Introduccion al Metodo de los elementos finitos. Problemas unidimensionales

M�etodos Matem�aticos de Especialidad.

Especialidad de Construcci�on.

Curso 11-12

Tema 2. Introducci�on al m�etodo de los Elementos

Finitos. Problemas unidimensionales

Luis Sanz LorenzoDpto. Matem�aticas E.T.S.I. Industriales, UPM

12 de septiembre de 2012

�Indice

1. Algunas ideas generales sobre el MEF en problemas estacionarios 5

2. Construcci�on del problema d�ebil en un problema tipo: deformaci�on de unabarra sometida a carga axial 8

2.1. Planteamiento del problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2.2. Condiciones de frontera esenciales y naturales . . . . . . . . . . . . . . 11

2.3. Regla de Barrow e integraci�on por partes . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.4. Espacios vectoriales. Aplicaciones lineales. Formas lineales, bilinealesy cuadr�aticas. Normas y producto escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.5. Problema d�ebil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.6. Relaci�on entre los problemas fuerte y d�ebil . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.7. Existencia e unicidad de soluci�on a los problemas fuerte y d�ebil . . 31

2.7.1. El espacio de Sobolev H1() . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.7.2. El problema d�ebil como extensi�on del problema fuerte . . . . 35

3. M�etodo de Galerkin para un problema d�ebil general 36

3.1. Planteamiento del m�etodo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3.2. Interpretaci�on del m�etodo de Galerkin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

3.3. Sistema de ecuaciones asociado al m�etodo de Galerkin . . . . . . . . 41

1

Luis Sanz El MEF en problemas unidimensionales

4. El m�etodo de los elementos �nitos (MEF) 47

4.1. Planteamiento general del MEF . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

4.2. Ejemplo de espacio de elementos �nitos: funciones lineales a trozosen un intervalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

5. C�alculo pr�actico en el MEF: el \enfoque local" o \del elemento" 55

5.1. Planteamiento del problema e ideas generales . . . . . . . . . . . . . . 55

5.2. Divisi�on en elementos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

5.3. De�nici�on de un espacio de funciones polin�omicas sobre cada elemento 60

5.3.1. Ejemplos de elementos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

5.3.2. De�nici�on completa de elemento . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

5.4. De�nici�on de las funciones de base nodal del elemento . . . . . . . . 65

5.4.1. Funciones de base para algunos elementos . . . . . . . . . . . . 67

5.5. Grados de libertad globales. Numeraci�on . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

5.6. Pegado de los espacios de funciones sobre cada elemento. Regulari-dad interelementos. Funciones de base globales . . . . . . . . . . . . . 73

5.6.1. Estudio de la regularidad interelementos . . . . . . . . . . . . . 74

5.6.2. De�nici�on de las funciones de base globales . . . . . . . . . . . 79

5.7. Tratamiento de las condiciones de frontera esenciales. Trabajo conla funci�on rh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

5.8. De�nici�on del espacio V h y de una base para el mismo . . . . . . . . 85

5.9. Problema de Galerkin y sistema de ecuaciones . . . . . . . . . . . . . . 87

5.10. Expresi�on de las integrales sobre el dominio como suma de integralessobre cada elemento. Matriz de rigidez y vector de carga del elemento 92

5.10.1. Integrales correspondientes a la matriz de rigidez. Matriz derigidez del elemento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

5.10.2. Integrales correspondientes al vector de fuerzas. Vector defuerzas del elemento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

5.11.C�alculo de las integrales en la matriz de rigidez y el vector de fuerzasdel elemento. Cambio de variable. Funciones de base en la referenciaest�andar. Uso de f�ormulas de cuadratura . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

5.11.1. C�alculo de las contribuciones de cada elemento a la matriz derigidez y el vector de carga en el problema tipo . . . . . . . . . 105

5.12. Ensamblaje de las contribuciones de cada elemento a la matriz derigidez y el vector de fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

5.12.1. Ensamblaje est�andar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

5.12.2. Procedimiento alternativo de ensamblaje: trabajo con la ma-triz de rigidez y el vector de fuerza ampliados . . . . . . . . . . 112

5.12.3. Obtenci�on de la matriz de rigidez y el vector de fuerza a partirde sus hom�ologos ampliados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

2


5.12.4. Trabajo con un sistema extendido \equivalente" . . . . . . . . 120

5.13. Enfoque local: resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

6. Problema d�ebil y m�etodo de Galerkin cuando s�olo hay condiciones de Neu-mann 128

7. Postprocesado: c�alculo de los desplazamientos y de las tensiones en unpunto cualquiera del dominio 131

7.1. Postprocesado en problemas unidimensionales . . . . . . . . . . . . . . 131

7.2. Postprocesado en problemas multidimensionales . . . . . . . . . . . . 134

8. Justi�caci�on del m�etodo de Galerkin 136

8.1. Soluci�on del problema de Galerkin como aproximaci�on a la soluci�ondel problema d�ebil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

8.2. Convergencia de la soluci�on del problema de Galerkin a la soluci�onde como aproximaci�on a la soluci�on del problema d�ebil . . . . . . . . 136

9. Problema de una barra a exi�on 137

9.1. Problema fuerte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

9.2. Problema d�ebil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

9.3. Problema de Galerkin y MEF en la barra a exi�on . . . . . . . . . . . 144

10. Extensi�on de los datos de un problema fuerte 151

10.1. Trabajo con cargas no acotadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

10.2. Introducci�on de cargas y momentos puntuales . . . . . . . . . . . . . . 152

10.2.1. De�nici�on de la delta de Dirac y el doblete o dipolo . . . . . . 152

10.3.Aplicaci�on de cargas puntuales en la barra axial . . . . . . . . . . . . . 154

10.3.1. Deducci�on heur��stica de la ecuaci�on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

10.3.2. Problema d�ebil y aplicaci�on del MEF . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

10.4.Aplicaci�on de cargas y momentos puntuales en la barra a exi�on . . 161

11. Tratamiento de las condiciones de Robin 163

12.Principios de minimizaci�on asociados a un problema d�ebil 167

12.1. Principio variacional asociado a un problema d�ebil . . . . . . . . . . . 167

12.2. Principio de minimizaci�on asociado al problema de Galerkin. M�eto-do de Riesz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

12.3. Caso en que la forma bilineal s�olo es semide�nida positiva . . . . . . . . . . . 172

3


13. El MEF en problemas din�amicos unidimensionales 173

13.1. Problema din�amico para la barra con carga axial . . . . . . . . . . . . 173

13.1.1. Problema fuerte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

13.1.2. Problema d�ebil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

13.1.3. Problema de Galerkin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

13.1.4. Sistema de ecuaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

13.1.5. Aplicaci�on del MEF . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

13.2. Problema din�amico para la barra a exi�on . . . . . . . . . . . . . . . . 189

14.Ejercicios de repaso 190

�Indice de �guras

1. Esquema de las ideas principales del m�etodo de Galerkin . . . . . . . . . . . . 6

2. Barra con carga axial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

3. Construcci�on del problema d�ebil para el problema tipo . . . . . . . . . . . . . 26

4. Relaci�on entre los problemas fuerte y d�ebil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

5. Proyecci�on ortogonal de un vector sobre un subespacio . . . . . . . . . . . . . 38

6. Principio de ortogonalidad de Galerkin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

7. Del problema d�ebil al m�etodo de Galerkin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

8. Del problema d�ebil a la soluci�on del m�etodo de Galerkin . . . . . . . . . . . . 46

9. Construcci�on del problema d�ebil en el caso general . . . . . . . . . . . . . . . 57

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1. Algunas ideas generales sobre el MEF en problemas

estacionarios

El m�etodo de los elementos �nitos (MEF) es un procedimiento para resolver de formaaproximada ecuaciones diferenciales y en derivadas parciales, tanto lineales como no lineales.

A grandes rasgos, en el MEF aplicado a problemas estacionarios, es decir, problemas deequilibrio se procede de la forma que describimos a continuaci�on.

Se quiere resolver una ecuaci�on diferencial (ordinaria o en derivadas parciales) con unasciertas condiciones de frontera en el que la inc�ognita es una funci�on que pertenece a un espaciode dimensi�on in�nita. A este problema se le denomina "problema fuerte". La di�cultad esque, salvo en casos muy concretos, no es posible encontrar una expresi�on anal��tica para lasoluci�on a dicho problema fuerte.

Para solventar esta di�cultad, lo que se hace en la pr�actica es resolver un problema aso-ciado al problema original pero planteado en un espacio de dimensi�on �nita. Para ello, seprocede en distintos pasos:

Ideas principales en la aplicaci�on del m�etodo de Galerkin a un problemafuerte

1. En primer lugar, el problema fuerte se transforma en un problema asociado,denominado \problema d�ebil", que es casi equivalente a dicho problema fuerte (esdecir, las soluciones de ambos problemas son \casi" las mismas). Este problemasigue siendo dif��cil, pues se sigue busca la soluci�on u en un espacio S de dimensi�onin�nita, pero est�a en una forma que permitir�a simpli�carlo.2. Para poder llevar a cabo la \simpli�caci�on" del problema d�ebil, �este se reformulaobteniendo un problema completamente equivalente que denominaremos \proble-ma d�ebil reformulado". La soluci�on v a este problema pertenece a un espacio Vde dimensi�on in�nita y, por tanto, sigue siendo un problema dif��cil de resolver.La relaci�on entre v y u es que u = v + r donde r es una funci�on que por ahorasupondremos conocida.3. Para poder llevar a cabo su resoluci�on, el \problema d�ebil reformulado" seaproxima por un problema, denominado \problema de Galerkin", en el que sebusca una funci�on vh, que ser�a una aproximaci�on a la soluci�on exacta v, en unsubespacio V h de dimensi�on �nita de V .4. Para llevar a cabo en la pr�actica la resoluci�on del problema de Galerkin, se eligeuna base de V h y entonces el problema de Galerkin se transforma en un sistemade ecuaciones algebraicas. Concretamente, si llamamos d al vector de coordenadasde la soluci�on aproximada vh en dicha base, se obtiene un sistema Kd = F en elque el vector inc�ognita d se puede calcular con facilidad.5. Una vez calculado d, a partir de �el se puede reconstruir vh y, por tanto, lasoluci�on aproximada uh al problema fuerte original ser�a la funci�on uh := r + vh

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Figura 1: Esquema de las ideas principales del m�etodo de Galerkin

Ya podemos dar una idea de en que consiste el MEF:

>Qu�e es el MEF? El MEF es un caso particular del m�etodo de Galerkin en el cual:1. V h est�a formado por funciones polin�omicas a trozos2. Las funciones que la base de V h se eligen de manera que s�olo son no nulas enun reducido n�umero de elementos.

Como veremos, estas dos caracter��sticas hacen que el MEF posea importantes ventajas

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computacionales frente a las otras formas de emplear el m�etodo de Galerkin. Una de estasventajas es que las componentes del vector d tienen un signi�cado f��sico muy claro: son elvalor de vh en unos ciertos puntos denominados \nudos". Por tanto, las componentes de dson aproximaciones al valor de vh en dichos nudos.

Como se ver�a m�as adelante, lo que se hace en el MEF es dividir el dominio de trabajoen subconjuntos denominados \elementos" y considerar como espacio V h a las funcionesde�nidas en , que son polinomios de un cierto grado en cada elemento (por ello se lasdenomina funciones polin�omicas a trozos) y que cumplen unas ciertas condiciones adicionales.

