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Clase No. 28:

Formulación de GalerkinEl método de los elementos finitos

MAT–251 Dr. Alonso Ramírez ManzanaresDepto. de MatemáticasUniv. de Guanajuatoe-mail: [email protected]: http://www.cimat.mx/salram/met_num/

Dr. Joaquín Peña AcevedoCIMAT A.C.e-mail: [email protected]

Joaquín Peña (CIMAT) Métodos Numéricos (MAT–251) 26.11.2012 1 / 29

Formulación débil (I)

Sea u : [0,1]→ R. Consideremos el problema de valores en la frontera

−(αu′)′ + βu′ + γu = f

u(0) = 0

u(1) = 0

donde α, β, γ : [0,1]→ R, con α(x) ≥ α0 > 0.

Multiplicamos la ecuación anterior por una función v ∈ C1[0,1] arbitraria,llamada función de prueba, que cumple con v(0) = v(1) = 0. Integrando

−∫ 1

0(αu′)′vdx+

∫ 1

0βu′vdx+

∫ 1

0γuvdx =

∫ 1

0fvdx

Integrando por partes la primera integral:

−∫ 1

0(αu′)′vdx = −[αu′v]10 +

∫ 1

0αu′v′ dx =

∫ 1

0αu′v′ dx


Formulación débil (II)

SeaV = v ∈ L2(0,1) : v′ ∈ L2(0,1), v(0) = v(1) = 0

Entonces el problema es encontrar u ∈ V tal que

∫ 1

0αu′v′ dx+

∫ 1

0βu′vdx+

∫ 1

0γuvdx =

∫ 1

0fvdx

para todo v ∈ V. Este problema es llamado la formulación débil.

• Hay que notar la diferencia entre el problema original (formulaciónfuerte) y este último.

• Note la complejidad del problema.


Formulación de Galerkin (I)

Fijamos un conjunto de funciones ϕj(x)Nj=1, con ϕj ∈ V. Sea

Vh =

vh : vh =N∑

j=1

vjϕj

Cambiamos el problema por el siguiente: encontrar uh ∈ Vh tal que

∫ 1

0αu′

hv′hdx+

∫ 1

0βu′

hvh dx+

∫ 1

0γuhvh dx =

∫ 1

0fvh dx

para todo vh ∈ Vh.Sustituimos y también tomamos vh = ϕi:

N∑

j=1

uj

∫ 1

0αϕ′

jϕ′idx+

∫ 1

0βϕ′

jϕi dx+

∫ 1

0γϕjϕi dx

!

=

∫ 1

0fϕi dx


Método de los elementos finitos (I)

El método de los elementos finitos (MEF) es una técnica especial paraconstruir el subespacio Vh usando polinomios que tienen soporte compacto.Hacemos una partición

0 = x0 < x1 < ... < xn = 1.

La elección más sencilla de las funciones ϕi es definiéndolas como funcioneslineales a pedazos:

ϕi(x) =

x−xi−1xi−xi−1

x ∈ [xi−1,xi]

xi+1−xxi+1−xi x ∈ [xi,xi+1]

0 si no.


Método de los elementos finitos (II)

−1.0 −0.5 0.0 0.5 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

c(−1 − h, 1 + h)

c(−

0.1,

1)

x0 x1 x2 xi−2 xi−1 xi xi+1 xi+2

Lo que resta es

• sustituir estas funciones en la ecuación,

• calcular el valor de las integrales,

• construir el sistema lineal de ecuaciones para determinar loscoeficientes uj.

• obtener la solución del problema en Vh.


Ejemplo (I)

y′′ = y′ − y+ ex − 3sinx

y(1) = α = 1.097374911

y(4) = β = 56.559080896

La solución del problema es y(x) = ex − 3cosx.

Hay que notar que el valor de la solución no es cero en los extremos. Parapoder aplicar lo anterior, definimos

y(x) = α +β− α

3(x− 1)

Entonces podemos plantear el problema de calcular u tal que y = u+ y seasolución del problema anterior. Entonces


Ejemplo (II)

u′′ = u′ +β− α

3− u− y+ ex − 3sinx

u(1) = 0

u(3) = 0

−u′′ + u′ − u = y−β− α

3− ex + 3sinx = f (x)

Aplicando el procedimiento descrito anteriormente, llegamos a

N∑

j=1

uj

∫ 3

1ϕ′iϕ′jdx+

N∑

j=1

uj

∫ 3

1ϕ′iϕj dx−

N∑

j=1

ui

∫ 3

1ϕiϕj dx =

∫ 3

1f ϕj dx

Hacemos una discretización uniforme, de modo que xi − xi−1 = h.Debido al soporte compacto de las funciones, tenemos que calcular paracada i


Ejemplo (III)

ui−1

∫ xi

xi−hϕ′iϕ′i−1 dx+ ui

∫ xi

xi−h(ϕ′

i)2 dx+

∫ xi+h

xi

(ϕ′i)2 dx

!

