as quais são comparadas na Figura - 2. 9. Novamente note que u hpart é exata em x = 0 e x = 1.
Existe um ponto x 1
3
na qual u hpart , x é exata.
Deixe-nos resumir o que nos observamos neste exemplo:
a. A parte homogênea de u h é exata em todos os casos.
b Na presença de uma função f não nula, u h é exata em x = 0 e x = 1.
c. Para cada caso, existe pelo menos um ponto onde u,hx é exata.
64
Figura - 2. 9. Comparação das soluções particulares exatas e de Galerkin, Exemplo 1 caso (iii).
2.10.2 - Exemplo 2 (2 Graus de Liberdade)
Neste caso para n = 2 então:
w h c1 N1 c2 N 2
(2. 132)
N1 (1) N 2 (1) 0
(2. 133)
u h d1 N1 d 2 N 2 gN 3
(2. 134)
onde
e
onde N 3 (1) 1 .
Defina-se N A ’s como se segue:
1
1
2
x
;
0
x
2
N1 (1)
1
0
;
x 1
2
e
65
(2. 135)
1
2
x
;
0
x
2
N 2 (1)
2(1 x) ; 1 x 1
2
(2. 136)
1
0
;
0
x
2
N 3 (1)
2 x 1 ; 1 x 1
2
(2. 137)
e
As funções de forma ilustradas na Figura - 2. 10. Típicos wh V h e u h S h e
suas derivadas são mostradas na Figura - 2. 11.
Figura - 2. 10. Funções o exemplo para 2 graus de liberdade. (Estas funções são secretamente as
funções mais simples dos elementos finitos em um contexto de dois elementos.)
Para n = 2 a parafernália matricial toma a seguinte forma:
K
K 11
K 21
K12
K 22
e
66
(2. 138)
Figura - 2. 11. Função peso típico e solução tentativa para o exemplo com 2 graus de liberdade.
F
F 1
F2
(2. 139)
d
d 1
d 2
(2. 140)
e
Onde
1
K AB a N A , N B N A , x N B , x dx
0
1/ 2
1
N A , x N B , x dx N A , x N B , x dx
0
/ 2
1
separa -se devido as derivadas das
funções serem descontínuas
67
(2. 141)
Para
K11 2 ; K12 K 21 2 ; K 22 4
(2. 142)
1 1
K 2
1 2
(2. 143)
Logo
e
FA N A , f N A (0)h a N A , N 3 g
1
1
N A f dx N A (0)h
0
N A , x N 3 , x dx
(2. 144)
1/ 2
donde:
1/ 2
F1
1 2 x f ( x)dx h
(2. 145)
0
e
1/ 2
1
F2 2 xf ( x)dx 2 (1 x) f ( x)dx 2 g
0
(2. 146)
1/ 2
Note que devido ao formato das descontinuidades das funções na tangente em
x=½ , é conveniente expressar a integral em integrais em subintervalos [0, ½] e [½ ,1] (por
exemplo, veja (2. 141) e (2. 144). Nós não precisamos nos preocupar sobre o valor das
derivadas de N A em x=½ (sofre uma descontinuidade lá e portanto não é bem-definida no
modo clássico) desde que isto não tem efeito sobre as integrais em (2. 141). Isto equivale a
aplicar a noção de uma derivada generalizada.
Nos analisaremos novamente os três casos considerados no exemplo 1.
i. para f(x) = 0 temos:
h
F
2 g
(2. 147)
68
E
1
d K F
(2. 148)
1 1/ 2 h
d K 1F
1/ 2 1/ 2 2 g
(2. 149)
gh
d
g h / 2
(2. 150)
h
u h ( g h) N1 g N 2 gN 3
2
N
g ( N1 N 2 N3 ) h N1 2
2
(2. 151)
u h g h(1 x) N1
(2. 152)
u ( x) g h(1 x)
(2. 153)
logo
Este resulta em:
logo
Novamente, a solução homogênea obtida é exata. (A razão para isto é que a solução exata é
linear, e nossa solução teste é capaz de representar exatamente qualquer função linear. O
método de Galerkin dá-nos uma resposta exata quando é possível – que é, quando quer que a
coleção de soluções triviais contem uma solução exata através de seus membros).
Para problemas lineares os N’s lineares se repetem exatamente. A solução exata
homogênea é igual a do MEF.
ii. Considerando f(x) = p:
F1
p
h
4
(2. 154)
e
69
F2
p
2g
2
(2. 155)
Logo
1
1
dK F
1
2
1 p
p
g
h
h
2
2 4
3
p
h
1 p
2g g
8
2
2 2
(2. 156)
cuja solução toma a forma:
u h ( x) g h(1 x) u hpart ( x)
(2. 157)
onde
u hpart ( x)
p
3p
N1
N2
2
8
(2. 158)
A solução particular aproximada é comparada com a exata conforme mostra a
Figura - 2. 12., da qual nós vemos que a concordância é alcançada em x 0,
derivadas coincide em x
1
e 1 , e as
2
1
3
e x .
4
4
Figura - 2. 12. Comparação das soluções particulares e exata e de Galerkin, Exemplo 2, caso (ii).
iii. f ( x) qx, q constante
70
F1
q
h
24
(2. 159)
F2
q
2g
4
(2. 160)
e
logo
q
g
h
6
d
7
q
h
g
2
48
(2. 161)
Novamente u h pode ser expresso na forma (2. 157), onde
u upart
q
7q
N1
N2
6
48
(2. 162)
Uma comparação é apresentada na Figura - 2. 13. A solução de Galerkin é
compreendida para ser exata uma vez novamente em x = 0,1/2 e 1, e a derivada é exata nos
dois pontos.
Figura - 2. 13. Comparação das soluções particulares exata e de Galerkin, Exemplo 2, caso (iii).
Deixe-nos resumir o que salientamos nas observações do exemplo 2:
71
a. A parte homogênea de u h é exata em todos os casos, como no exemplo 1 ( a
razão para isto é dada depois da equação (2. 153))
b. A solucão de Galerkin é exata em cada ponto final de cada sub-ntervalo para
todos os casos. O que implica que a solução pelo Método dos Elementos Finitos é exata nos
nós.
h
c. Em cada caso, existe pelo menos um ponto onde u,hx é exata. u , x é exata em
um ponto de cada elemento.
Depois generalizando o caso de n sub-intervalos da na seguinte seção, nos
mostraremos na seção 1.10 que as observações acima não são acidentais.
Exercício 1.
Se o leitor não tem experiência com as contas que apareceram nesta seção, seria
louvável reproduzir todos os detalhes, desde que todos os detalhes foram omitidos.
72
2. 11 - Espaço de Elementos Finitos Lineares
Os exemplos da seção precedente aplicaram a definição de V h e S h que são casos
especiais do espaço dos elementos finitos lineares por partes. Para definirmos o caso geral nos
quais V h é um n-dimensional, nos particionaremos o dominio [0;1] dentro de n sub-intervalos
não sobrepostos. Um sub-intervalo típico é denotado por [ x A , xA1 ] , onde xA x A1 e
A=1,2,….,n. Nos também exigimos que x1 0 e xn 1 1 . Os xA ’s sao chamados de pontos
nodais ou nós. (A terminologia junta ou extremos também é usada). Os sub-intervalos são
algumas vezes referidos como domínio dos elementos finitos, ou simplesmente elementos.
Note que os comprimentos dos elementos hA xA1 xA nao se exige que sejam iguais. O
parâmetro da malha, h, é geralmente tomado como o comprimento máximo dos intervalos
(isto é, h = max hA , A=1,2,…,n). Quanto menor for o h, mais refinada é a particao, ou malha.
Se cada sub-intervalo tem o mesmo comprimento então h = 1/n.
A forma das funções são definidas como segue: associadas a um nó típico interno
(isto é, 2 A n )
x x A1
; x A1 x x A
h
A1
x x
N A ( x) A1
; x A x x A1
h
A
0
; elsewhere
(2. 163)
Onde nos pontos das fronteiras nós temos
N1 ( x)
N n1
x2 x ;
h1
x xn ;
( x)
hn
x1 x x2
(2. 164)
xn x xn1
As funções de forma são desenhadas na Figura - 2. 14. Por razoes obvias, elas são
referidas por vários nomes como “ chapéu”, “ telhado” . Note que N A ( xB ) AB onde AB é a
funcao delta de Kronecker ( isto é, AB =1 se A=B e AB =0 quando A≠B). Em outras palavras,
73
N A leva no 1 sobre o nó A e zero nos outros nós. Além disso, N A nao é zero somente em cada
sub-intervalo que contém xA .
Figura - 2. 14. Funções de base para um espaço compacto de elementos finitos lineares
Um membro típico de wh V h tem a forma
n
c N A e aparecem na Figura - 2.
A 1 A
15. Note que wh é continua, mas tem descontinuidade na derivada sobre cada elemento da
fronteira. Por esta razão, w,hx , a derivada generalizada de wh , sera constante por partes, ,
experimentando descontinuidades através dos elementos de contorno. (Uma tal função é
algumas vezes chamada de função degrau generalizada.) Restrita a cada um dos elementos do
dominio, wh é uma polinomial linear em x . Com relação as condições de contorno essenciais
homogêneas, wh (1) 0 . Claramente, wh é identicamente zero se e somente se cada um dos
c A 0, A 1, 2,..., n .
Figura - 2. 15. Um membro típico de
wh V h .
74
Membros típicos de S h são obtidos acrescentando q h qN n 1 para membros
típicos de V h . Isto assegura que u h (1) g .
As funções por partes de elementos finitos lineares são as mais simples e as mais
largamente usadas funções de lementos finitos de problemas unidimensionais.
2.11.1 - Funções de Interpolação
Para funções de interpolação, usualmente utiliza-se polinômios.
Exemplo: Lineares
Figura - 2. 16.
onde os x A ' s nós e x A ; x A1 e corresponde aos elementos.
Note que o tamanho dos intervalos
h A x A1 x A
(2. 165)
não são necessariamente iguais ao parâmetro da malha h maxhA .
2.11.2 - Definições das Funções de Interpolação ou de Forma
Os nós internos são dados por 2 A n , e a funções de interpolação são:
x x A1
,
h
A
N A ( x)
x A1 x ,
h A
x A1 x x A
(2. 166)
x A x x A1
75
Exercício 1.
Considere a formulação fraca do modelo do problema unidimensional:
1
1
w, xu, x dx wf dx w(0)h
0
(2. 167)
0
onde wW e u S são supostos ser suaves sobre os elementos interiores (i. e. sobre
e ]x A ; x A1[, A 1, 2,..., n mas pode sofrer inclinações descontínuas através dos
contornos dos elementos. (Funções desta classe contém um espaço de elemento finito linear
descrito anteriormente). A partir da equação (2. 294) e supondo a continuidade das funções,
mostre que:
n x A1
0
A1 x A
w(u , xx f )dx w(0) u , x (0 ) h
(2. 168)
n
w( x A ) u , x ( x A ) u , x ( x A )
A 2
Argumentando como na Secção. 1.4, pode ser concluído que as condições de Euler-Lagrange
da equação (2. 294) são:
i. u , xx ( x ) f ( x) 0 , onde x ] x A ; x A1[, A 1, 2,..., n ,
ii. u , x (0 ) h ; e
iii. u , x ( x A ) u , x ( x A ), onde A 2,3,..., n
Observe que (i) é a equação diferencial restrita aos elementos interiores, e (iii) é a
condição de continuidade através dos elementos dos contornos. Este pode ser contrastado com
o caso no qual a solução é suposta suave. Neste caso a condição de continuidade é
identicamente satisfeita e a somatória das integrais sobre os elementos interiores pode ser
substituída por uma integral sobre todo o domínio (veja Secção. 1.4).
Na formulação dos elementos finitos de Galerkin, uma solução aproximada de (i)(iii) é obtida.
76
2. 12- Propriedades da Matriz de Rigidez K
As funções de forma N A , A 1, 2,..., n 1 , são nulas do lado de fora da
vizinhança do nó A. Como um resultado, muitas das entradas de K são nulas. Este pode ser
visto como segue.
Seja B A 1 . Então (vide Figura - 2. 17) a matriz de rigidez, K , é dada por:
1
K AB N A , x ( x) N B , x ( x)dx
(2. 169)
0
A simetria de K implica, em adição, que (2. 169) permanece para A B 1 . Disse que K é uma matriz de banda (i. e. suas entradas não nulas estão localizadas em uma
banda sobre a diagonal principal). A Figura - 2. 18 a mostra esta propriedade. Matrizes de
banda possuem significantes vantagens em que os elementos fora da banda não precisam ser
armazenados nem operados sobre o computador. Esta matriz de rigidez que aparece na análise
por elementos finitos é, em geral, bandas estreitas, permitem sua formação e solução
econômica .
Figura - 2. 17. Se
B A 1 , as partes não nulas de N B e N A não se sobrepõem.
Para um certo A,
N A , x ( x) N B , x ( x) 0, se B A 1, B A 1
(2. 170)
K AB 0
(2. 171)
Logo se
A matriz de rigidez é tridiagonal e simétrica.
77
K11
K
21
K 0
:
0
K12
K 22
0
K 23
...
K32
K33
K n 2, n 1
K n 1, n 2
K n 1, n 1
0
K n, n 1
...
0
:
0
K n 1, n
K nn
(2. 172)
Figura - 2. 18.
2.12.1 - Definição
Uma matriz n n é dito ser positiva definida se
i. c T Ac 0 para todos os n-vetores c ; e
ii. c T Ac 0 implica que c 0
2.12.2 - Observações
1. Uma matriz simétrica positiva definida possui uma única inversa.
2. Os autovalores de uma matriz positiva definida são reais e positivos.
2.12.3 - Teorema
A matriz K n n definida por (2. 107) é positiva definida.
2.12.4 - Prova
i. Seja c A , A 1, 2,..., n as componentes de c (i.e. c c A ), um vetor arbitrário.
h
h
Use estes c A ’s para construir um membro de V , w
n
cA N A , onde as
N A são funções
A 1
bases de V h . Então
c T Kc
n
cA K ABcB
A, B 1
E pela definição de K AB
78
(2. 173)
n
c A a ( N A , N B ) cB
(2. 174)
A, B 1
Da bilinearidade de a (,) temos:
n
n
a c A N A , cB N B
A1
B 1
(2. 175)
E da definição de wh
(2. 176)
w,hx dx
0
(2. 177)
a wh , wh
E por (2. 75)
1
2
0
0
T
ii. Supondo c Kc 0 . Pela prova da parte ii.
1
w,hx
2
dx 0
(2. 178)
0
e consequentemente wh deve ser constante. Uma vez que wh V h , wh (1) 0 . Combinando
estes fatos, nós consideramos que wh ( x) 0 para todo x [0;1] , o qual é possível somente se
c A 0, A 1, 2,..., n . Então c 0 .
Note que a parte (ii) depende somente da definição de K e da condição de
contorno essencial nula construída dentro da definição de V h .
Resumo dos Resultados Matemáticos
K definido por (2. 107), é:
i. Simétrica
ii. Em Banda
iii. Positiva definida
A conseqüência prática das propriedades acima é que uma solução computacional
muito eficiente de Kd F pode ser executada.
79
2. 13- Análise Matemática
Nesta secção nós mostraremos que as observações feitas com referência aos
problemas exemplos da Sec. 1.7 são, de fato resultados gerais. Para estabelecer estes fatos
rigorosamente somente se requer técnicas matemáticas elementares.
Nosso primeiro objetivo é estabelecer que a solução finita de Galerkin u h é exata
nos nós. Para fazer isto no’s devemos introduzir a noção de uma função de Green.
Seja y ( x) ( x y ) denota a função delta da Dirac. A função de Dirac não é
uma função no senso clássico mas é um tipo de operador definido por sua ação sobre funções
contínuas. Seja w uma função contínua e [0;1]; então nós podemos escrever:
1
w, y w( x) ( x y)dx
0
(2. 179)
w( y )
Por (2. 179), nós vemos porque a atenção é restringida a função ser contínua- y , lança fora o
valor de w em y. Se w fosse descontínua em y, seu valor seria ambíguo. Na mecânica, nós
pensamos de y visualmente como representante de uma força concentrada de uma
amplitude unitária localizada em um ponto y.
A função de Green do problema correspondente a (S) pode ser estabelecida
como segue:
Ache a função g (i. e. a função de Green) tal que:
g , xx y 0 em
(2. 180)
g (1) 0
(2. 181)
g , x (0) 0
(2. 182)
Note que (2. 180)-(2. 182) são simplesmente (S) em que f é substituído por y e g e h são
tomados nulos.
Este problema pode ser resolvido pela forma de cálculos formais com
distribuições ou funções generalizadas, tais como y . (A teoria de distribuições é tratada
80
em Stakgold [5]). Uma boa conta elementar dos cálculos formais com distribuições
apresentadas por Popov [9]. (Esta última referência é recomendada para leitores que não tenha
tido experiência com este tópico.) Para este fim nós notamos que a integral (formal) de y é a
função de Heaviside, ou a função de degrau unitário:
0, x y
H y ( x) H ( x y )
1, x y
(2. 183)
A integral de H y é o parêntesis de MaCaulay:
x y
0,
x y
x y, x y
(2. 184)
As funções precedentes são mostradas na Figura - 2. 19.
Figura - 2. 19. Funções generalizadas elementares. a) Parênthesis de MaCaulay <x-y> b) Função
de Heaviside H(x-y) = <x-y>,x c) (x-y) = H(x-y),x.
Para resolver o problema da fução de Green, (2. 180) é integrado, fazendo uso de
(2. 183), para obter:
g , x H y c1
(2. 185)
onde c1 é uma constante de integração. Uma segunda e uso de (2. 184) fornece (2. 180)
fornece:
g ( x) x y c1x c2
(2. 186)
onde c2 é uma outra constante de integração. O cálculo c1 e c2 é executado requerendo (2.
185) e (2. 186) parasatisfazer as condições de controrno. Este resulta em
81
g ( x) (1 y ) x y
(2. 187)
(veja Figura - 2. 20)
Figura - 2. 20. Funções de Green.
Observe que g é por parte linear. Então se y x A (i. e. se y é um nó), g V h .
Na análise ensuing nós precisamos de uma equação variacional correspondente ao
problema das funções de Green. Este pode ser deduzido a partir de (W) substituindo u por g. f
por y , e g e h por 0, viz.
a( w, g ) ( w, y ) w y
(2. 188)
A equação (2. 188) permanece para todas as funções contínuas w V realmente implica a
continuidade de todo w V por um teorema bem conhecido em análse devido a Sobolev.
(Este resultado é verdadeiro somente em uma dimensão. O integrabilidade quadrática das
segundas derivadas é também requerida assegurar a continuidade das funções definidas em
domínios bi e tridimensional.)
2.13.1 - Teorema
Seja
u h ( x A ) u ( x A ),
A 1, 2,..., n 1
(2. 189)
(i. e., u h é exata nos nós). Para provar o teorema, nós precisamos estabelecer dois resultados
preliminares.
82
2.13.2 - Lemma 1.
a u u h , wh 0 para todo wh V h
(2. 190)
2.13.3 - Prova
Nós temos observado previamente que V h V , assim nós podemos substituir w
por wh na equação variacional
a wh , u ( wh , f ) wh (0)h
(2. 191)
A equação (2. 191) permanece para todo w V h . Observe qu a equação de Galerkin é
idêntica a equação (2. 191) exceto que u h aparece ao invés de u. Subtraindo a equação de
Galerkin da equação (2. 191) e usando a bilinearidade e a simetria de a (,) obtém-se o
resultado desejado.
2.13.4 - Lemma 2.
Seja
(2. 192)
(2. 193)
(2. 194)
u ( y) u h ( y) a u u h , g
onde g é a função de Green.
2.13.5 - Prova
Pela definição de
y
u ( y) u h ( y) u u h , y
Por (2. 188)
u ( y) u h ( y) a u u h , g
h
Note que a linha 2 é verdade uma vez que u u está em V .
83
2.13.6 - Prova do Teorema
Como nós temos observado previamente, se y x A , um nó, g V h . Vamos
tomar este como sendo o caso. Então
u ( x A ) u h ( x A ) a u u h , g ( Lema 2)
0
(2. 195)
( Lema1)
O teorema é válido para A 1, 2,..., n 1. Strang e Fix [6] atribuem este
argumento a Douglas e Dupont. Resultados deste tipo, encorporando caracteríticas de
excepcional
acuracidade,
são
frequentemente
referidas
como
um
fenômeno
da
superconvergência. Contudo, o leitor apreciaria que em situações mais complicadas, nós não
seremos capazes de na prática, garantir exatidão nodal. Portanto, como nós veremos mais
tarde, procedimentos de resíduos ponderados provêem um sistema de trabalho dentro do qual
as propriedades de acuracidade ótima de alguma sorte pode ser frequentemente garantida.
2.13.7 - Acuracidade das Derivadas
Considerando as propriedades de convergência das derivadas, certas noções elementares de
análise numérica surgem. O leitor deve está seguro que ele ou ela possui
um
completo
entendimento destas idéias conforme elas subsequentemente aparecem em outros contextos.
Nós começamos pela introdução de alguns resultados matemáticos preliminares.
2.13.8 - Taylor’s Fórmula with Resíduos
Seja f :[0;1] possui k derivadas contínuas e seja y e z dois pontos no
intervalo [0;1]. Então existe um ponto c entre y e z tal que:
1
f ( z ) f ( y ) ( z y ) f , x ( y ) ( z y ) 2 f , xxx ( y )
2
1
( z y ) 2 f , xxx ( y ) ...
3!
1
( z y)k f ,
xx.. x (c )
k!
k vezes
(2. 196)
A prova desta fórmula pode ser achada em [7]. A equação (2. 196) é algumas vezes chamado
de Expansão Finita de Taylor.
84
2.13.9 - Teorema do Valor Médio
O teorema do valor médio é um caso especial da equação (2. 196) a qual é valido
desde que k 1 (i. e., f é contínuamente diferenciável)
f ( z ) f ( y ) ( z y ) f , x (c )
(2. 197)
Figura - 2. 21.
Considere um subintervalo típico [ x A , x A1 ] . Nós temos já mostrado que u h é
exato nas extremidades (veja Figura - 2. 21). A derivada de u h em ] x A , x A1[ é constante:
u ,hx ( x)
u h ( x A1 ) u h ( x A )
,
hA
x ]x A , x A1[
(2. 198)
2.13.10 - Teorema
Suponha que u é continuamente diferenciável. Então existe no mínimo um ponto
em ] x A , x A1[ no qual (2. 197) é exata.
u ( x A1 ) u ( x A )
u , x (c )
hA
2.13.11 - Prova
Pelo teorema do valor médio, existe um ponto c ]xA,xA+1[ tal que:
85
(2. 199)
(Nós usamos (2. 197) com u, xA e xA+1 no lugar de f,y e z respectivamente). Desde que u(xA) =
uh(xA) e u(xA+1) = uh(xA+1), nós podemos reescrever (2. 200) como
u h ( x A1 ) u h ( x A )
u , x (c )
hA
(2. 200)
Comparação de (2. 200) com (2. 199) produz o resultado desejado.
2.13.12 - Observações
1. Este resultado significa que o valor constante de u,hx
deve coincidir com u, x
em algum lugar de ]xA,xA+1[, veja Figura - 2. 22.
2. Sem o conhecimento de u nos nós não temos nenhuma maneira de determinar a
localização nas quais as derivadas serão exatas. Os seguintes resultados serão muito úteis em
que eles contam-nos que os pontos médios são, num sentido, otimamente exatos,
independentes de u.
Seja
def
e, x ( )
u h ( x A1 ) u h ( x A )
) u, x ( )
u, x ( )
hA
u ,hx (
O erro (absoluto) nas derivadas
(2. 201)
[ x A , x A1 ] . Para estabelecer uma superioridade dos
pontos médios no calculo das derivadas, nos precisamos de um resultado preliminar.
Figura - 2. 22.
2.13.13 - Lema
Suponha que u é três vezes continuamente diferenciável. Então
86
x xA
e, x ( ) A1
u , xx ( )
2
1
( x A1 )3 u , xxx (c1 ) ( x A )3 u, xxx (c2 )
3!hA
(2. 202)
onde c1 e c2 são em [ x A , x A1 ] .
2.13.14 - Prova
Expanda u ( x A1 ) e u ( x A ) em expansão finita de Taylor em torno de
[ x A , x A1 ] , viz.,
1
u ( x A1 ) u ( ) ( x A1 )u , x ( ) ( x A1 ) 2 u, xx ( )
2
1
( x A )3 u , xxx (c1 ), c1 [ , x A1 ]
3!
1
u ( x A1 ) u ( ) ( x A1 )u , x ( ) ( x A1 ) 2 u, xx ( )
2
1
( x A )3 u , xxx (c2 ) c2 [ , x A1 ]
3!
(2. 203)
Substraindo e dividindo por hA fornece
u h ( x A1 ) u h ( x A )
x xA
u , x ( ) A1
u , xx ( )
hA
2
1
( x A1 )3 u , xxx (c1 ) ( x A )3 u , xxx (c2 )
3!hA
Substituindo u(xA+1) por uh(xA+1) e
(2. 204)
u(xA) por uh(xA) no lado esquerdo da equação e
rearranjando os termos completamos a prova.
2.13.15 - Discussão
Para determinar o que (2. 202) nos conta sobre a exatidão da derivada, nos
desejamos pensar da situação na qual a malha está sendo sistematicamente refinada (isto é,
nos deixamos hA se aproximar de zero). Neste caso hA2 deve ser muito menor que hA.
87
Portanto, para um dado u, se o lado direito de (2. 202) é O( h A2 ) 3, o erro na derivada será
muito menor do que s e o lado direito é somente O( hA). O expoente de há é chamado de
ordem de convergência o ordem de exatidão. No caso anterior nos tínhamos a convergência
de segunda ordem da derivada, uma vez que no último caso nos temos somente a
convergência de primeira ordem.
Por exemplo, assumindo que a xA, então
hA
h A2
e, x ( x A )
u, xx ( x A )
u, xxx (c1 ) O( h A )
2
3!
(2. 205)
como hA 0 o primeiro termo domina. (nós vemos dos cálculos do exemplo na seção 1.8 que
os pontos extremos de cada subintervalo não são muito exatos para as derivadas)
Claramente em qualquer ponto a [xA,xA+1] obtém-se uma exatidão de primeira
ordem. Nos somos portanto naturalmente levados a fazer uma pergunta, existe algum valor de
a no quais a exatidão de derivadas de ordem superior são obtidas?
2.13.16 - Corolário
Seja xA+1/2 o ponto médio. Então o erro
hA2
u, xxx (c ), c x A , x A1
2
24
e , x ( x A 1 ) O( h 2A )
e , x ( x A 1 )
(2. 206)
2
2.13.17 - Prova:
Por (2. 202) temos que
hA2
u, xxx (c1 ) u, xxx (c 2 )
48
e , x ( x A 1 )
2
(2. 207)
pela continuidade de u,xxx existe pelo menos um ponto c entre c1 e c2 tal que
u, xxx (c )
1
u, xxx (c1 ) u, xxx (c 2 )
2
(2. 208)
Combinando estes fatores completamos a prova.
3
A função f(x) é dita ser de ordem O(xk), (isto é, de ordem xk) se f(x)/xk uma constante quando x 0. Por
exemplo, f(x) =xk é O(xk), como é f(x) =
k l
j k
x j , l 0 . Mas não é O(xk+1) (verifique!)
88
2.13.18 - Observação
1. Do corolário nós vimos que as derivadas são exatas de segunda ordem nos
pontos médios.
2. Se a solução é exata é quadrática (isto é, consiste de combinação linear dos
monômios 1,x,x2 ), então u,xxx =0 e – pelo (2. 202) – a derivada é exata nos pontos médios.
Este é o caso quando f(x) = p = constante.
3. Na teoria elástica linear de viga, as derivadas são proporcionais para as tensões.
O ponto médio dos elementos lineares são chamados de pontos de tensão de Barlow, depois
que Barlow[8], que foi o primeiro a notar que os pontos de ótima exatidão existiam dentro dos
elementos.
Exercício 1.
Suponha uma malha de elemento constante (i. e. hA h, A 1,2,..., n ).
Considere a diferença finita padrão “stencil” para
u , xx f 0
(2. 209)
em um nó típico interno, chamado,
u A1 2u A u A1
fA 0
h2
(2. 210)
Supondo que f varia de uma forma linear e assim pode ser expandido como:
n 1
f f AN A
(2. 211)
A1
onde os fA são valores nodais de f, estabelecidos na equação de elementos finitos associado
com o nó A e compare este com (2. 297). Deduza quando (2. 297) será capaz de exibir o
fenômeno da superconvergência. (Isto é qual é a restrição sobre f?) Estabeleça a equação de
elementos finitos associada com o nó 1, contando para h não nulo. Discuta esta equação a
partir do ponto de vista de diferenças finitas. (Para comparações posteriores ao longo destas
linhas, o leitor interessado necessita consultar [6], Capítulo 1.).
89
2.13.19 - Resumo dos Resultados Matemáticos
A solução de elementos finitos de Galerkin do problema (s) possui as seguintes
propriedades:
h
i. u é exata nos nós (não é geral)
h
ii. u , x Existe pelo menos um ponto em cada elemento no qual a derivada é
exata, ou seja, é exata em algum ponto de cada intervalo (quase geral)
h
iii. u , x A derivada tem uma precisão de 2ª ordem nos pontos médio dos
elementos (quase geral) .
90
2. 14- Interlúdio: Eliminação de Gauss; Versão do Cálculo a Mão
É importante para alguém que deseja fazer análise por elementos finitos tornar-se
familiar com o eficiente e sofisticado esquema que aparece no método dos elementos finitos.
Sente-se que a melhor forma de fazer isto é começar com o esquema mais simples,
executando alguns cálculos a mão, gradualmente aumentar a sofisticação conforme o tempo
passa.
Para fazer alguns dos problemas nós precisamos de um método verdadeiramente
eficiente de solução de matrizes a mão. O seguinte esquema é aplicável a sistemas de
equações Kd F no qual nenhum pivotamento (isto é reordenamento) é necessário. Por
exemplo, matrizes simétrica positiva definida de coeficientes nunca precisa de pivotamento. O
procedimento é como segue:
2.14.1 - Eliminação de Gauss
Resolva a primeira equação para d1 e elimine d1 a partir das n - 1
equações remanescentes
Resolva a segunda equação para d 2 e elimine d 2 a partir das n - 2
equações remanescentes
Resolva a segunda equação para d n 1 e elimine d n 1 a partir da n’esima
equação.
Resolva a n’esima equação para d n .
Os passos precedentes são chamados de Redução Direta. A matriz original é
reduzida a uma matriz triangular superior. Por exemplo, suponha que nós começamos com um
sistema de quatro equações como segue:
K11
K
21
K 31
K 41
K12
K13
K 22
K 23
K32
K33
K 42
K 43
K14 d1 F1
K 24 d 2 F2
K 34 d3 F3
K 44 d 4 F4
A matriz Ampliada correspondente ao sistema é
91
(2. 212)
K11 K12 K13 K14
K 21 K 22 K 23 K 24
K 31 K32 K33 K34
K 41 K 42 K 43 K 44
K
F1
F2
F3
F4
F
(2. 213)
Depois da redução direta, a matriz augumentada torna-se:
1 K
K13 K14
12
0 1 K 23 K 24
1 K 34
0 0
0 0
0
1
U
F1'
F2'
F3'
F4'
F'
(2. 214)
Correspondendo ao sistema triangular superior Ud F ' (4). Verifica-se simplesmente o fato
de que se K é matriz de banda diagonal, então U também será.
Empregando a matriz augumentada reduzida, procede-se como segue:
Elimina-se d n das n 1, n 2,...1 .
Elimina-se d n 1 das n 2, n 3,...1 .
Elimina-se d 2 da primeira equação.
Este procedimento é chamdo de substituição anterior. Por exemplo, no exemplo
dado, depois da substituição anterior nós obtemos:
1 0 0 0 d1
0 1 0 0 d 2
0 0 1 0 d3
0 0 1 d4
0
I
d
4
Primos serão usados para denotar quantidades intermediárias em toda esta secção.
92
(2. 215)
correspondendo a identidade Id d . A solução surge na última coluna.
2.14.2 - Algoritimo de Cálculo a Mão
Em um cálculo a mão, a eliminação de Gauss pode ser executada sobre a matriz
augumentada como segue:
2.14.3 - Redução Direta
Divida a linha 1 por K11
Substraia K 21 linha 1 de linha 2
Substraia K31 linha 1 de linha 3
Substraia K31 linha 1 de linha n
Considere o exemplo de quatro equações. Os passos precedentes reduzem a
primeira coluna para a forma
1 K '12
0 K ''22
0 K ''32
0 K ''42
K '13
K ''23
K ''33
K ''43
K '14 F '1
K ''24 F ''2
K ''34 F ''3
K ''44 F ''4
(2. 216)
Note que se K A1 0 , então a computação para a A’ésima linha pode ser ignorado.
Agora reduza a segunda coluna
Divida a linha 2 por K '22
Substraia K ''31 linha 2 de linha 3
Substraia K ''42 linha 2 de linha 4
Substraia K ''n 2 linha 2 de linha n
O resultado parecerá o exemplo parecerá como:
93
1 K '12
1
0
0
0
0
0
K '13
K '''23
K '''33
K '''43
K '14 F '1
K '''24 F '''2
K '''34 F '''3
K '''44 F '''4
(2. 217)
Note que somente a submatriz incluída nas lihas pontilhadas é afetada neste procedimento.
Repita até a coluna 3 para n são reduzidas e a forma triangular superior (2. 214) é
obtida.
2.14.4 - Substituição Anterior
Substraia K 'n 1, n linha n de linha n – 1.
Substraia K 'n 2 linha n de linha n - 2
Substraia K '1, n linha n de linha 1.
Depois destes passos a matriz augumentada, para este exemplo, parecerá com:
1 K '12
1
0
0
0
0
0
K '13
K '23
1
0
0 F ''''1
0 F ''''2
0 d3
1 d4
(2. 218)
Note que a submatriz incluída nas linhas pontilhadas não é afetada por estes passos, e, ao lado
da zeragem dos elementos apropriados da última coluna do coeficiente matriz, somente o
vetor F ' é alterado.
Agora limpe da segunda para a última coluna no coeficiente da matriz:
Substraia K 'n 2, n 1 linha n -1 de linha n - 2
Substraia K 'n 3, n 1 linha n -1 de linha n – 3
Substraia K '1, n 1 linha n -1 de linha 1
94
Novamente nós mencionamos que o único cálculo não trivial que estão sendo
exeutados sobre a última coluna (i. e. sobre F ).
Repita como acima até coluna n 2, n 3,..., 2 são limpos. O resultado é (2. 215).
2.14.5 - Observações
1. De passagem nós notamos que o procedimento acima não é o mesmo que a
forma que alguém implementaria a eliminação de Gauss em um computador, o qual nós
trataremos depois. Em um programa de computador para a eliminação de Gauss de matrizes
simétricas nós desejaríamos tratar todos os resultados intermediários de forma a reter a
simetria e então armazenar salvo estes resultados. Este pode ser feito por uma pequena
mudança no procedimento. Contudo, sente-se que o esquema dado é mais claro para cálculos
a mão.
2. O exemplo numérico com o qual nós fechamos esta secção ilustra o esquema de
eliminação precedente. Note que a banda é mantida (i. e. os zeros no canto superior direito da
matriz coeficiente permanece zero em todo os cálculos). O leitor necessita executar os
cálculos.
2.14.6 - Exemplo de Eliminação de Gauss
1 1 0 0 d1 1
1 2 1 0 d 0
2
0 1 2 1 d3 0
0 0 1 2 d 4 0
(2. 219)
2.14.7 - Matriz Ampliada
1 1 0 0 1
1 2 1 0 0
0 1 2 1 0
0 0 1 2 0
95
(2. 220)
2.14.8 - Redução Direta
1 1 0 0 1
0 1 1 0 1
0 1 2 1 0
0 0 1 2 0
(2. 221)
1 1 0 0 1
0
1
1
0
1
0 0 1 1 1
0
0
1
2
0
(2. 222)
1 1 0 0 1
0 1 1 0 1
0 0 1 11
0 0 0 1 1
(2. 223)
2.14.9 - Substituição Anterior
1 1 0
0 1 1
0 0 1
0 0 0
0 1
0 1
0 2
1 1
96
(2. 224)
1 1
0 1
0 0
0 0
1
0
0
0
0 0 1
0 0 3
1 0 2
0 1 1
(2. 225)
0 0 0 4
1 0 0 3
0 1 0 2
0 0 1 1
(2. 226)
d1 4
d 3
2
d3 2
d 4 1
(2. 227)
Exercício 1.
