FEM2: Randvärdesproblem och finita elementmetoden i flera variabler

Transkript

1 MVE255 Mtemtisk nlys i fler vribler M FEM2: Rndvärdesproblem och finit elementmetoden i fler vribler Prtiell integrtion Kom ihåg tt finit elementmetoden bygger på den svg formuleringen v rndvärdesproblemet och tt den svg formuleringen bygger på prtiell integrtion. Prtiell integrtion bygger i sin tur på differentil- och integrlklkylens fundmentlsts och produktderivering. Fundmentlstsen (The Fundmentl Theorem of Clculus), Theorem 5 i Adms 5.5, säger tt [ ] b Obs tt insättningstermen u(x) u(x) dx = [ ] b u(x) = u(b) u(). = u(b) u() hr plustecken i intervllets högr rndpunkt b och minustecken i den vänstr rndpunkten. Tecknet kommer från den utåtriktde enhetsnormlen: ˆN = i vid x =, ˆN = i vid x = b. ˆN = i ˆN = i b x Produktderiveringsregeln säger tt Tillsmmn med fundmentlstsen ger dett dvs prtiell integrtion [ ] b uv = Figur 1: Utåtriktde enhetsnormler. (uv) = u v + u v. (uv) dx = u v dx = [ ] b uv u v dx + u v dx. u v dx, Obs hur derivtn flyger över från u till v och tt insättningstermen inte innehåller någon derivt. Vi behöver en flervribelversion v dett. et finns fler versioner v fundmentlstsen och produktderivering, se formelsmlingen på insidn v pärmen i Adms. Vi väljer följnde mj 214, tig Lrsson, Mtemtisk vetenskper, Chlmers teknisk högskol 1

2 Fundmentlsts: Guss divergenssts (Theorem 8 i Adms 16.4; Teorem i Kolsrud) (1) F dv = ˆN F d. Här är V ett område med orienterd, sluten rndyt och ˆN det utåtriktde enhetsnormlvektorfältet till. tsen relterr integrlen v divergensen F v vektorfältet F i till det utåtriktde flödet v F genom rnden. Flödesintegrlen ˆN F d = F ˆN d motsvrr insättningstermen [ ] b u(x) i den vnlig fundmentlstsen. Obs tt vektorn i vänsterledet ersätts v vektorn ˆN i högerledet. Produktderivering: (Theorem 3 (b) i Adms 16.2) (φf) = φ F + φ F. Tillsmmns med divergensstsen ger dett ˆN Fφ d = ˆN (φf) d = (φf) dv = dvs prtiell integrtion (2) V V Fφ dv = ˆN Fφ d F φ dv. V V Fφ dv + F φ dv, V Obs hur nbl-opertorn flyger över från F till φ och tt flödesintegrlen ˆN Fφ d inte innehåller någon derivt. Vektorn ersätts v ˆN i flödesintegrlen. 1.2 Härledning v värmeledningsekvtionen Vi sk härled värmeledningsekvtionen. Härledningen bygger på en konserveringslg, som uttrycker tt en viss kvntitet bevrs, smt en konstitutiv lg, som beskriver mterilets egenskper. Vi studerr sttionär tidsoberoende värmeledning i en kropp i rummet med begränsningsytn. Vi inför följnde beteckningr: u(x, y, z) temperturen [K] i punkten (x, y, z) [m], F(x, y, z) värmeflödestäthet (vektorfält) [J/(m 2 s)], (x, y, z) värmeledningskoefficient [J/(m K s)], f(x, y, z) källtäthet för inre värmekällor [J/(m 3 s)], u A (x, y, z) omgivningens tempertur ( mbient temperture ) [K], k(x, y, z) värmeöverföringskoefficient för det isolernde ytskiktet [J/(m 2 s K)], g(x, y, z) flödestäthet för värmekällor på ytn [J/(m 2 s)]. Konserveringslg: energiprincipen. Vi betrktr värmeblnsen i en godtycklig delvolym med begränsningsytn. Nettoflödet v värme ut genom är F ˆN d [J/s]. Här är ˆN den utåtriktde enhetsnormlen till ytn. Energiprincipen säger tt värmeflödet ut genom är lik med värmeproduktionen per tidsenhet inuti, dvs f dv [J/s]. Alltså F ˆN d = f dv. Vi tillämpr nu divergensstsen (1) på vektorfältet F: F ˆN d = F dv, 2