+ ui+1

∫ xi+h

xi

ϕ′iϕ′i+1 dx

ui−1

∫ xi

xi−hϕ′iϕi−1 dx+ ui

∫ xi

xi−hϕ′iϕi dx+

∫ xi+h

xi

ϕ′iϕi dx

!

+ ui+1

∫ xi+h

xi

ϕ′iϕi+1 dx

−ui−1

∫ xi

xi−hϕiϕi−1 dx−ui

∫ xi

xi−h(ϕi)

2 dx+

∫ xi+h

xi

(ϕi)2 dx

!

−ui+1

∫ xi+h

xi

ϕiϕi+1 dx


Ejemplo (IV)

−1

hui−1 +

2

hui −

1

hui+1

−1

2ui−1 +

1

2ui+1

−h

6ui−1 −

2h

3ui −

h

6ui+1

Entonces, para cada i se tiene una ecuación de la forma

−1

h−

1

2−h

6

ui−1 +

2

h−

2h

3

ui +

−1

h+

1

2−h

6

ui+1 =

∫ 3

1f ϕj dx


Ejemplo (V)

Para el caso de diferencias finitas, las ecuaciones que obtuvimos para esteproblema son

(2− h2)y1 −

1−h

2

y2 = −h2[ex1 − 3sinx1] +

1 +h

2

α

−

1 +h

2

yi−1 + (2− h2)yi −

1−h

2

yi+1 = −h2[exi − 3sinxi]

−

1 +h

2

yn−2 + (2− h2)yn−1 =

1−h

2

β− h2[exn−1 − 3sinxn−1]

y podemos ver que son diferentes los sistemas de ecuaciones en cada caso.Resolvemos el problema para N = 50 y comparamos los resultadosobtenidos con MEF y diferencias finitas.


Ejemplo (VI)

Error y(xi)− yi DF Error y(xi)− yi MEF

1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0

0.00

00.

002

0.00

40.

006

0.00

8

vx

vd

1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0

−4e

−04

−2e

−04

0e+

00vx

vd

Reportamos el error max |y(xi)− yi|n Diferencias finitas MEF

50 0.03818 0.000393100 0.01599 0.000098


Extensión del método (I)

Se pueden usar polinomios de orden superior. Por ejemplo, de segundogrado:


Extensión del método (II)

También se puede extender el método a más dimensiones.


Extensión del método (III)

Por ejemplo, las funciones de interpolación para el triángulo de vértices(0,0), (1,0), (0,1) son de la forma

N1(ξ, η) = 1− ξ− ηN2(ξ, η) = ξN3(ξ, η) = η


Extensión del método (IV)


Ejemplo: La ecuación de Poisson (I)

Vamos a resolver un caso particular de la ecuación de Poisson.Consideremos una función p = p(x,y) que está definida en cuadrado unitarioΩ = [0,1]× [0,1].Queremos resolver

−∇ · ∇p = f (x) x = (x,y) ∈ Ω (1a)

∇p ·ν = 0 x = 0, y ∈ (0,1), (1b)

∇p ·ν = 0 x = 1, y ∈ (0,1), (1c)

p = cos(πx) x ∈ (0,1), y = 0, (1d)

p = −cos(πx) x ∈ (0,1), y = 1, (1e)

donde f (x) = 2π2 cos(πx1) cos(πx2).

La solución exacta es p = cos(πx1) cos(πx2).


Solución mediante el MEF (I)

Para el dominio Ω = [0,1]× [0,1], hacemos una discretización en triánguloscomo se muestra en la siguiente figura.

−0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

−0.

20.

00.

20.

40.

60.

81.