Considere o problema de valor de contorno discutido nas secções anteriores:
u , xx ( x) f ( x) 0
x ]0;1[
e
97
(2. 228)
u (1) g
(2. 229)
u , x (0) h
(2. 230)
e
Suponha f ( x) qx , onde q é constante, g h 0 .
a. Empregando o espaço linear de elementos finitos com nós igualmente
espaçados, estabeleça e resolva as equações de elementos finitos de Galerkin para n = 4 (h =
parâmetro de malha = ¼ ). Reveja que na Secção 1.7 este foi feito para n = 1 e n = 2 (h = 1 e
h = ½, respectivamente). Não inverta a matriz de rigidez K; use o método de eliminação de
Gauss para resolver e checar suas respostas uma vez que elas devem ser exatas nos nós.
h
b. Faça re, x u , x u , x /(q / 2) , o erro relativo em u , x . Calcule re, x nós pontos
médios dos quatro elementos. Eles deveriam ser iguais. (Este foi também o caso para n = 2)
c. Empregando os dados para h = 1, ½ e ¼ , grafique ln( re, x ) versus ln h .
d. Usando a análise de erro para re, x nos pontos médios apresentados na Secção
1.10, responda as seguintes questões:
i. Qual o significado da inclinação do gráfico na parte (c)?
ii. Qual o significado da intersecção-y.
98
2. 15 - O Ponto de Vista do Elemento
Até agora nós tivemos uma visão matemática global do método dos elementos
finitos simplesmente como um procedimento particular de aproximação de Galerkin aplicado
a formulação fraca do problema em questão. O que significa que o que nós temos feito um
procedimento de elementos finitos é o caráter das funções bases selecionadas; particularmente
sua compacticidade e sua suavidade e suporte local (i. e. N A 0 do lado de fora de uma
vizinhança de A). Este é o ponto de vista matemático; é um ponto de vista global naquela base
de funções que são consideradas ser definidas em todo o lugar sobre o domínio do problema
de valor de contorno. O ponto de vista global é útil no estabelecimento das propriedades
matemáticas do método dos elementos fintos. Este pode ser visto na Secção 1.10 e será feito
mais aparente depois.
Agora nós desejamos discutir sobre um outro ponto de vista chamado ponto de
vista local, ou ponto de vista do elemento. Este ponto de vista é aquele tradicional em
engenharia e é útil na implementação em computador do método dos elementos finitos e no
desenvolvimento dos elementos finitos.
Nós começamos nosso tratamento do ponto de vista local com uma questão: O
que é um elemento finito?
Nós atentaremos para dar a resposta em termos do espaço de elementos finitos
compacto linear que nós definimos previamente. Um elemento individual consiste das
seguintes quantidades.
Domínio:
Nós
Graus de
Visão Global
Visão Local
x A ; x A1
x A ; x A1
d A ; d A1
1 ; 2
1 ; 2
d1 ;d 2
N A ; N A1
N1 ; N 2
Liberdade
(DOF)
Funções de
Forma (F.F)
(5)
5
No método dos resíduos ponderados no qual S h e V h são construídos a partir de diferentes classes de funções
(i. e. métodos de Petrov-Galerkin), nós também teríamos de especificar uma série de funções ponderadoras, a
99
Funções de
Interpolação
u h ( x) N A ( x)d A N A1 ( x)d A1
x x A ; x A1
u h ( ) N1 ( )d1 N 2 ( )d 2
x 1;1
ou Solução
(Lembrando que d A u h ( x A ) .) Em palavras, um elemento finito linear é apenas a toalidade
da parafernália associada com a funçào definida globalmente u h restrita ao domínio do
elemento. As quantidades acima estão em termos de parâmetros globais – notadamente, as
coordenadas globais, as funções de forma, o ordenamento dos nós, e assim por diante. É
frutífero introduzir uma série de quantidades locais, correspondente a aquelas globais, tal que
os cálculos para um elemento típico pode ser padronizado. Estes são dados como segue:
Note que na descrição local, a numeração nodal começa com 1.
Nós relataremos os domínios das descrições globais e locais por uma
“transformação afim”:
:[ x A , x A 1 ] [1, 2 ]
(2. 231)
( x A ) 1 e ( x A1 ) 2
(2. 232)
1 1e 2 1
(2. 233)
tal que
É prática padrão tomar:
Então pode ser expressa pela expressão:
( x) c1 c2 x
(2. 234)
Onde c1 e c2 são constantes que são determinadas por:
1 c1 c2 x A
(2. 235)
1 c1 c2 x A1
(2. 236)
e
Logo resolvendo o sistema fornece
saber N A , N A1 a série enteira de N A , s cosntituiria então uma base uma base V h . No método de Galerkin
N A N A .
100
( x)
2 x x A x A1
hA
(2. 237)
Lembrando que hA x A1 x A , é um mapeamento e x é um ponto ou
x( )
hA x A x A1
2
(2. 238)
x é um mapeamento e é um ponto.
Na seqüência, nós adotaremos a convenção notaconal que susbscritos a, b, c, ...
pertence ao sistema de numeração local. Os susbritos A, B, C,... sempre pertencerá aosistema
de numeração global. Para controlar a proliferação de notações, nós frequenetemente
usaremos a mesma notação para os sistemas global e local (e. g. d a e d A ou N a e N A ). Este
gerlamente não causaria confusão como o contexto tornará claro qual ponto de vista está
sendo adotado. Se existe perigo de confusão, um superscrito e será ntroduzido para denotar
uma quantidade na descriaçào local associada com o número do elemento e (e. g.
d ae d A , N ae ( ) N A ( xe ( )) , onde xe :[1, 2 ] [ x1e , x2e ] [ x A , x A 1 ] , etc.).
Em termos de , a função de forma na descrição local toma a forma padrão:
N a ( )
1
1 a , a 1,2
2
(2. 239)
Observe também que (2. 238) podem ser escritas em termos de (2. 239)
e
2
x ( ) N a ( )xae
(2. 240)
a 1
Esta tem a mesma forma da função de interpolação (cf. l5).
Para referência futura, nós notamos que os seguinte resultados:
(1)a
N a , a
2
2
(2. 241)
Cujo Jacobiano é:
x,e
e
e
he
2
(2. 242)
e
Onde h x2 x1 e
101
, ex x, ex
1
2
he
(2. 243)
As descrições local e global do e’ésimo elemento são mostradas na Figura - 2. 23
2.15.1 - Descrição Local e Global do Elemento “e”
Figura - 2. 23. Descrição Local e Global do e’ésimo elemento.
102
2. 16- Matriz de Rigidez Elementar e Vetor Forças
Para desenvolver o elemento do ponto de vista adicional, nos supomos que nosso
modelo consiste de nel elementos, numerados como mostra a Figura - 2. 24. Claramente
nel n para este caso. Tomemos e ser o índice das variáveis para os elementos; portanto
1 e nel .
Figura - 2. 24.
Agora lembrando as definições (globais) da matriz de rigidez e vetor força
elementar.
K K AB , F FA
n n
nx1
(2. 244)
Onde
1
K AB a N A , N B N A , x N B , x dx
(2. 245)
0
e
FA N A , f A1h a N A , N n 1 q
1
1
0
0
N A fdx A1h N A , x N n 1, x dx q
(2. 246)
(Em (2. 246) nos supomos N A ( x1 ) A1 , quanto ao espaço dos elementos finitos linear por
partes). As integrais sobre [0.1] podem ser escritas como somas de integrais sobre o domínio
dos elementos. Portanto
103
nel
K
Ke ,
e
K e K AB
e 1
(2. 247)
e
nel e e
F
F , F FAe
(2. 248)
e 1
onde
e
e
K AB
a N A, NB
N A ,x N B ,x dx
e
(2. 249)
e
e
e
FAe N A , f e1 A1h a N A , N n 1 q
N A f dx e1 A1h N A ,x Nn 1, x dx q
e
(2. 250)
e
e e [ x1e , x2e ] o domínio do e’ésimo elemento.
A observação importante para fazer e que K e F podem ser construídas pela
soma das contribuições das matrizes elementares e vetores, respectivamente. Na literatura, o
procedimento e algumas vezes chamada de método da rigidez direta [10].
Pela definição de N A ' s nos temos que
e
K AB
0, Se A e ou e 1 ou B e ou e 1
(2. 251)
FAe 0, Se A e ou e 1
(2. 252)
e
A situação para um elemento típico, e, e mostrado na Figura - 2. 25. Na prática nos não
adicionamos, naturalmente, os zeros mas simplesmente adicionando os termos não nulos nos
locais apropriados. Para este propósito e útil definir o e’ésimo elemento da matriz de rigidez
ke e o vetor de forca elementar fe como segue:
e
k e k ab
,
f e f ae
2 x1
2x2
104
(2. 253)
e
e
e
k ab
a N a , N b N a , x N b , x dx
(2. 254)
'
e
a1h
e 1
f ae N a fdx 0
e 2,3,..., nel 1
'
e
k a 2 g e nel
(2. 255)
Resta-nos agora montar a matriz global, a partir das contribuições elementares.
(2. 256)
Figura - 2. 25. X’s indica termos não-nulos; todos os outros termos são zero.
Onde ke e fe são definidas com respeito a ordenação local, uma vez que
Ke e Fe são
definidas como respeito a ordenação global. Para determinar onde a componente de k e e fe
“irão” em K e F, respectivamente, requer-se tomar informações adicionais. Isto é discutido na
seção seguinte.
105
2. 17 - Montagem da Matriz e Vetor Forças Globais
No programa de computador dos elementos finitos, isto é a tarefa da “subrotina
dos elementos finitos” para produzir ke e fe, e = 1,2,...,nel dos dados recebidos e proporcionar
informações suficientes para uma “ subrotina de montagem” de modo que os termos ke e fe
podem ser adicionados para os locais apropriados em K e F, respectivamente. Esta
informação de montagem é armazenada em uma coleção chamada LM, a matriz de
localização.
Vamos cosntruir o arranjo LM para o problema sob consideração. As dimensões
de LM são nen, o número de elementos nós, pelo número de elementos; no presente caso, os
números são 2 e nel , respectivamente. Dado um número de graus de liberdade particular (a
saber a e e, respectivamente), o valor retornado pelo arranjo LM é correspondente ao número
de equações globais., A, viz.
e
A LM (a , e)
e 1
if a 1
if a 2
(2. 257)
O arranjo LM completo é mostrado na Figura - 2. 26. Esta é a forma que nós visualizamos
este armazenado no computador. Note que LM(2, nel ) 0 . Isto indica que o grau de liberdade
2 do número de elementos nel é prescritoe não é uma incógnita na equação matricial global.
n
n
n
n
Portanto os termos k12el , k21el , k22el , e f 2 el são não montados em K e F , respectivamente.
(Não existem lugares para eles ir!).
Figura - 2. 26. arranjo LM para o problema exemplo
106
Como um exemplo, suponhamos que nós temos o que acrescentar a e’ésima
contribuição elementar, onde 1 e nel 1 , para os K e F parcialmente montadas. A partir do
Arranjo LM, nós deduzimos o seguinte procedimento de montagem:
e
K ee K ee k11
e
K e,e1 K e,e 1 k12
K e1,e K e1,e
e
k21
(6 )
(2. 258)
e
K e1,e 1 Ke 1,e1 k22
e
Fe Fe f1e
(2. 259)
Fe 1 Fe 1 f2e
(2. 260)
e
onde a seta () é lida como “substituída por”.
Para o elemento nel nós temos somente que
n
K nn K nn k11el
(2. 261)
e
n
Fn Fn f1 el
(2. 262)
Com estas idéias, nós podemos construir, na forma de esquema, um algoritimo para a
montagem de K e F , veja a
Figura - 2. 27
6
Devido a simetria de
e
k21
não seria realmente montado na prática.
107
Figura - 2. 27. Fluxograma de um algoritmo de montagem de um elemento finito
A ação do algoritimo de montagem é denotado totalmente por A , o operador
montagem, vis.,
108
nel e
K A (k ) , F A ( f )
nel
e
e1
(2. 263)
e1
x x
Ke
x x
x( fileira e)
Fe
x( fileira e 1)
colunas e e1
nxn
(2. 264)
r1
Computacionalmente:
1) Subrotina Elemento
e
e
Computa k , f para todos os elementos
e
2) Monta-se, k , f
e
(todos)
Dentro de K e F
k11e K LM (1,e ),LM (1,e )
LM
(2. 265)
Matriz Local
A
o
(
a
,
o
n . equações
globais
e
o
)
(2. 266)
n . equações n . elementos
locais
Conceitualmente-se, escreve-se
nel
K AR
e1
e
nel
, F A fe
e1
109
(2. 267)
2. 18 – Cálculo Explícito da Matriz de Rigidez e do Vetor Forças
A computação explicita de ke e fe , para o problema de acordo com a
consideração, providencia algumas idéias preliminares dentro do tipo de calculo que deve ser
realizado numa subrotina de elementos finitos. Alguns resultados preliminares são
requisitados.
Formula de Mudança de Variável ( versão unidimensional)
Seja f :[ x1 , x2 ] R uma função integrável e seja x :[1 , 2 ] [ x1 , x2 ] uma
função continuamente diferenciável, com x (1 ) x1 e x ( 2 ) x2 . Então
Considere a seguinte mudança de variáveis f : [ x1 , x2 ] se já ... x : [ 1 , 2 ] [ x 1 , x2 ]
x( 2 ) x2
2
x2
f ( x)dx f ( x ) x, ( )d
(2. 268)
1
x1
Regra da Cadeia
Sejam f e x como acima, e, em adição, assuma que f é diferenciável. Então a regra
da cadeia fica:
f ( x ) f , x ( x ) x, ( )
(2. 269)
Provas destes resultados podem ser achados em [11]
A computação de ke procede como se segue o exemplo:
Pela definição temos:
e
k ab
N a , x ( x) N b , x ( x)dx
(2. 270)
'
pela mudança de variáveis, onde x( ) é definido por (2. 240)
1
e
kab
Na , x ( x( )) Nb , x ( x( )) x, d
1
110
(2. 271)
(regra da cadeia: N a , ( ) ( / ) N a ( x( )) N a , x ( x( )) x, ( )) =( 1)
a b
/ h e ) (por
(2. 241)-(2. 243)
1
N a , ( ) Nb , ( )( x, ( ))
1
d
1
1
(1)a (1)b 2
d
2
2 he
1
(2. 272)
(1)a b
he
Entào
ke
1
he
1 1
1 1
(2. 273)
Observe que N a , (veja (1.12.7)) não depende dos dados dos elementos
particulares, como N a N a ( ) . Nos veremos que isto geralmente é verdade, e portanto
estas computações pode ser feitas uma única vez e para todos.
As derivadas x, e
,x depende dos dados particulares dos elementos (no presente
e
caso de h ), e sub-rotinas serão necessárias para calcular a analogia destas quantidades nos
casos mais gerais.
Agora nos desejamos calcular fe. Contudo, isto não pode ser feito sem
explicitamente conhecer o que f = f(x) é. Na pratica, isto seria inconveniente para reprogramar
cada vez que nos quisermos resolver um problema envolvendo uma função f diferente.
Geralmente uma aproximação conveniente é feita. Por exemplo, no podemos trocar f por sua
interpolação linear sobre cada elemento, a saber,
2
e
f fa Na
(usualmente)
(2. 274)
a 1
e
f ae
N a fdx termos de contorno
e
111
(2. 275)
onde
f a f ( x( a )) ; veja a Figura - 2. 28. A notação f h é usada para indicar que a
aproximação depende da malha. Isto representa uma aproximação que é suficiente para
aplicações mais praticas. (Isto é, naturalmente, exatas por constantes ou “carregamentos”
lineares dos elementos). Agora a padronização das entradas do programa podem ser
facilitadas; que é, o valor nodal de f são dados requisitados. Empregando esta aproximação no
calculo explicito dos vetores elementares forca:
1
h
Na ( x) f
( x )dx
e
Na x( ) f
h
x( ) x , d
(2. 276)
1
(mudança de variáveis)
he
2
2
1
Na ( )Nb ( )d fb
(2. 277)
b 1 1
Figura - 2. 28. Aproximação para f por uma interpolação linear de valores nodais.
Calculando as integrais
1
1
N a N b d (1 ab ) 3 produz
h e 2 1 f1
f
(+termos de contorno, cf. (2. 245))
6 1 2 f 2
e
(2. 278)
e
he
6
2 f1 f 2
f 2 f (+ termos de contorno)
1
2
112
(2. 279)
Observação
Isto pode ser mostrado que, sobre convenientes hipótese, interpolação nodal linear
por partes produz erros de O h2
nos dados; neste caso, f. (veja [12], pp56-57, para
estimativas básicas de interpolação de erros). Isto pode ser mostrado que, em medidas
h
h
apropriadas de erros, isto produz na pior das hipóteses um erro O h2 em u e u, x .
Os seguintes exercícios indicam que podem existir melhores modos para se
aproximar dos dados.
Exercício 1.
Suponha que f é quadrática (isto é, consistindo de combinações lineares
monogâmicas 1, x e x2). Determine a aproximação linear por partes – não necessariamente
continua – para f sobre cada elemento nos quais os valores nodais são exatos. Sugestão: A
análise pode ser realizada com respeito a um elemento.
Exercício 2.
A equação de uma corda sobre uma base elástica é dada por:
u, xx u f 0
Onde
em = 0; 1
(2. 280)
, uma constante positiva, é a medida da base de rigidez. Supondo que as condições de
fronteira são as mesmas do problema discutido anteriormente neste capitulo, isto pode ser
mostrado que uma formulação fraca equivalente é:
w, x u , x w u dx wf dx w(0)h
(2. 281)
Onde u , w V e assim por diante. Isto pode também ser escrito como
a w , u w , u w , f w(0)h
(2. 282)
i. seja u h v h g h escreva a contraparte de Galerkin da formulação fraca
a( w h , v h )
=
(2. 283)
( w h , f ) w h (0)h a(w h , g h )
113
(2. 284)
ii. Defina
KAB a N A , N B
(2. 285)
e
e
e
kab
a N a , Nb
(2. 286)
iii. Determine ke explicitamente
e
k
k e
ab
(2. 287)
iv. Mostre que K é simétrica
v. Mostre que K é definida positiva.É necessário empregar a condição de contorno
wh (1) 0 ? Por que?
vi. A função de Green para este problema satisfaz
g , xx g y 0
(2. 288)
e pode ser escrita como
c1 e px c2 e px ,
g x
px
px
,
c3 e c 4 e
0xy
yx1
(2. 289)
Onde p 1 / 2 e os c’s são determinados seguindo 4 condições de contorno e continuidade.
g 1 0
g ,x 0 0
(2. 290)
g ,x y g ,x y 1
g y g y
vii. Construindo elemento de função de forma exponencial N 1 x e e tal que
u h x d1e N 1 x d2e N 2 x ,
x e
(2. 291)
onde
u h x c1 e px c2 e px
é os cs são determinados de
114
(2. 292)
dae u h xae ,
a 1, 2
Qual é o atributo do qual esta escolha de funções atende?
115
(2. 293)
2. 19 - Exemplos e Aplicações Teóricas
Exercício – 1 página 22
Considere a formulação fraca do modelo do problema unidimensional:
1
1
w, xu, x dx wf dx w(0)h
0
(2. 294)
0
onde wW e u S são supostos ser suaves sobre os elementos interiores (i. e. sobre
e ]x A ; x A1[, A 1, 2,..., n mas pode sofrer inclinações descontínuas através dos
contornos dos elementos. (Funções desta classe contém um espaço de elemento finito linear
descrito anteriormente). A partir da equação (2. 294) e supondo a continuidade das funções,
mostre que:
n x A1
0
A1 x A
w(u , xx f )dx w(0) u , x (0 ) h
(2. 295)
n
w( x A ) u , x ( x A ) u , x ( x A )
A 2
Argumentando como na Secção. 1.4, pode ser concluído que as condições de Euler-Lagrange
da equação (2. 294) são:
i. u , xx ( x ) f ( x) 0 , onde x ] x A ; x A1[, A 1, 2,..., n ,
ii. u , x (0 ) h ; e
iii. u , x ( x A ) u , x ( x A ), onde A 2,3,..., n
Observe que (i) é a equação diferencial restrita aos elementos interiores, e (iii) é a
condição de continuidade através dos elementos dos contornos. Este pode ser contrastado com
o caso no qual a solução é suposta suave. Neste caso a condição de continuidade é
identicamente satisfeita e a somatória das integrais sobre os elementos interiores pode ser
substituída por uma integral sobre todo o domínio (veja Secção. 1.4).
Na formulação dos elementos finitos de Galerkin, uma solução aproximada de (i)(iii) é obtida.
116
Solução
117
Exercício – 1 página 31
Suponha uma malha de elemento constante (i. e. hA h, A 1,2,..., n ).
Considere a diferença finita padrão “stencil” para
u , xx f 0
(2. 296)
em um nó típico interno, chamado,
u A1 2u A u A1
fA 0
h2
(2. 297)
Supondo que f varia de uma forma linear e assim pode ser expandido como:
n 1
f f AN A
(2. 298)
A1
onde os fA são valores nodais de f, estabelecidos na equação de elementos finitos associado
com o nó A e compare este com (2. 297). Deduza quando (2. 297) será capaz de exibir o
fenômeno da superconvergência. (Isto é qual é a restrição sobre f?) Estabeleça a equação de
elementos finitos associada com o nó 1, contando para h não nulo. Discuta esta equação a
partir do ponto de vista de diferenças finitas. (Para comparações posteriores ao longo destas
linhas, o leitor interessado necessita consultar [6], Capítulo 1.).
Solução
118
Exercício – 1 página 36
Considere o problema de valor de contorno discutido nas secções anteriores:
u , xx ( x) f ( x) 0
x ]0;1[
(2. 299)
e
u (1) g
(2. 300)
u , x (0) h
(2. 301)
e
Suponha f ( x) qx , onde q é constante, g h 0 .
a. Empregando o espaço linear de elementos finitos com nós igualmente
espaçados, estabeleça e resolva as equações de elementos finitos de Galerkin para n = 4 (h =
parâmetro de malha = ¼ ). Reveja que na Secção 1.7 este foi feito para n = 1 e n = 2 (h = 1 e
h = ½, respectivamente). Não inverta a matriz de rigidez K; use o método de eliminação de
Gauss para resolver e checar suas respostas uma vez que elas devem ser exatas nos nós.
h
b. Faça re, x u , x u , x /(q / 2) , o erro relativo em u , x . Calcule re, x nós pontos
médios dos quatro elementos. Eles deveriam ser iguais. (Este foi também o caso para n = 2)
c. Empregando os dados para h = 1, ½ e ¼ , grafique ln( re, x ) versus ln h .
d. Usando a análise de erro para re, x nos pontos médios apresentados na Secção
1.10, responda as seguintes questões:
i. Qual o significado da inclinação do gráfico na parte (c)?
ii. Qual o significado da intersecção-y.
Solução
119
2. 20 - Exercícios e Problemas Teóricos: Teoria da Viga de EulerBernoulli e Cúbicas Hermíticas
Este problema desenvolve resultados básicos de elementos finitos para a Teoria da
Viga de Euler-Bernoulli. A forma forte de um problema de valor de contorno para uma fina
viga (teoria de Euler-Bernoulli) fixada em uma extremidade e sujeita a uma força de
cisalhamento e a um momento na outra extremidade, pode ser estabelecido como segue:
Seja a viga que ocupa o intervalo unitário, isto é:
]0;1[, [0;1]
(2. 302)
1.1 - Proposição Forte do Problema (S)
Dado f : R e as constantes M e Q, encontre as deformações u : R
tal que satisfaz:
i) O equilíbrio transversal
EIu , xxxx f 0 em
(2. 303)
e as seguintes condições de contorno:
ii) Deslocamento transversal nulo
u (1) 0
(2. 304)
iii) Deformação ou derivada do deslocamento nula no contorno
u , x (1) 0
(2. 305)
EIu , xx (0) M
(2. 306)
EIu , xxx (0) Q
(2. 307)
iv) Momento Fletor prescrito
v) Força Cortante prescrita
Onde E é o módulo de Young e I é o momento de Inércia, ambos das quais são supostas
constantes.
A montagem é conforme mostra a Figura - 1. 10.
120
Figura - 1. 10.
Seja,
S = V = w / w H 2 ( ), w(1) w, x (1) 0 (7)
(2. 308)
Então a correspondente forma fraca do problema é:
1.2 - Proposição Fraca do Problema (W)
Dado f e as constantes M e Q, encontre as deformações u S tal que para todo
wW satisfaz:
i) O equilíbrio transversal
a ( w, u ) ( w, f ) w, x (0) M w(0)Q
(2. 309)
onde
1
a ( w, u ) w, xx EIu, xx dx
(2. 310)
0
e
1
( w, f ) wf dx
(2. 311)
0
1
7
w H
2
essencialmente significa que w, xx é quadrado integrável (i. e. w, xx 2 dx )
0
121
A coleção de funções, V , pode ser pensada como o espaço de finitas
configurações de energia-deformação da viga, satisfazendo as condições de contorno
essenciais em x 1 . Isto é uma conseqüência do teorema de Sobolev que cada wV é
continuamente diferenciável. Para f razoáveis, estes problemas possuem solução única.
h
h
Seja S V
uma aproximação finita-dimensional de S . Em particular, nós
supomos wh V h que satisfaça wh (1) w,hx (1) 0 .
A condição de Galerkin do problema segue como:
1.3 - Proposição Fraca do Problema de Galerkin (G)
h
Dado f , M e Q, encontre as deformações u S
h
tal que para todo
wh V h satisfaz:
i) O equilíbrio transversal
a ( wh , u h ) ( wh , f ) w,hx (0) M wh (0)Q
(2. 312)
a)
Assumindo que todas as funções são suaves e com contorno, mostre que as
soluções de S e W são idênticas. Quais são as condições de contorno naturais?
b)
Suponha
0 x1 x2 ... xn 1 1
e
V h = { wh / wh C1 ( ),
e
wh (1) w,hx (1) 0 , e wh restritas a x A ; x A 1 é um polinômio cúbico (i. e. consiste de uma
combinação linear de 1, x, x 2 , x3 )} (8). Este é um espaço de funções de forma cúbicas por
partes de Hermite. Observe que wh V h não necessita ser de segundas derivadas contínuas
no nós. Por simplicidade de notação, nós escrevemos x1 e x2 no lugar de x A e x A 1 ,
respectivamente.
h
Em cada subintervalo, mostre que w pode ser escrito como:
wh N1 ( x) wh ( x1 ) N 2 ( x) wh , x ( x1 ) N 3 ( x) wh ( x2 ) N 4 ( x) wh , x ( x2 )
8
A notação
wh C1 significa que wh
é continuamente diferenciável
122
(2. 313)
onde:
( x x2 ) 2 h 2( x1 x)
N1 ( x)
h3
( x x1 )( x x2 ) 2
N 2 ( x)
h2
( x x1 ) 2 h 2( x2 x)
N3 ( x)
h3
( x x2 ) 2 ( x x1 )
N 4 ( x)
h2
(2. 314)
Dica: Seja wh ( x) c1 c2 x c3 x 2 c4 x3 , onde os c’s são constantes. Determine-os
requerendo que as seguintes condições se mantenham:
wh ( x1 ) c1 c2 x1 c3 x12 c4 x13
wh ( x2 ) c1 c2 x2 c3 x2 2 c4 x23
wh , x ( x1 ) 0 c2 2c3 x1 3c4 x12
(2. 315)
wh , x ( x2 ) 0 c2 2c3 x2 3c4 x2 2
Esquematize as funções dos elementos N1 , N 2 , N 3 , N 4 , e suas contrapartidas globais típicas.
O espaço de elementos finitos descritos na parte (b) resulta em deslocamentos
nodais e inclinações (primeiras derivadas), exatos, análogo ao caso apresentado na Secção
1.10. Na parte (g), está pedindo para você fornecer isto. Em problemas de viga flexionada nós
estamos geralmente interessados em curvaturas (segundas derivadas) para cálculo de
momentos fletores.
c)
Localizar os pontos de curvatura ótima no entendimento de Barlow. Cuidado: As
manipulações algébricas podem ser cansativas a menos que certas simplificações sejam
observadas. Se nós trabalhamos no sistema de coordenada do elemento- introduzido na
Secção 1.12 (chame (2 x x A x A 1 ) / hA , a localização dos pontos de curvatura de
Barlow pode ser expresso como 1/ 3 . Isto é, existem duas localizações ótimas
simetricamente espaçadas para computar a curvatura.
123
d)
Qual é a taxa de convergência da curvatura neste pontos? (Resposta. (h3 ) ).
e)
Se o segmento da viga x A ; x A 1 é descarregado (i. e. u , xxxx 0 , onde u é a
solução exata), quais pontos são ótimos?
f)
Assumindo nel 1 (um elemento) e
f ( x) c constante . Estabeleça e
h
h
resolva a equação de elementos finitos de Galerkin. Faça o gráfico de u e u ; u , x e u , x ;
u h , xx e u , xx . Indique os pontos de Barlow na curva.
g)
Prove que:
u h ( xA ) u ( xA )
u,hx ( x A ) u, x ( x A )
(2. 316)
onde x A é um nó típico (i.e. prove que os deslocamentos e inclinações são exatas nos nós).
Para fazer a segunda parte você terá que ser familiarizado como o dipolo, , x ( x x A ) , o qual
é a derivada generalizada da função delta.
h)
Mostre que os pontos de curvatura de Barlow são exatos quando
f ( x) c constante .
i)
Porque nós requeremos que as funções V h possuam primeiras derivadas
contínuas?
j)
Calcule a matriz de rigidez elementar 4 x 4,
124
x2e
k e pq ( x)
N p , xx EIN q , xx dx
(2. 317)
x1e
1 p, q 4 onde h e x2e x1e
Onde he x2e x1e .
k)
(Veja o exercício na Secção 1.8). Considere a formulação fraca. Suponha que
wV e u S são suaves sobre os elementos interiores (i.e., sobre ]x A ; x A1[ ) mas pode
exibir descontinuidades de segunda e de ordem mais altas nas derivadas, através dos
elementos do contorno. (Funções deste tipo contém as funções cúbicas por partes de Hermite).
Mostre que:
n x A1
w EIu, xxxx f dx
0
A1 x A
w, x (0) EIu, xx (0 ) M
w(0) EIu , xxx (0 ) Q
n
(2. 318)
w, x ( x A ) EI u, xx ( x A ) u, xx ( x A )
A 2
n
w( x A ) EI u , xxx ( x A ) u , xxx ( x A )
A 2
para o qual pode-se concluir que as condições de Euler-Lagrange são:
i. EIu , xxxx ( x ) f ( x)
ii. EIu , xx (0 ) M
iii. EIu , xxx (0 ) Q
iv. EIu , xx ( x A ) EIu , xx ( x A ) onde A 2,3,...n
v. EIu , xxx ( x A ) EIu , xxx ( x A ) onde A 2,3,...n
Note que (i) é a equação de equilíbrio restrita aos elementos interiores, e (iv) e
(v) são condições de continuidade através dos elementos dos contornos de momento e
125
cisalhamento, respectivamente. Compare estes resultados com aqueles obtidos para funções w
e u, as quais são globalmente suaves.
A formulação do problema de Galerkin fornece uma solução que se bastante
aproxima de (v).
Solução:
126
2. 21 - Exemplos Práticos e Aplicações
Vamos a partir de agora ver uma série de aplicações computacionais do Método
dos Elementos Finitos usando o programa FEAP.
Exercício – 1
Compilar os arquivos *.for indicados no arquivo PCFEAP5 e criar um arquivo
executável feap.exe (usar FORTRAN versão Microsoft 5.0 em diante)
Exercício – 2
Criar um arquivo de entrada de dados do tipo: malha, carregamento, condições de
contorno, propriedades, etc, usando o emacs, da seguinte forma:
feap **________________________ comentário sobre o problema.
Numnp (número totaal de pontos nodais), numel (numero de elementos), nummat (no do
conjunto de propriedades do material e outros parâmetros), ndm (no de dimensões), ndf (no de
graus de liberadade por nó), nen (no de nós por elemento).
coord
node#, ngen, x-coord, y-coord
ngen = 0 não gera
= 1 incremento (gera coordenadas pulando este número de nós)
elem
elem#, material#, node 1, node 2, node 3, node 4, ngen
Figura - 2. 29. Elemento quadrilateral de duas dimensões para o uso na geração de malhas no
FEAP.
127
boun ___________________________ (estabelece restrições no contorno)
node#, ngen, dof#1, dof#2
dof = 0 livre
dof 0 fixo (< 0 – carrega na geração
(>0 – só para este nó)
forc
node#, ngen, valor em x, valor em y
OBS.: Por “default” se as condições forem nulas não é necessário especificar valor. Caso o nó
não tenha restrição (dof# = 0 no comando “boun”), o programa interpreta o valor como uma
“força”. Caso “dof# 0 em “boun, então o programa interpreta o valor como um
“deslocamento”.
mate
1 (no do conjunto de propriedades), 1 (número do elemento a ser utilizado pelo programa)
E , v, ,2,2, I
t,
g ,gy,
x
forças de campo
em x e y se houverem
para calcular:
I 1 , plane stress
, Tref I 2 , plane strain
I 3 , axisimetria
T T final Tref
PCFEAP assume:
T 0 Tref 0
T final 0
T 0 Tref 0
end
inter(active) ou macro duas opções
COMANDOS MACROS (Problemas Lineares)
128
(2. 319)
> tang,,1 (monta a matriz de rigidez e obtém a solução)
d = ...
Residual norm F Kd
Observação: para maiores detalhes, leiam o Capítulo 15 do Livro de MEF, escrito
por O. C. Zienkiewicz e R. L. Taylor, Vol. 1 (apostila distribuída).
Patch test (testa o elemento quanto a obtenção de resultados para os modos de corpo rígido
e deformação constante).
Usaremos somente o elemento PCELM1.FOR.
Problemas de computador que usam FEAP (em cada um dos seguintes, você pode
editar a saída de dados e entregar somente a informação pedida):
129
Exercício – 3
- Rode o problema do disco circular (com entrada Idisk), e submeta as saídas de
todos os deslocamentos dos nós e reações.
IDISK (imprimir deslocamentos e reações)
Solução
feap ** circular disk example problem
19,11,1,2,2,4
coord
1,1,0.0,0.0
5,0,5.0,0.0
6,1,0.0,2.0
10,0,4.5828,2.0
11,1,0.0,4.0
14,0,3.0,4.0
15,0,4.0,3.0
16,0,0.0,5.0
17,0,0.75,4.9434
18,0,1.5,4.7697
19,0,2.25,4.4651
elem
1,1,1,2,7,6,1
5,1,6,7,12,11,1
9,1,11,12,17,16,1
bound
1,1,1,-1
5,0,0,1
6,5,-1,0
16,0,1,0
forc
16,0,0.0,-5.0
mate
1,1
100.0,0.3,0.0,2,2,1
1.,0.,0.
end
inter
stop
end
130
feap ** circular disk example problem
UNIX Version
- 01/01/90 Number of
Number of
Number of
Dimension
nodal points
= 19
elements
= 11
material sets
=
1
of coordinate space=
2
Degrees-of-freedom/node
=
2
Nodes per element (maximum) =
4
Degrees-of-freedom/edge
=
0
Edges per element (maximum) =
0
Maximum matl. properties/elmt=
100
Added degrees-of-freedom/elmt=
0
feap ** circular disk example problem
nodal coordinates
node
1 coord
2 coord
1
0.0000
0.0000
2
1.2500
0.0000
3
2.5000
0.0000
4
3.7500
0.0000
5
5.0000
0.0000
6
0.0000
2.0000
7
1.1457
2.0000
8
2.2914
2.0000
9
3.4371
2.0000
10
4.5828
2.0000
11
0.0000
4.0000
12
1.0000
4.0000
13
2.0000
4.0000
14
3.0000
4.0000
15
4.0000
3.0000
16
0.0000
5.0000
17
0.7500
4.9434
18
1.5000
4.7697
19
2.2500
4.4651
feap ** circular disk example problem
elements
elmt matl 1 node 2 node 3 node 4 node
1
1
1
2
7
6
2
1
2
3
8
7
3
1
3
4
9
8
4
1
4
5
10
9
5
1
6
7
12
11
6
1
7
8
13
12
7
1
8
9
14
13
8
1
9
10
15
14
9
1
11
12
17
16
10
1
12
13
18
17
11
1
13
14
19
18
feap ** circular disk example problem
nodal
b. c.
node 1-b.c. 2-b.c.