Fases en la aplicaci�on pr�actica del MEF. Consideremos ahora el MEF desde elpunto de vista de las tareas que hay que llevar a cabo en la pr�actica para aplicarlo. Elusuario desea conocer el valor (aproximado) de la soluci�on u en unos ciertos puntos. Parallegar a ello, podemos distinguir 3 fases:

1. Preprocesado: se llevan a cabo los c�alculos relacionados con el \mallado"del dominio de trabajo , es decir, con la divisi�on de en elementos y con lageneraci�on de estructuras de datos relacionadas con dicho mallado. Esta fase selleva a cabo mediante programas denominados \malladores".2. Procesado: se llevan a cabo los c�alculos para obtener la matriz K y el vectorF , y posteriormente se resuelve el sistema Kd = F y se obtiene d. Este es el pasom�as costoso computacionalmente.3. Postprocesado: a partir de d se calcula el valor (aproximado) de la soluci�onu en los puntos especi�cados por el ususario.

En la asignatura se estudiar�an con cierto detalle, tanto desde el punto de vista te�oricocomo desde el punto de vista de la programaci�on, el procesado y el postprocesado, pero nose tratar�a el preprocesado.

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2. Construcci�on del problema d�ebil en un problema tipo:

deformaci�on de una barra sometida a carga axial

En esta secci�on se estudiar�an las ideas principales para construir el problema d�ebil a partirdel fuerte, aplic�andolas a la resoluci�on de un problema unidimensional correspondiente a ladeformaci�on de una barra con carga axial. Estas nociones permitir�an extender f�acilmente elm�etodo a problemas m�as generales y de m�as inter�es ingenieril tales como el problema de latransmisi�on del calor por conducci�on o el problema general de la elasticidad.

2.1. Planteamiento del problema

Consid�erese una barra con secci�on recta perpendicular al eje x y que ocupa el intervalo[a; b]. Sup�ongase que en cada punto x la barra est�a sometida a una carga distribuida (fuerzapor unidad de longitud) f(x) dirigida en la direcci�on del eje x. Entonces el problema tienecar�acter unidimensional, es decir, la �unica inc�ognita es el desplazamiento axial de la barraen cada punto. Si el �area de la secci�on recta es A(x) > 0 entonces la ecuaci�on que expresa elequilibrio de fuerzas en la barra es

d

dx(A(x)�(x)) + f(x) = 0, x 2 (a; b)

donde �(x) es la tensi�on (en la direcci�on del eje x) en el punto x (� se considera positiva sila secci�on recta trabaja a tracci�on). La deducci�on de la ecuaci�on anterior es inmediata si sesupone que f es una funci�on continua en [a; b], cosa que supondremos en lo sucesivo.

~ Notaci�on e hip�otesis del modelo

Sea u(x) el desplazamiento (en la direcci�on del eje x) en el punto x.

Figura 2: Barra con carga axial

Suponiendo comportamiento el�astico, la ecuaci�on constitutiva, es decir, la relaci�on entretensi�on �(x) y deformaci�on "(x) es �(x) = E(x)"(x) (n�otese que es una relaci�on lineal)donde E(x) es el m�odulo de elasticidad o m�odulo de Young, que cumple E(x) > 0 para todox 2 [a; b].

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Suponiendo peque~nas deformaciones y peque~nos desplazamientos, la ecuaci�on cinem�atica,es decir, la relaci�on entre desplazamientos y deformaciones es "(x) = u0(x) (que, n�otese, eslineal).

De lo anterior se tiene que la ecuaci�on que expresa el equilibrio de fuerzas en la barra es

d

dx(A(x)E(x)u0(x)) + f(x) = 0; x 2 (a; b) := (1)

que es una ecuaci�on diferencial ordinaria (EDO) de segundo orden.

Claramente, el problema anterior representa un fen�omeno estacionario, es decir, en el queno hay evoluci�on temporal de las magnitudes. Por ello no tiene sentido imponer condicionesiniciales.

Sin embargo, para que el problema est�e bien planteado, es decir, para que exista soluci�on�unica al problema (y que esta var��e suavemente con los datos), una condici�on necesaria esque en cada punto de la frontera del conjunto , es decir, en @ := fa; bg se debe especi�caruna condici�on denominada \condici�on de frontera". Por ello, a este tipo de problemas se lesdenomina \problema con valores en la frontera" (PVF), en contraposici�on a los \problemasde valor inicial" (PVI) que modelan fen�omenos de evoluci�on.

Las condiciones de frontera m�as habituales en un punto (tomando por ejemplo el puntox = a) son las siguientes

u(a) = ua : condici�on de tipo Dirichlet (2a)

u0(a) = u0a: condici�on de tipo Neumann (2b)

�u(a) + �u0(a) = : condici�on de tipo Robin (2c)

donde ua, u0a, �, � y son n�umeros reales.

Como ejemplo concreto, en nuestro caso utilizaremos condiciones tipo Dirichlet y tipoNeumann, dejando las condiciones de tipo tipo Robin para m�as adelante (secci�on 11). Enconcreto suponemos que la barra se desplaza una cantidad ua en el punto x = a y que enx = b se aplica una fuerza Fb (positiva si es de tracci�on). Entonces se tiene

u(a) = ua

A(b)E(b)u0(b) = Fb

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o bien

u(a) = ua

u0(b) = u0b

donde se ha de�nido

u0b :=Fb

A(b)E(b)

Obs�ervese que para que (1) tenga sentido es necesario que u sea derivable dos veces. Porello u debe pertenecer al espacio C2[a; b].

Recordamos la de�nici�on de funci�on Cm[a; b]:

De�nici�on 1 Cm[a; b] es es conjunto formado por las funciones funciones de [a; b] a R declase m, es decir, derivables m veces y con derivada m-�esima continua.

As�� pues, el problema resultante es:

Problema fuerte (F). Encontrar u 2 C2[a; b] tal que se veri�que

d

dx(A(x)E(x)u0(x)) + f(x) = 0; x 2 (a; b) := (3)

u(a) = ua; A(b)E(b)u0(b) = Fb

donde los datos cumplen las siguientes hip�otesis:f 2 C[a; b]A;E 2 C1[a; b]8x 2 [a; b]; A(x) � �; B(x) � � para una cierta � > 0.

En lo sucesivo nos referiremos a (3) como problema fuerte (F).

Obs�ervese que el problema (3) es lineal, es decir, la inc�ognita u aparece de forma linealtanto en la ecuaci�on diferencial como en las condiciones de contorno. Por ello, a (3) se lepodr�a aplicar el principio de superposici�on. El problema pasar��a a ser no lineal, por ejemplo,si las leyes constitutivas fuesen no lineales.

De�nici�on 2 Soluci�on \cl�asica" o \fuerte". u es una soluci�on \cl�asica" o \fuerte" parael problema (F) si u es de clase C2[a; b] y veri�ca (F)

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2.2. Condiciones de frontera esenciales y naturales

Dada una EDO de orden par de�nimos m como el entero tal que el orden de la ecuaci�ondiferencial es 2m. En nuestros ejemplos trabajaremos s�olo con m = 1 y m = 2, es decir, conEDOs de orden 2 y 4.

Para que un PVF de orden 2m est�e bien planteado deben especi�carse m condiciones(llamadas \de frontera") en cada punto de la frontera.

Desde el punto de vista de la construcci�on del problema d�ebil, estas condiciones de fronterase pueden dividir en dos tipos:

Las denominadas \condiciones de frontera esenciales" involucran derivadas de la solu-ci�on de orden a lo sumo m � 1. En nuestro caso, al ser m = 1, hay una condici�onesencial que corresponde al valor de la funci�on en el punto a, es decir, u(a) = ua.Las denominadas \condiciones de frontera naturales" involucran derivadas de la solu-ci�on con �ordenes en el rango que va de m a 2m� 1. En nuestro caso, al ser m = 1, hayuna condici�on natural que corresponde al valor de la derivada de la funci�on en x = b,es decir, u0(b) = u0b.

En nuestro caso, las condiciones de frontera son \mixtas", pues hay tanto condicionesesenciales como naturales

u(a) = ua : condici�on de Dirichlet (esencial)

u0(b) = u0b : condici�on de Neumann (natural)

aunque tambi�en podr��an ser s�olo de Neumann, s�olo de Dirichlet e incluso alguna de ellaspodr��a ser una condici�on de Robin.

Comentarios:

En lo sucesivo, con el t�ermino \frontera esencial" nos referiremos a la parte de lafrontera en la que se especi�can condiciones esenciales. �Idem para el t�ermino \fronteranatural"Hay que hacer constar que cuando las condiciones (ya sean �estas esenciales o naturales)son nulas, se dice que las condiciones son \homog�eneas".

2.3. Regla de Barrow e integraci�on por partes

Como instrumento para obtener el problema d�ebil a partir del problema fuerte utilizare-mos la integraci�on por partes. En la asignatura de C�alculo de primer curso se estudia elsiguiente resultado:

Proposici�on 1 Regla de Barrow. Si g 2 C1[a; b] se cumple queZ b

ag0 = g(b)� g(a) =: g jba

Aunque la regla de Barrow se cumple en principio para funciones g 2 C1[a; b], queremosextender su validez a familias de funciones m�as generales.

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Ejemplo de funci�on de clase C1[a; b]

De�nici�on 3 Funciones de clase 1 a trozos. Denotamos mediante C1t [a; b] al espaciode las funciones de clase uno a trozos en [a; b], es decir, las funciones u : [a; b] ! R quecumplen:

a) u : [a; b]! R es continua.b) existe una partici�on a = x0 < x1 < � � � < xn = b del intervalo [a; b] tal que u 2

C1[xi; xi+1] para todo i = 0; :::; n� 1

Ejemplo de funci�on de clase 1 a trozos

Claramente, las funciones de C1t [a; b] no tienen por qu�e ser derivables en todos los puntos.Sin embargo, como la derivada de g s�olo deja de existir en un n�umero �nito de puntos yestamos integrando, tiene sentido plantearse la expresi�on

R ba g

0. En efecto, si g 2 C1t [a; b],de�nimos Z b

ag0 :=

n�1Xi=0

Z xi+1

xi

g0 (4)

Adem�as, tenemos:

Proposici�on 2 Regla de Barrow generalizada. La regla de Barrow sigue siendo v�alidasi g 2 C1t [a; b]. Es decir, si g 2 C1t [a; b]Z b

ag0 = g(b)� g(a)

Comentario: Si g no es continua en algunos puntos pero es derivable entre dichos puntos,podr��a seguir de�niendo

R ba g

0 mediante (4) pero ahora la regla de Barrow no es v�alida.Ejemplo:

g(x) =

�0 para x 2 [0; 1=2)1 para x 2 [1=2; 1]

PuesR ba g

0 = 0 y sin embargo g(1)� g(0) = 1.

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~ Integraci�on por partes.

Introduzcamos ahora la f�ormula de integraci�on por partes tal como se la estudia en C�alculode primer curso. Sean u; v 2 C1[a; b]. Entonces, a partir de

(uv)0 = u0v + uv0;

integrando en [a; b] en los dos miembros de la igualdad y usando la regal de Barrow, se obtienela conocida regla de integraci�on por partesZ b

au0v = uv jba �

Z b

auv0

Pues bien, de acuerdo con lo expuesto anteriormente, se tiene:

Proposici�on 3 Integraci�on por partes generalizada. La integraci�on por partes siguesiendo v�alida si u; v 2 C1t [a; b], es decir, si u; v 2 C1t [a; b] se veri�ca queZ b

au0v = uv jba �

Z b

auv0

Comentario: Hablando de forma laxa, con la integraci�on por partes \se pasa una derivadade una funci�on a otra".