0

c(−0.15, 1.1)

c(−

0.15

, 1.1

)

0 1

0

1


Solución mediante el MEF (II)

Sean

ΓD = (x1,0) : x1 ∈ (0,1) ∪ (x1,1) : x1 ∈ (0,1),

ΓN = (0,x2) : x2 ∈ (0,1) ∪ (1,x2) : x2 ∈ (0,1)

Sobre ΓD sabemos que p = pD(x), donde pD está dada por (1d) y (1e).Supongamos que de alguna forma extendemos pD a todo Ω y definimos lafunción p0 = p− pD. Entonces p0 es cero en Γ = ΓD ∪ ΓN, y

−∇ · ∇(p0 + pD) = f

Multiplicando por una función de prueba v a la ecuación anterior eintegrando sobre Ω se obtiene

−∫

Ω

∇ · ∇(p0 + pD)vdx =

∫

Ω

fvdx.

Puesto que ∇ · [v∇(p0 + pD)] = ∇v · ∇(p0 + pD) + v∇ · ∇(p0 + pD),


Solución mediante el MEF (III)

∫

Ω

fvdx = −∫

Ω

∇ · [v∇(p0 + pD)]− ∇v · ∇(p0 + pD)dx

= −∫

Γ

v∇(p0 + pD) ·νdl+

∫

Ω

∇v · ∇(p0 + pD)dx,

por el teorema de la divergencia. Además

−∫

Γ

v∇(p0 + pD) ·νdl = −∫

ΓD

v∇p ·νdl−∫

ΓN

v∇p ·νdl = 0,

por las condiciones de frontera (1b)-(1c). Por tanto∫

Ω

∇v · ∇p0 dx =

∫

Ω

fvdx−∫

Ω

∇v · ∇pD dx (2)

La función pD se puede definir de muchas formas. Una opción es

pD(x1,x2) = (1− x2) cosπx1 − x2 cosπx1.


Solución mediante el MEF (IV)

Entonces el miembro derecho de (2) es conocido. para cada v. Definimosuna discretización del dominio en elementos triangulares y asociamos acada nodo xk la función de interpolación lineal φk(x), entonces

p0(x) ≈NM∑

k=1

pkφk(x). (3)

Para i = 1, ...,MN, tomamos v = φi y sustituimos en (2).

NM∑

k=1

pk

∫

Ω

∇φi · ∇φk dx =

∫

Ω

fvdx−∫

Ω

∇φi · ∇pD dx (4)

A partir de (4) se puede formar un sistema de ecuaciones Ap = b, con el quese pueden obtener los coeficientes p en (3) y de esa forma obtener p0, yfinalmente obtener p = p0 + pD.La figura muestra el resultado obtenido con FEM al compararlo con lasolución analítica de (1). Los errores son más pequeños que los obtenidoscon diferencias finitas.


Solución mediante el MEF (V)

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

X

Y

−0.03

−0.02

−0.01

0.00

0.01

0.02

0.03

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

X

Y

−4e−04

−2e−04

0e+00

2e−04

4e−04

N = M = 25


Solución mediante el MEF (VI)

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

X

Y

−0.010

−0.005

0.000

0.005

0.010

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

XY

−1e−04

−5e−05

0e+00

5e−05

1e−04

N = M = 50


Solución mediante el MEF (VII)

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

X

Y

−0.005

0.000

0.005

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

XY

−4e−05

−2e−05

0e+00

2e−05

4e−05

N = M = 75


Solución mediante el MEF (VIII)

−0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

−0.

20.

00.

20.

40.

60.

81.

0

c(−0.15, 1.1)

c(−

0.15

, 1.1

)

0 1

0

1


Solución mediante el MEF (IX)

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

X

Y

−0.03

−0.02

−0.01

0.00

0.01

0.02

0.03

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

X

Y

−0.002

−0.001

0.000

0.001

N = M = 25


Solución mediante el MEF (X)

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

X

Y

−0.010

−0.005

0.000

0.005

0.010

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

XY

−4e−04

−2e−04

0e+00

2e−04

4e−04

N = M = 50


Solución mediante el MEF (XI)

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

X

Y

−0.005

0.000

0.005

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

XY

−2e−04

−1e−04

0e+00

1e−04

2e−04

N = M = 75


Discretización del dominio

Una dificultad del MEF es la discretización del dominio.

−0.5 0.0 0.5

−1.

0−

0.5

0.0

0.5

electr[inds, 1]

elec

tr[in

ds, 2

]

i

−1.0 −0.5 0.0 0.5 1.0

−1.

0−

0.5

0.0

0.5

1.0

nodos[, 1]

nodo

s[, 2

]

x xA B


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