1
1
-1
2
0
-1
3
0
-1
4
0
-1
5
0
1
6
-1
0
11
-1
0
16
1
0
131
feap ** circular disk example problem
nodal force/displ
node
1 force
2 force
16
0.0000
-5.0000
feap ** circular disk example problem
material
properties
material set 1 for element type 1
degree of freedom assignments local global
number number
1
1
2
2
Plane Stress Linear Elastic Element
modulus
0.10000E+03
poisson ratio 0.30000
density
0.00000E+00
gauss pts/dir 2
stress pts
2
thickness
0.10000E+01
x-gravity
0.00000E+00
y-gravity
0.00000E+00
alpha
0.00000E+00
base temp
0.00000E+00
Drill factor 0.00000E+00
Partition
1
Equation/Problem
S u m m a r y:
Space dimension (ndm) =
2 Number dof (ndf) =
2
Number of equations =
29 Number dof (nde) =
0
Average col. height =
9 Number nodes
=
19
No. terms in profile =
244 Number elements =
11
Est. factor time-sec = 0.4698E-04 Number materials =
1
Maximum storage for profile = 244
Maximum number of equations = 29
Material Element Type History terms
1
1
0
*Macro 1 *tang
v1= 1.00
v2= 0.00
v3= 0.00
t=
0.00
Residual norm = 5.0000000E+00
t=
0.00
Condition check: D-max 0.2684E+03; D-min 0.3300E+02; Ratio 0.8132E+01
Maximum no. diagonal digits lost: 1
End Triangular Decomposition
t=
0.00
Energy convergence test
Maximum = 1.130463057835375E+00
Current = 1.130463057835375E+00
Tolerance = 1.000000000000000E-16
*Macro 1 *tang
v1= 1.00
v2= 0.00
v3= 0.00
t=
0.00
Residual norm = 5.8706808E-15
t=
0.00
Condition check: D-max 0.2684E+03; D-min 0.3300E+02; Ratio 0.8132E+01
Maximum no. diagonal digits lost: 1
End Triangular Decomposition
t=
0.00
Energy convergence test
Maximum = 1.130463057835375E+00
Current = 6.606542562134775E-31
Tolerance = 1.000000000000000E-16
*Macro 1 *disp all v1= 0.00
v2= 0.00
v3= 0.00
t=
0.00
feap ** circular disk example problem
nodal
displacements
time
0.00000E+00
prop. ld. (eigenvalue) 1.00000E+00
node
1 coord
2 coord
1 displ
2 displ
1 0.00000E+00 0.00000E+00 0.00000E+00 0.00000E+00
2 1.25000E+00 0.00000E+00 1.41212E-02 0.00000E+00
132
3 2.50000E+00 0.00000E+00 2.43794E-02 0.00000E+00
4 3.75000E+00 0.00000E+00 3.00838E-02 0.00000E+00
5 5.00000E+00 0.00000E+00 3.15086E-02 0.00000E+00
6 0.00000E+00 2.00000E+00 0.00000E+00-4.36614E-02
7 1.14570E+00 2.00000E+00 1.39321E-02-3.86546E-02
8 2.29140E+00 2.00000E+00 2.27265E-02-2.37838E-02
9 3.43710E+00 2.00000E+00 2.42481E-02-9.86059E-03
10 4.58280E+00 2.00000E+00 2.43026E-02 1.29298E-04
11 0.00000E+00 4.00000E+00 0.00000E+00-1.18594E-01
12 1.00000E+00 4.00000E+00 1.21493E-02-8.31881E-02
13 2.00000E+00 4.00000E+00 5.37990E-03-4.26854E-02
14 3.00000E+00 4.00000E+00 3.98871E-03-1.79619E-02
15 4.00000E+00 3.00000E+00 1.41182E-02-5.25001E-03
16 0.00000E+00 5.00000E+00 0.00000E+00-2.26093E-01
17 7.50000E-01 4.94340E+00-2.23798E-02-9.54435E-02
18 1.50000E+00 4.76970E+00-1.75583E-02-6.11267E-02
19 2.25000E+00 4.46510E+00-8.38377E-03-3.73076E-02
*Macro 1 *stre all v1= 0.00
v2= 0.00
v3= 0.00
t=
feap ** circular disk example problem
0.00
element stresses
element material 11-stress 12-stress 22-stress 1-stress
1-coord 2-coord 11-strain 12-strain 22-strain 33-stress
2-stress
angle
1
0.259
1 0.558E+00 0.372E-01 -0.196E+01 0.559E+00 -0.196E+01
0.423 0.115E-01 0.968E-03 -0.213E-01 0.000E+00
0.85
1
0.968
1 0.607E+00 0.484E-01 -0.180E+01 0.608E+00 -0.180E+01
0.423 0.115E-01 0.126E-02 -0.198E-01 0.000E+00
1.15
1
0.921
1 0.665E+00 0.146E+00 -0.177E+01 0.674E+00 -0.178E+01
1.577 0.120E-01 0.380E-02 -0.197E-01 0.000E+00
3.42
1
0.247
1 0.614E+00 0.134E+00 -0.194E+01 0.621E+00 -0.195E+01
1.577 0.120E-01 0.349E-02 -0.213E-01 0.000E+00
3.00
2
1.487
1 0.310E+00 0.109E+00 -0.167E+01 0.316E+00 -0.167E+01
0.423 0.810E-02 0.282E-02 -0.176E-01 0.000E+00
3.13
2
2.196
1 0.454E+00 0.102E+00 -0.119E+01 0.461E+00 -0.119E+01
0.423 0.810E-02 0.264E-02 -0.132E-01 0.000E+00
3.53
2
2.089
1 0.444E+00 0.388E+00 -0.112E+01 0.535E+00 -0.121E+01
1.577 0.780E-02 0.101E-01 -0.125E-01 0.000E+00
13.21
2
1.415
1 0.292E+00 0.396E+00 -0.162E+01 0.371E+00 -0.170E+01
1.577 0.780E-02 0.103E-01 -0.171E-01 0.000E+00
11.22
3
2.715
1 0.970E-01 0.608E-01 -0.985E+00 0.100E+00 -0.989E+00
0.423 0.393E-02 0.158E-02 -0.101E-01 0.000E+00
3.20
3
3.424
1 0.232E+00 0.189E-01 -0.536E+00 0.232E+00 -0.536E+00
0.423 0.393E-02 0.491E-03 -0.605E-02 0.000E+00
1.41
3
3.256
1 0.604E-01 0.278E+00 -0.485E+00 0.177E+00 -0.602E+00
1.577 0.206E-02 0.723E-02 -0.503E-02 0.000E+00
22.77
3
2.582
1 -0.814E-01 0.322E+00 -0.958E+00 0.242E-01 -0.106E+01
1.577 0.206E-02 0.837E-02 -0.934E-02 0.000E+00
18.15
4
3.943
1 -0.167E-01 -0.457E-01 -0.364E+00 -0.107E-01 -0.370E+00
0.423 0.924E-03 -0.119E-02 -0.359E-02 0.000E+00
-7.38
4
4.652
1 0.801E-01 -0.599E-01 -0.411E-01 0.105E+00 -0.657E-01
0.423 0.924E-03 -0.156E-02 -0.651E-03 0.000E+00
-22.32
4
4.424
1 0.437E-01 0.129E+00 0.473E-01 0.174E+00 -0.833E-01
1.577 0.295E-03 0.335E-02 0.342E-03 0.000E+00
45.41
4
3.750
1 -0.581E-01 0.144E+00 -0.292E+00 0.102E-01 -0.360E+00
1.577 0.295E-03 0.373E-02 -0.274E-02 0.000E+00
25.43
133
5
0.236
1 0.212E+00 0.394E+00 -0.335E+01 0.255E+00 -0.339E+01
2.423 0.122E-01 0.103E-01 -0.341E-01 0.000E+00
6.25
5
0.879
1 0.516E+00 0.394E+00 -0.233E+01 0.569E+00 -0.239E+01
2.423 0.122E-01 0.102E-01 -0.249E-01 0.000E+00
7.73
5
0.813
1 0.549E+00 0.108E+01 -0.222E+01 0.921E+00 -0.259E+01
3.577 0.122E-01 0.281E-01 -0.239E-01 0.000E+00
18.99
5
0.218
1 0.220E+00 0.108E+01 -0.332E+01 0.525E+00 -0.362E+01
3.577 0.122E-01 0.281E-01 -0.338E-01 0.000E+00
15.72
6
1.351
1 -0.492E-01 0.619E+00 -0.181E+01 0.147E+00 -0.201E+01
2.423 0.494E-02 0.161E-01 -0.180E-01 0.000E+00
17.56
6
1.994
1 0.220E+00 0.454E+00 -0.913E+00 0.380E+00 -0.107E+01
2.423 0.494E-02 0.118E-01 -0.979E-02 0.000E+00
19.37
6
1.844
1 -0.626E+00 0.102E+01 -0.960E+00 0.243E+00 -0.183E+01
3.577 -0.338E-02 0.266E-01 -0.772E-02 0.000E+00
40.35
6
1.249
1 -0.917E+00 0.120E+01 -0.193E+01 -0.121E+00 -0.273E+01
3.577 -0.338E-02 0.312E-01 -0.166E-01 0.000E+00
33.55
7
1 -0.107E+00 0.219E+00 -0.629E+00 -0.279E-01 -0.709E+00
2.465 2.423 0.813E-03 0.569E-02 -0.597E-02 0.000E+00
19.99
feap ** circular disk example problem
element stresses
element material 11-stress 12-stress 22-stress 1-stress
1-coord 2-coord 11-strain 12-strain 22-strain 33-stress
2-stress
angle
7
3.109
1 0.155E-01 0.188E+00 -0.219E+00 0.119E+00 -0.323E+00
2.423 0.813E-03 0.488E-02 -0.224E-02 0.000E+00
28.99
7
2.875
1 -0.108E+00 0.454E+00 -0.109E+00 0.345E+00 -0.562E+00
3.577 -0.752E-03 0.118E-01 -0.769E-03 0.000E+00
44.96
7
2.279
1 -0.241E+00 0.487E+00 -0.553E+00 0.115E+00 -0.908E+00
3.577 -0.752E-03 0.127E-01 -0.480E-02 0.000E+00
36.14
8
3.580
1 -0.557E-01 -0.382E-01 -0.199E+00 -0.461E-01 -0.208E+00
2.378 0.392E-04 -0.994E-03 -0.182E-02 0.000E+00
-14.08
8
4.224
1 -0.177E-01 -0.307E-01 -0.707E-01 -0.371E-02 -0.847E-01
2.256 0.347E-04 -0.797E-03 -0.654E-03 0.000E+00
-24.59
8
3.905
1 0.200E-01 0.818E-01 0.751E-01 0.134E+00 -0.387E-01
2.955 -0.249E-04 0.213E-02 0.691E-03 0.000E+00
54.30
8
3.310
1 -0.456E-01 0.216E-01 -0.155E+00 -0.415E-01 -0.159E+00
3.411 0.761E-05 0.561E-03 -0.141E-02 0.000E+00
10.80
9
0.200
1 -0.226E+01 0.194E+01 -0.921E+01 -0.176E+01 -0.972E+01
4.209 0.503E-02 0.504E-01 -0.854E-01 0.000E+00
14.58
9
0.747
1 -0.196E+00 0.119E+01 -0.224E+01 0.347E+00 -0.279E+01
4.202 0.478E-02 0.308E-01 -0.219E-01 0.000E+00
24.59
9
0.633
1 -0.245E+01 0.402E+01 -0.129E+01 0.220E+01 -0.593E+01
4.753 -0.206E-01 0.105E+00 -0.555E-02 0.000E+00
49.10
9
0.170
1 -0.480E+01 0.480E+01 -0.957E+01 -0.183E+01 -0.125E+02
4.779 -0.193E-01 0.125E+00 -0.813E-01 0.000E+00
31.77
10
1.147
1 -0.698E+00 0.152E+00 -0.325E+00 -0.271E+00 -0.752E+00
4.192 -0.601E-02 0.395E-02 -0.115E-02 0.000E+00
70.45
10
1.694
1 -0.592E+00 0.257E+00 -0.390E-02 0.928E-01 -0.689E+00
4.170 -0.591E-02 0.669E-02 0.174E-02 0.000E+00
69.40
134
10
1.436
1 -0.171E+00 0.463E+00 0.320E+00 0.598E+00 -0.450E+00
4.636 -0.267E-02 0.120E-01 0.371E-02 0.000E+00
58.96
10
0.972
1 -0.364E+00 0.303E+00 -0.124E+00 0.819E-01 -0.570E+00
4.715 -0.327E-02 0.788E-02 -0.146E-03 0.000E+00
55.81
11
2.094
1 -0.341E+00 -0.185E+00 -0.748E+00 -0.270E+00 -0.820E+00
4.149 -0.117E-02 -0.481E-02 -0.646E-02 0.000E+00
-21.14
11
2.641
1 -0.194E+00 -0.126E+00 -0.286E+00 -0.106E+00 -0.374E+00
4.112 -0.108E-02 -0.326E-02 -0.228E-02 0.000E+00
-34.96
11
2.239
1 0.245E+00 0.183E+00 0.602E+00 0.679E+00 0.168E+00
4.418 0.647E-03 0.476E-02 0.528E-02 0.000E+00
67.14
11
1 -0.148E+00 -0.290E-01 -0.433E+00 -0.145E+00 -0.436E+00
1.775 4.556 -0.180E-03 -0.753E-03 -0.389E-02 0.000E+00
-5.74
*End of macro execution*
t=
0.00
135
Exercício – 4
- Monte e rode os problemas chamados de “Patch test” dados no Exercício 2, pp.
256-257 do Livro do Hughes. Estes testes demonstram a capacidade de um elemento em
capturar os modos de corpo rígido e de deformação constante.
Faça os testes (seis ao todo) com a opção (a) somente (em outras palavras, usando
quadratura 2 x 2). Entregue somente um dos arquivos de entrada utilizados (a única diferença
nos seis problemas estará nas condições de limite e forças). Também entregue as tensões e
deslocamentos nos nós do elemento para todos os seis problemas.
Solução
IPATCH – 1
feap ** patch test number 1
9,4,1,2,2,4
coord
1,1,0.0,0.0
3,0,2.0,0.0
4,0,0.0,1.0
5,0,1.1,0.8
6,0,2.0,1.0
7,1,0.0,2.0
9,0,2.0,2.0
elem
1,1,1,2,5,4,0
2,1,2,3,6,5,0
3,1,4,5,8,7,0
4,1,5,6,9,8,0
bound
1,1,-1,-1
3,0,1,1
4,0,1,1
6,0,1,1
7,1,-1,-1
9,0,1,1
forc
1,1,1.0,0.0
3,0,1.0,0.0
4,0,1.0,0.0
6,0,1.0,0.0
7,1,1.0,0.0
9,0,1.0,0.0
mate
1,1
1.0,0.3,0.0,2,2,1
1.,0.,0.
end
inter
stop
end
136
Figura - 2. 30.
137
IPATCH -2
feap ** patch teste Nr 2
9,4,1,2,2,4
coord
1,1,0.0,0.0
3,0,2.0,0.0
4,0,0.0,1.0
5,0,1.1,0.8
6,0,2.0,1.0
7,1,0.0,2.0
9,0,2.0,2.0
elem
1,1,1,2,5,4,0
2,1,2,3,6,5,0
3,1,4,5,8,7,0
4,1,5,6,9,8,0
boun
1,1,-1,-1
3,0,1,1
4,0,1,1
6,0,1,1
7,1,-1,-1
9,0,1,1
forc
1,1,0.0,1.0
3,0,0.0,1.0
4,0,0.0,1.0
6,0,0.0,1.0
7,1,0.0,1.0
9,0,0.0,1.0
mate
1,1
1.0,0.3,0.0,2,2,1
1.0,0.0,0.0
end
inter
stop
end
138
IPATCH -3
feap ** patch test number 3
9,4,1,2,2,4
coord
1,1,0.0,0.0
3,0,2.0,0.0
4,0,0.0,1.0
5,0,1.1,0.8
6,0,2.0,1.0
7,1,0.0,2.0
9,0,2.0,2.0
elem
1,1,1,2,5,4,0
2,1,2,3,6,5,0
3,1,4,5,8,7,0
4,1,5,6,9,8,0
bound
1,1,-1,-1
3,0,1,1
4,0,1,1
6,0,1,1
7,1,-1,-1
9,0,1,1
forc
1,0,0.0,0.0
2,0,1.0,0.0
3,0,2.0,0.0
4,0,0.0,0.0
6,0,2.0,0.0
7,0,0.0,0.0
8,0,1.0,0.0
9,0,2.0,0.0
mate
1,1
1.0,0.3,0.0,2,2,1
1.,0.,0.
end
inter
stop
end
139
IPATCH -4
feap ** patch teste Nr 4
9,4,1,2,2,4
coord
1,1,0.0,0.0
3,0,2.0,0.0
4,0,0.0,1.0
5,0,1.1,0.8
6,0,2.0,1.0
7,1,0.0,2.0
9,0,2.0,2.0
elem
1,1,1,2,5,4,0
2,1,2,3,6,5,0
3,1,4,5,8,7,0
4,1,5,6,9,8,0
boun
1,1,-1,-1
3,0,1,1
4,0,1,1
6,0,1,1
7,1,-1,-1
9,0,1,1
forc
1,0,0,0,0.0
2,0,0.0,1.0
3,0,0.0,2.0
4,0,0.0,0.0
6,0,0.0,2.0
7,0,0.0,0.0
8,0,0.0,1.0
9,0,0.0,2.0
mate
1,1
1.0,0.3,0.0,2,2,1
1.0,0.0,0.0
end
inter
stop
end
140
IPATCH -5
feap ** patch teste Nr 5
9,4,1,2,2,4
coord
1,1,0.0,0.0
3,0,2.0,0.0
4,0,0.0,1.0
5,0,1.1,0.8
6,0,2.0,1.0
7,1,0.0,2.0
9,0,2.0,2.0
elem
1,1,1,2,5,4,0
2,1,2,3,6,5,0
3,1,4,5,8,7,0
4,1,5,6,9,8,0
boun
1,1,-1,-1
3,0,1,1
4,0,1,1
6,0,1,1
7,1,-1,-1
9,0,1,1
forc
1,1,0,0,0.0
3,0,0.0,0.0
4,0,1.0,0.0
6,0,1.0,0.0
7,1,2.0,0.0
9,0,2.0,0.0
mate
1,1
1.0,0.3,0.0,2,2,1
1.0,0.0,0.0
end
inter
stop
end
141
IPATCH -6
feap ** patch teste Nr 6
9,4,1,2,2,4
coord
1,1,0.0,0.0
3,0,2.0,0.0
4,0,0.0,1.0
5,0,1.1,0.8
6,0,2.0,1.0
7,1,0.0,2.0
9,0,2.0,2.0
elem
1,1,1,2,5,4,0
2,1,2,3,6,5,0
3,1,4,5,8,7,0
4,1,5,6,9,8,0
boun
1,1,-1,-1
3,0,1,1
4,0,1,1
6,0,1,1
7,1,-1,-1
9,0,1,1
forc
1,1,0,0,0.0
3,0,0.0,0.0
4,0,0.0,1.0
6,0,0.0,1.0
7,1,0.0,2.0
9,0,0.0,2.0
mate
1,1
1.0,0.3,0.0,2,2,1
1.0,0.0,0.0
end
inter
stop
end
142
2. 22 - Exercícios e Problemas Práticos
Malha Ipatch1 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh)
Malha Ipatch1 (tang,,1/tang,,1/Plot/node)
143
Malha Ipatch1 (tang,,1/tang,,1/Plot/boun)
Malha Ipatch1 (tang,,1/tang,,1/Plot/cont,1)
144
Malha Ipatch1 (tang,,1/tang,,1/Plot/stre,1)
Malha Ipatch1 (tang,,1/tang,,1/Plot/disp)
145
Malha Idisk (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh)
Malha Idisk (tang,,1/tang,,1/Plot/node)
146
Malha Idisk (tang,,1/tang,,1/Plot/boun)
Malha Idisk (tang,,1/tang,,1/Plot/cont,1)
147
Malha Idisk (tang,,1/tang,,1/Plot/stre,1)
Malha Idisk (tang,,1/tang,,1/Plot/disp)
148
Capítulo – III
O PROBLEMA BI E TRIDIMENSIONAL - 2D E 3D
RESUMO
Neste capítulo será visto
.
3. 1 - Objetivos do capítulo
i)
3. 2 – Introdução
149
3. 3 – O problema 2D e 3D
Vamos adotar a seguinte notação:
nsd : número de dimensões (= 2, 3)
x : ponto arbitrário em R nsd
n : vetor normal ao contorno de .
: contorno de
x e n são vetores
x1
nsd 2 x xi
x2
x
y
(3. 1)
e
n ni
n1
n2
nx
ny
(3. 2)
Considere o domínio mostrado na
Figura - 3. 1.
g h
(3. 3)
Onde
g : temperatura e deslocamentos prescritos
h : fluxos prescritos
g h
150
(3. 4)
Notação Indicial
Usa-se índices i,j,k,l = 1,2,... nsd (índices espaciais)
Indica-se diferenciação por:
u , i u , xi
u
xi
(3. 5)
Índices repetidos indicam soma (a menos que se diga que não)
2 u 2 u 2u
u , ii u , ii u ,11 u , 22 u , 33 2 2 2 2u u
x
y
z
i 1
nsd
(3. 6)
e
nsd
bij a j bij a j
(3. 7)
j 1
Teorema da Divergência
1
Seja f : R e f C , então
f ,i d f ni d
(3. 8)
Integral por Partes
1
Seja f definido com em 1) e g : R ( g C ) então:
f ,i gd fg ,i d fgni d
Prova:
Usando 2) para demonstrar 1)
151
(3. 9)
3. 4 – O Problema da Condução de Calor Linear Clássica
qi : vetor fluxo de calor
u : temperatura
f : geração de calor interna (W/m3)
Lei de Fourier Generalizada
qi kij u , j
(3. 10)
kij : condutividades térmicas (funções conhecidas da posição x)
Quando a condutividade térmica k ij é constante isto implica que o corpo é
homogêneo. O caso mais comum é o isotrópico:
1 0
kij k ij
0 1
(3. 11)
Forma Forte
A forma forte do Problema (S) é definida da seguinte forma:
Dados f : R, g : g R, h : h R , encontre
(3. 12)
u : R
tal que
qi , j f
em
(3. 13)
e
ug
em g
(3. 14)
e
qi ni h em h
(3. 15)
qi kij u , j
(3. 16)
onde
152
Considere
w : R 2
S ,V
" suaves"
u : R 2
(3. 17)
e
u S u g em g
(3. 18)
w S w 0 em g
Forma Fraca
Partindo-se da forma forte, assume-se que u é solução de S u S , toma-se
wV .
qi , j f d 0
w
(3. 19)
0
Integrando por partes temos:
qi , j f d w,i qi d wqi ni d wf d
w
0
(3. 20)
e
i ni d
wqi ni d wqi ni d wq
g
h
(3. 21)
h
Como w 0 em g temos:
wqi ni d
0
(3. 22)
g
logo,
qi , j f d w,i qi d wf d whd
w
0
Portanto,
153
h
0
(3. 23)
w, i qi d wf d whd
h
(3. 24)
Dados f , g , h , na forma fraca (W) encontre u S tal que wV temos:
w, i qi d wf d whd
h
(3. 25)
onde
qi kij u , j
(3. 26)
Aplicando a forma de Galerkin (G) onde temos:
Dados f , g , h , encontre
u h v h g h S h tal que w h V h
(3. 27)
a ( w h , v h ) ( w h , f ) ( w h , h) a ( w h , g h )
(3. 28)
e
Discretização do Domínio
Considere o domínio
do problema o qual será discretizado em n subdomínios
e onde
e
e
(3. 29)
e 1,2,..., nnp onde o conjunto de nós g,
g
O conjunto
(3. 30)
g representa os nós onde a solução é desconhecida e neq ,
corresponde ao número de equações (incógnitas). Escreve-se, portanto:
E
154
w h ( x)
n
N A ( x )c A
(3. 31)
A g
e
v h ( x)
n
N A ( x) d A
(3. 32)
A g
e
g h ( x)
n
N A ( x) g A
(3. 33)
A g
Analogamente ao desenvolvimento para o caso 1D, chega-se a:
n
n
a ( N A , N B ) d B ( N A , f ) ( N A , h)
B g
a( N A , N n1 ) g B
(3. 34)
B g
A g .
O Vetor ID
p se A g
ID( A )
0 se A g
no do
(3. 35)
nó
Dá ao nó A o no da equação global.
Na forma matricial, tem-se:
Kd F 1 P, Q neq
(3. 36)
E
K K PQ , d d Q , F FP
(3. 37)
K PQ a ( N A , N B ), P ID( A), Q ID( B )
(3. 38)
Daí
155
e
a( N A , N B ) g B
FP ( N A , f ) ( N A , h)
B g
(3. 39)
No Elemento
e
k e k ab
,
f e f ae , 1 a, b nen
e
T
N a k N b d
e
k ab
a N A , N B
e
f ae
(3. 40)
(3. 41)
nen
k ae g be
N a f d N a hd
b 1
he
(3. 42)
he
Vamos agora ver uma forma conveniente para programar
ke
B
T
DBd
(3. 43)
e
onde
D k ;
B1 , B2 ,..., Bnen
B
nsd xnsd
nsd x nsd
Ba N a
nsd x1
(3. 44)
(3. 45)
E cada componente será:
e
k ab
B
T
DBb d
e
onde colocar na matriz global a contribuição do elemento?
156
(3. 46)
O vetor de nós do elemento IEN ( a, e) A (criado para armazenar esta
informação) IEN e ID são construídos com informações dos dados de entrada da malha. A
partir deles constrói-se a matriz de localização:
P LM (a, e) ID( IEN (a, e))
157
(3. 47)
3. 5 – O Problema da Elasticidade Linear
Lei de Hooke Generalizada
ij Cijkl kl
(3. 48)
onde Cijjkl é o tensor constitutivo (propriedade do material) ou de forma mais geral,
incluindo tensões térmicas e residuais:
D ( o ) o
(3. 49)
onde
ij u(
i, j )
u i , j u j , i
2
parte
simétrica
(3. 50)
Para tensão plana temos:
e
o e
0
(3. 51)
e
o e (1 )
0
(3. 52)
e para a deformação plana
Para a tensões planas e material isotrópico
x
x v y
xo
E
E
y
v x y
yo
E
E
158
(3. 53)
(3. 54)
xy
2(1 v )Txy
E
xyo
(3. 55)
onde v é o coeficiente de Poisson, E é o módulo de Elasticidade.
0
1 v
E
D
v 1
0
2
1 v
0 0 (1 v) / 2
ou em termos de
(3. 56)
e que são os parâmetros de Lamé.
Cijkl ( x) ik jl il jk ( x) ij kl
(3. 57)
vE
(1 v)1 2v
(3. 58)
E
2(1 v)
(3. 59)
Para a deformação plana, por exemplo, temos:
2
D v
SIM
0
2 0
0
(3. 60)
Forma Forte
Dados f i : R e g i : gi R e hi : hi R encontre ui : R tal
que satisfaz a seguinte equação de equilíbrio:
ij , j f i 0 em
com
159
(3. 61)
ui g i em gi
(3. 62)
ij n j hi em hi
(3. 63)
e
Forma Fraca
Dados f i : R e g i : gi R e hi : hi R encontre ui S i tal que
wVi satisfaz a seguinte equação de equilíbrio:
nsol
w h d em
w
d
w
f
d
i i
hi
(i, j ) ij
i i
i 1 h
i
a ( w,u )
( w, f )
(3. 64)
( w, h )
Forma Matricial
k e K epq ,
f e f pe
(3. 65)
1 p, q nee ned nen
k epq eiT
T
Ba DBb de j
e
(3. 66)
SUBMATRIZ
NODAL
Onde
p ned ( a 1) i
q ned (b 1) j
160
(3. 67)
k11e
e
e
k 21
8X 8
e
k 31
K
k12e
(3. 68)
e
k 41
onde nsd 2
N a ,1
Ba 0
N a , 2
f pe
0
N a,2
N a ,1
(3. 69)
nee
k pq g qe
N a f i d N a hi d
q 1
e
(3. 70)
hei
Tensões Térmicas
ij Cijkl ( kl klo ) ijo
onde as deformações e tensões iniciais
(3. 71)
ijo e ijo .
klo ckl
(3. 72)
e o coeficiente de dilatação térmica ckl . Nada muda na
Dados a temperatura
e
matriz de rigidez mas muda na f p .
nsol
wi hi d em hi
w(i, j ) ij d wi f i d
i 1 h
i
161
(3. 73)
nsol
w h d
w(i, j )Cijkl kl d wi f i d
i i
i 1 h
i
w C o d
(i , j ) ijkl kl
w(i , j ) klo d
(3. 74)
Portanto,
f ' p ... eiT
T
T
T
Ba Dcd ei Ba
e
e
o
d
(3. 75)
onde:
c11
c . c22
2c
12
(3. 76)
com simetria, isto é, c12 c21 2c12
o
11
o
o . 22
o
12
162
(3. 77)
3. 6 – Estado de Tensões Planas e Deformações Planas
Somente as tensões e deformações no plano x,y é que devem ser consideradas para
o trabalho interno das forças em corpo sólidos. Todas as outras componentes de tensão são
zero e , portanto, não contribuem para o trabalho. A tensão na direção perpendicular ao palno
x,y não é zero, mas, por construção, a deformação naquela direção é zero, e portano, nenhuma
contribuição para o trabalho interno é feita por esta tensão.
3.6.1 - Tensões e Deformações Térmicas e Residuais
σ D(ε ε o ) σ
(3. 78)
Onde
def
ij u(i , j )
ui , j u j ,i
2
(3. 79)
Válido para materiais isotrópicos
i) Tensões Planas
e
o e
0
(3. 80)
onde e é a variação de temperatura.
o xo yo xyo
T
(3. 81)
i) Deformações Planas
e
e
o 1 v
0
onde e é a variação de temperatura.
163
(3. 82)
o xo yo xyo
T
(3. 83)
3.6.2 - Tensões Planas
v y
x x
xo
E
E
y
v
x x
yo
E
E
2(1 v) xy
xy
xyo
E
(3. 84)
Resolvendo para as tensões,
σ D(ε εo )
(3. 85)
Ou seja
x
σ y
xy
D
x
y o
xy
(3. 86)
donde
x
y
xy
D
e
xo
e
yo
0
xyo
(3. 87)
onde
0
1 v
D
v
1
0
1 v 2
0 0 (1 v ) / 2
E
164
(3. 88)
3.6.3 - Deformações Planas
Supondo o material isotrópico, e aplicando a Lei de Hooke temos:
v y v z
x x
e
E
E
E
y v z
v
x x
e
E
E
E
2(1 v) xy
xy
E
(3. 89)
E mais
z 0
v x v y z
e
E
E
E
(3. 90)
σ D(ε εo )
(3. 91)
Resolvendo para as tensões,
Observando que a matriz de elasticidade é dada por:
x
σ y
xy
D
x
y o
xy
(3. 92)
donde
x
y
xy
D
e
xo
e
yo
0
xyo
(3. 93)
Eliminando z da equação acima e resolvendo para as 3 tensões restantes, obtém-se:
165
1
v /(1 v)
0
D
v
/(1
v
)
1
0
1 v 1 2v 0
0
(1 2v) / 2(1 v )
E 1 v
(3. 94)
Este tratameno só é válido para a fase elástica, conforme mostra a
Figura - 3. 2
3.6.3 – Caso Geral
No livro do Hughes na página 105, caso geral.
o
ij Cijkl kl kl
ijo
(3. 95)
o
kl
Ckl
(3. 96)
onde
e é a temperatura e os Ckl ’s são os coeficientes de expansão térmica que são funções
dadas.
A forma fraca do problema é dado por:
nsd
w i , j ij d wi fi d
w i, j hi d
i 1
(3. 97)
Substituindo a Lei de Hooke temos:
nsd
w i , j Cijkl d wi fi d wi hi d
i 1
o
o
wi, j Cijkl kl d wi, j ij d
166
(3. 98)
Os dois últimos termos foram acrescentados por causa do efeito térmico.
Os termos adicionais em f pe são:
f pe ... eiT
e
BT D c d eiT
~a
~
e
BT D o d
~a
~
(3. 99)
onde
o
C11
11
o
C C22 e o 22
~
~
o
2C12
12
167
(3. 100)
3. 7 – Análise Acoplada
168
3. 8 – Apresentação do Código FEAP
169
3. 9 – Exemplos e Aplicações
Exercício – 1 página 63
Verifique que a (,),(,) e (,) da maneira como foram definidos, são formas
bilineares simétricas. (Note que a simetria de a (,) segue da simetria das condutividades.)
Solução
170
Exercício – 1 página 75
Considere a malha preparada. Estabeleça as matrizes ID, IEN e LM.
Solução
171
3. 10 – Exercícios e Problemas
3.10.1 - Exercício – 5
- Monte e rode o problema de viga em balanço resumido nas páginas 254-255 do
Livro de Hughes. Considere só um caso; isto é assuma condições de deformações planas, =
0.3, e quadratura 2 x 2 aplicadas a elementos de 4-pontos quadrilaterais. Os dados de entrada
para o FEAP para este problema são determinados na págian 705 do texto (em anexo). Você
não precisa calcular os delocamentos; eles são determinados nos dados de entrada na página
705. Entregue seus arquivos de entradas
3.10.2 - Teoria Elástica Linear
Malha Iviga-e Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh)
Malha Iviga-e Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/node)
172
Malha Iviga-e Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/boun)
Malha Iviga-e Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/cont,1)
173
Malha Iviga-e Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/stre,1)
Malha Iviga-e Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/disp)
174
Malha de Refinamento – 1 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh)
Malha Iviga2r1 Refinamento – 1 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/node)
175
Malha Iviga2r1 Refinamento – 1 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/boun)
Malha Iviga2r1 Refinamento – 1 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/cont,1)
176
Malha Iviga2r1 Refinamento – 1 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/stre,1)
Malha Iviga2r1 Refinamento – 1 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/disp)
177
Malha de Refinamento – 2 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh)
Malha Iviga2r2 Refinamento – 2 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/node)
178
Malha Iviga2r2 Refinamento – 2 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/boun)
Malha Iviga2r2 Refinamento – 2 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/cont,1)
179
Malha Iviga2r2 Refinamento – 2 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/stre,1)
Malha Iviga2r1 Refinamento – 2 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/disp)
180
Malha de Refinamento – 3 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh)
Malha Iviga2r3 Refinamento – 3 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/node)
181
Malha Iviga2r3 Refinamento – 3 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/boun)
Malha Iviga2r3 Refinamento – 3 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/cont,1)
182
Malha Iviga2r3 Refinamento – 3 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/stre,1)
Malha Iviga2r1 Refinamento – 2 (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/disp)
183
184
3.10.2 - Condução de Calor 2D
Malha Icond Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh)
185
Malha ICond sem geração de calor (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh/stre,1)
186
Capítulo – IV
ELEMENTOS ISOPARAMÉTRICOS
RESUMO
Neste capítulo será visto
.
4. 1 - Objetivos do capítulo
i)
187
4. 2 – Introdução
Precisamos definir funções de interpolação tal que alcançamos 2 objetivos no
projeto do elemento:
i) Convergência da Solução de Galerkin
ii) Convergência Computacional
Requisitos de Convergência
Os requisitos de convergência são colocados nas funções de interpolação,
portanto,
1) Funções suaves (pelo menos continuidade C1 no interior do elemento).