La integraci�on por partes se utiliza mucho en la formaZ b

au00v = u0v jba �

Z b

au0v0

donde, para que sea v�alida, debe ser v 2 C1t [a; b] y u0 2 C1t [a; b], es decir, u 2 C2t [a; b], dondeC2t [a; b] se de�ne de la siguiente forma:

De�nici�on 4 C2t [a; b] es el conjunto de las funciones tales que (a) son derivables y (b) suderivada es una funci�on de C1t [a; b].

2.4. Espacios vectoriales. Aplicaciones lineales. Formas lineales, bilinealesy cuadr�aticas. Normas y producto escalar

Aprovechamos este momento para repasar algunos conceptos b�asicos que se han estudiadoen la carrera y que ser�an de utilidad en lo sucesivo.

De�nici�on 5 Espacio vectorial. Sea E un conjunto (puede ser de vectores, de matrices,polinomios, funciones, etc) en el que se de�nen dos operaciones:

- suma,

+ : E � E ! E

(u; v)! u+ v

13


que es una operaci�on interna.

- producto por escalar.

� : R� E ! E

(�; v)! � � v

Se dice que la cuaterna (E;R;+; �) es espacio vectorial cuando se cumple que

8�; � 2 R; 8u; v 2 V , �u+ �v 2 E

Hablando de forma laxa, lo anterior se expresa diciendo que un espacio vectorial esun conjunto cerrado frente a las combinaciones lineales de elementos del conjunto.

Comentario: De la de�nici�on de espacio vectorial se sigue inmediatamente que si conjuntoes espacio vectorial necesariamente debe contener al elemento 0. En efecto, si tomamos � =� = 0, y u,v vectores cualesquiera de E, tenemos que 0 2 E. Por ello, si un conjunto nocontiene al 0 no puede ser espacio vectorial.

En primer lugar recordaremos las nociones de sistema libre, sistema generador y base deun espacio vectorial y algunas propiedades de los mismos:

De�nici�on 6 Sistema libre o linealmente independiente de vectores en un espaciovectorial. Sea E un espacio vectorial. Se dice que la familia de vectores v1; v2; :::; vs es libreo linealmente independiente cuando se cumple lo siguiente. Si se escribe una combinaci�onlineal de los vi igualada a cero, es decir,

�1v1 + �2v2 + � � �+ �svs = 0

entonces forzosamente todos los �i tiene que ser cero. Es decir, la familia v1; v2; :::; vs es libresi se veri�ca

�1v1 + �2v2 + � � �+ �svs = 0) �1 = �2 = � � � = �s = 0

De�nici�on 7 Sistema ligado o linealmente dependiente de vectores en un espaciovectorial. Se dice que una familia de vectores en un espacio vectorial es ligada o lineal-mente dependiente cuando no es linealmente independiente, es decir, cuando existen escalares�1; :::; �s no todos nulos tales que se cumple �1v1 + �2v2 + � � �+ �svs = 0.

Proposici�on 4 Si una familia de vectores v1; :::; vs en un espacio vectorial es ligada entoncesse puede escribir a menos uno de los vi como combinaci�on lineal de los dem�as.

De�nici�on 8 Sistema generador en un espacio vectorial. Sea E un espacio vectorial.Se dice que la familia de vectores v1; v2; :::; vs es un sistema generador de E cuando se cumpleque todo vector de E se puede escribir como combinaci�on lineal de los vi, es decir, cuandopara todo u 2 E existen escalares �1; :::; �s tales que se cumple

u = �1v1 + �2v2 + � � �+ �svs

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De�nici�on 9 Base de un espacio vectorial. Dimensi�on de un espacio. Sea E unespacio vectorial. Se dice que la familia de vectores v1; v2; :::; vs es una base de E cuando secumple que dicha familia es libre y es sistema generador de E. Se demuestra f�acilmente quetodas las bases de un espacio tienen el mismo n�umero de elementos, y se denomina dimensi�ondel espacio al n�umero de elementos en cualquiera de las bases del espacio.

~ Ejemplos de espacios vectoriales.

Rn. Tiene dimensi�on n�(x; y; z) 2 R3 : Ax+By + Cz = 0

Es un plano que pasa por el origen. Tiene dimen-

si�on 2

Plano que pasa por el origen

Pn � conjunto de los polinomios de grado menor o igual que n, es decir, de la formap(x) = a0 + a1x+ � � �+ anxn. Tiene dimensi�on n+ 1.Conjunto de las funciones f : [a; b]! R. Es un espacio de dimensi�on in�nita.

C[a; b] � conjunto de las funciones continuas en [a; b]. Es un espacio de dimensi�onin�nita.

Veamos algunos ejemplos de conjuntos que no son espacios vectoriales:�(x; y; z) 2 R3 : x2 + y2 + z2 = 1

: Es una esfera de centro el origen y radio 1.

Conjunto de los polinomios de grado exactamente igual a n:

Funciones f : [a; b]! R tales que f(a) = 3.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

A continuaci�on introducimos un concepto que est�a muy relacionado con el de espaciovectorial:

De�nici�on 10 Espacio af��n: Hablando de forma laxa, un espacio af��n es un espacio vec-torial desplazado, es decir, un espacio af��n A es un conjunto de la forma w+E donde E esun espacio vectorial y w es un elemento de A, es decir,

A = fw + v : v 2 Eg

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Ejemplo de espacio af��n.�(x; y; z) 2 R3 : Ax+By + Cz = 1

. Es un plano que no pasa

por el origen.

Comentario: Intuitivamente, se puede interpretar que un espacio af��n es un espacio vectorial\trasladado".

El siguiente concepto fue introducido en �Algebra Lineal:

De�nici�on 11 Aplicaci�on lineal entre espacios vectoriales. Sean (E;R;+; �) y (V; R;+; �)espacios vectoriales. Una aplicaci�on

H : E ! V

es lineal cuando cumple la siguiente propiedad:

8u; v 2 E; 8�; � 2 R; H(�u+ �v) = �H(u) + �H(v):

Comentarios:

Como consecuencia de la propiedad anterior, si H es lineal y �1; :::; �p 2 R, u1; :::; up 2E,

H(�1u1 + � � �+ �pup) = �1H(u1) + � � �+ �pH(up):

Hablando de forma laxa, lo anterior se expresa diciendo que una aplicaci�on lineal con-serva las combinaciones lineales.De la de�nici�on de aplicaci�on lineal se sigue inmediatamente que una aplicaci�on linealentre E y V siempre transforma el cero de E en el cero de V .Es f�acil demostrar que las aplicaciones lineales de Rn a Rm son las aplicaciones de laforma H(x) = Ax donde A es una matriz A 2 Rn�m.Sean A una matriz A 2 Rm�n y b 2 Rm. Las aplicaciones de Rn a Rm del tipoH(x) = Ax � b no son lineales, pues H(0) = b que no es cero a no ser que b sea0. Estas aplicaciones son lo que se denomina aplicaciones a�nes. Sin embargo, puestoque en la Ingenier��a s�� se suele decir que las aplicaciones de la forma anterior sonlineales, nosotros tambi�en seguiremos este criterio. Por tanto, a partir de ahora tambi�enusaremos el adjetivo \lineal" para referirnos a las aplicaciones a�nes.

De�nici�on 12 Forma lineal. Una forma lineal es una aplicaci�on lineal en la que el espaciode llegada es R.

Comentario: como consecuencia de la de�nici�on y de lo se~nalado anteriormente, las formaslineales en Rn son de la forma

H(x) = bTx

para un cierto b 2 Rn.

Recordemos ahora la noci�on de forma bilineal y forma cuadr�atica en un espacio vectorial:

16


De�nici�on 13 Forma bilineal. Sea (E;R;+; �) un espacio vectorial real. Una forma bilinealen E es una aplicaci�on B : E�E ! R que es lineal en cada una de sus dos componentes, esdecir, 8u1; u2; v1; v2 2 E; �1; �2; �1; �2 2 R,

B(�1u1 + �2u2; �1v1 + �2v2) = �1�1B(u1; v1) + �1�2B(u1; v2)+

+ �2�1B(u2; v1) + �2�2B(u2; v2)

Comentarios:

De lo anterior se sigue que una forma bilineal B cumple

B

0@ nXi=1

�iui;mXj=1

�jvj

1A =nXi=1

mXj=1

�i�jB (ui; vj)

De la de�nici�on tambi�en se sigue que una forma bilineal en E cumple que para todov 2 E, B(v; 0) = B(0; v) = 0.

De�nici�on 14 Forma bilineal sim�etrica. Se dice que una forma bilineal B : E �E ! Res sim�etrica cuando B(u; v) = B(v; u); 8u; v 2 E.

I Comentarios: Es f�acil demostrar que las formas bilineales en Rn son las aplicaciones dela forma

B(x; y) = xTAy

donde A 2 Rn�n. La forma es sim�etrica si y s�olo si la matriz A es sim�etrica.

De�nici�on 15 Forma cuadr�atica. Una forma cuadr�atica en una espacio vectorial E esuna aplicaci�on q : E ! R tal que existe una forma bilineal B : E � E ! R que cumple

q(v) = B(v; v); v 2 E (5)

Se dice entonces que q es la forma cuadr�atica asociada a B.

I Comentarios:Se demuestra f�acilmente que dada una forma cuadr�atica existen in�nitas formas bilin-eales que cumplen la condici�on (5). De entre todas ellas s�olo una es sim�etrica.Se puede demostrar que las formas cuadr�aticas en Rn son las aplicaciones de la forma

q(x) = xTAx

con A 2 Rn�n sim�etrica.

De�nici�on 16 Clasi�caci�on de formas bilineales sim�etricas (o, equivalentementede las formas cuadr�aticas). Se dice que una forma bilineal sim�etrica B : E � E ! R (o,equivalentemente, su forma cuadr�atica asociada q : E ! R) es:

1. Semide�nida positiva, cuando se cumple

8v 2 E, B(v; v) � 0

17


2. De�nida positiva, cuando se cumple

8v 2 E tal que v 6= 0; B(v; v) > 0

N�otese que si B es de�nida positiva, entonces en particular es semide�nida positiva. Elrec��proco no es cierto.

3. Semide�nida negativa, cuando se cumple

8v 2 E, B(v; v) � 0

4. De�nida negativa, cuando se cumple

8v 2 E tal que v 6= 0; B(v; v) < 0

N�otese que si B es de�nida negativa, entonces en particular es semide�nida negativa. Elrec��proco no es cierto.

5. Inde�nida, cuando se cumple

9v 2 E, B(v; v) > 09w 2 E, B(w;w) < 0

Comentario: si una forma bilineal no es sim�etrica no tiene sentido plantearse si es de�nidapositiva, etc, es decir, la clasi�caci�on anterior s�olo es v�alida para formas bilineales sim�etricas.

De�nici�on 17 Clasi�caci�on de matrices sim�etricas. La clasi�caci�on anterior de formascuadr�aticas sirve para clasi�car las matrices Rn�n sim�etricas. En efecto, se dice que unamatriz A 2 Rn�n sim�etrica es de�nida positiva cuando su forma cuadr�atica asociada en Rn,q(x) = xTAx, es de�nida positiva, es decir, cuando se cumple

8x 2 Rn, x 6= 0; xTAx > 0

La misma idea se aplica al concepto de matriz sim�etrica semide�nida positiva, inde�nida,etc.