3 ˆN ˆN Figur 2: Kropp med godtycklig delvolym. vilket leder till ( F f ) dv =. Eftersom är godtycklig, så måste integrnden vr identiskt lik med noll, F f =, dvs (3) F = f i. Här hr vi nvänt tt en kontinuerlig funktion v som uppfyller tt v dv = för ll, måste vr identiskt noll, dvs v = i. För om v(p ), till exempel om v(p ) >, så måste v > även i en omgivning v P. Välj då tt vr denn omgivning, så fås v dv >, vilket strider mot ntgndet tt v dv = för ll. Konstitutiv lg: Fouriers lg. enn säger tt värmeflödestätheten är proportionell mot temperturgrdienten och tt värme strömmr från vrmt till kllt. ärför blir flödestätheten (4) F = u = grd u. Om vi sätter in dett i (3) får vi (5) ( u) = f i. ett är värmeledningsekvtionen. Ekvtion (5) måste kombiners med ett rndvillkor, som uttrycker tt värmeflödet genom rnden är proportionellt mot temperturdifferensen, plus eventuellt bidrg från värmekällor på rnden. Värmeflödestätheten ut genom rnden blir då F ˆN = k(u u A ) g på, där u är temperturen på insidn v rndytn, u A är omgivningens tempertur ( mbient temperture ), k är värmeöverföringskoefficienten för det isolernde ytskiktet, och g är tätheten för ett föreskrivet inflöde. Enligt Fouriers lg (4) hr vi F ˆN = u ˆN = ˆNu på, 3

4 där ˆNu = ˆN u betecknr normlderivtn v u, dvs riktningsderivtn i normlriktningen ˆN. ärför blir rndvillkoret (6) ˆNu + k(u u A ) = g på. (Robins rndvillkor) Gränsfllet k = svrr mot tt begränsningsytn är isolerd: och, om även g =, Om vi å ndr sidn dividerr med k i (6), och sedn låter k, får vi ˆNu = g på, (Neumnns rndvillkor) ˆNu = på. (Neumnns rndvillkor) 1 k ˆNu + (u u A ) = 1 k g, u = u A på. (irichlets rndvillkor) Gränsfllet k = betyder lltså tt begränsningsytn är helt oisolerd, dvs värme kn obehindrt strömm genom ytn och kroppens yttempertur blir då lik med omgivningens tempertur. Vi hr nu ett rndvärdesproblem: { ( u) = f i, Poissons ekvtion Om är konstnt får vi där ˆNu + k(u u A ) = g på. ( u) = u = u, u = u = 2 u x u y u z 2 är Lplce-opertorn. Värmeledningsekvtionen blir då (med = 1) u = f i, vilken klls Poissons ekvtion. Om f = får vi Lplces ekvtion: Andr beteckningr u = i. Vi hr nvänt Adms beteckningr. I ndr böcker beteckns den utåtriktde enhetsnormlen n eller n och normlderivtn skrivs u n. 1.3 vg formulering Vi hr ett Rndvärdesproblem. Finn u = u(x, y, z) sådn tt { ( u) = f i, (7) ˆNu + k(u u A ) = g på. 4