2) Continuidade Global C0
3) Completamento
Considere o elemento e com condução de calor – uh é um escalar
h
u
nen
N a dae
(4. 1)
a 1
Onde
d ae u h xae
(4. 2)
Seja nsd 3 , os N a ' s sào ditos “completos” se:
d ae co c1xae c2 yae c3 zae
(4. 3)
u h ( x) co c1x c2 y c3 z
(4. 4)
Implicar que:
Idéia Chave:
A medida que se refina a malha h 0 , u h e as derivadas atingirão valores
constante em cada elemento.
188
Teorema de Lax (Problema Linear)
Convergência = Estabilidade + Consistência
(4. 5)
Comentário sobre continuidade
- Em geral se requer continuidade C m dentro do elemento (das funções de
interpolação), onde m é a ordem da derivada na matriz de rigidez
- Continuidade global C m 1
- A definição de “completamento” deve incluir polinômios de grau até m também.
Exemplos de Elementos:
Figura - 4. 1. Elemento bilinear quadrilateral.
189
4. 3 – Elementos Isoparamétricos e o seu Conceito de
Programação
Define-se o mapeamento
x ; ( x)
~
(4. 6)
~
onde as funções de forma:
x
x ;
~ y ~
(4. 7)
Define-se os N a ' s por:
4
N a , xae
x ,
~
a 1
4
N a , yae
y ,
a 1
(4. 8)
Os N a , s são calculadas assumindo forma linear tal que:
x , 0 1 2 3
y , 0 1 2 3
(4. 9)
Com as seguintes restrições a serem satisfeitas
x , x e
a a
a
y a ,a yae
(4. 10)
1, se a b
N a a ,a
0, se caso contrário
N a b ,b ab ( propriedade de interpolação)
(4. 11)
Isto ocorre se e somente se:
Resulta que:
N a ,
1
1 a 1 a
4
190
(4. 12)
a a a
1 -1 1
2 1
-1
3 1
1
4 -1 1
Lembrando o caso 1D
1
1 a
2
N a
(4. 13)
Mas em 3D
N a , ,
1
1 a 1 a 1 a
8
(4. 14)
Próxima Hipótese
Usar as funções de forma para definir u h .
Condução de Calor:
u h
4
N a dae
(4. 15)
a 1
Elastostática:
uih
4
N a diae
a 1
191
(4. 16)
4. 4 – Elemento Quadrilateral Bilinear
I) Condição de Convegência
1) Sua vidade C2 em e
Figura - 4. 2. Elemento bilinear quadrilateral
2) Continuidade Global
Figura - 4. 3. Elemento bilinear quadrilateral
Os N A ' s sãoglobalmente C0
192
nen
h
u
N Ad A
(4. 17)
A1
3
uh
4
N a dae
a 1
4
4
4
4
N a co c1xae c2 yae co
N a c1
N a xae c2
N a yae
a 1
a 1
a 1
a 1
x
(4. 18)
y
Logo
u h co c1x c2 y
(4. 19)
E
uh
4
1
1
1
1
Na , 4 1 1 4 1 1 4 1 1 4 1 1
a 1
193
(4. 20)
4. 5 – Elementos Isoparamétricos
São elementos que parametrizam u h e x usando as mesmas funções de
interpolação, com isso esses elementos possuem a sua forma geométrica correspondente ao
grau de suas funções de interpolação.
Figura - 4. 4. Elemento bilinear quadrilateral
Seja
o domínio apresentado. Seja x :
e da forma:
nen
x
N a xae
a 1
(4. 21)
Então:
uih
nen
Na diae
(4. 22)
a 1
1) Suavidade C1 no elemento N a , x , N a , y são:
, x , y
N a , x , N a , y N a , , N a ,
, x , y
(4. 23)
e
, x , y 1 y,
,x
, x , y J y,
x,
1
x,
x,
(4. 24)
Onde
J det x, x, y, x, y,
(4. 25)
Sabemos pela parametrização que N a , , N a , são suaves, então N a , x , N a , y
são suaves se J > 0.
194
2) Suavidade Global C0 (analisado caso a caso)
3) Complemento
h
4
u
N a d ae
a 1
4
4
Na co c1xae c2 yae c3zae
a 1
4
4
4
e
e
co
N a c1
N a xa c2
N a ya c3
N a zae
a
1
a 1
a 1
a 1
1(?)caso
a caso
x
y
195
z
(4. 26)
4. 6 – Elementos Triangular Linear
Figura - 4. 5. Elemento trilinear
x
; x y
z
(4. 27)
x 0 1 2 3 4 5 6 7
y 0 1 2 3 4 5 6 7
z 0 1 2 3 4 5 6 7
(4. 28)
Assume-se:
Onde se requer que:
nen
x a
N a xae x a xae
a 1
(4. 29)
e
nen
y a
N a yae y a yae
a 1
(4. 30)
e
nen
z a
N a zae z a zae
a 1
(4. 31)
e
N a , ,
1
1
1D 1 a
1 a 1 a 1 a produto das funçoes
8
2
196
(4. 32)
e
8
uh
N a d ae
a 1
(4. 33)
Outros Elementos (§ 3.4 -3.5)
Existem duas maneiras de se melhorar a resposta do M.E.F.
1) Refinamento – h reduzindo “h” ou aumentando o número de nós e elementos
2) Refinamento – p aumentando o grau dos polinômios de interpolação – utilizando
polinômios de maior grau nas funções de interpolação.
197
4. 7 – Polinômios de Lagrange – 1D
O objetivo de se utilizar o polin
198
4. 8 – Elementos com um Número Variável de Nós
199
4. 9 – Quadratura Gaussiana
200
4. 10 – Subrotinas de Funções de Interpolação e de Cálculo de
Rigidez Elementar
201
4. 11 – Exemplos e Aplicações
202
4. 12 – Exercícios e Problemas
203
Capítulo – V
MÉTODOS MISTOS E DE PENALIDADE
RESUMO
Neste capítulo será visto
.
5. 1 - Objetivos do capítulo
i)
5. 2 – Introdução
204
5. 3 – Métodos Mistos e de Penalidade
(5. 1)
205
5. 4 – Normas de Sobolev
206
5. 5 – Melhor Aproximação e Estimativa de Erro
207
5. 6 – Elasticidade Incompressível
208
5. 7 – Escoamento de Stokes
209
5. 8 – Exemplos e Aplicações
210
5. 9 – Exercícios e Problemas
211
Capítulo – VI
PROBLEMAS TRANSIENTES
RESUMO
Neste capítulo será visto
.
6. 1 - Objetivos do capítulo
i)
6. 2 – Introdução
212
6. 3 - Problemas Transientes
(6. 1)
213
6. 4 - Problemas Parabólicos (Equação de Calor)
214
6. 5 - Problemas Hiperbólicos (Elastodinâmica e Dinâmica
Estrutural)
215
6. 6 – Algoritmos Computacionais
216
6. 7 – Exemplos e Aplicações
217
6. 8 – Exercícios e Problemas
218
Capítulo – VII
INTRODUÇÃO A ANÁLISE NÃO-LINEAR
TÉRMICA E ELÁSTICA
RESUMO
Neste capítulo será visto
7. 1 - Introdução
Neste capítulo vamos levantar alguns exemplos simples de problemas de nãolinearidades materiais. Dos quais podemos listar:
I) Condição de Calor Não-Linear
II) Viga Elástica Não-Linear
III) Elasticidade Não-Linear em pequenas deformações.
219
7. 2 – A Formulação do Problema Forte e Fraca de Problemas
Térmicos Não-Lineares
7.2.1 - A Forma Forte da Análise Térmica Não-Linear
Considere o seguinte problema térmico onde a propriedade é função da solução,
que é a temperatura, ou seja, a condutividade térmica é expressa como:
k k T
(7. 1)
Considere o seguinte Problema de Valor Inicial (P.V.C.) em x 0;1
Figura - 7. 1. Condução de Calor Não-Linear
A forma forte é dada por: Ache u tal que:
qi ,i f 0 p / x 0; L
S u g em x 0 g 0
qi ni h em x L h L
Figura - 7. 2.
Mas agora:
220
(7. 2)
(7. 3)
(7. 4)
qi qi ui ; u , j kij u u , j
Lembre-se do caso linear que:
qi qi u , j kij u , j
A forma fraca W é a mesma que antes, ou seja:
7.2.2 - A Forma Fraca da Análise Térmica Não-Linear
A formulação fraca do problema térmico não-linear é dada por:
L
L
L
w, x qdx w, q , x dx wf dx 0
0
0
(7. 5)
0
como w 0 em y temos:
L
W
L
w, x qdx wf dx w L h
0
(7. 6)
0
supondo que estejamos tratando com problema linear
qi qi u , j ku , j
(7. 7)
Onde kij é a conditividade térmica do material, temos a forma de Galerkin:
L
L
L h
w, x ku, x dx wf dx w
0
a w,u
0
w, h h
w, f
Figura - 7. 3. Formulação de Galerkin com Malha
221
(7. 8)
7.2.3 - A Forma de Galerkin da Análise Térmica Não-Linear
A forma de Galerkin é dado por:
a w, u w, f w, h
(7. 9)
Na forma de Galerkin a solução é do tipo:
uh x
N A x d A
An ng
N A x g A
Ang
(7. 10)
E as funções pesos são do tipo
wh x
N A x c A c A
An ng
(7. 11)
As quais substituindo-se em (7. 6) obtemos:
L
w,hx q u ,hx dx
0
L
w
h
f dx wh L h
(7. 12)
0
Ou ainda para uma ou mais dimensões temos:
w, x kij u
h
h
u,hj d wh f d whhd
F int
h
F ext
Desta forma, encontramos a relação entre a força interna e externa.
222
(7. 13)
7.2.4 - A Forma de Matricial da Análise Térmica Não-Linear
Na forma matricial temos:
F int F ext
(7. 14)
Substituindo-se as fuções de interpolação temos:
n 1
c A N A , x x q
N B , x x d B d N A x fdx N A L h
A2
B 1
n 1
(7. 15)
A partir daqui segue os demais desenvolvimentos matemáticos análogos as casos
anteriores feitos para a análise linear. Contudo é reciso considerar algumas condições para o
problema não-linear.
Problema Não-Linear
- Em (7. 82), define-se d1 , tal que, d1 g . É comum incluir um grau de liberdade
prescrito em d . Desta forma (7. 82) é reescrita como:
F int F ext
(7. 16)
N d
onde
F int FAint ; F ext FAex t
(7. 17)
Com
L
F
int
n 1
N A , x x ˆ
N B , x x d B dx
B 1
0
L
F
ext
(7. 18)
N A x f dx N A L h
0
Definindo o intervalo de um elemento e conforme mostrado na Figura - 7. 4
Figura - 7. 4.
223
onde podemos escrever:
nel
nel
F int A f int, e ; F ext A f ext , e
e 1
e 1
(7. 19)
e
f int,e f aint, e ; f ext ,e f aex t, e
(7. 20)
Onde
f int,e
T
Na qd
(7. 21)
Na fd N a hd
(7. 22)
e
Onde q depende de d . E
f ex t, e
e
e
Portanto, a forma matricial final fica:
(7. 23)
Kd F
A partir daqui segue os demais desenvolvimentos matemáticos análogos as casos
anteriores feitos para a análise linear.
224
7.2.5 – Definição de Quantidades Elementares na Análise Térmica Não-Linear
Em relação as grandezas elementares como sempre temos:
nel
K A Ke
e 1
(7. 24)
Do ponto de vista dos elementos temos:
f int,e : q qi ;
qi kij u
h
h
nen
Nb , j x db
b 1
u , j kij u h
nen
int, e
h
fa
N a ,i x kij u Nb , j x d db
h 1 e
Linearmente
Independente de d
(7. 25)
ou
x2
f
int, e
nen
N a , x x ˆ
Nb , x x db dx
B 1
x1
(7. 26)
Para cada elemento também vale uma relaçào do tipo
f int K e d e
(7. 27)
(7. 28)
Agora nós temos:
f int K e d e d e
Sendo assim K e requer o cálculo do gradiente de f int
e
K e K ab
(7. 29)
f int
e
K ab
db
(7. 30)
Onde
Ou
225
e i
f aint, e d
e
K ab
dbe
(7. 31)
Logo,
xie
nen
e
e
K ab
N a , x x ˆ
N c , x x d c dx
e
db e
c 1
xi
xie
n
nen
dˆ en
e
Na ,x x
Nc , x x dc .
N c , x x d ce dx
dbe
d c 1
c 1
xie
(7. 32)
E h
Logo,
n
en
e
K ab
db c 1
N a ,i x kij u h N c , j x d d c
e
h
kij u
kij h
N
,
x
N
,
x
d
d
N
,
x
u
N
,
x
d
a i
c j
c
a i
b j
h d
h
u
u
b
c 1 e
e
Igual a rigidez linear
nen
(7. 33)
logo
x2e
e
K ab
N a , x x k
h
Nb ,x x dx
(7. 34)
x1e
Melhorando a forma de escrever o 1º termo:
u h
db db
nen
N
,
d
c x c Nb , x
c 1
(7. 35)
logo
e
K ab
nen
N a ,i x
Nb
N c , j dc d N a ,i x kij u h Nb , j x d
u h
c 1
e
e
kij
(7. 36)
Essa matriz não é simétrica por causa do 1º termo. Lembrando que é preciso conhecer a
dependência de kij em função u , cujo gráfico é do tipo mostrado na Figura - 7. 5.
226
Figura - 7. 5.
No programa FEAP usa-se o comando utang,,1 para matriz não-simétricas e
tang,,1 para matrizes simétricas.
Em geral temos:
e
K ab
N a ,i x
e
Na ,i x kij u
nen
nen
kij
Nb
N c , j d c d Nb ,i x
Na
Nc , j dc d
u h
u h
c 1
c 1
e
kij
h
(7. 37)
Nb , j x d
e
Resumo (problema 1-D)
e
- K ab
é muito simples (idêntico à viga linear) exceto que E E .
- Temos como resultado que a rotina do elemento é muito semelhante a rotina do
elemento linear.
Diferença Importante:
Necessita-se de d e para se calcular K e e f int,e
Observações:
1) O uso da derivada exata em
K d F ext F int
(7. 38)
É chamado de uso de “tangente consistente”
2) Com rigor o Método de Newton-Raphson requer o uso de “tangente consistente”
3) O Método de Newton com o uso de aproximação para K é chamado de Método de Quase
Newton
4) Mesmos teorias simples de Análise Linear ou Não-Linear podem trazer assimetrias.
227
7.2.6 – Esquema da Carga Incremental
Suponhamos uma força dependente de um parâmetro de carga (onde t, não é o
tempo real, mas um “parâmetro de carga”)
f f t
(7. 39)
h h t
(7. 40)
g : d1 g t
(7. 41)
e ainda
e
Deseja-se resolver para uma solução do tipo:
u
h
n 1
t N A x d A t
(7. 42)
A 1
Onde t 0; T
Numericamente divide-se o intervalo 0;T em incremento
no passos
0; T
tn ; tn 1
(7. 43)
n0
Figura - 7. 6.
Portanto, o problema não-linear a ser resolvido é:
F int d n 1 F ext tn 1
228
(7. 44)
7.2.7 – O Método de Newton-Raphson
Define-se um resíduo como sendo:
R F ext t F int d t 0 t 0; T
(7. 45)
A contrapartida discreta é dada por:
R F ext tn 1 F int d n 1 0
(7. 46)
Iterações de Convergência
Em seguida cria-se um contador de iterações i em cada passo tn ; tn 1
0
1) Inicializa-se com d n 1 d n ; i 0
2) Resolve-se pelo Método de Newton-Raphson
R
i
i
R d d d 0
d
(7. 47)
R
i
i
d d R d
d
(7. 48)
R F ext F int
(7. 49)
R
F int
d
d
(7. 50)
Ou
Note que:
logo
onde F ext é independente de d neste problema
Portanto a equação global fica:
i
i
K d .d F ext F int d
(7. 51)
F int
K
d
(7. 52)
Onde:
229
Em relação as grandezas elementares como sempre temos:
nel
K A Ke
e 1
(7. 53)
Incrementos temporais
Após a convergência das iterações i pode-se incrementar o tempo da seguinte
forma:
R i
i
R d n 1 d n 1 d 0
d
(7. 54)
R d n 1 0
i 1
Onde
i
R d n 1 F ex t tn F int d n 1
(7. 55)
Chamando de
ex t
F int
R F
K
d
d
(7. 56)
Temos:
F int
K
d
(7. 57)
i
i
R d n 1 K d n 1 d 0
(7. 58)
Logo,
e
i 1
i
d n 1 d n 1 d
(7. 59)
Portanto, obtemos o seguinte sistema linear para cada iteração
R i
i
R d n 1 d n 1 d 0
d
i 1 i
d d n 1 d n 1
R i
i
d n 1 d R d n 1
d
230
(7. 60)
Resolve-se
F int i
ext
int i
d n 1 d F tn 1 F d n 1 p / d
d n 1
(7. 61)
Atualiza-se
i 1
i
d n 1 d n 1 d
(7. 62)
Repete-se o processo até que “ d ” seja “pequeno”o que significa que:
( Norma da Força )
d .R d tol 2 ( Norma da Energia )
i
R d tol 1
i
(7. 63)
Ponto de Vista Elementar
e i
e i
r e d n 1 f ex t,e tn 1 f int , e d n 1
(7. 64)
f int ,e e i
e i
K e d n 1
d n 1
d e
(7. 65)
Onde
Então
n
el
ei
i
R d n 1 A r e d n 1
e 1
(7. 66)
Portanto,
n
el
e i
i
K d n 1 A K i d n 1
e 1
231
(7. 67)
7. 3 – A Formulação do Problema Forte e Fraca de Problemas
Elásticos Não-Lineares
7.3.1 - A Forma Forte da Análise Elástica Não-Linear
A formulação forte do problema elástico não-linear é dada por:
, x f 0 p / x 0; L
S u g em x 0 g 0
h em x L h L
(7. 68)
A análise elástica linear pode ser dividida em duas categorias:
i) Relação Deformação – Deslocamento
Caracterizada por:
u, x
du
dx
(7. 69)
ii) Relação Tensão-Deformação
Caracterizada por:
ˆ
(7. 70)
onde ˆ é uma função não-linear de , conforme mostra as Figura - 7. 7 e Figura - 7. 8
Figura - 7. 7.
Figura - 7. 8.
232
Obs:
No caso linear temos como exemplo:
ˆ E
(7. 71)
No caso linear, esta hipótese não se aplica como, por exemplo, em materiais
conjugados, polímeros, etc. Vejamos, portanto a formulação fraca do problema elástico nãolinear.
7.3.2 - A Formulação Fraca do Problema Elástico Não-Linear
A formulação fraca do problema elástico não-linear é dada por:
L
L
L
w, x dx w, , x dx wf dx 0
0
0
(7. 72)
0
como w 0 em y temos:
L
W
L
w, x dx wf dx w L h
0
(7. 73)
0
supondo que estejamos tratando com problema linear
ˆ E
(7. 74)
Onde E é o módulo de elasticidade, temos a forma de Galerkin:
L
L
L h
w, x Eu, x dx wf dx w
0
a w,u
0
w, h h
w, f
Figura - 7. 9. Formulaçào de Galerkin com Malha.
233
(7. 75)
7.3.3 - A Forma de Galerkin da Análise Elástica Não-Linear
A forma de Galerkin é dado por:
a w, u w, f w, h
(7. 76)
Na forma de Galerkin a solução é do tipo:
u
h
n 1
x N A x d A N1 x g
(7. 77)
A 2
E as funções pesos são do tipo
w
h
n 1
x
N A x c A cA
(7. 78)
A 2
As quais substituindo-se em (7. 73) obtemos de forma análoga ao caso térmico:
L
w,hxˆ u ,hx dx
0
L
w
h
f dx wh L h
(7. 79)
0
Ou ainda para uma ou mais dimensões temos:
w, x Eij u
h
h
u,hj d wh f d whhd
F int
h
F ext
Desta forma, encontramos a relação entre a força interna e externa.
234
(7. 80)
7.3.4 - A Forma de Matricial da Análise Elástica Não-Linear
Na forma matricial temos:
F int F ext
(7. 81)
Substituindo-se as fuções de interpolação temos:
Ou ainda
L
L
n 1
ˆ
c A N A , x x
N B , x x d B dx N A x f dx N A L h
A 2
B 1
0
0
n 1
(7. 82)
A partir daqui segue os demais desenvolvimentos matemáticos análogos as casos
anteriores feitos para a análise linear. Contudo é reciso considerar algumas condições para o
problema não-linear.
Problema Não-Linear
- Em (7. 82), define-se d1 , tal que, d1 g . É comum incluir um grau de liberdade
prescrito em d . Desta forma (7. 82) é reescrita como:
F int F ext
(7. 83)
N d
onde
F int FAint ; F ext FAex t
(7. 84)
Com
L
F
int
n 1
ˆ
N A , x x
N B , x x d B dx
B 1
0
L
F
ext
(7. 85)
N A x f dx N A L h
0
Definindo o intervalo de um elemento e conforme mostrado na Figura - 7. 10
235
Figura - 7. 10.
onde podemos escrever:
nel
nel
F int A f int, e ; F ext A f ext , e
e 1
e 1
(7. 86)
e
f int,e f aint, e ; f ext ,e f aex t, e
(7. 87)
Onde
f int,e
T
N a ˆ d
(7. 88)
Na fd N a hd
(7. 89)
e
Onde q depende de d . E
f ex t, e
e
e
Portanto, a forma matricial final fica:
(7. 90)
Kd F
A partir daqui segue os demais desenvolvimentos matemáticos análogos as casos
anteriores feitos para a análise linear.
236
7.3.5 – Definição de Grandezas Elementares na Análise Elástica Não-Linear
Em relação as grandezas elementares como sempre temos:
nel
K A Ke
e 1
(7. 91)
Do ponto de vista dos elementos temos:
f int,e : ˆ ˆ i ;
nen
h h
h
ˆ
i Eij u u , j Eij u
N b , j x db
b 1
(7. 92)
logo
nen
int, e
h
fa
N a ,i x Eij u Nb , j x d db
h 1 e
Linearmente
Independente de d
(7. 93)
ou
x2
f
int, e
nen
ˆ
N a , x x
Nb , x x db dx
B 1
x1
(7. 94)
Para cada elemento também vale uma relação do tipo
f int K e d e
Agora nós temos:
237
(7. 95)
f int K e d e d e
(7. 96)
Sendo assim K e requer o cálculo do gradiente de f int
e
K e K ab
(7. 97)
f int
e
K ab
db
(7. 98)
Onde
ou
e i
f aint, e d
dbe
e
K ab
(7. 99)
Logo,
xie
nen
e
e
K ab
N a , x x ˆ
N c , x x d c dx
e
db e
c 1
xi
xie
n
nen
dˆ en
e
Na ,x x
Nc , x x dc .
N c , x x d ce dx
dbe
d c 1
c 1
xie
(7. 100)
E h
e
K ab
n
en
h
e
N a ,i x Eij u N c , j x d d c
dbe c 1 e
h
Eij u
Eij h
N c , j x d d c N a ,i x
u Nb , j x d
N a ,i x h
h
u db
u
c 1 e
e
Igual a rigidez linear
nen
(7. 101)
logo
x2e
e
K ab
Na , x x E
h
Nb ,x x dx
x1e
238
(7. 102)
Melhorando a forma de escrever o 1º termo:
n
u h
en
N c d c N a , x bc Nb , x
db db c 1
(7. 103)
logo
e
K ab
nen
N a ,i x
Nb
N c , j dc d N a ,i x kij u h Nb , j x d
u h
c 1
e
e
kij
(7. 104)
Essa matriz não é simétrica por causa do 1º termo. Lembrando que é preciso conhecer a
dependência de kij em função u , cujo gráfico é do tipo mostrado na Figura - 7. 11.
Figura - 7. 11.
No programa FEAP usa-se o comando utang,,1 para matriz não-simétricas e
tang,,1 para matrizes simétricas.
Em geral temos:
e
K ab
N a ,i x
e
Na ,i x kij u
nen
nen
kij
Nb
N c , j d c d Nb ,i x
Na
Nc , j dc d
u h
u h
c 1
c 1
e
kij
h
(7. 105)
Nb , j x d
e
Resumo (problema 1-D)
e
- K ab
é muito simples (idêntico à viga linear) exceto que E E .
- Temos como resultado que a rotina do elemento é muito semelhante a rotina do
elemento linear.
Diferença Importante:
239
Necessita-se de d e para se calcular K e e f int,e
Observações:
1) O uso da derivada exata em
K d F ext F int
(7. 106)
É chamado de uso de “tangente consistente”
2) Com rigor o Método de Newton-Raphson requer o uso de “tangente consistente”
3) O Método de Newton com o uso de aproximação para K é chamado de Método de Quase
Newton
4) Mesmos teorias simples de Análise Linear ou Não-Linear podem trazer assimetrias.
240
7.3.6 – Esquema da Carga Incremental
Suponhamos uma força dependente de um parâmetro de carga (onde t, não é o
tempo real, mas um “parâmetro de carga”)
f f t
(7. 107)
h h t
(7. 108)
g : d1 g t
(7. 109)
e ainda
e
Deseja-se resolver para uma solução do tipo:
u
h
n 1
t N A x d A t
(7. 110)
A 1
Onde t 0; T
Numericamente divide-se o intervalo 0;T em incremento
no passos
0; T
tn ; tn 1
n0
241
(7. 111)
Figura - 7. 12.
Portanto, o problema não-linear a ser resolvido é:
F int d n 1 F ext tn 1
(7. 112)
7.3.7 – O Método de Newton-Raphson
Define-se um resíduo como sendo:
R F ext t F int d t 0 t 0; T
(7. 113)
A contrapartida discreta é dada por:
R F ext tn 1 F int d n 1 0
(7. 114)
Iterações de Convergência
Em seguida cria-se um contador de iterações i em cada passo tn ; tn 1
0
1) Inicializa-se com d n 1 d n ; i 0
2) Resolve-se pelo Método de Newton-Raphson
R
i
i
R d d d 0
d
(7. 115)
R
i
i
d d R d
d
(7. 116)
Ou
Note que:
242
R F ext F int
(7. 117)
R
F int
d
d
(7. 118)
logo
onde F ext é independente de d neste problema
Portanto a equação global fica:
i
i
K d .d F ext F int d
(7. 119)
F int
K
d
(7. 120)
Onde:
Em relação as grandezas elementares como sempre temos:
nel
K A Ke
e 1
(7. 121)
Incrementos temporais
Após a convergência das iterações i pode-se incrementar o tempo da seguinte
forma:
R i
i
R d n 1 d n 1 d 0
d
(7. 122)
R d n 1 0
i 1
Onde
i
R d n 1 F ex t tn F int d n 1
(7. 123)
Chamando de
ex t
F int
R F
K
d
d
Temos:
243
(7. 124)
F int
K
d
(7. 125)
i
i
R d n 1 K d n 1 d 0
(7. 126)
Logo,
e
i 1
i
d n 1 d n 1 d
(7. 127)
Portanto, obtemos o seguinte sistema linear para cada iteração
R i
i
R d n 1 d n 1 d 0
d
i 1 i
d d n 1 d n 1
R i
i
d n 1 d R d n 1
d
(7. 128)
F int i
ext
int i
d n 1 d F tn 1 F d n 1 p / d
d n 1
(7. 129)
Resolve-se
Atualiza-se
i 1
i
d n 1 d n 1 d
(7. 130)
Repete-se o processo até que “ d ” seja “pequeno”o que significa que:
( Norma da Força )
d .R d tol 2 ( Norma da Energia )
i
R d tol 1
i
(7. 131)
Ponto de Vista Elementar
e i
e i
r e d n 1 f ex t,e tn 1 f int , e d n 1
(7. 132)
f int ,e e i
e i
K e d n 1
d n 1
d e
(7. 133)
Onde
244
Então
n
el
ei
i
R d n 1 A r e d n 1
e 1
(7. 134)
Portanto,
n
el
e i
i
K d n 1 A K i d n 1
e 1
7. 4 – Exemplos e Aplicações
245
(7. 135)
7. 5 – Exercícios e Problemas
246
Capítulo – VIII
MECÂNICA DOS FLUIDOS
RESUMO
Neste capítulo será visto
8. 1 - Introdução
A Mecânica dos Fluidos estuda o movimento dos fluidos e o efeito resultante nas
suas vizinhanças. Os fluidos se apresentam basicamente de duas formas, na forma de gases e
líquidos. Alguns materiais complexos, como misturas podem apresentar um comportamento
de fluido, o que são chamadas de leito fluidizado. Também o calor e o plasma são também
considerados fluidos. O estado de fluido de um material é freqüentemente caracterizado pela
relativa mobilidade das moléculas que o constituem.
O movimento de um fluido é governado por leis globais de conservação de massa,
quantidade de movimento (“momentum”) e energia. Estas equações formam um Sistema de
Equações Diferenciais Parciais Não-Lineares, cujas incógnitas são: velocidade, temperatura e
pressão.
247
8.1.1 - Hipótese Inicial
Quando os efeitos da temperatura não são importantes, ou seja, as variações de
temperatura desprezíveis o fluido é chamado de isotérmico. Como hipótese inicial, vamos
considerar o problema escolhido com as seguintes características: viscoso, incompressível e
condições isotérmicas em todo o domínio.([3]). Considerando variações de temperatura
desprezíveis é possível resolver a equação de Navier-Stokes e continuidades. Quando as
velocidades são baixas, (quando o número de Reynolds é baixo) isso implica que os termos de
inércia são desprezados. Neste caso, precisa-se resolver as equações de Navier-Stokes e da
continuidade.
Re
U D
v
(8. 1)
Onde U é a velocidade livre de interação com as superfícies, D é uma dimensão
característica, v é a viscosidade cinemática
O problema de valor de contorno linear conhecido como escoamento de Stokes é
um exemplo de problema de fluido aplicado na lubrificação de superfícies.
Apresentam-se, na seqüência, as equações que regem o fenômeno, os dados
gerados pelo programa FEAP, seguido do estudo dos valores encontrados, análise e
comparação dos resultados com o fornecido pelo livro ([2]).
248
8. 2 - Fundamentação Teórica
A lei de conservação de massa estabelece que a razão entre a variação de massa
por unidade de tempo em uma região fixa é zero. Esta lei, conhecida como equação da
continuidade, pode ser escrita matematicamente como:
.J
0,
t
(8.2)
onde J u é o fluxo de massa e é a densidade do fluido, u denota o vetor velocidade, e
é o operador vetorial da derivada. Quando a mudança de densidade de um fluido em
particular é desprezível, então o fluido (ou fluxo) é denominado incompressível e tem-se que
/ t 0 . A equação da continuidade torna-se:
.u o ,
(8.3)
A lei de conservação de momento linear (segunda lei de Newton para o
movimento) afirma que a variação do momento linear sobre o tempo é igual à soma das forças
externas agindo na região. Esta lei é representada por:
Du
f . P
,
Dt
(8.4)
onde é o tensor tensão de Cauchy e f é o vetor força do corpo, medido por unidade de
massa , enquanto D/Dt denota a derivada material ou operador derivada Euleriano,
D
u . ,
Dt t
(8.5)
A Eq. (4) descreve a equação de movimento de um meio continuo e, na mecânica dos fluídos,
são conhecidas como Equações de Navier.
249
8. 3 - Equação de Navier-Stokes para Escoamento Laminar
As equações governantes são:
Tempo t
Vetor posição:
x x1, x2 , x3
(8. 6)
u 0
ui
0
xi
(8. 7)
Em coordenadas eulerianas.
Massa
Lembre-se:
cte
t
fluido
incompressível
cte
fluxo
uniforme
(8. 8)
Momentum
u
0 uu . 0 f 0
t
(8. 9)
Em notação inicial temos:
u
u
0 i ui i
t
x j
ij
0 fi 0
x j
250
(8. 10)
8.3.1 - Relações Constituitivas para Fluidos Newtonianos
As relações constitutivas para um fluido newtoniano são:
PI ; 2 D
(8. 11)
1
T
D u u
2
(8. 12)
ij ij P ij ; ij 2 Dij
(8. 13)
1 u u j
D i
2 x j xi
(8. 14)
u uˆ ou ui uˆi s, t em u
(8. 15)
nˆ. ˆ ou i ij s, t n j s ˆ s, t em
(8. 16)
Onde
Ou
E
Condições de Contorno
(Dirichlet)
e
(Neumann)
Estas equações são resumidas por:
ui
0
xi
(8. 17)
e
u
u
0 i ui i
P ij Dij 0 fi 0
t
x j
x
j
(8. 18)
Ou
u
u
0 i ui i
t
x j x j
u u j
P ij i
x j xi
251
0 fi 0
(8. 19)
As equações Erro! Fonte de referência não encontrada. e Erro! Fonte de referência não
encontrada. representam o problema a ser resolvido.
8.3.2 - Escoamento Viscoso Incompressível
Para o estudo particular do problema de Stokes para um fluido incompressível a
equação constitutiva é dada por:
u .u ,
(8.20)
Como o fluido é considerado incompressivel pela equção (8.3) tem-se:
u ,
(8.21)
Du
f . u P
,
Dt
(8.22)
e portanto a (8.4) torna-se:
Observe que a equação (8.22) possui duas variáveis, a velocidade do fluido u e a pressão P .
8.3.3 - Formulação Forte do Problema de Navier-Stokes para o Escoamento
Laminar
A formulação forte é dada por:
ui
0
xi
(8. 23)
e
ui
ui
0
ui
t
x j x j
tempo
advecção
P ij ui
x j
pressão
u j
0 fi 0
xi
força de
fricção campo
(8. 24)
Como obter a forma variacional?
8.3.4 - Procedimento Geral em 3 Passos
1) Tomar a equação em questão colocando todos os termos para um lado da igualdade. Em
seguida multiplica-se a equação obtida por uma função peso, w, por exemplo, e integrando
sobre o domínio e de um elemento típico.
252
2) Distribuir a diferenciação de d (vetor de incógnitas) e w igualmente, tal que as equações
diferenciais parciais sejam reduzidas de uma ordem, através da integração por partes (usando
o Teorema de Green-Gauss).
3) Separar o contorno do domínio pelas definições físicas do problema.
Em nosso caso devemos usar a equação Erro! Fonte de referência não
encontrada. e obter
u
Q xii dx 0
(8. 25)
e
E a equação Erro! Fonte de referência não encontrada. e obter:
u
u
w 0 i ui i
t
x j x j
e
u u j
P ij i
0 fi dx 0
x j xi
(8. 26)
Finalmente obtém-se a forma fraca:
0
u
Q i
xi
e
dx
(8. 27)
E a equação Erro! Fonte de referência não encontrada. e obter:
0
u
i w u ui wi
0 wi
i j
t
x j x j
e
u u j
P ij i
x j xi
0 wi fi dx
(8. 28)
wi i ds
e
8.3.5 - Forma Variacional de Rayleigh-Ritz Galerkin
Nesta forma velocidades e pressões são obtidas com funções de aproximação
(funções de forma e de interpolação), , dada por:
M
ui x, t
m x uim t T ui
m 1
e
253
(8. 29)
L
P x, t l x Pl t T P
l 1
(8. 30)
Onde T e T são vetores coluna de funções de forma. ui e P são vetores dos valores nodais
de velocidadeds e pressão.
A funções pesos são aproximadas também por:
L
Q
l x C1l t
(8. 31)
l 1
e
M
wi x, t
m x C2im
m 1
(8. 32)
que são independentes do tempo:
Susbtituindo as equações Erro! Fonte de referência não encontrada. e Erro!
Fonte de referência não encontrada. em Erro! Fonte de referência não encontrada. e
ainda Erro! Fonte de referência não encontrada. e Erro! Fonte de referência não
encontrada. em Erro! Fonte de referência não encontrada., obtém-se as seguintes
equações de elementos finitos:
i) Massa
T
dx u 0
e xi i
(8. 33)
ii) Momentum na direção i
T
o T dx ui o T u j
dx ui
e e x j
T
T
dx ui dx u j
e x j x j e x j x j
T
dx P o fi dx i ds
e xi e
e
As equações matriciais são escritas como:
254
(8. 34)
i) Massa
QT u 0
(8. 35)
Mu C u u Ku QP F
(8. 36)
ii) Momentum na direção i
Para o caso 2D as equações Erro! Fonte de referência não encontrada. e Erro!