Se recuerda que las matrices sim�etricas se pueden clasi�car en t�erminos de sus autovalores.En efecto, en primer lugar se veri�ca:

Proposici�on 5 Los n autovalores de una matriz A 2 Rn�n sim�etrica son reales.

Adem�as se cumple:

Proposici�on 6 Sea A 2 Rn�n sim�etrica:1. A es de�nida positiva si y s�olo si los n autovalores de A son positivos.

2. A es semide�nida positiva pero no de�nida positiva si y s�olo si los n autovalores de Ason no negativos y hay al menos uno nulo.

3. A es inde�nida si y s�olo si A tiene al menos un autovalor positivo y al menos unautovalor negativo.

4. Algo an�alogo se tiene para las matrices de�nidas negativas y semide�nidas negativas.

18


Recordemos ahora la noci�on de norma y de producto escalar en un espacio vectorial:

De�nici�on 18 Norma en un espacio vectorial. Sea (E;R;+; �) un espacio vectorial real.Una norma en E es una aplicaci�on k�k : E ! R+ que cumple las siguientes propiedades:

N1. 8u 2 E tal que u 6= 0 es kuk > 0N2. 8u 2 E; 8� 2 R; k�uk = j�j kukN3: 8u; v 2 E; ku+ vk � kuk+ kvk

~ Ejemplos de normas

1. Algunas normas en Rn:

kxk2 :=px21 + x

22 + � � �+ x2n es la denominada norma dos o norma eucl��dea.

kxk1 := jx1j+ jx2j+ � � �+ jxnj

kxk1 := m�ax fjx1j ; jx2j ; � � � ; jxnjg

2. Algunas normas en el en el espacio C [a; b] de las funciones continuas en [a; b].

kuk2 :=qR b

a u2(x)dx

kuk1 :=R ba ju(x)j dx

kuk1 := supx2[a;b] ju(x)j

Comentario: N�otese el paralelismo entre las normas anteriores en Rn y en C [a; b]. Lasnormas en C [a; b] se pueden obtener a partir de las correspondientes a Rn considerando deforma intuitiva a las funciones como \vectores con in�nitas componentes f(xi)".

3. Ejemplos de normas en el espacio de las matrices Rm�n.

kAk := m�axi;j=1;:::;n

jaij j

kAk :=traza(ATA), llamada norma de Frobenius.

A continuaci�on se introduce el concepto de producto escalar:

De�nici�on 19 Producto escalar. Sea (E;R;+; �) un espacio vectorial real. Un productoescalar en E es una aplicaci�on h�; �i : E � E ! R que cumple las siguientes propiedades:

P1. 8u; v; w 2 E; hu+ v; wi = hu;wi+ hv; wiP2. 8u; v 2 E; 8� 2 R; h�u; vi = � hu; viP3: 8u; v 2 E; hu; vi = hv; uiP4: 8u 2 E tal que u 6= 0 hu; ui > 0

19


Comentarios:

Dicho de otro modo, un producto escalar en un espacio vectorial E es una aplicaci�onde E � E a R que es bilineal, sim�etrica y de�nida positiva.Se cumple que si h�; �i es un producto escalar en E entonces la aplicaci�on de�nidamediante kuk :=

phu; ui es una norma en E y se dice que la norma anterior deriva de

o est�a inducida por dicho producto escalar.Hay que hacer notar que no todas las normas est�an inducidas por un producto escalar.Por ejemplo, la norma 1 y la norma 1 en Rn no derivan de ning�un producto escalar,es decir, no existe ning�un producto escalar h�; �i tal que kuk1 :=

phu; ui

Proposici�on 7 Desigualdad de Cauchy-Schwartz. Sea h�; �i un producto escalar en unespacio vectorial (E;R;+; �) y sea k�k su norma asociada. Entonces se cumple

jhv; wij � kvk kwk

~ Ejemplos de productos escalares y normas asociadas en algunos espacios.

1. Algunos productos escalares en Rn

El producto escalar est�andar en Rn es el de�nido por

hx; yi := xT y:

Dicho producto escalar induce la llamada norma eucl��dea o norma dos

kxk2 :=qx21 + x

22 + � � �+ x2n

Sea A 2 Rn�n una matriz sim�etrica de�nida positiva. Se demuestra f�acilmente que laaplicaci�on

hx; yi := xTAy

es un producto escalar. A �el est�a asociada la norma

kxk2 :=pxTAx

N�otese que si A = I el producto escalar y la norma anteriores se reducen al productoescalar est�andar y la norma eucl��dea respectivamente.

20


2. Algunos productos escalares en el en el espacio C [a; b] de las funciones continuas en [a; b].El producto escalar est�andar en C [a; b] es el de�nido por

hu(x); v(x)i :=Z b

au(x)v(x)dx

Dicho producto escalar induce la llamada norma est�andar o norma dos

kuk2 :=

sZ b

au2(x)dx

Si �(x) es una funci�on continua no negativa y no nula en el intervalo [a; b] la aplicaci�on

hu(x); v(x)i� :=Z b

a�(x)u(x)v(x)dx

es un producto escalar en el espacio C [a; b] de las funciones continuas en [a; b]. A lafunci�on �(x) se la denomina peso. La norma asociada a dicho producto escalar es

kuk� :=

sZ b

a�(x)u2(x)dx

N�otese que si el peso �(x) es la funci�on constante �(x) = 1, el producto escalar y lanorma anteriores se reducen al producto escalar est�andar y la norma dos respectiva-mente.

Para estudiar si una aplicaci�on es un producto escalar, es muy �util el siguiente resultado:

Proposici�on 8 Sea un subconjunto de Rn medible Jordan (todos los conjuntos que seutilizan en la pr�actica son medibles Jordan) y sea f : ! R acotada e integrable en (enla pr�actica todas las funciones acotadas que se usar�an en la asignatura son integrables)

1. Si f � 0 en entoncesR f � 0.

2. Si f � 0 en , f es continua en yR f = 0 entonces f = 0 en .

Comentario: N�otese que si f no es continua, el que se cumpla f � 0 en yR f = 0 no

implica que sea f = 0 en . Un contraejemplo es el siguiente: si = [0; 1], la funci�on

f(x) =

�0 si x 6= 1=21 si x = 1=2

es acotada, integrable, no negativa y la integralR 10 f = 0. Sin embargo, f no es la funci�on

nula.

Ejercicio 1 Demostrar que si �(x) es una funci�on continua no negativa y no nula en elintervalo [a; b] la aplicaci�on

hu(x); v(x)i :=Z b

a�(x)u(x)v(x)dx

21


es un producto escalar en el espacio C [a; b] de las funciones continuas en [a; b]. Estudiarrazonadamente si dicha aplicaci�on es un producto escalar en el espacio E de las funciones de[a; b] a R integrables (no necesariamente continuas).

2.5. Problema d�ebil

A continuaci�on a (F) le asociaremos un problema, denominado \problema d�ebil" (D).Este problema (D) tiene sentido para un conjunto de datos del problema y de soluciones m�asamplio que en el caso de (F). As��, el problema d�ebil asociado a (F) es otro problema en quea u y a f se les exige menos regularidad que en el problema fuerte.

El procedimiento para obtener (D) es el siguiente: Multiplicaremos (F) por una funci�onw a la que denominamos \funci�on de test" y a la que por ahora no ponemos restricciones, eintegraremos por partes con el �n de bajar en una unidad la derivada de u y \pas�arsela" ala w.

As�� se obtiene, usando integraci�on por partes en (3),Z b

aAEu0w0 = A(b)E(b)u0(b)w(b)�A(b)E(a)u0(a)w(a) +

Z b

afw =

= Fbw(b)�A(a)E(a)u0(a)w(a) +Z b

afw

donde, n�otese, se han incorporado las condiciones de frontera en la parte de la frontera dondese especi�can condiciones naturales.

Sin embargo, en a (frontera esencial) no conocemos u0(a) y por ello queremos hacer ceroeste t�ermino. Para ello forzamos a que w, a la que hasta ahora no se hab��an puesto condiciones,se anule en la frontera esencial, obteniendoZ b

aAEu0w0 =

Z b

afw + Fbw(b)

N�otese que lo anterior se cumple para toda w tal que w(a) = 0.

>Qu�e regularidad m��nima hay que pedir a u y a w para que la expresi�on anterior tengasentido? Ya se ha visto que basta con que u;w 2 C1t [a; b].

Ya hemos utilizado que u0(b) = u0b, pero por ahora no se ha impuesto que u debe cumpliru(a) = ua. Por ello deberemos incluir expl��citamente esta condici�on para u.

Por ello, de�nimos los siguientes conjuntos de funciones:

Funciones de prueba S� : subconjunto de las funciones de C1t [a; b] que cumplen lascondiciones esenciales, es decir,

S� =�w 2 C1t [a; b] : w(a) = ua

22


La �gura siguiente muestra una funci�on de prueba

Funciones de test V � : subconjunto de las funciones de C1t [a; b] que se anulan en a;es decir, en la frontera esencial. As��

V � =�w 2 C1t [a; b] : w(a) = 0

La �gura siguiente muestra una funci�on de test

Por lo tanto, se ha llegado al siguiente problema:

Problema d�ebil (D): Encontrar u 2 S� tal que para todo w 2 V � se cumplaZ b

aAEu0w0 =

Z b

afw + Fbw(b) (6)

Recordemos el uso que hemos hecho de las condiciones de frontera para construir elproblema d�ebil:

Uso de las condiciones de frontera para construir el problema d�ebil.Las condiciones naturales se incorporan directamente en el problema.Las condiciones esenciales no se pueden incorporar directamente en el problema ypor ello se fuerza a que las funciones de test se anulen en esa parte de la frontera.

Estudiemos ahora los espacios S� y V �. Sea r 2 S� una funci�on que consideraremosconocida. Es f�acil comprobar que S� = r + V �, es decir,

S� := fr + w : w 2 V �g (7)

23


con lo que S� y V � coinciden si y s�olo si las condiciones esenciales son homog�eneas (pues enese caso se puede tomar r = 0).

Adem�as, es inmediato comprobar que V � es espacio vectorial, pero en general (si lascondiciones esenciales no son homog�eneas) S� s�olo es un espacio af��n.

Con el objetivo de trabajar �unicamente con espacios vectoriales, se puede utilizar (7) paratransformar el problema de la siguiente forma:

~ Reformulaci�on del problema d�ebil.

Sea r 2 S� una funci�on que consideraremos conocida. Como r 2 S�, la funci�on r debeveri�car las condiciones esenciales. Entonces, si se de�ne v := u� r, se tiene que v 2 V �. Porello, reformulando el problema d�ebil en t�erminos de esta nueva funci�on inc�ognita v, se tiene:

Problema d�ebil \reformulado" (D ref.): Encontrar v 2 V � tal que para todo w 2 V �,Z b

aAEv0w0 =

Z b

afw + Fbw(b)�

Z b

aEAr0w0

O bien, si de�nimos:

a(v; w) :=

Z b

aEAv0w0 = (EAv0; w0)

L(w) :=

Z b

afw + Fbw(b)�

Z b

aEAr0w0 = (f; w) + Fbw(b)� a(r; w)

podemos expresar el problema d�ebil reformulado de la siguiente forma:

Problema d�ebil \reformulado" (D):

(D ref.) Encontrar v 2 V � tal que para todo w 2 V �; a(v; w) = L(w) (8)

Para los desarrollos sucesivos es conveniente de�nir

�L(w) := L(w) + a(r; w) =

Z b

afw + Fbw(b)

Usando �L, el problema d�ebil original y el problema reformulado se pueden expresar:

24


Problema d�ebil usando �L

(D) Encontrar u 2 S� tal que para todo w 2 V �; a(u;w) = �L(w)

(D ref.) Encontrar v 2 V � tal que para todo w 2 V �; a(v; w) = �L(w)� a(r; w)

Comentarios:

Como quer��amos, en el problema (8) el �unico espacio que interviene es V �, que esespacio vectorial.La aplicaci�on a(�; �) contiene todos t�erminos del problema d�ebil que involucran a lainc�ognita. Todos los t�erminos en los que no aparece la inc�ognita se almacenan en L(�).�L contiene todos los t�erminos de L salvo el t�ermino �a(r; w) correspondiente a lascondiciones de frontera esenciales.