5 Vi multiplicerr med en testfunktion v och integrerr prtiellt, dvs vi nvänder (2) med F = u och φ = v: fv dv = ( u)v dv = ˆN ( u)v d + u v dv. I flödesintegrlen nvänder vi rndvillkoret: et leder till ˆN ( u) = ˆN u = ˆNu = g k(u u A ). fv dv = gv d + kuv d ku A v d + u v dv. Vi smlr termer med u i vänsterledet: u v dv + kuv d = fv dv + (g + ku A )v d. en svg formuleringen. Finn u = u(x, y, z) sådn tt (8) u v dv + kuv d = fv dv + (g + ku A )v d för ll testfunktioner v. irichlets rndvillkor är speciellt: om u = u A på en del 1 v rnden (eventuellt hel ), så måste vi välj testfunktioner v med v = på 1. en svg formuleringen blir då: en svg formuleringen. Finn u = u(x, y, z) med u = u A på 1 och sådn tt u v dv + kuv d = fv dv + (g + ku A )v d 2 2 för ll testfunktioner v med v = på 1. Här är 2 resten v, dvs 2 = \ 1. et betyder tt = 1 2 dels upp i icke överlppnde delr. 1.4 Finit elementmetoden i 2- Låt vr ett område i plnet och skp ett tringulärt beräkningsnät i. Nätet består v N punkter {P i } N i=1, M tringlr {T j } M j=1, L knter (edges) {E l } L l=1. En kontinuerlig och styckvis linjär funktion U(x, y) är v formen U(x, y) = + bx + cy inuti vrje tringel och hopskrvd till en kontinuerlig funktion. En sådn funktion bestäms entydigt v sin nodvärden U(P i ): (9) N U(x, y) = U i φ i (x, y), U i = U(P i ). i=1 5

6 Figur 3: Tringulärt beräkningsnät i plnt område. φ i = 1 φ i = P i Figur 4: Bsfunktion ( pyrmidfunktion ). Bsfunktionern {φ i } N i=1 är kontinuerlig styckvis linjär funktioner och bestäms v { 1, om i = j, φ i (P j ) =, om i j. Hur sk vi bestämm de okänd nodvärden U i = U(P i ) så tt U(x, y) = N i=1 U iφ i (x, y) blir en pproximtiv lösning till rndvärdesproblemet? Vi kn inte sätt in U i den ursprunglig formuleringen (7) för U hr inte två derivtor. Istället nvänder vi den svg formuleringen, se (8), u v da + kuv ds = fv da + (g + ku A )v ds C C för ll testfunktioner v. Eftersom vi nu rbetr i plnet hr vi bytt ut volymselementet dv = dx dy dz mot reelementet da = dx dy och istället för en ytintegrl över begränsningsytn hr vi en kurvintegrl längs rndkurvn C till området. Här sätter vi in U(x, y) = N i=1 U iφ i (x, y) och v = φ j. För enkelhets skull genomför vi dett endst för fllet k =, g =. Vi får ( N ) U i φ i φ j da = fφ j da, j = 1,..., N. i=1 Vi bryter ut koefficientern U i : N U i i=1 φ i φ j da = } {{ } = ji fφ j da, j = 1,..., N. } {{ } =b j 6

7 ett är på formen N ji U i = b j, j = 1,..., N, dvs ett linjärt ekvtionssystem för U i. Vi skriver på mtrisform: A U = b, i=1 med U = U 1. U N och styvhetsmtrisen (stiffness mtrix) N A =....., ji = N1... NN φ i φ j da och lstvektorn (lod vector) b 1 b =., b j = b N fφ j d. Mtrisen A är symmetrisk: A = A T ( ij = ji ), stor: ntlet noder N är stort (t ex N = 1 3 eller mer) och gles (sprse): de flest mtriselementen ij =. Vi hr ij endst då motsvrnde noder P i och P j är grnnr. PE Toolbox Mtlb-progrmmet PE Toolbox ställer upp och löser ekvtionssystemet A U = b. 7