Fonte de referência não encontrada. assumem a seguinte forma:
0 u1 C u
0
0 u1
M 0 u2 0
C u 0 u2
0 0 P 0
0
0 P
2k k
k21
Q1 u1 F1
11 22
k12
k11 2k22 Q2 u2 F2
T
T
Q
Q
0
P 0
1
2
M
0
0
0
(8. 37)
onde
M o T dx
e
T
C u o T u j
dx
e x j
Notação de
Soma de
Einstein
(8. 38)
T
Kij dx
e xi x j
T
Qi
dx
e xi
(8. 39)
Fi
o fi dx i ds
e
e
E as funções de interpolação são os polinômios de Lagrange.
255
As equações são combinadas como:
M
0
0 u C u K u Q u F
T
0 P
Q
0 P 0
(8. 40)
ou
Mu Ku F
(8. 41)
onde
T
U u1, u2 , u3 , P
(8. 42)
8.3.6 - Estratégias Numéricas
Para se obter apenas uma variável há duas alternativas pelo Método dos
Elementos Finitos.
1) Método Misto ou Velocidade-Pressão (resolve-se para u e P )
Resolve-se simultaneamente para velocidade e pressão com forma fraca
(Variacional)
2) Método da Função Penalidade ou Modelo de Elementos Finitos por Penalidade
Cometemos ao que chamamos de crime variacional ou penalidade quando é
necessário eliminar a pressão, da seguinte forma:
- Elimina-se a Pressão P por meio da equação da Continuidade e resolve a nova
equação difernecial somente para u .
Nesta forma estratégica interpreta-se a Equação da Continuidade como uma
relação adicional entre as velocidades , i. e., uma restrição para os ui o que implica que esta
relação é satisfeita aproximado por uma minimização no sentido de Mínimos Quadrados, logo
a pressão é efetivamente eliminada da formulação.
256
8. 4 - Modelo de Penalidade para o Problema de Navier-Stokes
8.4.1 - Problema de Navier-Stokes
A condição de incompressibilidade é dada por:
u v
0
x y
(8. 43)
No Modelo de Penalidade considera-se que as velocidades são muito baixas e
portanto escreve-se:
ui
P
0 ,
x j
e
(8.44)
Elimina-se a pressão substituindo-a nas equações de momento usando, portanto, a seguinte
expressão:
P e
ui
,
x j
(8.45)
Onde e é o fator de penalidade
106 e 1012
(8. 46)
O objetivo desta lista de exercicios é ver a influência do e na solução.
Retornando-se a equação (8.22) e substituindo (8.45) nas equações de NavierStokes pela pressão i. e. no termo P , logo obtém se uma equação que pode ser resolvida
univocamente.
257
Du
e
f . u .u
,
Dt
(8.47)
Ou na forma matricial:
0 u1 C u
0
0 u1
M 0 u2 0
C u
0 u2
0 M u3 0
0
C u u3
k21
0
2 k11 k22 k33
u1
u
k12
k11 2k22 k33
0
2
k13
0
k11 k22 2k33 u3
M
0
0
0
K
1
(8. 48)
~
kˆ11 kˆ12 kˆ13 u F
1 1
ˆ
ˆ
k21 k22 kˆ23 u2 F2
ˆ
ˆ
ˆ
k13 k32 k33 u 3 F3
K
2
~
Onde M1C u , kij e Fi são os mesmos da formulação anterior completa (contendo a
pressão). Então, para fazer uma estimativa da pressão podemos considerar:
u
u P 2u
0
(8. 49)
Ou na forma matricial:
Mu C u u Ku QP F
0
0
(8. 50)
Logo
Ku QP F
(8. 51)
K Kˆ u F
(8. 52)
T
e
ˆ
kij
dx
e
xi x j
(8. 53)
Sabendo que:
Os termos de penalidade são:
258
A equação pode ser reescrita simbolicamente de forma mais resumida como uma
equação matricial:
Mu C u K 1 K 2 e u F
(8. 54)
Onde
u u1 u2
T
u3
(8. 55)
1) Construir 2k11 k22 e
k e ... k e
14
11
ke
e
88 e
k41 ... k44
(8. 56)
e
Onde kab
é uma matriz 2 2 e 1 a; b 4
2) Fórmula do Reddy
i jT
e
k
d
xi x j
~ ij e
t21
2t t
e
k
11 22
t12
t11 2t22
~ ab
e
(8. 57)
3) O vetor força é o mesmo que foi implementado na teoria da elasticidade 2D onde f e
88
4) Construir a Matriz de Penalidade
kˆe ... kˆe
11
14
e
ˆ
k
e
88 ˆe
ˆ
k41 ... k44
(8. 58)
e
onde kˆab
é uma matriz 2 2 e 1 a; b 4 e
kˆije
T
d e
xi x j
e
É calculado por Quadratura de Gauss como uma matriz
singularidades.
259
(8. 59)
11
para eliminar as
Finalmente calcula-se:
e
k eab k ab
kˆeab k e k e
88
(8. 60)
8.4.2 - Avaliação das Matrizes Elementares nos Modelos de Penalidade
Vamos agora avaliar as matrizes elementares no modelos de penalidade
considerando o exemplo do regime permanente, a baixos números de Reynolds que equivale
ao problema de Stokes.
K 1
u F
2
K e
termos viscosos termos de penalidade
(8. 61)
u u u
P
x y z
(8. 62)
Neste caso temos:
1) e muito grande contribuição dos termos de viscosidade pode tornar-se desprezível na
presença dos termos de penalidade.
K 2 e K 1
(8. 63)
a) K 1 não é singular para e grande a solução é trivial 0
Esta solução satisfaz a equação da continuidade, mas não satisfaz a conservação
da quantidade de movimento Trancamento de Malha (“locking”).
b) K 2 é singular a soma é não-singular, pois K 1 é não singular, possibilitando a
obtenção de uma solução não-trivial.
SOLUÇÃO DO PROBLEMA ”Crime Variacional” integração reduzida
dos termos de penalidade, isto é, uma ordem em relação aos outros termos.
2-D
K 1 Quadratura Gausiana 2 X 2
K 2 Quadratura Gaussiana 1 X 1
260
Cria-se um nó para a pressão diferente do nó para velocidade,
3-D
K 1 Quadratura Gausiana 2 X 2 X 2
K 2 Quadratura Gaussiana 1 X 1 X 1
Cria-se um nó para a pressão diferente do nó para velocidade,
Os valores sugeridos para e são: 104 e 1012 .
261
8. 5 – Transferência de Calor e Mecânica dos Fluidos
O objetivo desta parte é englobar convecção natural e forçada
1) Forma Forte
Usando a aproximação de Bousssinesq:
o 1 T To
(8. 64)
As equações governantes são:
i) Massa
ui
0
xi
(8. 65)
ii) Momentum na direção i
u
u
0 i u j i
t
x j
x j
u u j
P ij i
0 g T To 0
x j xi
(8. 66)
iii) Energia
T
T
0CV
uj
t
x j
xi
T
0
kij
Q
x j
Dissipação
(8. 67)
Viscosa
onde
P Pˆ 0 gi xi 0
(8. 68)
é a pressão modificada. Vide a referência Bejan, 1995, Convection Heat Transfer.
2 Dij Dij
(8. 69)
onde
Dij
1 ui u j
2 x j xi
262
(8. 70)
Condição de Contorno
ui fi s, t em u
(8. 71)
i ij s, t n j s fi s, t em
(8. 72)
T Tˆ s, t em T
(8. 73)
e
Para a parte fluida, e
e
T
kij
x j
ni qconv qrad q s, t em q
(8. 74)
2) Forma Fraca
Para um elemento e
w1 f1dx 0
e
w2 f 2 dx 0 w1, w2 , w3 funções peso para P, u eT respectivamente
e
w3 f3dx 0
e
(8. 75)
onde as variaveis T , ui , P podem ser aproximadas por:
M
T x, t
m x Tm t T T
m 1
M
ui x, t
n x uin t T ui
m 1
M
P x, t
l x Pl t T
m 1
onde m x , n x , l x são funções de interpolação.
263
(8. 76)
2.1) Forma Fraca e Discreta das Equações
i) Massa
T
dx u 0
e xi i
(8. 77)
ii) Momentum na direção i
Não inclui direção preferencial do escoamento
T
o T dx ui o T u j
dx ui
e e x j
T
T
dx ui dx u j
e x j x j e x j x j
T
T
dx P o gi dx T o gi To dx
e xi
e
e
(8. 78)
i ds
e
iii) Energia
Neste caso é preciso levar em conta a direção preferencial de escoamento.
T
0CV T dx T 0CV T u j dx T
e
e
x j
T
kij dx T Qdx dx qds
x
x
i
j
e
e e
e
2.2) Forma Matricial das Equações
As equações matriciais são escritas como:
264
(8. 79)
M
0
0
0
0
M
0
0
0
M
0
0
Kˆ 11
Kˆ12
ˆ
K13
T
Q1
Kˆ 21
Kˆ
22
Kˆ 23
Q2T
0 u1 C u
0
0
0 u2 0
C u
0
0 u3 0
0
C u
0 P 0
0
0
Kˆ 31 Q1 u F
1
1
Kˆ 32 Q2 u2 F2
Kˆ 33 Q3 u3 F3
Q3T Kˆ 44 P 0
0 u1
0 u2
0 u3
0 P
(8. 80)
Onde
Kˆ 11 2 K11 K 22 K33
Kˆ K 2 K K
22
11
22
(8. 81)
33
Kˆ 33 K11 K 22 2 K33
ë
M o T dx
e
T
C u o T u j
dx
e x j
T
Kij
dx
e x j x j
(8. 82)
T
Qi
dx
e xi
Fi T o gi T dx T o gi To dx i ds
e
e
e
Logo as equações são combinadas como:
N T D u T L T G T
onde
265
(8. 83)
D u
T
0CV T T u j dx
x j
e
0CV
N
T
e
dx
(8. 84)
T
L kij dx
xi x j
e
G
dx qds
Qdx
e
e
e
Compactando as equações temos:
i) Massa
Q T u 0
ii) Momentum na direção i
Mu C u u Ku QP BT F
(8. 85)
NT DT LT G
(8. 86)
iii) Energia
e
B1
BT 0
0
0
B2
0
0 T
0 T
B2 T
e
Bi
o gi
e
T
dx
Logo temos a forma matricial:
M
0
0
0 u C u K u , T Q
0 0 P
QT
0
0 N T
0
0
0
u F T
B T
0
P 0
D u L T T G T , u
e de forma inda mais compacta:
266
(8. 87)
MU KU F
(8. 88)
Onde
U T u1T , uT2 , u3T , PT , T T
(8. 89)
Penalidade por integração reduzida
Comete-se o “crime variacional” somente na Equação da massa + momentum
com a finalidade de se eliminar a pressão.
0 u1 C1 u
0
0 u1
0 u2 0
C2 u
0 u2
M u3 0
0
C3 u u3
K 21
0
2 K11 K 22 K33
u1
u
K12
K11 2 K 22 K33
0
2
K13
0
K11 K 22 2 K33 u3
Kˆ 11 Kˆ12 Kˆ13 u F
1 1
ˆ
ˆ
ˆ
K 21 K 22 K 23 u2 F2
ˆ
ˆ
ˆ u F
K13 K32 K33 3 3
(8. 90)
T
Kij e dx
xi xi
e
(8. 91)
M
0
0
0
M
0
e
267
Exemplo
Figura - 8. 1.
Figura - 8. 2.
268
8. 6 – Projetos de Análise Não-Linear
Estas sugestões de projeto foram extraidas do livro do Reddy & Gartling.
1) Página 234, Pb. 5.9-2. Escoamento de 2 Fluidos em Contra-Corrente em Placas Paralelas.
2) Página 240, Pb. 5.9-5. Receptor Solar
3) Página 241, Pb. 5.9-6. Arranjo de Tubos
4) Página 244, Pb. 5.9-7. Escoamento Aquecido Volumetricamente.
Regime permanente → Usar distribuições de geração de calor diferentes.
Figura - 8. 3.
8.5.1 – Escoamento de 2 Fluidos em Contra-Corrente em Placas Paralelas
Considere a seguinte montagem:
Figura - 8. 4.
T T
u
;U
Tóleo T
U
269
(8. 92)
8. 7 – Equação de Navier-Stokes em 3D
Vamos nesta parte conhecer a solução de Navier-Stokes 3D em regime
permanente. Deixaremos a parte temporal para ser resolvida pelos métodos de marcha no
tempo.
N d F d
(8. 93)
Método de Newton
Vamos usar o Método de Newton com o modelo de penalidade e integração
reduzida (que corresponde ao crime variacional). Supondo que F não depende de d.
Jacobiano
N d
d d n
d F N d
(8. 94)
Resíduos
Termos Advectivos
onde K é a matriz de rigidez e K̂ é a matriz de penalidade.
nel
N
b d e
C
d
N
N
d
j
j
o a
c cj
x j
Soma
c 1
e
em j
ab
(8. 95)
nel é o número de nós no elemento, j é a dimensão do espaço 1 j 3 .
Esta soma presica ser computada para cada ponto de Gauss para j 1, 2,3 e para
d cj 1 , quando a derivada for necessária.
N1 d C1 d1 d1 C2 d 2 d1 C3 d3 d1
2
K
11 K 22 K33 d1 K12d2 K13d3 Kˆ11 Kˆ12 d2 Kˆ13d3
(8. 96)
C1 d1
0
0 d1
C2 d 2
0 d 2
0
0
0
C3 d3 d3
(8. 97)
e
e
270
N 2 d C1 d1 d 2 C2 d 2 d 2 C3 d3 d 2
K 21d1 K11 2 K 22 K33 d3 K33d3 Kˆ 21 Kˆ 22 d 2 Kˆ 33d3
(8. 98)
C1 d1
0
0 d1
C2 d 2
0 d 2
0
0
0
C3 d3 d3
(8. 99)
e
e C u : é um somatório; C jj : somatório (índices repetidos)
N3 d C1 d1 d3 C2 d 2 d3 C3 d3 d3
K31d1 K32 d 2 K11 K 22 2 K33 d3 Kˆ 31 Kˆ 32 d 2 Kˆ 33d3
(8. 100)
C1 d1 Cin 1
C2 d 2 Cin 2 no FEAP
C3 d3 Cin 3
(8. 101)
2 K11 K 22 K33 rkbar 1,1
K11 2 K 22 K33 rkbar 2, 2 no FEAP
K11 K 22 2 K33 rkbar 3,3
(8. 102)
e
e
Isw = 3.
271
Analogia para solução de Problemas Não-Lineares
Linear só no 1º passo, Não-Linear em n passos de Newton.
Kd F
R
N d
d F N d
d d n
(8. 103)
Vamos agora computar o Jacobiano.
N d
M
d
(8. 104)
onde
N1
d1
N1
d 2
N1
d3
N d N 2
M
d
d1
N3
d1
N 2
d 2
N 2
d3
N3
d 2
N3
d3
(8. 105)
ou
mij
Ni
M mij
d j
(8. 106)
e
N1
C1 d1 C1 1 C2 d 2 C3 d3
d1
Cin 4
2 K11 K 22 K33 Kˆ11
N1
C2 1 d1 K12 Kˆ12
d 2
(8. 107)
Cin 5
N1
C3 1 K13 Kˆ13d3
d3
Cin 4
e
272
N 2
C1 d1 d 2 K 21 Kˆ 21
d1
N 2
C1 d1 C2 d 2 C2 1 d 2
d 2
C d K 2 K K Kˆ
3
3
11
22
33
(8. 108)
12
N 2
C3 1 d 2 K 23 Kˆ 23
d3
e
N3
C1 d1 d3 K31 Kˆ 31
d1
N3
C2 1 d3 K32 Kˆ 32
d 2
(8. 109)
N3
C1 d1 C2 d 2 C3 d3 C3 1 d3 K11 K 22 2 K33 Kˆ 33
d3
273
8. 8 – Solução Numérica da Equação de Navier-Stokes + Energia I
Considere a seguinte equação:
N d
d d n
d
d n 1 d n
F N dn
(8. 110)
Na equação da energia temos:
C j d j
ab
nel
N
o N a
N c d cj b d e
x j
c 1
e
(8. 111)
nel é o número de nós no elemento, j é a dimensão do espaço 1 j 3 . Mas na equação da
energia temos termos advectivos
D j d j
ab
1 j 3
nel
N
o cN a
N c d cj b d e
c 1
x j
e
(8. 112)
nel é o número de nós no elemento, j é a dimensão do espaço 1 j 3 .
d1 u
d2 v
n 4 graus deliberdade por nó
d3 w
d 4 T
(8. 113)
- convecção forcada sem empuxo
- convecçao natural com empuxo
N1 d mesmo que anterior B1d 4
N 2 d mesmo que anterior B2 d 4
N3 d mesmo que anterior B3d 4
(8. 114)
N 4 d D1 d1 d 4 D2 d 2 d 4 D3 d3 d 4 L11 L22 L33 d 4
(8. 115)
e
O Jacobiando neste caso é:
274
N1
d1
N1
d 2
N1
d3
N1
d 4
N 2
d1
N 2
d 2
N 2
d3
N 2
d 4
N3
d 2
N3
d3
N3
d 4
N 4
d 2
N 4
d3
N 4
d 4
N d
M
N3
d
d1
N 4
d1
(8. 116)
e
N1
C1 d1 C2 d 2 C3 d3
d1
2 K K K Kˆ
11
22
33
11
N1
C2 1 d1 K12 Kˆ12
d 2
(8. 117)
N1
C3 1 K13 Kˆ13d3
d3
N1
B1
d 4
e
N 2
C1 d1 d 2 K 21 Kˆ 21
d1
N 2
C1 d1 C2 d 2 C2 1 d 2
d 2
C d K 2 K K Kˆ
3
3
11
22
33
N 2
C3 1 d 2 K 23 Kˆ 23
d3
N 2
B2
d 4
e
275
12
(8. 118)
N3
C1 d1 d3 K31 Kˆ 31
d1
N3
C2 1 d3 K32 Kˆ 32
d 2
N3
C1 d1 C2 d 2 C3 d3 C3 1 d3 K11 K 22 2 K33 Kˆ 33
d3
(8. 119)
N3
B3
d 4
e
N 4
D1 1 d 4
d1
N 4
D2 1 d 4
d 2
(8. 120)
N 4
D3 d1 d 4
d3
N3
D1 d1 D2 d 2 D3 d3 L11 L22 L33
d 4
din1
Exemplo de uma Cavidade Quadrada
Considere o problema de uma cavidade retangular em convecção natural
Figura - 8. 5.
276
Hipóteses:
- Fluido Newtonianano
- Escoamento Incompressível
- 2D; Regime Permanente
- Escoamento Laminar; Propriedades constantes no fluido
- Dissipação viscosa desprezível
u v
0
x y
(8. 121)
e
u
2u 2u
u
u
1 P
v
v
x 2 y 2
x
y
x
u
2v 2 v
v
v
1 P
v
v
x 2 y 2
x
y
y
u
2T 2T
T
T
v
x 2 y 2
x
y
(8. 122)
É muito importante fazer a adimensionalização
Objetivos da Adimensionalização
Do ponto de vista Físico
1) A normalização apresenta resultados válidos para toda uma classe de problemas do tipo em
análises, e
Do ponto de vista matemático
2) Estabilidade – os números calculados durantes a execução do programa ficam de ordem
1 , se a dimensionalização for correta
Para a convecção natural o número de Rayleigh é o adimensional apropriado.
Ra
g TH 3
v
(8. 123)
Onde g é a gravidade, é o coeficiente de expansão volumétrica, T TH TC é a
diferença de tempeatura e k / c é a difusividade térmica, v é a viscosidade, H é a altura.
Para a convecão forçada temos:
277
U
u
U
(8. 124)
Para a convecção natural temos:
U
u
U escala
1
(8. 125)
e
Ra1/ 2
H
(8. 126)
uH 1/ 2
R
a
(8. 127)
H 1/ 2
R
a
(8. 128)
~
onde é a escala de velocidades
U
É o adimensional da velocidade u e
V
É o adimensional da velocidade e
X
x
H
(8. 129)
Y
y
H
(8. 130)
1
U 2
2
(8. 131)
e
e para a convecção forçada
Pescala
E para a convecção natural
P
H2
Ra1/ 2
E
278
(8. 132)
T TC
; 0 1
TH TC
(8. 133)
Substituindo nas equações originais tem-se:
i) Conservação da Massa
U V
0
X Y
(8. 134)
No FEAP usa-se o comando “stat” para Ra → baixo e para Ra alto.
ii) Conservação do Momento
x:
Ra1/ 2
Pr
U
P 2U 2U
U
U X V Y X
X 2 Y 2
y:
Ra1/ 2
Pr
V
P 2V 2V
V
U
V
Ra1/ 2
X
2
2
Y
Y X
Y
(8. 135)
Pr é o número de Prandtl = v /
iii) Conservação da Energia
2 2
Ra1/ 2 U
V
Y X 2 Y 2
X
(8. 136)
Número de Nusselt:
Nu
QCN
hH
Nu
k
Qconvpura
(8. 137)
e QCN é o calor de convecção natural. Usando-se o Método Integral Analítico.
Q 0,364 TH TC Ra1/ 4
W / m
(8. 138)
E a Lei de Fourier fica:
Q kH
TH TC
L
W / m
Mas A Hw logo
279
(8. 139)
L
Nu 0,364
H
1/ 4
Ra
(8. 140)
Figura - 8. 6.
Quando o número de Rayleigh é:
109 1010 Turbulento
Ra
9
Laminar
10
(8. 141)
Para L / H 1 e Ra 103 N u 2, 0469 .
Solução Numérica
(8. 142)
U ,V 0
Nas paredes (condição de não-deslizamento)
Figura - 8. 7.
iii) Equação do Momento
u
uu P 2u g T T
t
Se T 0 T logo
280
(8. 143)
C p uT k 2T
(8. 144)
Correspondência entre:
Equações Governantes Adimensionais
→
Equações do FEAP
Exemplo:
Para
Ra 10 4 ; Pr 0, 71(ar ) , 1 ;
Ra1/ 2
140,84507 ;
Pr
Pr 0, 71 ;
g x 0 e g y 1 ; CP 0, 71 ; k 1, 0 , Parâmetro de “upwind” P 0 Penalidade 106
Figura - 8. 8.
1
Nu
x
0
dy
x 0
(8. 145)
e
(8. 146)
Nu 2,165
Com malha (30 x 30) → 900 nós
Convecção Forçada
U
u
v
u
;U
;U
U
V
U
(8. 147)
T T
TH T
(8. 148)
U L
v
(8. 149)
e
e
Re
281
e
Pr
v
(8. 150)
e
P
p
(8. 151)
U 2
e
Pe Re Pr
U Lv U L
v
(8. 152)
e
Mx :
1 2U 2U
U V
P
X Y
Re X 2 Y 2
My :
1 2U 2U
U V
P
X Y
Re X 2 Y 2
(8. 153)
e
Eu :
T 1 2T 2T
T
U
V
X
Y Pe X 2 Y 2
Figura - 8. 9.
282
(8. 154)
Velocidade nula em todas as paredes u v 0
Formulação Adimensional para Convecção Natural
i) Conservação da Massa
U V
0
X Y
(8. 155)
ii) Conservação do Momento
x:
Ra
Pr
U
P 2U 2U
U
U
V
X
Y
X X 2 Y 2
y:
Ra
Pr
V
P 2V 2V
V
U
V
Ra1/ 2
X
2
2
Y
Y X
Y
(8. 156)
iii) Conservação da Energia
2 2
Ra1/ 2 U
V
Y X 2 Y 2
X
(8. 157)
e
X ,Y
x, y
H
; P
pH 2
Ra1/ 2
(8. 158)
e
g TH TC H 3
T TC
; Ra
TH TC
v
(8. 159)
e
U ,V
u, v
vescala
; vescala
R1/ 2
H
(8. 160)
e
k
C p
(8. 161)
283
Formulação Adimensional para Convecção Forçada
Considere a
Figura - 8. 10.
X ,Y
x, y ; P
H
p
U 2
(8. 162)
e
P f
4L 1
U 2
A 2
(8. 163)
e
U ,V
u, v ; R
U
e
U D
U L
ou Re
v
v
(8. 164)
e
Re 2300 Re 105 (Turbulento)
(8. 165)
2u 2u
u
v
1 P
v
v
2
x
y
x
y 2
x
(8. 166)
u UU ; v VV ; p P U 2
(8. 167)
u
onde
284
(8. 168)
x XD ; y YD
logo
x:
P U 2
UU
UU
VU
UU
XD
YD
X
2 UU 2 UU
v
2
2
XD
YD
(8. 169)
e
x:
U
D
2
2
U 2 P
U U
U
U
U
V
v
D X
X D
Y
D2
Multiplicando tudo por
D
U2
2U 2U
2 2
X
Y
(8. 170)
temos:
x:
U
P v 2U 2U
U
U
V
X
Y
X U D X 2 Y 2
(8. 171)
x:
U
P 1
U
U X V Y X R
eD
2U 2U
2 2
Y
X
(8. 172)
ReD Pr
(8. 173)
Portanto,
e
x:
PeD
U D U D v
v
285
Problema Proposto – Interação Sólido-Fluido
Figura - 8. 11.
T
y
T
y
k
k
(8. 174)
Considerando o fluxo de calor igual na interface entre o sólido e o fluido temos:
ks
T
T
k f
y S
y f
Separo em dois dominios
286
(8. 175)
8. 9 – Formulação de Transferência de Calor Fluido/Sólido
1 – Alternativa
Fluido: Ar
f C pf uT k f T
(8. 176)
e
f
u U
RaH 1/ 2
H2
(8. 177)
e
f
1
f C pf U 2 RaH 1/ 2 2 k f
H
H
(8. 178)
e
f
1
RaH 1/ 2U
H 2 f
(8. 179)
s C ps uT k s T
(8. 180)
f
u U
RaH 1/ 2
2
H
(8. 181)
f
1
s C ps U 2 RaH 1/ 2 2 k s
H
H
(8. 182)
1
RaH 1/ 2U
k s
f sCs
(8. 183)
Sólido:
e
e
e
e
287
1 s
Ra1/ 2U
H 2 f
(8. 184)
2 0
(8. 185)
e
2 – Alternativa
Na realidade, o FEAP resolve X X , Y
x
1
Ra1/ 2U
H 2 f
(8. 186)
onde o domínio considerado
Ar
Material 1
X f
( fluido)
(8. 187)
Ar
Material 2
X s e U 0
( sólido)
(8. 188)
e
OBS: Na formulação, assume-se f , C pf , s e C ps , independente de X .
Formulação mais Geral
f , C pf , s e C ps ,podem depender de X .
1)Fluido
kf
RaH 1/ 2U
kf
(8. 189)
C ps
ks
1/ 2
s
U
R
f C pf aH
k
f
s
k
Cs
s
(8. 190)
2) Sólido
288
Equação Geral com Convecção Natural
X c X Ra1/ 2U K X
(8. 191)
X c X K X 1
(8. 192)
X s ; c X c
(8. 193)
K X ks ; U 0
(8. 194)
1
X c X Ra1/ 2U 2 K X
H
(8. 195)
Onde:
Material 1 – fluido
Material 2 – sólido
E
289
8. 10 – Solução Numérica da Equação de Navier-Stokes + Energia
II
290
8. 11 – Fluidos Não-Newtonianos Inelásticos
291
8. 12 – Fluidos Não-Newtonianos Viscoelásticos
292
8. 13 – Exemplos e Aplicações
293
8. 14 – Exercícios e Problemas
294
Capítulo – IX
SOLUÇÃO GERAL DE EQUAÇÕES
NÃO-LINEARES
RESUMO
Neste capítulo será visto
9. 1 – Introdução
Os modelos lineares por muito tempo têm ocupado o cenário principal das
ciências exatas. Contudo, sabe-se que na natureza nem tudo é linear. Mesmo assim esses
modelos têm sido utilizados como uma forma de aproximar a solução de problemas mais
complexos, como os problemas não-lineares. Nessas aproximações utiliza-se técnicas de
linearização por meio de métodos de aproximação como o método de Newton-Raphson e
outros. Esta alternativa possibilita a utilização de toda informação acumulada com a solução
de problemas lineares na solução dos não-lineares.
Por outro lado, algumas teorias genuinamente não-lineares também surgiram ao
longo dos anos, tais como: A Teoria Fractal, a Teoria do Caos e dos Sistemas Dinâmicos.
Todas elas procuram resolver vários problemas abertos na ciência, como problemas de
flambagem, fratura, plasticidade, instabilidade, etc. Neste capítulo, veremos alguns dos
métodos aproximação de solução de problemas não-lineares mais utilizados.
295
Vamos neste capítulo descrever uma forma geral para resolver problemas nãolineares que é útil para qualquer teoria física.
Considere o seguinte problema não-linear a ser resolvido:
F ext F int 0
(9. 1)
F N d F int N d
(9. 2)
sendo
Logo o problema pode ser escrito como:
F ext N d 0
(9. 3)
F ext N d
(9. 4)
ou
Muitos problemas em Física e em Engenharia podem ser colocados na forma
acima. Isto possibilita resolver tais problemas utilizando os métodos de aproximação que
veremos a seguir.
9. 2 – O Método do Ponto Fixo
Este método é o mais popular sendo disponível em vários softwares comerciais.
Chamemos de R U a grandeza física:
R U F ext N d
(9. 5)
R U 0
(9. 6)
Vemos que:
Somando U dos dois lados temos:
U G U U R U
(9. 7)
Definimos uma fórmula de iteração onde:
U n 1 G U n U n R U n
296
(9. 8)
O requisito para a covergência desse método é que G possui Mapeamento Contrativo e U 0
tem que ser próximo da solução.
Define-se um mapeamento contrativo como sendo dado por:
x, y F x , F y
(9. 9)
Conforme mostra a Figura - 9. 1.
Figura - 9. 1. Mapeamento Contrativo dado por uma função F.
Um melhoramento da equação de iteração pode ser escrito como:
U n 1 G U n U n n
R U n 0
A Un
matriz
não singular
(9. 10)
Considera-se o vetor correção D U n dao por:
D Un A Un R Un
(9. 11)
vetor correção
e
(9. 12)
(9. 13)
D Un A Un R Un 0
Só se
R Un 0
297
9. 3 – O Método de Piccard de Susbtituição Sucessiva
Neste método considera-se
K U U F
(9. 14)
O que sugere uma fórmula de iteração onde:
K U n U n 1 F U n
(9. 15)
daí propõem-se que:
K U n U* F U n
(9. 16)
U n 1 U n 1 U * ; 0 1
(9. 17)
E calcula-se:
Uma variante deste método é o Método da Super-Relaxação Sucessiva (SOR-Sucessive Over
Relaxation), onde é o parâmetro escalar que visa amenizar problemas de comportamento
de convergência oscilatória. A condição de convergência é sempre verificar o resíduo e ver se
ele tende a zero.
298
9. 4 – O Método de Newton
Neste método considera-se:
R U K U U F U 0
(9. 18)
fazendo-se a seguinte expressão em série temos:
R
0 R Un
U U 2 ...
U U n
(9. 19)
U U n 1 U n
(9. 20)
onde
logo
R
R Un
U n 1 U n J U n U n 1 U n
U U n
Onde J
(9. 21)
R
daí,
U U n
(9. 22)
(9. 23)
U n 1 U n J 1 U n R U n
Ou
U n 1 U n J 1 U n R U n
Também pode-se usar um escalar para se reduzir as oscilações da convergência.
299
9. 5 – Métodos de Newton Modificados ou (Quase-Newton)
Uma das modificações que se pode fazer do Método de Newton e que reduz o
custo computacional é calcular numericamente o Jacobiano J por diferenças finitas. Outras
variações também são sugeridas.
Vamos agora fazer um detalhamento das sugestões de modificação dos itens
anteriores do Método de Newton.
Caso Linear ou “Line Search” (Busca Linear)
Neste caso o algoritmo é construído da seguinte forma:
K d F Kd (i ) R (i )
(9. 24)
d (i 1) d (i ) S (i ) d
(9. 25)
troca-se a atualização por:
onde S (i ) é um parâmetro de busca e d frequentemente chamado de direção de busca.
Neste Método, define-se S (i ) de duas maneiras.
1) Seleciona-se S (i ) tal que a energia potencial seja minimizada.
Chama-se de Energia Potencial a expressão:
1
P d d T Kd d T F
2
(9. 26)
Onde
P S (i ) P d (i ) S (i ) d
(9. 27)
fazendo a derivada de P em relação a S temos:
0
dP
d K S (i ) d d (i ) F
dS
(9. 28)
Resolve-se o problema para S (i ) , obtendo:
S
(i )
d T F Kd (i )
d T K d
300
(9. 29)
Mas d T K d 0 se K for uma matriz positivamente definida.
Note que:
R (i ) K d
(9. 30)
Logo
S (i )
d T K d
d T K d
(9. 31)
K , K são positivamente definidas e
d 0 S (i ) 0
(9. 32)
R (i 1) F Kd (i )
(9. 33)
Positivo!
2) Acha-se S (i ) tal que:
Tenha componente zero na direção d . Logo
d .R (i 1) 0
(9. 34)
ou seja:
0 d F K d (i ) S (i ) d
(9. 35)
Isolando-se S (i ) obtém-se a mesma resposta do item anterior (i), ou seja:
S
(i )
d T F Kd (i )
d T K d
(9. 36)
Verifica-se a convergência por:
R (i ) ou d (i 1) d (i ) .R(i )
norma da energia
301
(9. 37)
Extensão para o Regime Não-Linear
De forma análoga define-se
K d F ext F int d (i )
(9. 38)
d (i 1) d (i ) S (i ) d
(9. 39)
troca-se a atualização por:
- O caso (1) não faz sentido, pois desaparece o sentido da Energia Potencial, ou seja, ele pode
não existir.
- Neste caso usa-se a definição tratando diretamente o resíduo.
0 G S (i ) d F ext F int d (i ) S (i ) d
(9. 40)
Observações
1) Dá o valor escalar para S (i ) resolvendo uma equação não-linear para S (i )
2) É muito caro computacionalmente e às vezes impossível. Isto porque gerou uma iteração
não-linear para se resolver exatamente. Logo, precisa-se de um procedimento usual.
Procedimento Usual
Itera-se até que:
G S (i ) S tol G 0
(9. 41)
O valor comum para S tol é aproximadamente (~ 0.5).
O Método de Newton-Raphson normal acessa a convergência usando a norma da
energia.
d .R (i ) F tol d (0) R(0)
(9. 42)
1020
Colocando a busca linear (“Line Search”) temos:
K d (i ) d R (i )
troca-se a atualização por:
302
(9. 43)
d (i 1) d (i ) S (i ) d
(9. 44)
Onde S (i ) é calculado de tal forma que:
G S (i ) S tol G 0
(9. 45)
Note que:
G 0 d .R d (i )
(9. 46)
e
G S (i ) d (i 1) d (i ) .R d (i 1)
(9. 47)
A equação (9. 45) de certa forma assegura o decréscimo contínuo da norma da energia.
Na prática, como se encontra ( ) e resolve-se (9. 45) e itera-se até que:
G S (i ) S tol G 0
(9. 48)
Figura - 9. 2.
Cada iteração é computacionalmente cara porque exige a avaliação de G S
303
G 0 d .R d (i )
(9. 49)
e
G S (i ) d . R d (i 1)
R d
i 1
F
ext
F int d (i ) S (i ) d
(9. 50)
(9. 51)
Implicações
1) S Tol não deve ser muito pequeno 0.5
2) Não necessitamos fazer sempre a busca linear quando G 0 .G 1 0
mesmo sinal
Sistema de Resposta Suave
Um sistema de resposta suave apresenta um comportamento conforme mostrado
no gráfico da Figura - 9. 3.
Figura - 9. 3. Sistema de Resposta suave
Aqui tem-se:
0
G 0 d F ext F int
S 0
e
304
(9. 52)
0
G 1 d F ext F int
S 1
(9. 53)
S 1 e acaba.
Stiffening Systems
Um sistema de resposta stiffening apresenta um comportamento conforme
mostrado no gráfico da Figura - 9. 4.
Figura - 9. 4. Stiffening System
G 0 0
d F ext F int
S 0
(9. 54)
G 1 0
d F ext F int
S 1
(9. 55)
e
“Overshoot da Solução”
Referência
- Matthies & Strang , Int. Journ. Num. Method and Engineering, p. 1613-1626, 1979.