Por supuesto, una vez encontrada la funci�on v soluci�on de (8), la verdadera soluci�on alproblema d�ebil es u = r + v.

Comentarios: Obs�ervese que el problema d�ebil tiene sentido para datos m�as amplios que en(F) y para soluciones m�as amplias que en (F) pues:

Se ha bajado el orden de las derivadas que necesita tener u. En (F) u necesitaba tenerregularidad C2[a; b] mientras que en (D) basta con que u 2 C1t [a; b].Para que el problema est�e de�nido no hace falta que f sea continua y ni siquiera queest�e acotada, sino solamente que exista

R ba fw para todo w 2 V

�.

25


La siguiente �gura ilustra el camino que hemos recorrido hasta ahora:

Figura 3: Construcci�on del problema d�ebil para el problema tipo

Es inmediato comprobar que en nuestro problema tipo:

1. L es una forma lineal en V �.2. a(�; �) es una forma bilineal sim�etrica en V � � V �.

Adem�as, a(�; �) veri�ca:

Proposici�on 9 La forma bilineal sim�etrica a(v; w) = (EAv0; w0) es de�nida positiva en V �.

Dem. Sabemos que a(v; v) =R ba A(x)E(x)v

0(x)2dx. Queremos demostrar que para todafunci�on v 2 V � tal que v 6= 0 se cumple a(v; v) > 0. Sea v 2 V �. Puesto que las funciones

26


de V � son de clase 1 a trozos, la derivada de v puede no existir en algunos puntos. Por ello,como ya sabemos, la expresi�on a(v; v) =

R ba A(x)E(x)v

0(x)2dx hay que interpretarla como

a(v; v) =

n�1Xi=0

Z xi+1

xi

A(x)E(x)v0(x)2dx (9)

donde los [xi; xi+1], i = 0; :::; n � 1 son los intervalos en los que v es de clase 1. Puesto queE, A y v02 son funciones no negativas se tiene que

n�1Xi=0

Z xi+1

xi

A(x)E(x)v0(x)2dx � 0

con lo que a(�; �) es ya al menos semide�nida positiva. Por ello, para demostrar que a(�; �)es de�nida positiva en V � s�olo resta probar que si a(v; v) = 0 para alguna v 2 V �, entoncesforzosamente debe ser v = 0. Supongamos que v 2 V � es tal que a(v; v) = 0. Entonces, de(9) se sigue (como todos los sumandos son no negativos y la suma de todos ellos es cero) quedebe ser Z xi+1

xi

A(x)E(x)v0(x)2dx = 0

para todo i = 0; :::; n � 1. Ahora, como la funci�on A(x)E(x)v0(x)2 es no negativa y adem�ases continua en cada [xi; xi+1] (recu�erdese que v es de clase 1 en cada uno de estos intervalos)se deduce que debe ser A(x)E(x)v0(x)2 = 0 en cada [xi; xi+1]; i = 0; :::; n � 1 (n�otese quesi la integral de una funci�on no negativa sobre un recinto es nula esto no quiere decir quela funci�on sea la funci�on nula, pero si la funci�on en cuesti�on es adem�as continua entoncess�� debe ser la funci�on nula). Como E y A son positivos en todo punto, se sigue que debe serv0 = 0 en cada intervalo [xi; xi+1]; i = 0; :::; n � 1 y de aqu�� concluimos que v = Ci en cada[xi; xi+1]; i = 0; :::; n � 1 (n�otese que en principio las constantes pueden ser distintas paracada intervalo [xi; xi+1]) Ahora hacemos uso del hecho de que al ser v de clase C

1t [a; b] en

particular es continua. Por ello todas las Ci debe ser la misma, es decir, C0 = � � � = Cn�1 = Cpues si no v tendr��a una discontinuidad de salto. Es decir, hasta ahora hemos demostrado quesi a(v; v) = 0 entonces v = C en [a; b]. Por ello, para probar que a(�; �) es de�nida positiva enV � s�olo falta probar que la constante anterior es la constante nula. En efecto, como v 2 V � sedebe cumplir que v(a) = 0 y por ello C = 0 con lo que v = 0 y, �nalmente, a(�; �) es de�nidapositiva en V �. �

Comentario: Es importante notar que si en el problema no hubiese condiciones de Dirichletsino s�olo de Neumann (de las condiciones de Robin no hablamos por ahora), a(�; �) no ser��ade�nida positiva, sino s�olo semide�nida positiva. En efecto, en este caso V � = C1t [a; b] y paratodo v es a(v; v) � 0, pero si C es una cualquier constante no nula y v(x) = C, entonces vpertenece al espacio V �, no es la funci�on nula y sin embargo a(v; v) = (EAv0; v0) = 0 con loque a(�; �) no puede ser de�nida positiva. Siguiendo la demostraci�on del resultado anterior,es posible repetir los razonamientos del mismo hasta llegar al punto en que se demuestra quev = C en [a; b]. Sin embargo ahora no es posible deducir que C = 0, pues no hay condicionesde frontera en V � que \obliguen" a que C = 0.

27


~ Norma y producto escalar energ��a

Como consecuencia de la Proposici�on 9, al ser una forma bilineal sim�etrica de�nida posi-tiva, la aplicaci�on a(�; �) de�ne un producto escalar en V � (obs�ervese que esto no ser��a ciertosi a(�; �) fuese s�olo sim�etrica semide�nida positiva). Como a todo producto escalar h�; �isiempre se le puede asociar una norma mediante kvk := hv; vi1=2, a partir de la aplicaci�ona(�; �) tambi�en podremos de�nir una norma.

As��, introducimos las siguientes de�niciones:

De�nici�on 20 Producto escalar energ��a. En V � se de�ne

hv; wia := a(v; w) =Z b

aEAv0w0

Norma energ��a. En V � se de�ne

kvka :=pa(v; v) =

sZ b

aEA (v0)2

Comentario: El t�ermino \energ��a" se usa porque en las aplicaciones la norma est�a asoci-ada a una energ��a. En nuestro ejemplo, la norma energ��a kvka corresponde a la energ��a dedeformaci�on cuando el campo de desplazamientos es v. En efecto

kvka :=

sZ b

aEA (v0)2 =

sZ b

aFv(x)"v(x)dx

donde Fv(x) = A�v(x) es la fuerza en el punto x correspondiente al campo de desplazamientosv y "v(x) es la deformaci�on en el punto x correspondiente al campo de desplazamientos v.

~ Forma general de los problemas d�ebiles (en forma reformulada).

Pues bien, todos los problemas d�ebiles (para problemas estacionarios) que estudiaremosen la asignatura tienen la forma anterior, es decir:

Problema d�ebil general.Encontrar v 2 V � tal que para todo w 2 V �; a(v; w) = L(w), donde V � es un espaciovectorial, a(�; �) es forma bilineal sim�etrica y L es forma lineal.

Comentario: En muchas ocasiones a(�; �) ser�a de�nida positiva o semide�nida positiva. Loque variar�a de un problema a otro ser�a el espacio V � y la forma concreta de a(�; �) y de L.

En cualquier problema d�ebil de�nimos �L mediante

�L(w) := L(w) + a(r; w);

28


es decir, �L contiene todos los t�erminos de L salvo el t�ermino que viene de las condiciones defrontera esenciales.

Usando �L en vez de L, el problema d�ebil original y el problema d�ebil reformulado sepueden escribir:

Problema d�ebil general.

Encontrar u 2 S� tal que para todo w 2 V �; a(u;w) = �L(w)

Encontrar v 2 V � tal que para todo w 2 V �; a(v; w) = �L(w)� a(r; w)

Ejercicio 2 Sean b y c n�umeros reales y sea el problema �u00+ bu0+ cu = f con condicionesde frontera

u(0) = u0; u(1) = u1

(a) Plantear el problema d�ebil asociado especi�cando claramente los espacios de pruebay de test. >C�omo hay que proceder con el t�ermino bu0 para construir dicho problema d�ebil?

(b) En el caso b = 0, estudiar para qu�e valores de c el problema d�ebil conduce a una formabilineal que sea sim�etrica.

(c) En el caso b 6= 0, estudiar para qu�e valores de c el problema d�ebil conduce a una formabilineal que sea sim�etrica.

(d) Para el caso b = 0, estudiar los valores de c para que la forma bilineal correspondi-ente sea semide�nida positiva en el espacio de las funciones de test. Demostrar el resultadoobtenido.

(e) �Idem para que la forma bilineal sea de�nida positiva.

(f) Responder a los apartados (a), (b), (c), (d) y (e) en el caso en el que las condicionesde frontera sean u0(0) = u00; u

0(1) = u01.

29


2.6. Relaci�on entre los problemas fuerte y d�ebil

Hasta ahora lo �unico que hemos hecho es construir, a partir de (F), un problema asociado(D). Ahora estudiaremos la relaci�on entre las soluciones a los problemas (F) y (D).

Proposici�on 10 Relaci�on entre los problemas fuerte y d�ebil.

1) Si u es soluci�on de (F) entonces es soluci�on de (D) (esto es claro por el propio pro-cedimiento seguido para obtener (D)).

2) Si u es soluci�on de (D) y es C2[a; b] entonces u es soluci�on de (F).

Figura 4: Relaci�on entre los problemas fuerte y d�ebil

Dem. Para demostrar (2) lo que hay que probar es que (EAu0)0 � f = 0 para toda x 2 yque u0(b) = u0b. N�otese que no hay que demostrar que se cumple la condici�on esencial, pues�esta se debe cumplir forzosamente por de�nici�on de soluci�on d�ebil. En primer lugar, comou 2 C2[a; b] se puede deshacer la integraci�on por partes en (D)

R ba EAu

0w0 = Fbw(b) +R ba fw

para obtener que para todo w 2 V � se cumpleZ b

a

��EAu0

�0+ f

�w + E

�u0b � u0(b)

�w(b) = 0 (10)

Supongamos que u no es soluci�on del problema fuerte y llegaremos a una contradicci�on. Si uno es soluci�on del problema fuerte, entonces o bien (a) (EAu0)0 + f 6= 0 en y u0(b) = u0b,o bien (b) (EAu0)0 + f = 0 en y u0(b) 6= u0b o bien (c) (EAu0)

0 + f 6= 0 en y u0(b) 6= u0b.Por simplicidad s�olo trabajaremos con (a) y (b), pues el razonamiento para demostrar (c) esm�as complejo.

a) Supongamos que (EAu0)0+f 6= 0 en y u0(b) = u0b. Sea x un punto tal que (EAu0)0 (x)+

f(x) 6= 0 (sin p�erdida de generalidad, supondremos que (EAu0)0 (x) + f(x) > 0). Entoncescomo (EAu0)0 (x) + f(x) es continua al ser u 2 C2[a; b] existe un entorno U de x tal que enese entorno (EAu0)0 (x) + f(x) > 0. Pues bien, si se toma una funci�on de test w positiva y

tal que su soporte est�e contenido en U entoncesR ba [(EAu

0)0 (x) + f(x)]w > 0 con lo que esimposible que se cumpla (10). Por ello forzosamente debe cumplirse (EAu0)0 (x) + f(x) = 0en .

b) Supongamos que (EAu0)0 (x) + f(x) = 0 en y u0(b) 6= u0b (sin p�erdida de generalidadsupondremos que u0b � u0(b) > 0). Pues bien, si se toma una funci�on de test w tal quew(b) > 0 entonces EA (u0b � u0(b))w(b) > 0 con lo que es imposible que se cumpla (10). Porello forzosamente debe cumplirse u0(b) = u0b. �

Comentario: De este resultado se deduce en particular que, aunque las condiciones naturalesno se incorporan en la de�nici�on del espacio de trabajo, si la soluci�on de (D) es su�cientementesuave seguro que las veri�car�a.