8 Problem Problem 1.1. () kriv ned rndvärdesproblemet för värmeledning i kvdrten x 1, y 1, med värmeledningskoefficienten 3, källtätheten 2 och omgivnde temperturen 1 på ll sidor. På sidn y = hr vi värmeöverföringskoefficienten 7 medn övrig sidor hr oändligt stor värmeöverföringskoefficient. Ing värmekällor på rnden. (b) kriv end den svg formen v dett rndvärdesproblem. Problem 1.2. mm som i Problem 1.1 men med värmeledningskoefficienten 1 + xy, ing värmekällor, omgivnde temperturen 1 överllt, ytskiktets värmeöverföringskoefficient för x =, och 7 för x = 1, och oändligheten för y = och y = 1. Problem 1.3. () kriv ned finit elementbsfunktionern φ 1, φ 2, φ 3 för ett nät som består v en end tringel T med hörnen P 1 = (, ), P 2 = (1, ), P 3 = (, 1). (b) Beräkn motsvrnde styvhetsmtris ij = T φ i φ j dx dy. Problem 1.4. kriv ned den svg formuleringen v () { ( u) + cu = f i V, u = u A på. (b) u = i V, u = u A på 1, ˆNu = g på 2, där u = u och = 1 2 (ej överlppnde). 8

9 vr och lösningr () På sidn y = hr vi g = och den utåtriktde normlvektorn ˆN = j så tt rndvillkoret blir u(x, ) ˆNu + k(u u A ) = 3( j) u(x, ) + 7(u(x, ) 1) = 3 + 7(u(x, ) 1) =. y Rndvärdesproblemet är 3 u(x, y) = 2 för x 1, y 1, u(x, 1) = u(, y) = u(1, y) = 1, u(x, ) 3 + 7(u(x, ) 1) =, y där u = u. (b) Finn u = u(x, y) sådn tt u(x, 1) = u(, y) = u(1, y) = 1 och u(x, y) v(x, y) dx dy u(x, )v(x, ) dx = för ll testfunktioner v = v(x, y) med v(x, 1) = v(, y) = v(1, y) =. v(x, y) dx dy v(x, ) dx 1.2. () På sidn x = hr vi = 1 + xy = 1, g =, k = och den utåtriktde normlvektorn ˆN = i så tt rndvillkoret blir u(, y) ˆNu + k(u u A ) = ( i) u(, y) = =. x På sidn x = 1 hr vi = 1 + xy = 1 + y, g =, k = 7 och den utåtriktde normlvektorn ˆN = i så tt rndvillkoret blir u(1, y) ˆNu + k(u u A ) = (1 + y)i u(1, y) + 7(u(1, y) 1) = (1 + y) + 7(u(1, y) 1) =. x Rndvärdesproblemet är ((1 + xy) u(x, y)) = för x 1, y 1, u(x, ) = u(x, 1) = 1, u(, y) =, x u(1, y) (1 + y) + 7(u(1, y) 1) =. x (b) Finn u = u(x, y) sådn tt u(x, ) = u(x, 1) = 1 och 1 1 (1 + xy) u(x, y) v(x, y) dx dy för ll testfunktioner v = v(x, y) med v(x, ) = v(x, 1) =. u(1, y)v(1, y) dy = 7 1 v(1, y) dy 1.3. () Bsfunktionern är v formen φ(x, y) = + bx + cy och lik med 1 en v nodern och i de övrig. Vi får φ 1 (x, y) = 1 x y, φ 2 (x, y) = x, φ 3 (x, y) = y. 9

10 (b) φ 1 (x, y) = i j, φ 2 (x, y) = i, φ 3 (x, y) = j. och så vidre. 11 = 12 = T T φ 1 φ 1 dx dy = 2 dx dy = 2 re(t ) = 1, T φ 1 φ 2 dx dy = ( 1) dx dy = re(t ) = A = T 1.4. () Finn u = u(x, y, z) med u = u A på och ( u v + cuv) dv = för ll testfunktioner v = v(x, y, z) med v = på. (b) Finn u = u(x, y, z) med u = u A på 1 och u v dv = för ll testfunktioner v = v(x, y, z) med v = på 1. 2 gv d fv dv 1