Nesta referência encontram-se informações em “Line Search”; Quase-Newton
(BFGS)
305
Método de Newton-Raphson
Figura - 9. 5. Método de Newton-Raphson
Método de Newton-Raphson Modificado
Figura - 9. 6. Método Quase-Newton ou de Newton-Raphson Modificado
306
i) Reutilização do Jacobiano
ii) Método de BFGS
iii) Método Broyden
iv) Método para calcular R / d numericamente.
Figura - 9. 7. Método de Continuação
307
9. 6 – Métodos de Continuação
A análise paramétrica computacional ou o “Método da Continuação” faz parte da
classe dos métodos de predição-correção.
Neste método segue-se a equação genérica
f y, 0
(9. 56)
onde y é o vetor de incógnitas dado por:
y y1, y2 ,..., yn
(9. 57)
e f é o vetor das incógnitas
f f1 y, ,..., f n y,
(9. 58)
e é um parâmetro escalar.
Logo (9. 56) forma um sistema de equações.
Figura - 9. 8. Método de Continuação
No Método da Continuação se o parâmetro variar livremente, os pontos
solução formam curvas no espaço y1, y2 ,
308
Figura - 9. 9. Método de
Homotopia
Seja a seguinte equação não-linear dada por:
g y 0
(9. 59)
cuja convergência é ascessada pela norma de convergência
g yn
(9. 60)
0
Quando é difícil estimar y admite-se um problema análogo dado por:
g y 0
(9. 61)
e de fácil solução. Com isso forma-se uma cadeia de equações resolvidas uma de cada vez.
A 1ª equação é:
g 0
(9. 62)
e
309
f
1
f
:
0
y g y 0
y 0
(9. 63)
k 1
f y 0
k
f
y g y 0
Exemplo:
Método da Carga Incremental da Mecânica dos Sólidos dada por:
K d d F t ; t 0; T ; F T F Prescrito
(9. 64)
A versão contínua desta seqüência discreta de funções é:
f y,
0 1
(9. 65)
(9. 66)
e
f y, 0 g y ; f y,1 g y
Um meio sistemático de homotopia é:
f y, g y 1 g y
(9. 67)
A escolha simples é:
g y yc
(9. 68)
onde c é um vetor qualquer arbitrário (nulo ou o convergido da iteração anterior).
De (9. 65), (9. 66) e (9. 67) constroi-se artificialmente a equação (9. 56)
Bifurcações e Ramos
Seja y yn para qualquer índice k na faixa de 1 k n , então constrói-se o
diagrama de ramos (ou bifurcações) a seguir:
310
Figura - 9. 10.
Observe a multiplicidades de soluções para diferentes faixas de
Figura - 9. 11. Multiplicidades de soluções para diferentes faixas de
Observe no gráfico da Figura - 9. 10 as inflexões em 1 e 2 e no ponto
3 dois ramos se interceptam em uma solução (ponto de bifurcação) que corresponde a
uma perda de estabilidade das soluções, ou também chamada de quebra de simetria, que são
rotas para o caos.
Para resolver este tipo de problema usa-se a estratégia do comprimento de arco.
311
Estratégia de Comprimeno de Arco
Considere o problema
N d F ext
(9. 69)
Figura - 9. 12.
O comprimento de arco permite uma combinação de controle de carga e
deslocamento.
Referências
- Crisfield, Comp. & Structures, 13, p. 55-62, (1981).
- , Int. Journ. Num. Method and Engineering, 19, p. 1269-1289, (1983).
- Schweizerhof & Wiggers, Comp. Meth. In: Appl. Mech. & Eng., 59, p. 261-279, (1986).
Vamos analisar pequenas regiões onde o problema começa a acontecer.
Considere a seguinte equação:
312
int
F
d t t F ext
incógnitas incógnitas
originais novas
(9. 70)
f d , a valor dado
(9. 71)
e
onde a : é o parâmetro de comprimento de arco que é prescrito para todo t.
t : é o parâmetro de caregamento, a é o comprimento de arco, f é a função de comprimento
de arco.
Aplica-se a discretização no “tempo” fazendo:
F int dn 1 n 1F ext
(9. 72)
e
f d , f d n 1 d n , n 1 n
a
comp.
de arco
prescrito
(9. 73)
Onde temos neq 1 equações para neq 1 incógnitas.
Pense em f como uma norma de d , , logo uma possível forma para f é:
f d , : f c d T K d b 2
1/ 2
(9. 74)
Onde b 0;1 prescrito.
Então
c
1 b
e q K 1F ext
T
q Kq
Onde K : é uma matriz de rigidez “apropriada”
Vejamos o exemplo:
313
(9. 75)
K d 0
(9. 76)
0
K n 1
Pode ser diagonalizada para simplificar.
Escolhas de (b)
1. Continuidade do Deslocamento b 0
Figura - 9. 13. Controle de Deslocamento
Sendo:
f d , :
d T K d
T a
q Kq
d n 1
que é aproximadamente d
2. Controle do Carregamento b 1
Figura - 9. 14. Controle de Carregamento
314
(9. 77)
3. Controle de .... b
1
2
Figura - 9. 15.
Linearização do Sistema com Newton-Raphson
Vamos agora linearizar o sistema pelo Método de Newton-Raphson. Dentro de
um passo tn ; tn 1 itereramos em i , fazendo:
i
i
i
i
F int d n 1 d n 1 F ext
(9. 78)
i
i
i
i
f d n 1 d d n , n 1 n a
d i 1
i 1
(9. 79)
i
i
i
i 1
i 1
d d n 1 d n i ; d d n 1 d n
(9. 80)
i 1
n 1
e
Onde
Faz-se a mesma coisa para , obtendo:
315
F int i i i
i
i ext
F int d n 1
d n 1 d n 1 F
d
(9. 81)
i
K d n 1
e
i
i
f
f
i
i
i
i
f d n 1, n 1
d
a
d
n 1
n 1
(9. 82)
Na forma matricial temos:
K i
F ext
n 1
i i ext
int i
i
i d n 1F F d n 1
f
f
i
i
d
a f n 1
1
n
1 escalar
n
escalar
vetor
(9. 83)
Problema
Agora temos um problema que é resolver :
f
0
(9. 84)
Este pode ser resolvido por eliminação de Gauss.
Estratégia
i
Em seguida usa-se a seguinte estratégia. Elimina-se d e resolve-se para
i
i
. Depois usa-se as equações para obter d (isto é chamado de condensação estática),
logo temos:
1/ 2
f
T
2
c d K d b
d d
f
1
2c d T K
2f
Portanto,
316
(9. 85)
f
c
d T K
d f
(9. 86)
Obedecendo as seguintes hipóteses:
K é simétrica
K
d 0
K é constante
(9. 87)
f
b
f
(9. 88)
Logo
i
A partir de agora resolve-se a 1ª equação para d fazendo:
i
i
i
K n 1d F ext R
(9. 89)
i
i
i
d K 1 R F ext
(9. 90)
e
Substitui-se na 2ª equação, da seguinte forma:
f i 1
K
d
R i F ext i f i a f i
n 1
(9. 91)
Obtendo:
i
f
i
a f n 1
i
i
d
n 1
f
K i
d
n 1
1
K i
1
i
R
f
F ext
i
(9. 92)
n 1
e
i
i
d K n 1
1
R i F ext i
317
(9. 93)
Algoritmo Geral
Vamos agora descrever um algoritmo geral dentro de um passo tn ; tn 1
1 - Inicializar:
d 0 d i d
n
n 1
i 0 ;
0 0 n
n 1
(9. 94)
2 - Calcula-se as atualizações
i
......
(9. 95)
i
d ......
3 – Faz-se as atualizações
d i 1 d i d i
n 1
n 1
i
i
d d d
i 1
i
i
n 1 n 1
i 1
i i
i i 1
4 - Retorna ao passo 2.
1) Problema:
Mas quando parar ?
318
(9. 96)
Figura - 9. 16.
2) Problema:
Inicialização
0
0
Como estimar d , ?
- Fisicamente considere o equilíbrio.
0
0
0
Rn 1 n 1F ext F int d n 1
(9. 97)
e
0
Rn 1 n F ext F int d n
0
(9. 98)
Rn 0
Como
Rn n F ext F int d n 0
(9. 99)
0
0
Rn 1 F ext
(9. 100)
0
0
K d Rn 1
(9. 101)
Temos:
Portanto,
319
onde K é o mesmo usado em f. Logo
0
0
0
d K 1Rn 1
K 1F ext
(9. 102)
são conhecidos
Depois usa-se a restrição de comprimento de arco para completar o problema, ou
seja:
0
0
f
d
,
a
0 1 ext
K F
prescrito
(9. 103)
Logo
1/ 2
0
1 b b
a
(9. 104)
0
a
3) Problema:
- Qual é o sinal de a ?
0
- Resposta: Parece funcionar melhor com a
Critérios de Convergência
i) Define-se:
2
RT K 1R
(9. 105)
i
0
R tol R
(9. 106)
i
i
d tol d
(9. 107)
R
e
ii)
Onde
T K
iii)
320
(9. 108)
i
f a tol a
Analisem e digam qual é o melhor.
9. 7 – Exemplos e Aplicações
321
(9. 109)
9. 8 – Exercícios e Problemas
322
UNIVERSIDADEFEDERALDOPARANÁ
Departamento de Engenharia Mecânica
Área de Concentração: Energia e Ciências Térmicas
Setor de Tecnologia
TM-779 – Transferência de Calor Computacional
PROVA PARA FAZER EM CASA
ENTREGA: 14 Nov 2007 – 4ª feira
PROFESSOR:
José Viriato Coelho Vargas (DEMEC/UFPR)
1. Considere o seguinte sistema de equações não lineares, de 2 equações e 2 incógnitas:
N d t F ext
(9. 110)
onde d é o vetor de incógnitas, solução do problema (parametrizado por t), e F ext é prescrito
por:
40t
F ext
15t
(9. 111)
N , uma função vetorial não linear de d , é dada por
10d 5d 2 0.4d 3
1
2
2
N d t
2
10d 2 3d1 +0.4d13
323
(9. 112)
Escreva códigos com os métodos de Newton-Raphson (N-R) e N-R modificado
para resolver este problema usando o procedimento de carga incremental. Para o N-R
modificado:
i) Compute e fatore K somente no começo de cada incremento, e
ii) Calcule o jacobiano numericamente. Tente resolver este sistema para t [0; 2] .
Aborde os seguintes tópicos:
i) Em que ponto da solução esses esquemas enfrentam problemas, e porque?
ii) Use os 3 métodos com incrementos de tempo dt = 0.01 e dt = 0.05. Use a
norma da energia discutida em aula como critério de convergência, com uma tolerância estrita
tal que:
i i
d .R
20
0 0 10
d .R
(9. 113)
Obtenha dados comparando o número de iterações requeridas (total, média por
passo de tempo, etc.) para cada método em toda a faixa de variação de t para a qual houve
convergência.
Comente sobre o que você obteve.
iii) Incorpore um algoritmo “line search” nos 3 métodos (use STOL = 0.5).
Descreva o efeito de “line search” nos resultados de convergência do item (ii).
2. Aplique um procedimento de comprimento de arco ao problema acima, usando o método
de linearização consistente discutido em Schweizerhof & Wriggers (1986) e em aula. Em
outras palavras, resolva o seguinte sistema para d (t ) e (t ) .
40
N d t t
15
(9. 114)
O sistema do item 1 é obtido bastando apenas fazer (t ) t . Resolva para (t ) : t ; t 0; 2 .
Implemente usando a iteração de N-R em cada incremento de comprimento de arco da . Use a
seguinte definição para f d , :
324
1/ 2
f d , c d T K d 0 d b 2
,
1 b
c
T
q K d 0 q
40
q K 1 F ; F
d 0
15
(9. 115)
Apresente gráficos das forças versus deslocamentos, bem como de deslocamentos
versus “tempo” ao longo de toda a faixa requerida de variação de t. Como o algoritmo se
comporta para vários a , e qual é o maior da para o qual é convergente? Teste o seu código
de comprimento de arco pelo menos para os casos onde b = 0, e b = 0.5.
Obs:
1. Apresente um relatório do seu trabalho (título, resumo, introdução, teoria,
resultados e discussão, e conclusões), com todos os programas computacionais escritos no
apêndice, e
2. Recomenda-se fortemente utilizar aritmética de dupla precisão em seus
cálculos.
325
2ª Prova
TRANSFERÊNCIA DE CALOR COMPUTACIONAL
Solução Por Newton-Raphson
Seja a relação
F ext N d t 0
(9. 116)
onde d é o vetor de incógnitas, solução do problema (parametrizado por t),
d t 1
d t
d t 2
(9. 117)
F 40t
F ext 1
F2 15t
(9. 118)
e F ext é prescrito por:
e N é uma função vetorial não linear de d , é dada por
2
3
N1 10d1 5d 2 0.4d 2
N d t
N 2 10d 2 3d12 +0.4d13
(9. 119)
Chamando de resíduo a função:
R F ext F int
326
(9. 120)
ou
R F ext N d t
(9. 121)
Substituindo ( ) e ( ) em ( ) temos:
R F ext1 N1
R 1
ext
R
2 F 2 N 2
(9. 122)
R F ext1 N1
R 1
R2 F ext 2 N 2
(9. 123)
Ou
Substituindo ( ) e ( ) em ( ) obtemos:
R1 40t 10d1 5d 22 0.4d 23
R
R2 15t 10d 2 3d12 +0.4d13
(9. 124)
Por Newton-Raphson temos:
i 1 i R i
R
R d ...
d
(9. 125)
Supondo que estamos muito próximos da solução de tal maneira que:
i 1
R 0
(9. 126)
i R i
0 R d ...
d
(9. 127)
1
i
R i
R
i
d
R
i
d
R / d
(9. 128)
i 1
i
d d d
(9. 129)
Temos:
Logo
onde
327
Substituindo ( ) e ( ) em ( ) temos:
1
i
i 1 i
i R i i
R
d
d
d R
i
d
R / d
(9. 130)
i
Como R é uma função vetorial temos que:
R i
d i 1 d i R i / d
1
1
1
d i 1 d i
i
2
2 R
i
R / d 2
(9. 131)
1
R i
Onde a matriz é dada por:
d
i
R1
i
d 2
10
10d 2 1, 2d 22
R2
6d1 1, 2d12
10
d 2
R1
R i d
1
d R2
d
1
(9. 132)
Calculando a matriz inversa de ( ) temos:
K 1
1
cofK T
det K
(9. 133)
Onde
11
1 10
cofK
2 1
10d 2 1, 2d 22
1
11 2 6d1 1, 2d12
1
2 2
10
i
(9. 134)
logo
10
cofK
2
10d 2 1, 2d 2
6d1 1, 2d12
10
E
328
i
(9. 135)
T
cofK
10
6d1 1, 2d12
10d 2 1, 2d 22
10
i
(9. 136)
E
det K 10 10 10d 2 1, 2d 22 6d1 1, 2d12
(9. 137)
Ou
det K 100 10d 2 1, 2d 22 6d1 1, 2d12
(9. 138)
Poratanto,
i 1
i
i
1 i
d d K R d
1
cofK T R i
det K
(9. 139)
Ou seja:
d i 1 d i
d i
R
R
1
1 K 1 1 1 1 cofK T 1
d i 1 d i
R2 d 2 i det K
R2
2
2
d i 1 d i
1
1
1
d i 1 d i 100 10d 1, 2d 2 6d 1, 2d 2
2
2
1
1
2
2
10
6d1 1, 2d12
10d 2 1, 2d 22
10
329
i
40t 10d 5d 2 0.4d 3
1
2
2
15t 10d 2 3d12 +0.4d13
(9. 140)
(9. 141)
ii) Use os 3 métodos com incrementos de tempo dt = 0.01 e dt = 0.05. Use a
norma da energia discutida em aula como critério de convergência, com uma tolerância estrita
tal que:
i i
d .R
20
0 0 10
d .R
(9. 142)
Método de Newton-Raphson
90
80
70
N1,N2
60
50
40
30
20
N1
10
N2
0
0
1
2
d2(t)
Figura - 9. 17.
330
3
4
Solução Por Newton-Raphson
calculado Numericamente
Modificado
com
Jacobiano
i) Compute e fatore K somente no começo de cada incremento, e
ii) Calcule o jacobiano numericamente. Tente resolver este sistema para t [0; 2] .
Aborde os seguintes tópicos:
i) Em que ponto da solução esses esquemas enfrentam problemas, e porque?
331
Solução Por Newton-Raphson com Line-Search
iii) Incorpore um algoritmo “line search” nos 3 métodos (use STOL = 0.5).
Descreva o efeito de “line search” nos resultados de convergência do item (ii).
332
Solução Por Newton-Raphson com estratégia de Comprimento de
Arco
40
N d t t
15
(9. 143)
O sistema do item 1 é obtido bastando apenas fazer (t ) t . Resolva para (t ) : t ; t 0; 2 .
Implemente usando a iteração de N-R em cada incremento de comprimento de arco da . Use a
seguinte definição para f d , :
1/ 2
f d , c d T K d 0 d b 2
,
1 b
c
q T K d 0 q
40
q K 1 F ; F
d 0
15
(9. 144)
Apresente gráficos das forças versus deslocamentos, bem como de deslocamentos
versus “tempo” ao longo de toda a faixa requerida de variação de t. Como o algoritmo se
comporta para vários a , e qual é o maior da para o qual é convergente? Teste o seu código
de comprimento de arco pelo menos para os casos onde b = 0, e b = 0.5.
333
Capítulo – X
ELEMENTOS FINITOS UNIDIMENSIONAL
334
6.4.4 – Aplicação Prática utilizando o Método de Galerkin
Dada a seguinte equação diferencial
d 2u ( x)
u ( x) 0
dx 2
(6. 2)
Definida em [xA ; xB] e com condições de contorno essenciais u(x = xA) = uA e u(x = xB) = uB.
Sendo
d 2u
u 0
dx 2
(6. 3)
du
g 0
dx
(6. 4)
e
A sentença de resíduos ponderados é dada por:
wl d wl d
0
(6. 5)
Ou
d 2u ( x)
du
wl dx 2 u ( x) b d wl dx g d 0
(6. 6)
Discretizando a solução u(x) a partir de
M 1
uu
um N m
em ,
(6. 7)
m 1
ou (6. 6) temos:
d 2 N m ( x)
dN
um wl dx 2 N m ( x) 0 d wl dxm g d 0
m1
M
(6. 8)
Subdividindo o domínio em e subintervalos temos:
B
e E d 2 N e ( x)
dN me ( x )
e
e
m
u
w
N
(
x
)
d
w
g d b 0
m l dx 2
e l
m
dx
e e1
m 1
b 1
b
M 1
335
(6. 9)
Escolhendo por Galerkin
wle wle N le
(6. 10)
Temos:
E 2
B
d N me ( x)
dN me ( x )
e
e
e
u m N l dx 2 N m ( x) d e N l dx g d b
e e1
m 1
b 1
b
M 1
(6. 11)
Observe que na sentença básica de resíduos ponderados aparecem derivadas de
ordem dois, consequentemente, é necessário que as funções de aproximação possuam
derivadas de ordem um contínuas. Neste caso, precisaríamos de elementos finitos quadráticos
para as funções de interpolação. Contudo, para contornar essa situação utilizando elementos
finitos lineares, podemos resolver a equação diferencial a partir da forma fraca dos resíduos
ponderados.
336
6.4.5 - Formulação Fraca dos Resíduos Ponderados
A sentença de resíduos ponderados é dada por:
wl d 0
(6. 12)
Onde
1
d 2u
w
u
(
x
)
l
dx 0
dx 2
0
(6. 13)
Logo, a forma fraca da sentença de resíduos ponderados pode ser escrita como:
x x
xB
B
du dwl
du
u wl dx wl
0
dx dx
dx x x A
x A
(6. 14)
Um conjunto de (M + 1) pontos nodais é escolhido no intervalo (domínio) [0 ; 1]
que constitui o domínio do problema, e uma aproximação do tipo:
M 1
uu
um N m
(6. 15)
m 1
é adotada, onde um é o valor da aproximação no nó m (Nm = 1 em m). Assim, as condições de
contorno essenciais são atendidas diretamente, especificando-se os valores nodais apropriados
e = 0.
Na prática, os valores conhecidos só serão introduzidos na etapa de resolução do
sistema de equações e, dessa maneira, todos os valores, u1, u2, ...., uM+1 são considerados
incógnitas do problema.
Figura - 6. 1. Intervalo de aplicação do Método de Galerkin
Adotando-se o Método de Galerkin, wl = Nl, 1 l , m M 1 e a equação (6.
14) é reescrita como:
337
xB
dN
l
dx
x A
x x
M 1
B
M 1
dN m
du
um dx N l u m N m dx N l dx 0
m 1
m 1
x xA
(6. 16)
Como a integral e o somatório são operadores lineares temos:
x x
dN l dN m
du B
dx dx N l N m dxum N l dx 0
m1
x xA
xA
M 1 xB
(6. 17)
Matricialmente
Ku f
~ ~
(6. 18)
~
Onde os elementos da matriz K são dadas por:
~
xB
dN dN m
K lm l
N l N m dx (1 l , m M 1)
dx dx
x A
(6. 19)
E os elementos do vetor f são:
~
x x
B
du
fl Nl
dx x x A
(1 l M 1)
338
(6. 20)
6.4.7 – As Matrizes Locais Ke e o Vetor Local f
Note-se que, das equações (6. 16) a (6. 18) pode-se obter:
E
K lm K le,m
(6. 21)
e 1
onde
xj
K ije
dN ie dN ej
N ie N ej dx (1 i, j M 1)
dx dx
xi
(6. 22)
Observando que:
K le,m 0 se l , m i, j
(6. 23)
Ou de forma geral a partir de (6. 314),(6. 315) e (6. 317), (6. 318) temos:
K ije
2
1 d ie
ie ie
1 e e dx
e
dx
h
h h
xi
xj
(6. 24)
Onde
ie x xie
; h e x ej xie
; 0 x he
(6. 25)
Logo usando (6. 25) em(6. 24) temos:
e 2
( x xie ) ( x xie )
dx
1
K ije 2 1 i 1
e
h e dx .
e
dx
h
xi h
xj
(6. 26)
E
K iie
xj
2
1 dx e ( x xie )
2 1 i 1
e
e
dx
h
xi
h
2
dx .
(6. 27)
E
K ejj
xj
2
1 dxie ( x xie )
2 1
e
e
dx
h
xi
h
339
2
dx .
(6. 28)
Observe que para um único elemento finito, temos:
ie x xie x 0 x ; h e x j xi ; 0 x h e
(6. 29)
Logo, a partir de (6. 314),(6. 315) e (6. 317), (6. 318) os elementos fora da diagonal são dados
por:
he
K ije
K eji
xd x
x x
d
1 e e 1 e e dx
dx h dx h h h
0
(6. 30)
Ou
he
K ije
K eji
e
h
x d x
x x
1
x
x2
d
1 e e 1 e e dx e 2 e e 2 dx
dx h dx h h h
h
(h )
0
0 (h )
(6. 31)
Então
he
x
x2
x3
e
K ij 2 e
2
2h
3h e o
he
K ije
2
3
he
he
he
2 e
e
e2
2
h
h
3h
K ije
(6. 32)
1 he
he 6
Os elementos da diagonal da matriz são dados por:
K iie
he
2
2
x
x
d
1 e 1 e dx 0
dx h h
0
(6. 33)
ou
K iie
he
2
x
x
d
1 e 1 e
0
dx h h
2
he
2
x 2
1 2 x
dx e 1 e e 2 dx
(h )
0
h h
logo
340
(6. 34)
2
he
1
2x
x
K iie e x 1 e
2
e
h
2
h
3h o
2
3
K iie
e 3
he he 2
h
2 1 e
2
e
e
h
h
3h
K iie
1 he
e
3
h
(6. 35)
E
K ejj
he
2
d x x
e e
0
dx h h
2
dx 0
(6. 36)
ou
he
2
d x x
K ejj e e
0
dx h h
he
2
2
1 x
dx e e
h h
0
2
dx
(6. 37)
logo
he
1 2
x 3
e
K jj e x
e2
h
3h 0
K ejj
3
he
he
2
e2
h e
3h
K ejj
1 he
e
3
h
(6. 38)
E
x x
f
e
l
j
du
Nl
dx x xi
(6. 39)
Matricialmente os elementos da matriz K são dadas por:
~
341
xj
K ije
T
T
N x N x N N dx (1 i, j M 1)
~
~
~
xi ~
(6. 40)
E os elementos do vetor f :
~
x x j
e
e
fl Nl N x U
~
x xi
~
(6. 41)
Numerando-se os elementos de 1 a M e os nós de 1 a M+1, cada elemento produz
uma matriz do tipo:
1 he
0...... e
3
h
1 he
0.... e
e
6
K h
~
0: .....................
:
0 .....................
1 he
...0 0
h 6
1 he
... 0 0
:
:
h 3
:
:
:
:
0
...0 0
0
...0 0
(6. 42)
E
0
:
:
x xE 1
N du
1
dx x x
E
fE
x xE 1
N du
2 dx
x xE
:
:
0
e
(6. 43)
Com as componentes da matriz K determinados, temos para cada elemento:
~
342
i) ELEMENTO I:
K
e I
~
k11I
I
k
21
:
0
k12I
I
k 22
:
0
... 0
... 0
: 0
0 0
(6. 44)
onde
K
~
e I
1 hI
I
3
h
1 h I
h I 6
:
0
1 hI
... 0
h 6
I
1 h
I ... 0
3
h
:
: 0
0
0 0
(6. 45)
E os elementos do vetor f I :
~
f1I
I
f
fI 2
:
0
(6. 46)
du x x2
N1
dx x x1
du x x2
fI N2
dx
x x1
:
0
(6. 47)
Ou
343
ii) ELEMENTO II:
K
II
~
0 0
0 k II
22
II
0 k 32
0 0
0
II
k 23
II
k33
0
...0
...0
...0
...0
(6. 48)
onde
K
~
e II
0
0
0
0
0
0
II
1 h
II
3
h
II
1
h
II
6
h
0
II
1 h
II
6
h
II
1 h
II
3
h
0
...0
...0
...0
...0
(6. 49)
E os elementos do vetor f II :
~
0
f II
f II 2II
f3
0
(6. 50)
0
du x x3
N 2
dx x x2
f II
x x3
du
N3
dx x x2
0
(6. 51)
Ou
344
iii) ELEMENTO E:
0 0 ...0
: :
:
E
K
E
~
0 0 ...k33
E
0 0 ...k 43
0
:
E
k34
E
k 44
(6. 52)
onde
K
~
e E
...0
0 0
: :
:
E
0 0 ... 1 h
hE
3
E
0 0 ... 1 h
hE
6
0
:
1 h E
E
6
h
1 hE
E
3
h
(6. 53)
E os elementos do vetor f E :
~
0
:
fE E
f1
E
f2
(6. 54)
0
0
x xE 1
N du
f E 1 dx
x xE
x xE 1
du
N
2
dx x xE
(6. 55)
Ou
345
6.4.8 - Montagem do vetor f e da Matriz Global K
e
A matriz global K pode ser formada agrupando-se as matrizes K , observando
~
~
que as contribuições dos nós comuns a elementos vizinhos devem ser adicionados na matriz
global K .
~
k11I
I
k 21
K
~
0
:
0
k12I
0......................
I
II
k 22
k 22
II
k 23
.....................
:
k
E
II
k ..............kMM
II
: 32
: 33
...................k ME 1M
0
0
:
E
k MM
1
E
k M 1M 1
0
(6. 56)
Ou seja:
1 hI
I
3
h
1 h I
I
6
h
K
~
0
:
:
0
1 hI
I
h
6
1
1 h I h II
I II
h
3
h
0.......... .................... .............
1 h II
II
h
6
.................... ....
:
:
II
1 h
II
h
6
1
1 h E 1 h E
.................. E 1 E
3
h
h
:
:
0
1 hE
.......... ........ E
6
h
0
:
:
IE
1 h
E
h
6
E
1 h
E
h
3
0
(6. 57)
E os elementos do vetor f :
~
f1I
I
II
f 2 f1
:
fl
:
f E 1 f E
2 E 1
f2
Ou seja:
346
(6. 58)
du / dx) x1 x A
du / dx)
du / dx) x x h1
x2 x A h1
2
A
f du / dx) x x h 2 du / dx) x x h 2
3 2
3 2
~
:
:
du / dx) x x h E x
E
E 1
B
347
(6. 59)
6.4.9 – Resolução do Sistema de Equações
O sistema de equações é montado da seuinte forma:
Ku f
~ ~
(6. 60)
~
Ou
1 hI
I
3
h
1 h I
I
6
h
0
:
:
0
1 hI
I
h
6
1
1
h I h II
I II
h
3
h
0...........................................
1
h II
II
........................
h
6
:
:
1
h II
II
h
6
1
1 h E 1 h E
.................. E 1 E
3
h
h
:
:
1 hE
.................. E
6
h
0
0
u
f1I
:
1
:
u2 f 2I f1II
:
1 h IE u:3 E 1 :
E
f
fE
h
6 : 2 E 1
f2
u
E
1 hE
E
h
3
0
(6. 61)
Sendo conhecido os valores das condições de contorno nos pontos extremos a
primeira e a última linha da matriz acima são eliminadas ficando com o seguinte sistema de
equações:
1 h II
II
3
h
II
1 h
II
6
h
0
:
:
0
1 h II
II
6
h
II
1
1
h h III
II III
3
h
h
0...........................................
1
h III
III
6
h
........................
:
:
1
h III
III
6
h
1
1
h E 2 h E 1
.................. E 2 E 1
3
h
h
:
:
0
1
h E 1
.................. E 1
6
h
0
u f I f II
:
2
1
2
:
II
III
u3 f 2 f1
:
u
E 1
:
1
h
:4 E 2
E 1
f 2 f1E 1
:
6
h
u E 1
f 2E 1
1
1 h E 1 h E
E 1 E
3
h
h
0
Cuja solução fornece os valores de u (u 2 , u3 , u 4 ,...u E 1 )
348
(6. 62)
6. 9 – Exemplos e Aplicações
6.5.1 – Exemplo satisfazendo condições de contorno essenciais:
Dada a seguinte equação diferencial
d 2u ( x)
u 0
dx 2
(6. 63)
Definida em [0 ; 1] e com condições de contorno essenciais.
u(x = 0) = 0
(6. 64)
u(x = 1) = 1
Solução:
A sentença de resíduos ponderados é:
wl d 0
(6. 65)
Onde
d 2u
2 u 0
dx
(6. 66)
A forma fraca da sentença de resíduos ponderados é:
x 1
1
du dwl
du
u wl dx wl
0
dx
dx
dx
x 0
0
(6. 67)
Fazendo E = M = 3, o intervalo [0 ; 1] será dividido em três sub-intervalos
(elementos) de mesmo comprimento, h1 = h2 = h3 = 1/3.
Numerando os nós de 1 a 4 e os elementos de 1 a 3, temos para o:
349
i) ELEMENTO I:
0 x hI
(6. 68)
Onde:
N1 1
x
hI
(6. 69)
e
N2
k11
k
I
K 21
~
0
0
x
hI
k12
k 22
0
0
(6. 70)
0 0
0 0
0 0
0 0
(6. 71)
Onde
1
dN dN
K11 1 1 N1 N1 dx (1 l 1, m 1 M 4)
dx dx
0
(6. 72)
E
1
dN dN 2
K12 1
N1 N 2 dx (1 l 1, m 2 M 4)
dx dx
0
(6. 73)
E
1
dN dN1
K 21 2
N 2 N1 dx (1 l 2, m 1 M 4)
dx dx
0
(6. 74)
E
1
dN dN 2
K 22 2
N 2 N 2 dx (1 l 2, m 2 M 4)
dx dx
0
Ou seja,
350
(6. 75)
1 hI
h 3
1 h I
I
K
~
h 6
0
0
1 hI
0 0
h 6
I
1 h
0 0
h 3
0
0 0
0
0 0
(6. 76)
A formação dos elementos do vetor f I é dado por:
~
x x2
du
f 1 N1
dx x x1
I
(6. 77)
E
x x2
du
N2
dx x x1
(6. 78)
f1I
I
f
fI 2
0
0
(6. 79)
du x x2
N1
dx x x1
fI
0
0
0
(6. 80)
f
I
2
Logo
Ou
351
ii) ELEMENTO II:
h I x h I h II
(6. 81)
Onde:
N2 1
x
h II
(6. 82)
e
N3
K
~
II
x
h II
0 0
0 k
22
0 k32
0 0
(6. 83)
0
k 23
k33
0
0
0
0
0
(6. 84)
Onde
1
dN dN 2
K 22 2
N 2 N 2 dx (1 l 2, m 2 M 4)
dx dx
0
(6. 85)
E
1
dN dN 3
K 23 2
N 2 N 3 dx (1 l 2, m 3 M 4)
dx dx
0
(6. 86)
E
1
dN dN 2
K 32 3
N 3 N 2 dx (1 l 3, m 2 M 4)
dx dx
0
(6. 87)
E
1
dN dN 3
K 33 3
N 3 N 3 dx (1 l 3, m 3 M 4)
dx dx
0
Ou seja,
352
(6. 88)
K
~
II
0
0
0
0
0
0
II
1 h
II
3
h
II
1 h
II
6
h
0
II
1 h
II
6
h
II
1 h
II
3
h
0
0
0
0
0
(6. 89)
A formação dos elementos do vetor f II é dado por:
~
x x3
f
II
f
II
2
du
N2
dx x x2
3
du
N3
dx x x2
(6. 91)
0
f II
f II 2II
f3
0
(6. 92)
0
0
f II
0
0
(6. 93)
(6. 90)
E
x x3
Logo
Ou
353
iii) ELEMENTO III:
h I h II x h I h II h III
(6. 94)
Onde:
N2 1
x
h III
(6. 95)
e
N3
K
~
III
0
0
0
0
x
h III
0
0
0
0
(6. 96)
0 k33
0 k 43
0
0
k34
k 44
(6. 97)
Onde
1
dN dN 3
K 33 3
N 3 N 3 dx (1 l 3, m 3 M 4)
dx dx
0
(6. 98)
E
1
dN dN 4
K 34 3
N 3 N 4 dx (1 l 3, m 4 M 4)
dx dx
0
(6. 99)
E
1
dN dN 3
K 43 4
N 4 N 3 dx (1 l 4, m 3 M 4)
dx dx
0
(6. 100)
E
1
dN dN 4
K 44 4
N 4 N 4 dx (1 l 4, m 4 M 4)
dx dx
0
Ou seja,
354
(6. 101)
K
~
III
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
h III
III
3
h
III
1
h
0 III
6
h
0
0
1
h III
III
6
h
1
h III
III
3
h
(6. 102)
A formação dos elementos do vetor f III é dado por:
~
x x4
3
du
N3
dx x x3
4
du
N4
dx x x3
(6. 104)
0
:
III
f3
III
f4
(6. 105)
0
0
x x4
d
u
N 3 dx
x x3
x x4
d
u
N 4 dx
x x3
(6. 106)
f
III
f
III
(6. 103)
E
x x4
logo
f III
Ou
f III
355
iv) MONTAGEM DA MATRIZ GLOBAL
x 1
du
O vetor f global é definido como: f N l
, ou seja:
dx
~
x 0
f1I
I
II
f
f
2
2
fl
II
III
f3 f3
f III
4
(6. 107)
du / dx) x0
0
f
0
~
du / dx) x 1
(6. 108)
logo
I
II
Agrupando as matrizes K , K , K
~
~
III
dos elementos para formar a matriz
~
global, encontra-se o seguinte sistema de equações:
1 h 1 h
h 3 h 6
1 h 2 1 h
h 6
h 6
1 h
0
h 6
0
0
0
1 h
h 6
1 h
2
h 3
1 h
h 6
du
u
1
dx x0
0
u 2 0
1 h u3 0 (6. 109)
du
h 6 u 4
dx
1 h
x 1
h 3
0
356
V) RESOLUÇÃO DO SISTEMA DE EQUAÇÕES
Os valores de u1 e u 2 são iguais aos valores prescritos. Portanto, são valores
conhecidos e as linhas 1 e 4 podem ser removidas. Remova somentes essas linhas, não
remova as colunas, e utilize o sistema regular de equações que ficar. Substituindo-se os
valores conhecidos u1 0 e u 4 1 nas outras equações, o sistema de equações se reduz a:
1 h
1
2 u 2
h 3
h
1 h
1
u 2 2
h 3
h
h
u3 0
6
(6. 110)
h
1 h
u3
3
h 6
Substituindo-se h = 1/3, obtém-se:
56
53
u 2 u3 0
9
18
53
56
53
u 2 u3
18
9
18
(6. 111)
Resolvendo o sistema, encontra-se os seguintes valores:
u 2 0,288546
(6. 112)
u3 0,609750
Das equações remanescentes, obtém-se os valores de
du
dx
1 h
u 2 0,849609
h 6
x 0
du
1 h
1 h
u3 u 4 1,315711
dx x1 h 6
h 3
357
du
dx
e
x 0
du
dx
x 1
(6. 113)
6.5.2 – Exemplo satisfazendo condições de contorno naturais
Dada a seguinte equação diferencial
d 2u ( x)
u 0
dx 2
(6. 114)
Definida em [0 ; 1] se as condições de contorno forem:
u x 0 0
du
dx
(6. 115)
1
x 1
Solução:
A sentença de resíduos ponderados é:
wl d wl d
0
(6. 116)
Onde
d 2u
2 u 0
dx
du
1 0
dx
(6. 117)
Logo, a sentença básica de resíduos ponderados é escrita como (já admitindo que
a condição de contorno essencial seja atendida diretamente)
1
d 2u
du
wl dx 2 u dx wl dx 1 0
x 1
0
(6. 118)
Efetuando-se a integração por partes, chega-se a forma fraca da sentença de resíduos
ponderados, cuja forma fraca é:
x 1
1
dw du
du
du
l
wl u dx wl
wl
wl
dx dx
dx x 0 dx x 1
0
Precisamos agora eliminar
du
dx
da seguinte forma:
x 1
358
x 1
0
(6. 119)
Se wl
x 1
wl
x 1
, a equação (6. 119) é escrita como:
1
dwl du
du
dx dx wl u dx wl dx x0 wl
0
x 1
0
(6. 120)
Se wl N l e a discretização é mantida, a matriz K é a mesma. O vetor
~
x 1
du
f global é definido como: f N l
, ou seja:
dx x 0
~
f1I
I
II
f2 f2
fl
II
III
f
f
3
3
f III
4
(6. 121)
O sistema final de equações é:
du
u1
u dx x 0
K . 2 0
~ u
3
0
u 4 1
(6. 122)
Adotando-se o Método de Galerkin e a mesma discretização, a mesma matriz K é
obtida, e o sistema de equações é:
1 h
h 3
1 h
h 6
0
0
1 h
0
0
h 6
u du
1 h 1 h
1 dx
2
0
u 2 0
h 6 h 6
1 h
1 h 1 h u 3
0
2
h 6
h 3 h 6 u 4
1
1 h 1 h
0
h 6 h 3
359
x 0
(6. 123)
Como u1 0 é o valor conhecido, a primeira equação pode ser eliminada do
sistema. Substituindo u1 pelo seu valor nas outras equações, o sistema de equações se reduz
a:
1 h
2 h 3
1 h
h 6
0
1 h
0
h 6
u 2 0
1 h 1 h
2 u3 0
h 3 h 6
u 1
1 h 1 h 4
h 6 h 3
(6. 124)
Substituindo-se h = 1/3, obtém-se:
53
56
0
9
18
u 2 0
53 56
53
u3 0
9
13
18
53 28 u 4 1
0
18
9
(6. 125)
Resolvendo o sistema:
u 2 0,219309
u3 0,463444
(6. 126)
u 4 0,760045
O valor de
du
dx
x 0
du
dx
du
dx
pode ser determinado:
x 0
53
1 h
u 2 u 2 0,645743
13
h 6
0,645743
x 0
360
(6. 127)
6.5.3 – Exemplo satisfazendo condições de contorno essenciais:
Dada a a seguinte equação diferencial:
d 2 y ( x)
4 y 4x 0 ,
dx 2
(6. 128)
definida em [0 ; 1] e com condições de contorno essenciais:
y(x = 0) = 0
(6. 129)
y(x = 1) = 1
Resolver pelo Método dos Elementos Finitos.