30


Pues bien, la idea anterior, es decir, que una soluci�on d�ebil su�cientemente regular es tam-bi�en soluci�on fuerte, sigue siendo v�alida en el caso de otros problemas estacionarios (problemasde equilibrio). En particular, en los problemas uni, bi y tridimensionales de la conducci�on delcalor y de la elasticidad.

Como consecuencia de lo anterior tenemos:

La formulaci�on d�ebil permite ampliar el concepto de soluci�on de una ecuaci�on diferencial.Adem�as, esto sucede no solamente en el caso particular (barra axial) que se est�a con-siderando, sino en todos los casos.

2.7. Existencia e unicidad de soluci�on a los problemas fuerte y d�ebil

Estudiemos en primer lugar la unicidad de la soluci�on a los problemas fuerte y d�ebilcorrespondientes a (3).

En primer lugar trabajaremos con el problema fuerte. Se tiene:

Proposici�on 11 Si el problema fuerte (3) tiene soluci�on, �esta es �unica.

Ejercicio 3 Demostrar el resultado anterior. Sugerencia: considerar dos soluciones u y v yobtener una EDO que debe veri�car la funci�on diferencia

En lo que se re�ere al problema d�ebil, demostraremos la unicidad de soluci�on a una clasede problemas d�ebiles que incluye como caso particular al que nos interesa:

Proposici�on 12 Unicidad de soluci�on al problema d�ebil cuando a(�; �) es de�nidapositiva. Sea un problema d�ebil gen�erico (D): Encontrar v 2 V � tal que para todo w 2 V �,a(v; w) = L(w) donde a(�; �) es sim�etrica de�nida positiva en V �. Entonces, si (D) tienesoluci�on, �esta es �unica.

Dem. Sean v1 y v2 soluciones a (D). Entonces para todo w 2 V �, a(v1; w) = L(w) ya(v2; w) = L(w) con lo que restando se tiene que para todo w 2 V �, a(v1 � v2; w) = 0, esdecir, v1 � v2 2 V � es ortogonal a V � con el a-producto escalar. Como el �unico vector de unespacio ortogonal a todo el espacio es el 0, se tiene que v1�v2 = 0 como se quer��a demostrar.�

Comentario: Obs�ervese que el resultado anterior no es cierto si a(�; �) s�olo es semide�nidapositiva.

Una vez estudiado el problema de la unicidad de soluci�on a (F) y (D), pasemos a estudiar elproblema de existencia de soluci�on, que en general (para problemas con m�as de una dimensi�onespacial) es mucho mas complejo que el de unicidad.

31


~ Existencia y construcci�on expl��cita de soluci�on al problema fuerte.

El problema (3) es muy sencillo, y la existencia de soluci�on al mismo se puede probar deforma f�acil. M�as aun, dicha soluci�on se puede obtener de forma expl��cita. En efecto, partiendode

d

dx(A(x)E(x)u0(x)) + f(x) = 0; x 2 (a; b) := (11)

u(a) = ua; A(b)E(b)u0(b) = Fb

se obtiene, integrando la EDO entre b y x,Z x

b

d

dt(A(t)E(t)u0(t))dt+

Z x

bf(t)dt = 0

y aplicando la regla de Barrow

A(x)E(x)u0(x)�A(b)E(b)u0(b) +Z x

bf(t)dt = 0

es decir,

A(x)E(x)u0(x) = Fb +

Z b

xf(t)dt

Puesto que A y E no se anulan en ning�un punto podemos dividir por ellas y se tiene

u0(x) =1

A(x)E(x)

�Fb +

Z b

xf(t)dt

�e integrando en [a; x] se obtiene

u(x) = ua +

Z x

a

1

A(s)E(s)

�Fb +

Z b

sf(t)dt

�ds (12)

Obs�ervese que la u anterior est�a bien de�nida, pues todas las funciones que se integranson continuas y adem�as las integrales existen en sentido propio, pues como A(x) � � > 0y E(x) � � > 0 para todo x 2 [a; b], la funci�on 1=(AE) est�a acotada en [a; b]. Adem�as,aplicando el teorema Fundamental del C�alculo, es inmediato comprobar que u 2 C2[a; b].

Lo que se ha demostrado con los pasos anteriores es que si u es soluci�on de (11) entoncesu es de la forma (12), pero no se ha probado que u sea soluci�on. Para ver que la funci�on udada por (12) es soluci�on de (11) basta con derivar dos veces en (12) utilizando el TeoremaFundamental del C�alculo, con lo que se ve que se cumple la EDO y comprobar posteriormenteque tambi�en se veri�can las condiciones de frontera. Por ello, el problema (F) tiene soluci�ony es �unica.

Si se trabaja con el problema d�ebil, se puede decir m�as: aunque no justi�caremos estaa�rmaci�on, se veri�ca:

32


Para asegurar la existencia de soluci�on d�ebil no hace falta pedir que f , E y A seancontinuas. En efecto, pueden presentar un n�umero �nito de discontinuidades. Adem�as,como veremos a continuaci�on, f no tiene por qu�e estar acotada.

En efecto, se puede demostrar:

Proposici�on 13 Supongamos que:

(i) E y A cumplen A(x) � � > 0 y E(x) � � > 0 para todo x 2 [a; b] y est�an acotadassuperiormente.~n

(ii) f tiene a lo sumo un n�umero �nito de discontinuidades y adem�as veri�ca que la

integralR ba f

2 es convergente.

Entonces existe soluci�on �unica a (D) y adem�as esta soluci�on cumple que es C2[a; b] conlo que tambi�en es soluci�on a (F).

A diferencia de lo que sucede en el caso unidimensional, cuando se trabaja en un conjunto � Rn con n > 1, ya no hay un procedimiento directo para demostrar que el problema fuertecorrespondiente tiene soluci�on. Lo que se hace es lo siguiente: se estudia si existe soluci�on alproblema d�ebil asociado y, en el caso de que s�� exista una soluci�on d�ebil u, ver posteriormentesi esta soluci�on es C2(�) para asegurar que tambi�en es soluci�on del problema fuerte.

Ejercicio 4 Sea el siguiente problema que modela una barra axial

d

dx(A(x)E(x)u0(x)) + f(x) = 0; x 2 (a; b)

u(a) = ua

A(b)E(b)u0(b) = Fb

con f , A y E funciones continuas en (a; b) y adem�as A y E estrictamente positivas en dichointervalo. El objetivo de este problema es demostrar que \si el problema anterior admitesoluci�on �esta es �unica". Se pide:

a) Demostrar el enunciado anterior trabajando s�olo con el problema fuerte. Indicaci�on:suponer que hay dos soluciones, de�nir la diferencia de ambas y ver que ecuaci�on veri�cadicha diferencia.

b) Demostrar el enunciado anterior razonando con el problema d�ebil.

33


2.7.1. El espacio de Sobolev H1()

A continuaci�on veremos algunas ideas sobre la existencia de soluci�on a los problemasd�ebiles con forma bilineal asociada sim�etrica y de�nida positiva, que son los que fundamen-talmente nos interesan en este curso.

Suponemos � Rn con n > 1, y suponemos que a(�; �) es de�nida positiva en el espacioV � de funciones C1t (�) que se anulan en la frontera esencial. Pues bien, en general no se puedeasegurar que exista soluci�on en dicho espacio. Esto es as�� porque la soluci�on se est�a buscandosolo en V �, que es un espacio de funciones con regularidad C1t (�), que no es su�cientementegrande para que contenga a la soluci�on de cada problema. Para garantizar la existencia desoluci�on hay que ampliar el espacio de las funciones C1t (

�), es decir, las funciones C1 a trozosen �, a un espacio denominado espacio de Sobolev H1(), que cumple C1t (�) � H1().

Al reemplazar C1t (�) por H1(), los conjuntos S� y V � se transforman en otros conjuntos

S y V , a los que se suele denotar por H1E() y H

10E(); que se obtienen imponiendo a las

funciones de H1() condiciones de frontera adecuadas. En concreto, si �E denota la parte dela frontera en la que imponemos condiciones esenciales se tiene

H10E() � V :=

�v 2 H1() : v se anula en �E

H1E() � S :=

�v 2 H1() : v cumple las condiciones esenciales

Por supuesto, se cumple S� � S y V � � V .

Pues bien, haciendo uso de un resultado avanzado llamado Teorema de Lax-Milgram, quese basa en el hecho de que a(�; �) es de�nida positiva en un espacio que es completo, se puededemostrar que (D) tiene soluci�on �unica.

Adem�as, si el dominio cumple unas hip�otesis adicionales, que hablando de forma laxase veri�can cuando no tiene esquinas, normalmente se puede demostrar que la soluci�ond�ebil es C2(�) y por tanto tambi�en es soluci�on fuerte.

El estudio del espacio H1() requiere de una teor��a matem�atica elevada y por ello nolo estudiaremos en este curso. Como idea intuitiva se dir�a que las funciones de H1() sonaquellas funciones v : �! R que cumplen.

(a)R v

2(x)dx <1(b) v admite derivadas parciales primeras @v

@x1; :::; @v@xn en un sentido denominado \d�ebil"

(c)R

�@v@xi(x)�2dx < 1. N�otese que C1t (�) � H1() lo que en particular dice que

las funciones que son continuas globalmente y derivables a trozos admiten derivadasparciales primeras \d�ebiles".

A efectos pr�acticos, tenemos:

En este curso nos bastar�a con trabajar en C1t (�) y saber que no siempre es posible asegu-rar la existencia de soluci�on d�ebil porque C1t (�) es \demasiado peque~no". Por ello, desdeun punto de vista matem�atico, para garantizar la existencia de soluci�on (cuando a(�; �)es de�nida positiva, es necesario introducir un espacio H1() que es una ampliaci�on deC1t (

�).

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Se ver�a m�as adelante que en los casos en los que a(�; �) no es de�nida positiva, no esposible en general garantizar la existencia de soluci�on de (D), incluso en el caso en el que setrabaje con las funciones de H1().

2.7.2. El problema d�ebil como extensi�on del problema fuerte

Recapitulando sobre lo anterior tenemos la siguiente conclusi�on:

El problema d�ebil es una generalizaci�on del problema d�ebil en dos sentidos: encuanto a las soluciones y en cuanto a los datos.