Solução:
A sentença de resíduos ponderados é:
wl d 0
(6. 130)
Onde
d2y
2 4 y 4x 0
dx
(6. 131)
A forma fraca da sentença de resíduos ponderados é:
x 1
1
dy dwl
dy
4 ywl 4 xwl dx wl 0
dx dx
dx x0
0
(6. 132)
Um conjunto de (M + 1) pontos é escolhido no intervalo (domínio) [0 ; 1] e uma
aproximação do tipo:
M 1
y y
ym N m
(6. 133)
m 1
é adotada, onde ym é o valor da aproximação no nó m (Nm = 1 em m). Assim, as condições de
contorno essenciais são atendidas diretamente, especificando-se os valores nodais apropriados
e = 0. De forma análoga ao exemplo anterior, os valores conhecidos só serão introduzidos
na etapa de resolução do sistema de equações e, dessa maneira, todos os valores, u1, u2, ....,
uM+1 são considerados incógnitas do problema.
361
Adotando-se o Método de Galerkin, wl = Nl, 1 l , m M 1 e a equação (6.
14) é reescrita como:
1
dN
l
dx
0
x 1
M 1
M 1
dN m
dy
ym dx 4 N l ym N m 4 N l x dx N l dx 0
m 1
m 1
x 0
(6. 134)
Para (1 l , m M 1) . Matricialmente temos:
Ky f
~ ~
(6. 135)
~
Onde os elementos da matriz K são dados por:
~
1
dN dN m
K lm l
4 N l N m dx (1 l , m M 1)
dx dx
0
(6. 136)
E os elementos do vetor f :
~
x 1
1
dy
f l N l 4 N l xdx 0
dx x 0
0
(6. 137)
Divindindo-se o domínio em três subdomínios, temos:
Figura - 6. 2. Intervalo de aplicação do Método de Galerkin
Vamos agora calcular as funções de interpolação local para o elemento e:
N i N ie 1
N j N ej
he
he
Onde
362
(6. 138)
(6. 139)
x xi
; h e x j xi
; 0 x he
(6. 140)
Para o:
i) ELEMENTO I:
0 xh
(6. 141)
x
h
(6. 142)
Onde:
N1 1
e
N2
x
h
(6. 143)
A formação dos elementos do vetor f I é dado por:
~
x x
h
du 2
f 1 N1
4 N1 xdx
dx x x1
0
I
x x
h
x
du 2
N1
4 1 xdx
h
dx x x1
0
x x
(6. 144)
2
h
du 2
N1
4
6
dx x x1
E
x x
f
I
2
h
du 2
N2
4 N 2 xdx
dx x x1
0
x x
h
du 2
x
N2
4 xdx
dx x x1
h
0
x x
3
h
du 2
N1
4
3
dx x x1
Logo
363
(6. 145)
f1I
I
f
fI 2
0
0
(6. 146)
du x x2
h2
4
N1
dx
6
x x1
x
x
2
h3
f I N1 du
4
3
dx x x1
0
0
(6. 147)
Ou
ii) ELEMENTO II:
h x 2h
(6. 148)
Onde:
( x x2 )
h
( x h)
N2 1
h
x
N2 2
h
Ni N2 1
(6. 149)
e
N j N3
xh
h
(6. 150)
A formação dos elementos do vetor f II é dado por:
~
364
x x
f
II
2h
du 3
N 2
4 N 2 xdx
dx x x2
h
2
x x
2h
x
du 3
N2
4 2 xdx
dx x x2
h
h
(6. 151)
x x
2
du 3 8h
N2
dx x x2
3
E
x x
f
II
3
2h
du 3
N3
4 N 3 xdx
dx x x2
h
x x
2h
du 3
x
N3
4 1 xdx
h
dx x x2
0
x x
du 3 20h
N3
6
dx x x2
(6. 152)
2
Logo
0
f II
f II 2II
f3
0
(6. 153)
0
x x3
3
du
h
8
N3
dx
3
x
x
2
f II
x x3
2
h
du
20
N 2
dx
6
x x2
0
(6. 154)
Ou
365
iii) ELEMENTO III:
2h x 3h 1
(6. 155)
Onde:
( x x3 )
h
( x 2 h)
N3 1
h
x
N3 3
h
Ni N3 1
(6. 156)
e
N j N4
x 2h
h
(6. 157)
A formação dos elementos do vetor f III é dado por:
~
x x4
f
III
3
3h
du
N3
4 N 3 xdx
dx
x x3
2h
x x
3h
4
x
du
N3
4 3 xdx
h
dx x x3
2 h
x x4
28h
du
N3
6
dx x x3
(6. 158)
2
E
x x4
f
III
4
3h
du
N4
4 N 3 xdx
dx x x3
2h
x x4
3h
du
x
N4
4 2 xdx
dx x x3
h
2 h
x x4
16h
du
N 4
dx x x3
3
2
Logo
366
(6. 159)
0
0
III
f3
III
f4
(6. 160)
0
0
x x4
2
d
u
28
h
N 3 dx
6
x x3
x x4
16h 3
du
N 4 dx
3
x
x
3
(6. 161)
f III
Ou
f III
Cujas contribuições são:
h2
6
d
y
dy
h2
I
f1
h 2 2h 2 dx
dx
6
I
x
0
x 0
II
3
3 0
f2 f2 0
h2
4
4
II
2
2
III
2h 2 (6. 162)
5
h
7
h
0
0
f3 f3
dy
4h 2
6
6
f III dy
4
dx
2
3
x
1
dx x 1
4h
3
367
iv) MONTAGEM DA MATRIZ GLOBAL
x 1
1
du
O vetor f global é definido como: f N l
4
N l xdx , ou seja:
dx
~
~
x 0
0
f1I
I
II
f
f
2
2
fl
II
III
f
f
3
3
f III
4
(6. 163)
1
du
4 N1 4 N1 xdx
dx x0
0
h
2h
4
N
xdx
4
N
xdx
2
3
0
h
f
2h
3h
~
4
N
xdx
4
N
xdx
3
4
h
2h
3 h 1
du
4
N
4
N
xdx
4
4
dx x 1
2h
(6. 164)
logo
I
II
Agrupando as matrizes K , K , K
~
~
III
dos elementos para formar a matriz
~
global, encontra-se:
1 4h
h 3
1
2
h
h 3
0
0
1 2h
0
0
dy
h2
h 3
y
1 4h 1 2h
6
1 dx x 0
2
0
y2 0
h2
h 3 h 3
4
2h 2
1 2h
1 4h 1 2h y 0
2 3 dy
4h 2
h 3
h 3 h 3 y 4
dx x 1
1 2 h 1 4h
3
0
h 3 h 3
368
(6. 165)
V) RESOLUÇÃO DO SISTEMA DE EQUAÇÕES
Os valores de y1 e y 2 são iguais aos valores prescritos. Portanto, são valores
conhecidos e as linhas 1 e 4 podem ser removidas. Remova somentes essas linhas, não
remova as colunas, e utilize o sistema regular de equações que ficar. Substituindo-se os
valores conhecidos y1 0 e y 4 1 nas outras equações, o sistema de equações se reduz a:
1 4h
1 2h
2 y 2 y3 4h 2
h 3
h 3
1 2h
1 4h
2
y 2 2 y3 8h
h 3
h 3
(6. 166)
Substituindo-se h = 1/3, obtém-se:
62
25
4
y2
y3
9
9
9
25
62
8
y2
y3
9
9
9
(6. 167)
Resolvendo, encontra-se:
y 2 0,139174
y3 0,181515
369
(6. 168)
6. 10 – Enfoque Variacional
Dado um problema descrito por um funcional, isto é, que permite uma formulação
variacional a ser desenvolvido pelo MEF.
xB
I Fd
(6. 169)
xA
Se as incógnitas nos pontos nodais correspondem a uma função u que torna estacionário
(extremiza) o funcional e atende às condições de contorno essenciais do problema, pode-se
admitir que o valor do funcional em todo o domínio do problema, F(u), será igual à soma dos
valores dos funcionais calculados em cada elemento, isto é:
M
F F e (u )
(6. 170)
e 1
onde M é o número de elementos finitos nos quais o domínio original foi discretizado. Logo
M
I Ie
(6. 171)
e 1
onde
xj
e
I F e (u k )dx
(6. 172)
xi
Admite-se que, para um elemento genérico e, a função u passa a ser descrito
como:
re
u keke
(6. 173)
k 1
Onde
ke são parâmetros ajustáveis ou não conhecidos (incógnitas) e ke são funções de
forma conhecidas, escolhidas de maneira semelhante à do método de Rayleigh-Ritz. Em
notação matricial temos:
u A
(6. 174)
~ ~
Onde
370
A 1e 2e
~
... ree
(6. 175)
E
1e
e
2
:
~
e
re
(6. 176)
Substituindo a expressão (6. 173) em (6. 170), obtém-se o funcional aproximado:
M
F F e ( ke ) k 1,2,3,...re
(6. 177)
e 1
e, agora, as únicas incógnitas são os parâmetros
Note que os parâmetros
ke .
ke diferem de elemento a elemento, as funções ke
também podem diferir de elemento a elemento embora, em geral as funções
ke adotadas
sejam as mesmas.
Aplicando a condição de ponto estacionário (ou condição de extremização) ao
funcional aproximado F , pode-se escrever:
(6. 178)
F 0
M
F F e ( ke ) 0
(6. 179)
e 1
Ou ainda
F e e
F e k 0
e 1 k 1 k
M
Como as variações
re
(6. 180)
ke são arbitrárias, a expressão (6. 180) se reduz a:
e 1,2,..., M
F e
0
ke
k 1,2,.... e
371
(6. 181)
A expressão (6. 181) representa um sistema de equações cuja solução fornece os
valores dos parâmetros
ke , a partir dos quais, com o emprego de (6. 173), o valor da
incógnita u pode ser calculado em qualquer ponto do elemento.
A expressão (6. 181) representa um esquema de solução que pode ser denominado
Rayleigh-Ritz localizado (ou local). No método dos elementos finitos, no lugar dos parâmetros
ke , as incógnitas são os valores da função u nos pontos nodais da malha de elementos finitos
n
(u
ii ). Partindo da expressão (6. 174) aplicada aos ne nós de um elemento qualquer;
i 1
pode-se escrever:
u 1 A1
~ ~
u 2 A2
~ ~
(6. 182)
:
u ne Ane
~
~
Onde ui é o valor de u no nó i do elemento e, Ai representa a matriz A com as funções de
~
forma calculados de acordo com a posição do nó i, isto é, correspondentes às coordenadas do
nó i. De maneira compacta,
e
U C
(6. 183)
u1
u
2
e
U
:
~
u ne
(6. 184)
~
~ ~
Onde
É o vetor dos valores nodais (incógnitas) de u no elemento e. A matriz
372
A
~1
A
C ~2
:
~
A
~ ne
(6. 185)
é uma matriz com as funções de forma que estão calculas para as posições (coordenadas)
correspondentes aos pontos nodais.
Se as funções de forma são selecionadas de maneira adequada e se o número de
nós do elemento é igual ao número de parâmetros, ou seja, se
ne re
(6. 186)
A matriz C será quadrada e regular. Portanto, de (6. 183), pode-se escrever:
~
C 1 U e
~
~
(6. 187)
~
Substituindo (6. 187) em (6. 174) temos:
1
e
u A A C U N U
~
~ ~
~
~ ~
e
(6. 188)
Onde
N AC
(6. 189)
~ ~
~
Assim, os parâmetros
1
ke são eliminados e o valor da variável, u, em qualquer
ponto de um elemento, pode ser calculado em função dos valores nodais (ainda desconhecidos
ou incógnitas).
Para evitar a inversão da matriz C é importante obter a matriz N diretamente. Se
~
N é determinada conveniente, então, considerar que:
e
ne
u N U keu k
~ ~
(6. 190)
k 1
As funções de forma em (6. 190) se referem a valores nodais de u e não de parâmetros
Adotando uma variação linear, pode-se escrever, para cada elemento:
373
ke
i
u k i j k [1 k ] .
j
(6. 191)
k x xk .
(6. 192)
Onde
Figura - 6. 3.
Aplicando aos pontos nodais i e j, temos:
ui i
u j i j he
.
(6. 193)
Ou
e
U C
(6. 194)
ui 1 0 i
e
U
C~ ~
e
~
u
1
h
j
j
(6. 195)
~
~ ~
logo
Invertendo a expressão (6. 217) anterior, obtém-se:
i 1
e
j h
h e 0 u i
1 1 u j
Combinando-se as expressões (6. 214) com (6. 218), tem-se:
374
(6. 196)
1 h e 0 u i
u e 1 e e
h 1 1 u j
(6. 197)
Ou
ue
ui e
e
1
e
(
h
)
x
u 1 e u i e u j
e
e
h
h
j h
(6. 198)
Ou ainda
u e N ie ui N ej u j
(6. 199)
Onde
e
e
N
1
i
he
N e e
j h e
0 xh
(6. 200)
A derivada primeira de u e é:
dN ej
du e dN ie
ui
uj
dx
dx
dx
(6. 201)
E
du e
1 dx
1 dx
1
e 1 e ui e 1 e u j e
dx
dx
dx
h
h
h
1 ui dxe
1
dx (6. 202)
h e u j
Ou
du e
e
e ,T
N x U U N xT
~
dx
~ ~
~
(6. 203)
onde
dN ie, j
dx
(6. 204)
Nx
~
2
Para o cálculo do funcional deve-se calcular ( du e / dx ) :
375
2
du e
e ,T
T
e
U N Nx U
~
~ x ~ ~
dx
(6. 205)
e ue2,
2
ue U
e ,T
~
T
N NU
~
e
~ ~
(6. 206)
Substituindo (6. 190) em (6. 170), tem-se um funcional aproximado, I , que é
função somente dos valores nodais ue.
Onde o funcional de um elemento é:
xj M
xB
I Fd
F
e 1
xA
xi
M
M xj
e 1
e 1 xi
e
d e
(6. 207)
I I e F e (u k )dx
A condição de ponto estacionário será dada por:
F e e
F F (u k ) e k 0
e 1
e 1 k 1 k
M
M
e
re
(6. 208)
A expressão (6. 208) representa um sistema de equações cuja solução fornece os
valores nodais uk. Conhecidos os valores nodais, o valor de u, em qualquer ponto de qualquer
elemento, é determinado. Ou seja, da condição de ponto estacionário temos:
xj M
xB
I Fd
F
e 1
xA
xi
M
M xj
e 1
e 1 xi
e
d e
(6. 209)
I I e F e (u k )dx
376
Como o domínio foi dividido em três subdomínios, pode-se escrever:
I I1 I 2 I 3
(6. 210)
I I 1 I 2 I 3
(6. 211)
E, portanto,
377
6. 11 – Exemplos e Aplicações
6.7.1 – Exemplo satisfazendo condições de contorno essenciais:
Dado o funcional
2
1 d 2u
u2
I 2 dx .
2 dx
2
0
1l
(6. 212)
Obter uma solução aproximada que atenda às condições de contorno essenciais:
u x 0 0 , u
x 1
1.
(6. 213)
Dividir o intervalo (domínio) [0 ; 1] em três sub-intervalos (subdomínios) de mesmo
comprimento.
Solução
O primeiro passo consiste em escolher qual a variação de u em cada elemento.
Adotando uma variação linear, pode-se escrever, para cada elemento:
u 1 2 x [1 x] 1 .
2
Figura - 6. 4.
378
(6. 214)
Aplicando aos pontos nodais i e j, temos:
ui 1
u j 1 2 h
.
(6. 215)
Ou
e
U C
(6. 216)
ui 1 0 1
e
U
C
~
u j 1 h 2 ~ ~
(6. 217)
~
~ ~
logo
Invertendo a expressão (6. 217) anterior, obtém-se:
1 1 h 0 u i
h 1 1 u
j
2
(6. 218)
Combinando-se as expressões (6. 214) com (6. 218), tem-se:
1 h 0 ui
u 1 x
h 1 1 u j
(6. 219)
Ou
u
u
1
(h x) x i 1 x ui x u j
h
h
u j h
(6. 220)
Ou ainda
u N i ui N j u j
(6. 221)
Onde
x
N
1
i
h
N x
j h
0 xh
A derivada primeira de u é:
379
(6. 222)
dN j
du dN i
ui
uj
dx
dx
dx
(6. 223)
E
1 ui
h u j
du
1
1
1
u i u j
dx
h
h
h
(6. 224)
Ou
du
e
e ,T
N x U U N xT
~
dx
~ ~
~
(6. 225)
onde
dN i , j
dx
(6. 226)
Nx
~
2
Para o cálculo do funcional deve-se calcular ( du / dx ) :
2
du
e ,T
T
e
U N Nx U
~
~ x ~ ~
dx
(6. 227)
e u2,
u 2 U
~
e ,T
T
N NU
~
e
~ ~
(6. 228)
Onde o funcional de um elemento é:
xj
1 e,T
T
e
e ,T
T
e
I U N x N x U U N N U dx
~
~
~ ~
2 xi ~
~
~ ~
e
(6. 229)
Da condição de ponto estacionário
xj
1
I U e,T N x T N x U e U e,T N T N U e dx
~
~
~ ~
2 xi ~
~
~ ~
e
380
(6. 230)
Como o domínio foi dividido em três subdomínios, pode-se escrever:
I I1 I 2 I 3
(6. 231)
I I 1 I 2 I 3
(6. 232)
E, portanto,
Vejamos isto de forma prática a partir da equação (6. 223). Particularizando a
notação em termos do exemplo, temos:
u j ui
du
1
1
ui u j
dx
h
h
h
(6. 233)
E
2
1 2
du
2
u i 2u i u j u j
h
dx
(6. 234)
Se
u 1
x x
u i u j
h h
(6. 235)
então
2
2
x 2
x x
x 2
u 1 ui 21 ui u j u j
h
hh
h
2
(6. 236)
E
2
2
2
2
1 h (u j 2u i u j u i ) x 2
x x
x
2
I
1
u
2
1
u
u
u
dx
i
i
j
j
2
20
h
h
h
h
(6. 237)
h
381
1
2
2
2
1 (u j 2ui u j ui )
1 h 2 x x 2 2 x x 2
x 2
I
x
1
u
2
u
u
i
h h 2 i j h u j dx
2
2 0
h h 2
h2
0
2
I
2
(u j 2u i u j u i )
2h
I
h
h
h
x2
1
2x 2
x3 2
x3
x3
2
x
2 u i 2 2 u i u j 2 u j
2
2h 3h o
3h 0
2h 3h 0
1
1 h 2
h
h 2
2
2
(u j 2u i u j u i ) u i 2 u i u j u j
2h
2 3
6
3
(6. 238)
(6. 239)
(6. 240)
Então as condições são:
I
1
1 2h
h
(2u i 2u j ) u i u j 0
u i 2h
2 3
3
(6. 241)
I
1
1 2h
h
(2u i 2u j ) u i u j 0
u j 2h
2 3
3
(6. 242)
1 h
1 h
ui u j 0
h 3
h 6
1 h
1 h
u i u j 0
h 6
h 3
(6. 243)
Na forma matricial temos:
1 h 1 h
h 3 h 6 u i 0
1 h 1 h u j 0
h 6 h 3
onde
382
(6. 244)
u
u
u
U 1 1 ; U 2 2 ;U 3 3
~
~
~
u 2
u 3
u 4
(6. 245)
Considerando que o elemento 1 é limitado pelos nós 1 e 2, correspondentes a x = 0 e x = h,
pode-se escrever:
K1U1 0
(6. 246)
1 h 1 h
h 3 h 6 u1 0
1 h 1 h u 2 0
h 6 h 3
(6. 247)
~
~
ou
Para o elemento 2, limitado pelos nós 2 e 3, correspondentes e x = h e x = 2h.
Assim:
K2U2 0
(6. 248)
1 h 1 h
h 3 h 6 u1 0
1
h
1
h
u 2 0
h 6 h 3
(6. 249)
~
~
ou
Para o elemento 3, limitado pelos nós 3 e 4, correspondentes e x = 2h e x = 3h.
Assim:
K3U3 0
~
~
383
(6. 250)
ou
1 h 1 h
h 3 h 6 u 3 0
1 h 1 h u 4 0
h 6 h 3
(6. 251)
Observe que:
K1 K 2 K
~
~
3
(6. 252)
~
Agrupando as matrizes
1 h 1 h
h 3 h 6
1 h 2 1 h
h 6
h 6
1 h
0
h 6
0
0
0
u 0
1
0
u 2 0
1 h u 3 0
h 6 u 4 0
1 h
h 3
0
1 h
h 6
1 h
2
h 3
1 h
h 6
(6. 253)
Como u1 = 0 e u4 = 1, o sistema se reduz à:
1 h
1 h
2 u 2 u 3 0
h 3
h 6
1 h
1 h
1 h
u 2 2 u 3
h 6
h 3
h 6
(6. 254)
Substituindo h = 1/3 obtém-se:
u 2 0,288546
u3 0,609750
(6. 255)
A solução analítica é:
e x ex
u ( x)
.
e e 1
e
384
(6. 256)
u ( x 1 / 3) 0,288921
u ( x 2 / 3) 0,610243
.
(6. 257)
6. 12 – Um Caso Especial de Elementos Finitos
Seja a sentença de resíduos ponderados de caráter global (onde as funções de
aproximação são válidas em e em ):
wl d wl d
0.
(6. 258)
Para o caso onde os erros cometidos são dados por:
No domínio:
L (u ) – b
(6. 259)
S (u ) – g
(6. 260)
E no contorno:
Sendo:
M 1
u
um N m
(6. 261)
m1
no domínio:
M 1
L( um N m ) – b em
(6. 262)
m1
e no contorno:
M 1
S( um N m ) - g em
m1
Como L e S são operadores lineares temos:
no domínio:
385
(6. 263)
M 1
u m L(Nm)
– b em
(6. 264)
m1
e no contorno:
M 1
u m S(Nm) - g
em
(6. 265)
m1
Se o domínio é dividido em E subdomínios, e, tais que:
E
e
(6. 266)
e 1
E se, em correspondência a divisão do domínio, o contorno, , é dividido em B partes, b tais
que:
B
b .
(6. 267)
b 1
A sentença de resíduos ponderados de caráter global é substituída por:
E
B
wle d e wlb db 0
e 1
b 1
e
b
e
(6. 268)
b
onde as funções de aproximação são definidas localmente, sendo válidas somente para e e b
não mais para e . Logo, a sentença de resíduos ponderados local é dada por:
wle d e wle db 0
e
e
b
b
(6. 269)
Portanto, temos:
M 1
e
u m L (Nm) - b
em e
(6. 270)
em b
(6. 271)
m1
e no contorno
M 1
e
um S(Nm) = g
m 1
A sentença de resíduos ponderados global fica:
386
E M 1
wle [ um L (Nm) – b]de = 0
(6. 272)
e 1 m 1
e
A sentença de resíduos ponderados local fica:
M 1
wle [ um L (Nm) – b]de = 0
e
(6. 273)
m 1
6.8.1 – Método da Colocação por Subdomínios Modificado
Se a função de ponderação wl for a função Delta de Dirac temos:
E
B
( x xl ) e d e
e 1 e
( x xl ) db 0
b
(6. 274)
.
(6. 275)
b 1 b
Temos:
E
E
( x xl ) d e
e
e 1 e
B
x xl
B
( x xl ) db
b
b 1 b
e
e1
bl
b 1
x xl
Logo, a sentença de resíduos ponderados fica:
E M 1
B M 1
el el [ u m L ( N m ) x xl -b]+ [ u m S ( N m ) x xl -g]= 0
e 1 m 1
(6. 276)
b 1 m 1
Para o caso do operador L dado pela seguinte equação diferencial:
d 2u ( x)
u 0
dx 2
(6. 277)
Definida em [0 ; 1] e com condições de contorno naturais dado pelo operador S, temos:
E d 2 N
B
dN m
m
u m
Nm
g 0
2
(6. 278)
x xl
m1
x xl b1 dx
e1 dx
M 1
el el
387
Para este caso precisamos definir derivadas de ordem superiores contínuas, isto nos leva a
definir funções de interpolação para elementos finitos quadráticos. Ou se preferir, utilizamos
elementos lineares, porém, é necessário utilizar a Formulação Fraca dos Resíduos
Ponderados.
6.8.2 – Formulação Fraca do Método dos Resíduos Ponderados para os
Elementos Finitos
388
6.8.4 – Método das Diferenças Finitas
A sentença de resíduos ponderados global é dada por:
wl d 0
(6. 279)
Para um domínio discretizado em E elementos temos:
E
wle d e 0
e 1
e
(6. 280)
e
Logo, a sentença de resíduos ponderados local é dada por:
wle d e 0
e
e
(6. 281)
Para o caso onde
e L ( u )-b
(6. 282)
e
M 1
u
um N m
(6. 283)
m1
Onde
M 1
um L (Nm) - b = 0
(6. 284)
m 1
A sentença de resíduos ponderados global fica:
E
M 1
um L (Nm) – b]de = 0
wle [
e 1 m 1
(6. 285)
e
A sentença de resíduos ponderados local fica:
M 1
wle [ um L (Nm) - b]de = 0
e
(6. 286)
m 1
Se a função de ponderação wl for a função Delta de Dirac a sentença de resíduos
ponderados loca fica:
389
( x xl ) d e
e
0
el
e
(6. 287)
ou
M 1
M 1
( x xl ) [ u m L (Nm) - b] d e
m1
e
ul L (Nl) - b = 0
(6. 288)
l 1
A sentença global fica:
E
E
( x xl ) e d e el
e 1 e
(6. 289)
e1
Ou
M 1
E
M 1
( x xl ) [ u m L (Nm) – b] d e
e 1 e
m1
ul L (Nl) - b= 0
(6. 290)
l 1
Logo a sentença de resíduos ponderados fica:
E
E
l el
e 1
e 1
M 1
ul L (Nl) – b= 0
(6. 291)
l 1
Para o caso do operador L dado pela seguinte equação diferencial:
d 2u ( x)
u 0
dx 2
(6. 292)
Definida em [0 ; 1] e com condições de contorno naturais dado pelo operador S, temos:
M 1
el
E
um
m 1
e1
d 2 Nm
N
0
m
2
dx
x xl
(6. 293)
Escrevendo para um elemento e genérico temos:
d 2 N me
u
m dx 2 N me 0
m 1
x xl
M 1
el
(6. 294)
Substituindo de (6. 339) a (6. 341) e de (6. 202) a (6. 204) em (6. 278) temos:
390
2 ( x xl )
u
m e 2 1 e 2 0
h
m 1
h
x xl
(6. 295)
2 ul 1 2ul
2 u
2 2 l 1 ul 0
e2
he 2
h 2 he
(6. 296)
(ul 1 ul ) (ul ul 1 ) 2
e 2 ul 0
2
2
h
(6. 297)
M 1
E
logo
391
6. 13 – Exercícios e Problemas
392
Projeto Condução de Calor em Placa Rugosa Fractal
Malha PlacaLisa Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/mesh)
Malha PlacaLisa Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/node)
393
Malha PlacaLisa Inicial (tang,,1/tang,,1/Plot/boun)
394
395
396
Apêndices
A. 1 – Funções de Interpolação Local Lineares
Na sentença básica de resíduos ponderados aparecem derivadas de ordem dois,
consequentemente, é necessário que as funções de aproximação possuam derivadas de ordem
um contínuas. Na forma fraca, essa exigência é amenizada porque as derivadas de ordem mais
alta são as derivadas primeiras. Assim, é necessário que as funções de aproximação possuam
derivadas de ordem zero contínuas, ou seja, é necessário que as funções sejam contínuas.
Adotando uma variação linear, pode-se escrever, para cada elemento:
u e i j ie .
(6. 298)
i
u e [1 ie ] .
j
(6. 299)
ie x xie .
(6. 300)
Ou matricialmente
Onde
397
Figura - 6. 5. Elemento Finito linear entre dois pontos.
Aplicando aos pontos nodais i e j, temos:
ui i
u j i j he
.
(6. 301)
Onde matricialmente temos:
e
U C
(6. 302)
ui 1 0 i
e
U
C~ ~ .
e
~
u
1
h
j
j
(6. 303)
~
~ ~
ou
Invertendo a expressão (6. 217) anterior, obtém-se:
i 1
e
j h
h e 0 u i
u .
1
1
j
(6. 304)
Combinando-se as expressões (6. 214) com (6. 218), tem-se:
e
u e 1 ie
h1 h 1
e
0 u i
1 u j
(6. 305)
Ou
ue
ui
1
e
e
(
h
)
x
u
i
he
j
Logo
398
(6. 306)
ie
ie
u e 1
ui
uj
h
h
(6. 307)
u e N ie ui N ej u j
(6. 308)
Ou ainda
Onde
e
e
ie
( x xie ) x j x
e
Ni 1 e 1
e
h
h
x j xie
e
e
e i ( x xi )
N j he x e x e
j
i
xi x x j
(6. 309)
A derivada primeira de u e é:
dN ej
du e dN ie
ui
uj
dx
dx
dx
De (6. 300) para
(6. 310)
ie x xie temos:
due
1 dxie
1 dxie
1
e 1
u
1
u
i
j
h e
dx
dx
dx
h
h e
1 ui dxie
1
dx (6. 311)
h e u j
Ou matricialmente
du e
e
e ,T
N x U U N xT
~
dx
~ ~
~
(6. 312)
onde
dN ie, j
dx
Nx
(6. 313)
~
Na formação do sistema de equações (6. 18), as contribuições de um elemento
típico e, associado aos nós i e j, quando se adota uma aproximação local linear, podem ser
calculados de uma maneira geral, levando em conta a equação (6. 14) e (6. 19). Para o
elemento e:
399
N i N ie 1
N j N ej
e
he
(6. 314)
e
he
(6. 315)
Onde
ie x xie
; h e x j xi
; xi x x j
(6. 316)
Cujas derivadas são:
dN i dN ie
1 d
1 dx e
e i e 1 i
dx
dx
dx
h dx
h
(6. 317)
e
dN ej
1 d i 1 dxie
e
e 1
dx
dx
dx
dx
h
h
dN j
Figura - 6. 6. Estruturação unidimensional dos Elementos Finitos.
Observe que para um único elemento finito, temos:
400
(6. 318)
ie x xie x 0 x ; h e x j xi ; 0 x h e
(6. 319)
E neste caso:
dN i dN ie
1 d ie
1
e
e
dx
dx
h dx
h
(6. 320)
e
dN ej
1 d ie 1
e
dx
dx
h dx h e
dN j
(6. 321)
Do ponto de vista global, as únicas funções de aproximação não nulas do
elemento e são as funções Ni e Nj; consequentemente, Nl = 0 se l i ou se l j . De
maneira geral, Nl = 0 se l ao elemento e.
401
A. 2 – Funções de Interpolação Local Quadráticas
Na sentença básica de resíduos ponderados aparecem derivadas de ordem dois,
consequentemente, é necessário que as funções de aproximação possuam derivadas de ordem
um contínuas. Neste caso, devemos utilizar elementos quadráticos para as funções de
interpolação.
Adotando uma variação quadrática, pode-se escrever, para cada elemento:
u e i j e k e2 .
(6. 322)
i
e2 ] j .
j
(6. 323)
Ou matricialmente
u e [1 e
Onde
e x xe .
(6. 324)
Figura - 6. 7. Elemento Finito Quadrático entre três pontos
Aplicando aos pontos nodais i e j, temos:
ui i
u j i j he
.
uk i j he k he
Onde matricialmente temos:
402
2
(6. 325)
e
U C
~
(6. 326)
~ ~
ou
ui 1 0
U u j 1 h e
~
u k 1 h e
e
0 i
0 j C .