Por un lado, el problema d�ebil admite datos m�as generales que el problem fuerte.Por ejemplo, en el problema tipo, E y A no tienen por qu�e ser derivables, ni siquieracontinuas, y f no tiene por qu�e ser continua, ni siquiera acotada.Por otro lado, toda soluci�on del problema fuerte es soluci�on del d�ebil pero el rec��pro-co no es cierto. El problema d�ebil admite m�as \candidatos a soluci�on" que elproblema fuerte, pues se pide menos regularidad a dicha soluci�on.

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3. M�etodo de Galerkin para un problema d�ebil general

3.1. Planteamiento del m�etodo

En la secci�on anterior se ha construido el problema d�ebil en el caso de un problema concre-to (una barra con carga axial y unas determinadas condiciones de frontera). A continuaci�onadoptamos un punto de vista m�as general y, suponiendo que se parte de problema d�ebilgen�erico, veremos c�omo se construye el problema de Galerkin asociado a dicho problema.

Problema d�ebil de partida. Consid�erese un problema d�ebil del tipo:

(D) Encontrar v 2 V � tal que para todo w 2 V �; a(v; w) = L(w) (13)

donde L(�) es una forma lineal en V y a(�; �) es una forma bilineal sim�etrica de�nidapositiva en V � V .

Como ya se ha visto, en general no se puede encontrar la soluci�on exacta de (D) mediantet�ecnicas anal��ticas, y por ello lo que se suele hacer para extraer informaci�on cuantitativa sobrela soluci�on es recurrir a procedimientos de resoluci�on aproximada de (D).

A continuaci�on veremos uno de esos procedimientos, el denominado m�etodo de Galerkin.En esencia, el problema de Galerkin es el problema (D) pero \restringido" a un subespacioV h de dimensi�on �nita de V . Veamos esto con m�as detalle.

De�nici�on del problema de Galerkin. Sea V h un subespacio vectorial de dimensi�on�nita de V �. Se de�ne el problema de Galerkin (G) asociado a (13) y a la elecci�on deespacio V h; como el problema d�ebil pero sustituyendo v por vh y V � por V h, es decir:

(G): Encontrar vh 2 V h tal que para todo w 2 V h se cumpla a(vh; w) = L(w) (14)

Comentarios:

N�otese que. para poder aplicar Galerkin, V h debe ser un subespacio vectorial dedimensi�on �nita de V �

Por supuesto, como a(�; �) es una forma bilineal de�nida positiva en V �, L es una formalineal en V �, y V h � V �, lo mismo se cumplir�a sobre V h, es decir, la restricci�on dea(�; �) a V h es una forma bilineal sim�etrica de�nida positiva y la restricci�on de L(�) aV h es una forma lineal.

Soluci�on �nal una vez resuelto el problema de Galerkin Una vez resuelto el problemade Galerkin, la solucion uh que obtenemos es

uh := r + vh

que ser�a una aproximaci�on a la verdadera soluci�on u del problema d�ebil.

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Ejercicio 5 Sea el problema

d

dx((1 + x2)u0(x)) + e�x

2sinx = 0; x 2 (0; 1)

u(0) = 2 � 10�6

u0(1) = 3 � 107

(a) Se quiere aplicar el m�etodo de Galerkin para resolverlo, tomando V h = L�1; x; x2

.

Decidir razonadamente si esto es posible.

(b) �Idem si se toma el espacio V h = L fsinx; sin 2xg.


u00(x) + x2 tanx = 0; x 2 (0; 1)u(0) = �2 � 10�3

u0(1) = 3 � 107

>Qu�e condiciones debe cumplir V h para poder aplicar el m�etodo de Galerkin? Estudiar ra-zonadamente si se puede aplicar el m�etodo de Galerkin en cada uno de los siguientes casos:

a. Se toma V h como el conjunto de las funciones de la forma �x+ � sinx, con �; � 2 Rb. Se toma V h como el conjunto de los polinomios de grado menor o igual que dos.

c. Se toma V h = ffunciones w : [0; 1]! R de clase 1 a trozos tales que w(0) = 0g.d. Se toma V h como el conjunto de los polinomios de grado menor o igual que dos que se

anulan en cero y que valen 1 en el punto x = 1.

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3.2. Interpretaci�on del m�etodo de Galerkin

A continuaci�on veremos una propiedad que permite dar una interpretaci�on al problemade Galerkin. En concreto, esta propiedad caracteriza a vh a partir de v y justi�ca que, comoqueremos, vh es una buena aproximaci�on a v. Primero recordemos la de�nici�on de mejoraproximaci�on de un vector por un subespacio y la de�nici�on de proyecci�on ortogonal:

De�nici�on 21 Mejor aproximaci�on de un vector por un subespacio. Sea E un espaciovectorial en el que hay de�nida una cierta norma k�k. Sean v 2 E y M un subespacio de E.Se dice que w 2M es la mejor aproximaci�on a v por vectores de M en la norma k�k cuandose veri�ca que

kv � wk := minh2M kv � hk

De�nici�on 22 Proyecci�on ortogonal de un vector de un espacio vectorial sobreun subespacio del mismo. Sea E un espacio vectorial en el que hay de�nido un ciertoproducto escalar h�; �i. Sean v 2 E y M un subespacio de E. Se dice que vM 2 M esla proyecci�on ortogonal de v sobre M (con dicho producto escalar) cuando se veri�ca que8m 2M , hv � vM ;mi = 0.

Figura 5: Proyecci�on ortogonal de un vector sobre un subespacio

Pues bien, el siguiente resultado relaciona las dos nociones anteriores:

Proposici�on 14 Proyecci�on ortogonal como mejor aproximaci�on a un subespacio.Sea E un espacio vectorial en el que hay de�nido un cierto producto escalar h�; �i. Sean v 2 Ey M un subespacio de E. Entonces vM 2 M es la mejor aproximaci�on a v por funciones deM (en la norma asociada al producto escalar) si y s�olo si vM es la proyecci�on ortogonal de vsobre M .

Por tanto, hemos obtenido:

Si se quiere calcular la mejor aproximaci�on a un vector v por funciones de M en unanorma que derive de un producto escalar, basta con calcular la proyecci�on ortogonal dev sobre M con dicho producto escalar.

Comentario: Si la norma que se utiliza para calcular la mejor aproximaci�on no est�a asociadaa ning�un producto escalar, no hay un m�etodo sencillo para proceder. En de�nitiva, el trabajarcon normas que deriven de un producto escalar tiene importantes ventajas.

38


Ya estamos en disposici�on de enunciar el:

Proposici�on 15 Principio de ortogonalidad de Galerkin. El error v� vh es ortogonala V h con el a-producto escalar, es decir, vh es la proyecci�on ortogonal de v sobre V h conel a-producto escalar. Por ello vh es la mejor aproximaci�on a v por funciones de V h en laa-norma.

Figura 6: Principio de ortogonalidad de Galerkin

Dem. Como V h est�a incluido en V � se tiene, utilizando la de�nici�on de problema d�ebil quepara todo w 2 V h; a(v; w) = L(w). Por otro lado, de (G) se tiene que para todo w 2 V h secumple a(vh; w) = L(w). Por ello, restando las dos expresiones anteriores se obtiene que paratodo w 2 V h se cumple a(v�vh; w) = 0, es decir,

v � vh; w

�a= 0. Esto signi�ca que el error

v� vh es ortogonal a V h con el a-producto escalar, es decir, vh es la proyecci�on ortogonal dev sobre V h con el a-producto escalar. �

La siguiente �gura resume las ideas anteriores:

Figura 7: Del problema d�ebil al m�etodo de Galerkin

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Ejercicio 7 Consid�erese el problema

�d2u

dx2(x) = f(x); x 2 (0; 1) = (15)

u(0) = u0; u(1) = uL

(a) Sup�ongase que f(x) = senxex. Razonar si, de�niendo un espacio adecuado V h de poli-nomios a trozos, la soluci�on proporcionada por el MEF puede ser exacta. En caso a�rmativo,especi�car c�omo habr��a que de�nir dicho espacio. En caso negativo, >se podr��a de�nir alg�unespacio de dimensi�on �nita (no necesariamente de polinomios a trozos) tal que la soluci�on delm�etodo de Galerkin fuese exacta?

(b) �Idem si f(x) = �x+ � para unos ciertos � y �.

40


3.3. Sistema de ecuaciones asociado al m�etodo de Galerkin

Para llevar a cabo en la pr�actica la resoluci�on del problema de Galerkin (14) se pretendeobtener un sistema de ecuaciones algebraicas. La idea del procedimiento es la siguiente:

Se elegir�a una base de V h y posteriormente se referir�an todas las funciones de V h adicha base (es decir, se expresan como combinaci�on lineal de los elementos de la base),con lo que en vez de trabajar con funciones en V h pasaremos a trabajar con vectoresy matrices en Rm y Rm�m.

Desarrollemos la idea anterior: Consideremos una base B = fN1; :::; Nmg de V h. N�oteseque, puesto que V h esta formado por funciones, las Ni ser�an funciones.

En primer lugar vamos a demostrar una propiedad que permite escribir el problema deGalerkin en una forma m�as adecuada para obtener el deseado sistema de ecuaciones. Enefecto, debido a su car�acter lineal, el problema de Galerkin (14) es equivalente al siguiente\problema de Galerkin reformulado":

Proposici�on 16 Problema de Galerkin reformulado.

(G ref.) Encontrar vh 2 V h tal que para toda I = 1; ::;m, se cumpla a(vh; NI) = L(NI).(16)

Dem. Queremos demostrar que si vh es soluci�on a (14) entonces es soluci�on a (16) y viceversa.Claramente, de la de�nici�on de los dos problemas se ve directamente que si vh es soluci�on a(14) entonces es soluci�on a (16). Demostremos ahora el enunciado rec��proco. Sea vh soluci�ona (16) y demostremos que vh es tambi�en soluci�on a (14). Como N1; :::; Nm es base de V h yw 2 V h podemos escribir

w =

mXJ=1

xJNJ

para unos ciertos x1; :::; xm. Entonces, vh es soluci�on de (14) si se veri�ca que para todo

x1; :::; xm 2 R se cumple a(vh;mPJ=1

xJNJ) = L(mPJ=1

xJNJ). Utilizando la linealidad de a(�; �)

y de L y pasando todo a un miembro, la condici�on es que para todo x1; :::; xm 2 R se

cumplamPxJ

J=1

�a(vh; NJ)� L(NJ)

�= 0. Como la cantidad entre corchetes es cero para toda

J = 1; :::;m se tiene que la condici�on se veri�ca y, por consiguiente, vh es soluci�on de (14) �

Expresemos la funci�on inc�ognita vh en funci�on de sus componentes en la base N1; :::; Nm,es decir

vh =mPJ=1

dJNJ (17)

41


donde d = (d1; :::; dm), por su propia de�nici�on, es el vector de coordenadas de vh en dicha

base. Por tanto, si conocemos el vector d conocemos vh y viceversa.

Ahora, si entramos con (17) en el problema (16) (que, como se ha visto, es equivalente alproblema de Galerkin), el problema se reduce a:

Sistema lineal de ecuaciones. Encontrar d1; :::; dm 2 R tales que se cumplamXJ=1

a(NJ ; NI)dJ = L(NI); para toda I = 1; :::;m:

Lo anterior es un sistema de ecuaciones algebraicas lineales que se puede escribir en formamatricial de la siguiente forma:

Forma matricial del sistema lineal de ecuaciones

Encontrar d 2 Rm tal que cumpla Kd = F (L) (18)

donde:

K 2 Rm�m; donde KIJ := a(NJ ; NI) = a(NI ; NJ):

F := (L(N1); L(N2); :::; L(Nm))T 2 Rm.