~ ~
2
h e k
(6. 327)
Invertendo a expressão (6. 217) anterior, obtém-se:
he3
i
j 1 h e 2
he3
k
0
0 ui
0 u j .
h e u k
0
he
2
he
(6. 328)
Combinando-se as expressões (6. 214) com (6. 218), tem-se:
u e [1 e
he3
2
1
e2 ] 3 h e
he 0
0
h
e2
h
e
0 ui
0 u j
h e u k
(6. 329)
Ou
u e [1 ee
h
e e2
he he2
u
e2 u i
] j
2
h e u
k
(6. 330)
Logo
e e2
e2
u e (1 e )ui ( e 2 )u j 2 u k
h
he
he
(6. 331)
u e N ie u i N ej u j N ke u k
(6. 332)
Ou ainda
Onde
403
e
N i 1 e
e e2
e
N
2
j
e
h
he
2
N ke e2
he
0 x he
(6. 333)
dN ej
du e dN ie
dN ke
ui
uj
uk
dx
dx
dx
dx
(6. 334)
1 2 d
du e
d
2 d e
e ui e 2e e u j 2e
uk
e
e
dx
dx
dx
dx
h
h
h
u
1 2 e 2 e u i d e
du e
1 e 2
j
e
e2
dx
h
h h u dx
k
(6. 335)
A derivada primeira de u e é:
E
Ou matricialmente
du e
e
e ,T
N x U U N xT
~
dx
~ ~
~
(6. 336)
onde
dN ie, j
dx
(6. 337)
Nx
~
Na formação do sistema de equações (6. 18), as contribuições de um elemento
típico e, associado aos nós i e j, quando se adota uma aproximação local quadrática, podem
ser calculados de uma maneira geral, levando em conta a equação (6. 14) e (6. 19). Onde
i x xi
; h e x j xi
Para o elemento e:
404
; 0 x he
(6. 338)
N i N ie 1 e 1 x xi
0 x he
(6. 339)
e
Nj
N ej
e e2 ( x xi ) ( x xi ) 2
e 2
e
2
e
h
h
h
he
0 x he
(6. 340)
e
Nk
N ke
e2
he
2
( x xi ) 2
he
0 x he
2
(6. 341)
Cujas derivadas são:
dN i
d
e
dx
dx
(6. 342)
dN ie 1 2 e d e 1 2( x xi ) dxi
1
2
dx
dx h e h e 2 dx h e
dx
he
(6. 343)
dN k dN ke 2 e d e 2( x xi ) dxi
2
1
e
e2
dx
dx
dx
dx
h
h
(6. 344)
e
dN j
e
E as derivadas segundas são:
d 2 N i d 2 N ie
d 2 e d 2 xi
dx 2
dx 2
dx 2
dx 2
(6. 345)
e
d2N j
dx 2
d 2 N ej
dx 2
2
2
2
2
2 d 1 2 d e
2 dxi 1 2 x i d x i
2 e e 2e
2
2
e
2
2
h e dx h
h e dx
h e dx h
h e dx
(6. 346)
e
d 2 Nk
dx 2
d 2 N ke
dx 2
2
2
d 2e
d 2 xi
1 d e
1 dxi
2 2
2
1
2
(
x
x
)
2 e
i
dx
dx 2 h e 2
dx 2
h e dx
405
(6. 347)
Observe que para um único elemento finito, temos:
e h e x j xi x
(6. 348)
E neste caso:
N i N ie 1 x
0 x he
(6. 349)
e
Nj
N ej
x
x2
e 2
h
he
0 x he
(6. 350)
e
Nk
N ke
x2
h
e2
0 x he
(6. 351)
E as derivadas primeiras são:
dN i dN ie
1
dx
dx
(6. 352)
dN ie 1
2x
e 2
dx
dx
he
h
(6. 353)
dN k dN ke 2 e d e 2 x
2
2
e
dx
dx
dx
h
he
(6. 354)
e
dN j
e
E as derivadas segundas são:
d 2 N i d 2 N ie d 2 e
d 2x
2 0
dx 2
dx 2
dx 2
dx
406
(6. 355)
d 2N j
dx 2
d 2 N ej
dx 2
2
2
2 d e 1 2 e d e
2
2
2
e
2
2
h e dx h
h e dx
he
2
2x d 2 x
2
dx 1
e 2 2 2
dx h
h e dx
he
(6. 356)
e
d 2Nk
dx 2
d 2 N ke
dx 2
2
2
d 2e
1 d e
1 dx
2
2
2
2
2
x
0
2
e
2
2
e2
e
dx h dx
h e
h dx
(6. 357)
e
Figura - 6. 8. Estruturação unidimensional dos Elementos Finitos Quadráticos.
Do ponto de vista global, as únicas funções de aproximação não nulas do
elemento e são as funções Ni e Nj; consequentemente, Nl = 0 se l i ou se l j . De
maneira geral, Nl = 0 se l ao elemento e.
407
A. 3 – Tutorial para entrar no ENGTERM9 via WebtermXpower
Plugin
Ao iniciar o curso de Elementos Finitos I, você deve possuir uma conta na Rede
do Departamento de Engenharia Mecânica a ser adquirido por cadastro via homepage:
http://demec.ufpr.br/ ou por contato direto com o técnico do LENA, por email
([email protected]) ou pessoalmente na sala 7-25 do DEMEC. Onde você obterá:
Nome do usuário:
Senha:
xxxxxx
para se logar em qualquer máquina do Laboratório de Fenômenos de Transporte do Grupo de
energia e Ciências Térmicas do Prof. Dr. Ing. Jose Viriato Coelho Vargas onde você terá suas
aulas.
Após esta providência você deve esperar que o Prof. Vargas habilite o seu ascesso
ao sistema Linux engterm9 (computador do seu grupo de pesquisa) onde ele criar uma área
para você trabalhar como o FEAP no ambiente Linux. Ele criará um
Login: SeuNome
Password: xxxxxxx
Após essas etapas você estará apto a usar o seguinte tutorial:
1 – Logando-se na rede do DEMEC
No local das aulas de Elementos Finitos I (Laboratório de Fenômenos de
Transporte) escolha uma das máquinas para trabalhar:
Ligue a máquina e espere carregar o windows, entre com:
Nome do usuário:
Senha:
xxxxxx
e tecle enter.
2 – Abrindo a Tela do Command Prompt C:\
No Iniciar do windows, selecione Todos os programas, Acessórios, Prompt de
Comando onde abriar uma janela de fundo preto tipo: DOS.
Como você sempre repetirá esse passo, você pode clicar com o botão direito do
seu mouse e criar um atalho duplicado com o comando Copiar e em seguida colar esse Atalho
para a sua área de trabalho. Se desejar você pode arrastar o atalho criado na área de trabalho
da sua máquina para a Barra de Tarefas para que, quando você estiver trabalhando com as
408
janelas todas abertas, você sempre poderá voltar a Tela Preta do Prompt de Comando clicando
sobre o atalho.
3 – Entrando na engterm9
Dentro da Janela de Fundo Preto do prompt de comando
C:\
Figura - A. 1.
E digite:
C:\ telnet engterm9
aparecerá a seguinte linha de comando:
login:
digite o login criado pelo prof. Vargas para você e tecle enter. Em seguida aparecerá uma
linha de comando:
password
digite o password que o prof. Vargas criou você e tecle enter.
Em seguida você entrará na engterm9. Você saberá que entrou porque o seu
prompt de comando mudará para, algo com o engterm9 seguido de seu nome:
engterm9~>
lembre-se tudo isso acontecerá dentro da Janela de Fundo Preto do prompt de comando
409
4 - Habilitando a janela do engterm9 dentro da sua máquina em uso
Após a operação acima saia um pouco da janela clicando com o seu mouse fora no
Iniciar do windows, selecione Todos os programas, e procure um ícone com o
nome:
WebtermXpower Plugin,wtxvz
Clique nele e aparecerá um ícone quadrado amarelo no canto inferior direito da sua máquina
em uso (lembre-se isso acontecera na barra de tarefas da janela do windows e não da tela preta
anterior).
5 - Voltando a janela do engterm9 dentro da sua máquina em uso
Vote a Janela de Fundo Preto do prompt de comando clicando com o mouse
sobre ela,
SeuNome@ engterm9 ~]$
e digite:
SeuNome@ engterm9 ~]$
csh
e tecle enter.
Em seguida digite:
SeuNome@ engterm9 ~]$ setenv DISPLAY 200.17.8.XX:0.0
OBS: XX corresponderá ao IP da sua máquina. Caso você não souber e não houver nenhuma
informação etiquetada na CPU da sua máquina abra uma outra Janela de Fundo
Preto do prompt de comando
C:\
e digite:
C:\ ipconfig
E tecle enter.
Ao acionar esse comando aparecerá na mesma janela o IP de identificação da sua
máquina. Copie-o e use no comando anterior.
Voltando a situação anterior, digite:
SeuNome@ engterm9 ~]$ env
e tecle enter.
Após esse comando você saberá se você habilitou o DISPLAY de saída para a sua
maquina ou se foi para outra. Procure saber se você está com o IP correto e sentado na
mesma máquina de resposta desse comando. Se for a mesma máquina, então parabéns você
410
acertou e pode prosseguir. Se não, volte ao último passo que você acertou e recomece no
passo seguinte.
6 – Alterando arquivos na janela do engterm9
Só na primeira vez que você entrar na engterm9 que você executará esse passo 6,
depois o esqueça, porque você não precisará dele nunca mais.
Na janela Janela de Fundo Preto do prompt de comando, na linha
de comando:
SeuNome@ engterm9 ~]$
digite:
SeuNome@ engterm9 ~]$ emacs . bash-profile &
e tecle enter.
Observe os espaços em branco entre as palavras, não evite-os! pois farão falta
porque o Linux é sensível ao tipo de tecla, se maiúscula ou minúscula ou, se falta qualquer
letra ou caractere ou especo em branco.
Essa operação (comando) abrirá uma outra janela similar a da Janela de
Fundo Preto do prompt de comando porém com bordas cinza e tarja superior azul
e fundo branco. Essa é a janela do [email protected]. Este último
comando abrirá um aplicativo com menus de trabalho de edição de texto e etc., para o
engterm9 e para o FEAP.
Em baixo dessa nova janela emacs na linha de comando:
PATH = BIN
digite:
PATH = BIN
:.
E salve o arquivo usando o mouse e clicando no menu da janela emacs, em Arquivo, Save
Buffer. Após esse comando na linha em baixo no final da janela emacs aparecerá a linha de
comando Wrote dizendo que o arquivo criado foi escrito com o nome “
”
Após essa operação feche todas as janelas (WebtermXpower Plugin
e a
Janela de Fundo Preto do prompt de comando) e entre de novo no sistema
engterm9 por meio dos passo de 2 a 5 descritos anteriormente.
411
7– Abrindo o aplicativo xterm na janela do engterm9
Se você refez do passo 2 até o 5 você estará com prompt de comando na janela do
Janela de Fundo Preto do prompt de comando da seguinte forma:
SeuNome@ engterm9 ~]$
digite
SeuNome@ engterm9 ~]$ xterm &
e tecle enter.
Esse comando abrirá uma terceira janela branca com bordas cina e tarja superior
azul onde aparecerá um prompt de comando igual a da Janela de fundo preto porém com um
quadrado amarelo no canto superior esquerdo (WebtermXpower Plugin):
SeuNome@ engterm9 ~]$
Figura - A. 2.
OBS:
Use a janela xterm” para trabalhar nas aulas seguinte a primeira aula.
412
A. 4 – Tutorial para entrar no ENGTERM9 via VNC Server
413
A. 5 – Manual de Operação do Programa FEAP-Linux
Para operar o FEAP você deve executar o tutorial anterior do passo 1 até o 5, e na
janela do Janela de Fundo Preto do prompt de comando a seguinte situação:
SeuNome@ engterm9 ~]$
digite o comando:
SeuNome@ engterm9 ~]$ xterm &
e tecle enter.
Esse comando repete o passo 7 e habilitará a janela do WebtermXpower
Plugin com bordas cinzas e fundo branco. Você usará essa janela para trabalhar. As
operações que se seguirão abaixo.
1 – Obtendo o arquivo classe.tar.gz
1.1 -
No prompt de comando SeuNome@ engterm9 ~]$ digite:
SeuNome@ engterm9 ~]$ cd ~jvargas
e tecle enter.
Esse comando fará você entrar no diretório do prof. Vargas na máquina engter9
via o telnet que você já habilitou pela máquina que você esta usando neste exato momento.
Então aparecerá:
SeuNome@ engterm9 ~]$
Observe que como você mudou de diretório aparecerá o nome do prof. vargas
ligado ao prompt de comando da engterm9.
1.2 -
Neste situação digite:
SeuNome@ engterm9 ~]$ cp classe.tar.gz ~Seunome
observe que no lugar de Seunome digite seu nome (obvio)!.
Esse último comando copiará o arquivo classe.tar.gz para o seu diretório.
1.3 -
Em seguida volte ao seu diretório (diretório anterior) digitando o comando:
SeuNome@ engterm9 ~]$ cd
e tecle enter.
Veja que agora você estará novamente no seu diretório onde aparecerá o seu
prompt de comando já conhecido:
SeuNome@ engterm9 ~]$
Se você quiser saber se você obteve sucesso na sua última tarefa de copiar o
arquivo classe.tar.gz para o seu diretório você pode digitar o comando:
414
SeuNome@ engterm9 ~]$ ls
e tecle enter
Você verá na listagem dos arquivos o arquivo classe.tar.gz. Se não
verifique onde errou e repita a operação.
2 – Decompactando o arquivo classe.tar.gz
Descompacte o arquivo classe.tar.gz. digitando o seguinte comando:
SeuNome@ engterm9 ~]$ gunzip classe.tar.gz
e tecle enter.
Esse comando descomapactará o arquivo classe.tar.gz. para o arquivo
classe.tar. Você pode verificar se obteve sucesso digitando:
SeuNome@ engterm9 ~]$ ls
e verificando o conteúdo do seu diretório.
3 – Desaglutinando o arquivo classe.tar
Você deve desaglutinar o arquivo classe.tar para obter os arquivos que estão
dentro desse arquivo porém de forma separada (individual). Para isso digite:
SeuNome@ engterm9 ~]$ tar – xvf classe.tar
e tecle enter.
Esse comando separará uma arquivo do outro obtendo vários arquivos individuais.
4 – Compactando o arquivo classe.tar
Você agora deve recompactar o arquivo classe.tar para você manter um
cópia em backup para ser utilizada (recompor os arquivos) caso haja alguma perda durante as
operações futuras. Para isso digite o comando
SeuNome@ engterm9 ~]$ gzip classe.tar
e tecle enter.
Esse comando fará com que você obtenha uma cópia idêntica a aquela do diretório
do prof. Vargas e não terá mais que incomodá-lo caso você precise desse arquivo de novo. Ou
seja, você não precisará entrar mais no diretório do prof. Vargas para pegá-lo novamente.
Talvez, isso nem seja possível no futuro porque ele habilitou a sua entrada no diretório dele
apenas para você pegar o arquivo classe.tar.gz uma primeira vez, na primeira aula. Isso
é uma questão de segurança pessoal para a máquina do prof. Vargas.
415
Se você obteve sucesso o seu diretório possuirá agora tanto o arquivo original
compactado (classe.tar.gzip) como os arquivos descompactado (classe.tar) e os
arquivos individuais desaglutinados (*.o). Esse arquivos serão aqueles arquivos a serem
utilizados pelo durante o curso.
5 – Verificando se foi criado o diretório Feap.d
No seu diretório digite o comando
SeuNome@ engterm9 ~]$ ls
e tecle enter.
Esse comando listará o conteúdo do seu diretório.
6 – Entrando no Diretório Diretório Feap.d
No seu diretório digite o comando
SeuNome@ engterm9 ~]$ cd Feap.d
e tecle enter.
Esse comando transferirá seu prompt para o diretório Feap.d.
Figura - A. 3.
416
7 – Compilando o arquivo feap.f
Agora você deve compilar o arquivo feap que está em FORTRAN – 77.
No diretório Feap.d digite o comando
SeuNome@ engterm9 ~Feap.d]$ feap.f:
f77 –c –O feap.f
e tecle enter.
Esse comando compilará o arquivo feap.f.
8 – Entrando no Diretório Elmts
No diretório Feap.d digite o comando
SeuNome@ engterm9 ~Feap.d]$ cd Elmts
e tecle enter.
Esse comando transferirá seu prompt para o diretório Elmts.
9 – Criando o Programa Fonte em C
No diretório Elmts digite o comando
SeuNome@ engterm9 ~Elmts]$ f2c *.f
e tecle enter.
Esse comando criará o feap em linguagem C.
10 – Compilando em C
No diretório Elmts digite o comando
SeuNome@ engterm9 ~Elmts]$ gcc –c –O *.c
e tecle enter.
Esse comando compilará o feap em linguagem C.
11 – Voltando para o Diretório Feap.d
No diretório Elmts digite o comando
SeuNome@ engterm9 ~Elmts]$ cd ..
e tecle enter.
Esse comando transferirá seu prompt para o diretório Feap.d.
417
12 – Criando o Arquivo executável do programa
No seu diretório digite o comando
SeuNome@ engterm9 ~Feap.d]$ make
e tecle enter.
Esse comando criará um arquivo feap executável.
13 – Copiando o arquivo exemplo no diretório input files
13.1 -
No diretório Feap.d digite o comando
SeuNome@ engterm9 ~Feap.d]$ cd inputfiles
e tecle enter.
Esse comando transferirá seu prompt para o diretório inputfiles.
13.2 -
Na linha de comando digite
SeuNome@ engterm9 ~Feap.d]$ cp Idisk ..
e tecle enter.
Esse comando copiará o arquivo Idisk para o diretório Feap.d
13.3 Na linha de comando digite
SeuNome@ engterm9 ~Feap.d]$ cd ..
e tecle enter.
Esse comando transferirá seu prompt para o diretório Feap.d.
14 – Executando o Programa “Feap” e rodando o exemplo “Idisk”
No diretório Feap.d digite o comando
SeuNome@ engterm9 ~Elmts]$ feap
e tecle enter.
Esse comando executará o feap executável criado em linguagem C. e aparecerá a
seguinte tela:
418
Figura - A. 4.
419
A. 6 – Manual de Comandos Internos do Programa FEAP-Linux
Após iniciar o programa feap você pode utilizar os seguintes comandos:
15 – Executando o Programa “Feap” e rodando o exemplo “Idisk”
A primeira coisa que se vê depois de iniciar o programa feap é um diálogo
pedindo os nomes dos arquivos de entrada. O arquivo Idisk que você copiou previamente é
um arquivo de entrada.
Figura - A. 5.
Dado este arquivo feap como arquivo de entrada e fazendo default as próximas
três linhas requerido (apenas tecle enter para cada um dos prompt de comando). Quando este
pedir para você especificar o dispositivo gráfico, digite 7 para este, e faça default para o
arquivo de dados do plot. Depois que você tem dado toda esta informação e verificado elas, o
feap processará os dado de entrada dados no arquivo Idisk e eventualmente aparece um
prompt de comando rotulado da seguinte forma:
List 1 Macro>
Este prompt indica que o feap está pronto para resolver o problema, o qual você pode
interativamente fazer pelos ..... de vários comando “Macros” (veja o .... acompanhado o
parágrafo §7).
420
16 – Calculando a Matriz de Rigidez e Resolvendo o Sistema Linear
Com um exemplo, no prompt acima digite
List 1 Macro>tang,,1
Como descrito em ……. Mais detalhe em outro ……. , este comando instrui o
feap a computar a matriz de rigidez, calcula o vetor do lado direito e resolve o resultado do
sistema linear (este é pequeno, assim ele requer pouco tempo).
Observe o valor do ..... se não estiver próximo de zero repita o comamndo
List 1 Macro>tang,,1
17 – Usando o Comando Help no Modo Macro de Comando
Em qualquer tempo enquanto neste modo de “macro de entrada”, você pode
digitar help para obter uma lista de comandos disponíveis. Depois de visualizar esta lista,
digite
List 1 Macro>help,nomedocomando
E dará a você uma instrução de entrada especifica para o comando em questão.
18 – Exibindo os Gráficos e as Figuras na Tela
Para mostra a figura das malhas e outras saídas gráficas sobre a tela, .... o
camando macro plot.
List 1 Macro>plot
O comando abrirá separado uma janela-X em sua tela (desde que você esteja
trabalhando no console da workstation), a qual você pode posicionar como desejado usando o
mouse. Agora que você tem entrado no “modo plot” do FEAP, o qual é indicado pelo seguinte
prompt de comando
Plot 1 Macro>
19 – Explorando o Modo Plot de Comando
Você pode retornar ao modo macro de comando depois que você tem terminado o gráfico
digitando end. Mas enquanto isso, explore alguns dos seguintes comando de plotagem:
Plot 1 Macro>
mesh (mostra a malha)
node (plota todos os nós da malha)
boun (mostra as condições de contorno)
421
wipe (limpa a janela gráfica)
cont,n (plota o contorno de n sobre a malha)
stre,n (plota o contorno da tensão n, sobre a malha)
Alguns outros comando de plotagem podem ser explorados digitando help no prompt do
plot.
Figura - A. 6.
20 –Explorando o Modo Macro de Comando
Depois de retornar ao modo macro de comando, explore o uso de:
List 1 Macro>
reac (imprime as forces nodais)
disp (imprime os delocamentos nodais)
stre,,e (imprime as tensões no elemento e)
422
21 – Saindo de FEAP
Quando terminar, digite quit para sair do FEAP
List 1 Macro>quit
423
A. 7 – Como preparar um Arquivo de Entrada do Programa
FEAP-Linux
Para digitar um arquivo de entrada do FEAP você utilizará o aplicativo emacs
cuja tela é mostrada na
Figura - A. 7.
424
5 - Introdução ao FEAP
FEAP é um código de análise de elementos finitos, interativo desenvolvido na UC
Berkeley por R. L. Taylor para cálculos de elementos finitos gerais de estática e dinâmica. O
procedimento de solução pode ser resumido como segue:
i) Definição do Problema e Malha de Entrada – O FEAP lerá um arquivo de
entrada descrevendo uma malha, as condições de contorno e o carregamento. Uma breve
descrição do formato é achado na seção 6.
ii) Propriedades do Material – FEAP transferirá o controle para uma de 10 subrotinas de usuários definidos o qual lerá as propriedades do material desejado. Veja
as secções 6 e 8.
iii) Controle Interativo – Quando a definição do problema é completa, o FEAP
invocará um comando interpretador o qual preparará o usuário para o controle de
entrada. Tal entrada deve ser para especificar um passo de tempo, montar rigidez tangente,
resolver para os deslocamentos ou reações, etc. Um resumo dos comandos de interesse
especial é achado na secção 7.
iv) Biblioteca de Elementos. Se as informações dependente do elemento tal como
a rigidez tangente ou residual ou as tensões nos elementos são necessárias, o FEAP localizará
a informação do problema para o nível do elemento e chamará a sub-rotina apropriada
definida pelo usuário para executar os cálculos. A secção 8 contém um breve resumo das
tarefas e das informações dos elementos localizados.
O código fonte individual das sub-rotinas FEAP não estará geralmente disponível
para estudantes, contudo, um arquivo (ou biblioteca) das rotinas compiladas é ascessível
fazendo uso de um makefile. Um makefile amostra e alguma explicação é achada na
secção 9.
6 – Arquivos de Entrada
Para entender a estrutura dos arquivos de entrada do FEAP, nós examinaremos
uma amostra de um simples arquivo de entrada para uma strip plano sujeito a um
carregamento combinado de compressão/cisalhamento.
Todo arquivo de entrada FEAP deve começar com a palavra feap. Os próximos
76 caracteres são lidos como o titulo do problema. A próxima linha imediatamente após,
conterá as seguintes informações:
numnp (=9) – o número total de pontos nodais neste problema,
425
numel (=4) – o número total de elementos,
nummat (=1) – o número total de sets materiais usados no problema,
ndm (=2) – numero de dimensões espaciais,
ndf (=2) – número máximo de graus de liberdade pó nó,
nen (=4) – número máximo de nós por elemento,
exemplo:
feap ** Plane Strip Compression/Shear Test
9,4,1,2,2,4
O FEAP sairá todos os dados de entrada por default, o qual pode produzir
quantidades muito grandes de dados. Isto é mudado pelo comando nopr. Pode-se
imprimir ou ligar novamente esta função em qualquer ponto no arquivo de entrada
usando o comando prin.
O gerador automático de malha do FEAP é invocado usando o comando
bloc. A geração é desenvolvida a partir de um elemento principal definido
por um mapeamento de nó isoparamétrico de 4-9. Em outras palavras, a malha é
gerada no elemento quadrado isoparamétrico em coordenadas locais, , , e depois
mapeadas dentro do elemento principal, definido em coordenadas globais. As
variáveis que definem a malha são colocadas seguindo o comando bloc:
nodes (=4) – número de nós definindo o elemento principal (4 < nós < 9),
-inc (=2) – número de subdivisões na direção ,
-inc (=2) – número de subdivisões na direção ,
node1 (=1) – número do nó para iniciar a geração automática com,
elmt1 (=1) – número do elemento para iniciar a geração automática com,
mat1 (=1) – numero de materiais de todos os elementos neste bloco.
A especificação node1 e elmt são úteis para geração de vários blocos para
modelar geometrias complexas. Seguindo esta linha, todas as coordenadas nodais, definindo o
elemento principal devem ser especificadas. O uso de mais do que 4 nós para gerar uma
malha pode ser usada para modelar superfícies curvas, bem como para produzir refinamentos
de malhas em certos cantos ou bordas do elemento principal. Isto pode ser feito movendo os
nós interiores mais próximos para o contorno onde o refinamento da malha é desejado. Ao
mesmo tempo, contudo; você pode também produzir distorções não compatíveis da malha,
logo use este recurso cuidadosamente. Note que o FEAP não só gera os nós para o bloco, mas
426
também a informação de conectividade dos elementos. Uma linha vazia deve seguir o sinal
para encerrar a entrada em bloco.
nopr
bloc 1
4,2,2,1,1,1
1,0,0
2,5,0
3,5,5
4,0,5
Linha em branco
O comando coord gera ou varia qualquer número de coordenadas nodais. Neste
exemplo nós variamos as coordenadas do nó #5, para skew a malha ala patch test.
Uma linha em branco deve seguir o sinal de end da entrada do comando coor.
coor
5,,3.25,3.25
Linha em branco
O comando ebou pode ser usado para especificar as condições de contorno nodais ao
longo de qualquer linha de coordenada constante em coordenadas globais. O formato é
para especificar o número de direção 1 < idir < ndm, o valor constante, e as
condições de contorno imposta. O FEAP buscará todos os nós usando uma tolerância
de 10-3 x o tamanho da malha, e estabeleça as condições de contorno de todos os nós
cujo idir coordenadas está dentro da tolerância da constante especificada. As
condições de contorno nodais são especificados pelo apontadores inteiros definido se
ou não um grau nodal de liberdade é ativo (= 0), ou fixado ( 0). Neste exemplo,
nós especificamos que todos os nós com x = 0 tem movimentos restringidos na
direção-x, todos nós com y = 0 tem movimentos restritos em ambas as direções x e
y, e todos os nós com y = 5 tem movimentos restritos na direção-y. Uma linha
branca deve seguir o sinal para o fim de da entrada do ebou.
ebou
1,0,1,0
2,0,1,1
427
2,5,0,1
Linha em branco
Uma alternativa para o comando ebou é o comando boun. O comando boun pode
ser usado para especificar as condições de contorno de qualquer um dos nós. O
formato para este comando é uma série de linhas cada uma contendo as seguintes
informações:
node – Número de nós no qual especifica-se b.c.,
ngen – Número de nós para pular na geração seguindo a condição de fronteira a ser imposta.
Se ngen=0, nenhuma geração é carregada. O formato para a especificação de condições de
fronteira é a mesma como no ebou. Contudo, o sinal dos pontos agora é importante. Se a
geração é usada (ie, ngen 0), e o indicador da condição de fronteira é negativo, a
condição sobre aqueles nós é carregada através da geração. Contudo, se o indicador é
positivo, a restrição será imposta no nó especificado.
O seguinte exemplo acompanhará exatamente o que o comando ebou anterior fez.
boun
1,1,-1,-1
3,0, 1, 1
1,3,-1, 1
7,1, 1,-1
9,0, 0, 1
Linha em branco
Quando as condições de contorno
forc
7,, 0.0, -1.0
8,, 1.0, -1.0
9,, 0.5, -1.0
428
Linha em branco
O comando mate
mate
1,7
1.0,1
2
1000,10,3.2,6,2.8
Linha em branco
Agora que todos
end
inte
stop
end (fim do arquivo)
7 – Resumo dos Camandos
dt,,v1
time
429
prop,,n1
tool,,v1
loop,,n1
next
tang,,n1
solv
reac,,n1,n2,n3
disp,,n1,n2,n3
430
A. 8 – Exemplo de um Arquivo de Entrada do Programa FEAPLinux
feap ** circular disk example problem
19,11,1,2,2,4
coord
1,1,0.0,0.0
5,0,5.0,0.0
6,1,0.0,2.0
10,0,44.5828,2.0
11,1,0.0,4.0
14,0,3.0,4.0
15,0,4.0,3.0
16,0,0.0,5.0
17,0,0.75,4.9434
18,0,1.5,4.7697
19,0,2.25,4.4651
elem
1,1,1,2,7,6,1
5,1,6,7,12,11,1
9,1,11,12,17,16,1
bound
1,1,1,-1
5,0,0,1
6,5,-1,0
16,0,1,0
forc
16,0,0.0,-5.0
mate
431
1,1
100.0,0.3,0.0,2,
end
inter
stop
end
Indica linhas de dados de entrada do material varia de tipo de elemento para elemento.
Consulte as linhas 36-54 na listagem dos elementos (i.e. Elmts/elmt01.f) para obter o
formato de entrada necessário.
432
Figura - A. 8.
Figura - A. 9.
433
A. 9 – Procedimento para Análise Estrutural 2D no Programa
FEAP-Linux
1 – Problema Físico - Identificar
- Definir geometria da peça
- Identificar simetrias se existirem
- Definir os apoios e fixações
Isto resulta em um domínio para a análise
2 – Definir o Estado de tensões e Analisar
1 – Estado Plano de Tensões
2 – Estado Plano de Deformações
3 – Axisimetrias
3 – Definir uma primeira Malha
Definir uma malha esparsa
4 – Refinar a Malha até a Convergência
Refinar a malha até que ela satisfaça o seguinte critério:
u crit u crit
ant
atual
0.01
ucrit
ant
(6. 358)
5 – Usar um critério qualquer para ver se a peça Falha
Usar um critério de falha como este, por exemplo:
max y
(6. 359)
6 – Modificar a Geometria ou Material
Modificar a geometria ou material até satisfazer o critério dado em 5.
434
A. 10 – Algoritmo do Método de Newton Raphson implementado
no Maple IX
> restart;
> with(LinearAlgebra):
> fd := fopen(NREDados,APPEND);
> d1:=0.05;
> d2:=0.05;
> t:=0;
> dt:=0.05;
> T:=2;
> n:=100;
> fprintf(fd,"t dt T n d1 d2\n");
> fprintf(fd,"%g %g %g %g %g %g\n",t,dt,T,n,d1,d2);
> fprintf(fd,"i t d1 d2 N1 N2\n");
> for t from 0 by dt to T do;
> R1:= 40*t-(10*d1-5*d2^2+0.4*d2^3);
> R2 := 15*t-(10*d2-3*d1^2+0.4*d1^3);
> K11:=-10;
> K12:=-10*d2+1.2*(d2^2);
> K21:=-6*d1+1.2*d1^2;
> K22:=-10;
> detK:=(K11*K22-K12*K21);
> delta_d1:=-(R1*K11+R2*K12)/detK;
> delta_d2:=-(R1*K21+R2*K22)/detK;
> ddo:=delta_d1*R1+delta_d2*R2;
> d1:=d1+delta_d1;
> d2:=d2+delta_d2;
> ddi:=ddo;
> for i from 0 to n while ddi > 1E-20 do
> R1:= 40*t-(10*d1-5*d2^2+0.4*d2^3);
> R2 := 15*t-(10*d2-3*d1^2+0.4*d1^3);
> K11:=-10;
> K12:=-10*d2+1.2*(d2^2);
> K21:=-6*d1+1.2*d1^2;
> K22:=-10;
> detK:=(K11*K22-K12*K21);
> delta_d1:=-(R1*K11+R2*K12)/detK;
> delta_d2:=-(R1*K21+R2*K22)/detK;
> ddi:=(delta_d1*R1+delta_d2*R2)/ddo;
> d1:=d1+delta_d1;
> d2:=d2+delta_d2;
435
> N1:=10*d1-5*d2^2+0.4*d2^3;
> N2:=10*d2-3*d1^2+0.4*d1^3;
> end do;
> fprintf(fd,"%g %g %g %g %g %g\n",i,t,d1,d2,N1,N2);
> end do;
> fclose(fd);
436
A. 11 – Tablea de Resultados Gerado pelo Método de Newton
Raphson implementado no Maple IX
t
Dt
T
n
d1
d2
0
0,05
2
100
0,05
0,05
i
t
d1
d2
N1
N2
3
0
0
0
0
0
4
0,05
0,203768
0,087118
2
0,75
4
0,1
0,419656
0,199877
4
1,5
4
0,15
0,657293
0,343251
6
2,25
101
0,2
0,934073
0,529149
8
3
5
0,25
1,29196
0,789491
10
3,75
101
0,3
1,95328
1,2965
12
4,5
4,55197
1
0,35
0,731449
0,600048
5,60062
101
0,4
5,19143
3,08873
16
6
101
0,45
5,4398
3,11357
18
6,75
101
0,5
5,64313
3,11528
20
7,5
101
0,55
5,81799
3,10238
22
8,25
101
0,6
5,97291
3,0792
24
9
101
0,65
6,11296
3,04825
26
9,75
101
0,7
6,24141
3,01114
28
10,5
101
0,75
6,36053
2,96895
30
11,25
101
0,8
6,47195
2,92244
32
12
101
0,85
6,57691
2,87216
34
12,75
4
0,9
6,67637
2,8185
36
13,5
3
0,95
6,77108
2,76177
38
14,25
101
1
6,86166
2,70218
40
15
101
1,05
6,94862
2,6399
42
15,75
101
1,1
7,03239
2,57502
44
16,5
101
1,15
7,11333
2,50761
46
17,25
101
1,2
7,19176
2,4377
48
18
101
1,25
7,26796
2,36528
50
18,75
101
1,3
7,34218
2,2903
52
19,5
3
1,35
7,41465
2,21268
54
20,25
5
1,4
7,48558
2,13232
56
21
5
1,45
7,55517
2,04904
58
21,75
4
1,5
7,6236
1,96266
60
22,5
3
1,55
7,69108
1,87289
62
23,25
3
1,6
7,75779
1,77941
64
24
101
1,65
7,82395
1,6818
66
24,75
101
1,7
7,88977
1,57949
68
25,5
101
1,75
7,95553
1,47177
70
26,25
101
1,8
8,02154
1,35767
72
27
3
1,85
8,08818
1,23587
74
27,75
101
1,9
8,15602
1,10445
76
28,5
4
1,95
8,22583
0,960493
78
29,25
3
2
8,2989
0,79914
80
30
437
Bibliografia
1 – Hughes, T. J. R., The Finite Element Method: Linear Static and Dynamic Finite Element
Analysis, Prentice-Hall, 1987.
2 – Cook, R. D., Malkus D. S. and Plesha M. E., Conceptions and Applications of Finite
Element Analysis, 3rd edition, Wiley, 1989.
3 –Bathe, K. J., Finite Element Procedures in Engineering Analysis, Prentice-Hall, 1982.
4 – Johnson, C., Numerical Solutions of Partial Differential Equations by the Finite Element
Method, Cambridge University Press (texto muito matemático), 1987.
5 – Strang, G. and Fix, G. J., An Analysis of the Finite Element Method, Prentice-Hall (muito
matemático, uma referência extraordinária para a época), 1973.
6 – Zienkiewicz, O. C., and Taylor, R. L. The Finite Elements Method, 4th.Edition, vol.1 e
vol. 2, McGraw-Hill, 1989-91.
7 – Reddy, J. N. and Gartiling, D. K., The Finite Element Method in Heat Transfer and Fluid
Dynamics, CRC Press, 1994.
Endereços da Internet para consultas sobre o código FEAP
8 – http://euler.berkeley.edu/decf/help/feap/report.txt Version 2.33
9 – http://www.ce.berkeley.edu/~rlt/readme.txt
10 – ncftp://ce.berkeley.edu/pub/pcfeap
11 – http://www.kagaku.co.jp/pcfeap.htm
OBS: Os itens mais importante são os itens 8, 9, 10.
438
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