El vector d = (d1; :::; dm)T 2 Rm representa los coe�cientes de vh en la base B.

En nuestro problema tipo (3) tenemos:

K 2 Rm�m; con

KIJ = a(NI ; NJ) =

Z b

aEAN 0

IN0J

� Unidades: K tiene unidades de fuerza por unidad de longitudF = (L(N1); L(N2); :::; L(Nm)

T 2 Rm con

L(NI) =

Z b

afNI + FbNI(b)�

Z b

aEAr0N 0

I

que se puede escribir en la forma

L(NI) = (f;NI) + FbNI(b)� a(r;NI) (19)

donde (�; �) denota el productos escalar est�andar en C[a; b].� Unidades: F tiene unidades de fuerza

Como consecuencia del hecho de que a(�; �) es sim�etrica de�nida positiva, se sigue queK es una matriz sim�etrica de�nida positiva, es decir, K hereda de a(�; �) la propiedad de serde�nida positiva. En efecto:

42


Proposici�on 17 Si a(�; �) es una forma bilineal sim�etrica de�nida positiva entonces K esuna matriz sim�etrica de�nida positiva. Por ello (L) (y por consiguiente tambi�en (G)), tienesoluci�on �unica.

Dem. Claramente K es sim�etrica. Por otro lado, para ver que es de�nida positiva tomemosx 2 Rm con x 6= 0. Entonces, usando que a(�; �) es bilineal, tenemos

xTKx =mXI=1

mXJ=1

xIKIJxJ =mXI=1

mXJ=1

xIa(NI ; NJ)xJ = a(mXI=1

xINI ;mXJ=1

xJNJ)

Al ser x 6= 0 y los NI una base de V , entoncesmPI=1

xINI es distinto de cero. Ahora, como

a(�; �) es de�nida positiva se sigue que xTKx > 0 �

Una vez determinado d ya se puede reconstruir vh; es decir,

vh =mPJ=1

dJNJ

y entonces la aproximaci�on uh a u que se est�a buscando est�a dada por

uh = r + vh = r +mPJ=1

dJNJ

Comentarios:

Ya se vio que si en el problema no se hubiesen impuesto condiciones de frontera esen-ciales, la forma a(�; �) s�olo es semide�nida positiva. Pues bien, es f�acil demostrar queesto implica que en ese caso K es s�olo semide�nida positiva, con lo que no se puedegarantizar que existe soluci�on y, de hacerlo, la soluci�on no es �unica. M�as adelantevolveremos sobre este tema.Puesto que los elementos deK y de F se obtienen mediante integraci�on sobre el dominio, para calcular K y F se recurre en general a m�etodos de integraci�on num�erica.Por razones hist�oricas que tienen que ver con las primeras aplicaciones del MEF alc�alculos de estructuras, a K y F se les denomina \matriz de rigidez" y \vector decarga" respectivamente.

Ejercicio 8 C�alculo de la mejor aproximaci�on a una funci�on por funciones de unespacio. Se considera el espacio vectorial V de las funciones f : [�1; 1] �! R continuas. Sea� 2 V una funci�on continua estrictamente positiva.

(a) Demostrar que la aplicaci�on h(u; v) :=R 1�1 �(x)u(x)v(x)dx es un producto escalar

en dicho espacio. >Lo es la aplicaci�on g(u; v) :=R 1�1 �(x)u

0(x)v0(x)dx en el espacio de lasfunciones de clase uno en [�1; 1]?

43


(b) Sea M := L�1; x; x2

. En el caso en que �(x) = 1, calcular la mejor aproximaci�on a

la funci�on f(x) = e�x por funciones deM . >Es este problema un caso particular de problemade Galerkin? >Y del MEF?

Ejercicio 9 Utilizando el producto escalar est�andar en el espacio fv : [0; 1]! R tal que v es continuag,calcular la expresi�on de la mejor aproximaci�on a la funci�on f(x) = cos(�x) por funcionesa�nes.


u00(x) + f(x) = 0 ; x 2 (0; 1)u(0) = 0 ; u0(1) = ��

donde f(x) es una cierta funci�on. Se sabe que la soluci�on de esta EDO es u(x) =sen(�x).Sup�ongase que para resolver de manera aproximada la EDO se aplica el m�etodo de Galerkin,tomando V h = L

�x; x2

. Se pide calcular la soluci�on uh al problema de Galerkin.


u00(x) + f(x) = 0 ; x 2 (�1; 1)u(�1) = 0 ; u0(1) = ��

donde f(x) es una cierta funci�on. Se sabe que la soluci�on de esta EDO es u(x) =sen(�x).Sup�ongase que para resolver de manera aproximada la EDO se aplica el m�etodo de Galerkin,tomando V h = L

�x2 + x; x+ 1

. Se pide calcular la soluci�on uh al problema de Galerkin,

explicando el procedimiento seguido.

44


Las ideas anteriores se resumen en la siguiente �gura

45


Figura 8: Del problema d�ebil a la soluci�on del m�etodo de Galerkin

46


4. El m�etodo de los elementos �nitos (MEF)

4.1. Planteamiento general del MEF

Como ya adelantamos en la introducci�on al cap��tulo, el m�etodo de los elementos �nitoses un caso particular de problema de Galerkin:

De�nici�on 23 El m�etodo de los elementos �nitos (MEF) es un caso particular delenfoque de Galerkin anterior en el que se cumplen dos condiciones:I. Las funciones de V h son polinomios a trozos, es decir, se divide en pedazos e; e =1; :::; s; llamados \elementos", de forma que las funciones de V h son polinomios sobrecada e.II. La base N1; :::; Nm de V h cumple que cada una de las NI s�olo es no nula en unsubconjunto \peque~no" de . Dicho de otra forma, el soporte de cadaNi debe ser peque~no(el \soporte" de una funci�on se de�ne como la adherencia del conjunto en el que la funci�ones no nula).

Como se ver�a posteriormente, las condiciones I y II hacen que el m�etodo tenga variaspropiedades deseables. As�� tenemos:

Algunas propiedades deseables del MEF.Los polinomios son funciones sencillas, que adem�as tienen la propiedad deque pueden aproximar muy bien localmente (es decir, en conjuntos peque~nos)cualquier funci�on suave. Por ello, el MEF hace uso de las buenas propiedades delos polinomios para aproximar localmente una funci�on suave.Como consecuencia de II tenemos:� (a) La matriz de rigidez tiene muchos elementos nulos, lo cual es unapropiedad deseable tanto para el almacenaje de la matriz como para laresoluci�on del sistema Kd = F .

� (b) Tanto K como F se pueden ensamblar integrando s�olo sobre cada uno delos elementos en vez de hacer una integraci�on global sobre todo el dominio.

47


A continuaci�on se muestran dos ejemplos de mallas, una en un problema unidimensionaly otra en un problema bidimensional

~ Regularidad global

Ya sabemos que en todo problema de Galerkin las funciones de V h deben tener unacierta regularidad global que en cada caso viene de�nida por la forma del problema d�ebil.En los problemas de segundo orden se necesita regularidad C1t (�) mientras que, como sever�a posteriormente, en los problemas de cuarto orden se necesitar�a regularidad C2t (�). Puesbien, puesto que en el caso del MEF las funciones de V h son polinomios a trozos, la �unicarestricci�on para que haya regularidad Cmt (

�) es la siguiente:

La transici�on de un \trozo" a otro, es decir, de un elemento a otro, debe ser de claseCm�1.As��, para el caso m = 1 s�olo necesitamos continuidad en las fronteras interelementos,mientras que en el caso m = 2 necesitamos que la primera derivada (o derivadasparciales si se trabaja en varias dimensiones) exista y sea continua en las fronterasinterelementos.

A continuaci�on se introducir�an las nociones principales del MEF y se ilustrar�an con elproblema (8) asociado a (3).

48


4.2. Ejemplo de espacio de elementos �nitos: funciones lineales a trozosen un intervalo

Para ilustrar el MEF, aplicaremos el m�etodo de Galerkin al problema tipo (8). Ya sabemosque, dado un problema d�ebil, en la pr�actica la aplicaci�on del m�etodo de Galerkin dependedel espacio V h elegido y de la base que tomemos para el mismo. En este ejemplo concretoprocederemos de la siguiente forma:

1. Como r se podr��a tomar la funci�on constante r(x) = ua que, evidentemente veri�calas condiciones esenciales. M�as adelante se ver�a que en la pr�actica no se procede as��.2. Para construir V h, se toma una partici�on P de [a; b], en la forma a = x1 < x2 <� � � < xn = b con n puntos en nuestro caso. Ahora, de�nimos

V h � subespacio formado por las funciones continuas en [a; b] (20)

que son lineales en cada subintervalo (elemento) asociado a P y que se anulan en x = a

Obs�ervese que claramente, V h � V �

Por ejemplo, en el caso de coger la siguiente partici�on

(21)

la siguiente �gura muestra una funci�on w del espacio V h correspondiente

Obs�ervese que, como debe ser, la funci�on se anula en x = a.

Una vez de�nido V h, de�nimos los \nudos" de nuestro problema como los puntos de lapartici�on.

Es evidente que las funciones de V h quedan totalmente caracterizadas por sus valores enlos nudos x2; :::; xn; es decir, las funciones de V

h quedan totalmente caracterizadas por susvalores en todos los nudos salvo en aquellos en los que se especi�can condiciones de fronteraesenciales.

Por ello, se puede conjeturar que la dimensi�on de V h es m := n � 1, es decir, el n�umerototal de nudos menos el n�umero de nudos en los que se especi�can condiciones de fronteraesenciales. M�as adelante veremos que esto verdaderamente es as��.

Sea � = f1; :::; ng el conjunto con la numeraci�on de todos los nudos y sean �E y � � �E ;respectivamente, los conjuntos que contienen la numeraci�on de los nudos esenciales y noesenciales. En nuestro ejemplo, se tiene

� = f1; :::; ng ; �E = f1g ; � � �E = f2; :::; ng

49


De�nici�on 24 Base \nodal" o \interpolatoria" de V h. De�nimos las siguientes fun-ciones NI ; I 2 � � �E denominadas \funciones de forma" o \funciones de base nodal":

A cada nudo xI ; I 2 � � �E (es decir, a cada nudo distinto de x = a) le asociamos una\funci�on de forma" NI , de�nida de la siguiente forma:

a) NI pertenece a Vh, es decir, V h es continua en �, es lineal en cada subintervalo de la

partici�on y se anula en x = x1 = a.

b) NI(xJ) = �IJ para todo J 2 � � �E ; es decir, NI vale uno en xI y cero en el resto delos xJ .

Ejemplo: en el caso del espacio (20) con la partici�on (21) las funciones de base son lassiguientes

A las funciones NI ; I 2 � � �E se las ha llamado \funciones de base nodal de V h" con loque su nombre parece indicar que constituyan una base de V h, pero este hecho no es evidente.A continuaci�on se demuestra que, efecto, las NI ; I 2 � � �E son base de V h:

Proposici�on 18 Las NI ; I 2 � � �E cumplen que:1. Son linealmente independientes.

2. Son sistema generador de V h, es decir, si v 2 V h se tiene que v se puede escribir comocombinaci�on lineal de las NI ; I 2 � � �E. Adem�as, esta combinaci�on lineal es de la forma

v(x) =X

I2��E

v(xI)NI(x) = v(x2)N2(x) + � � �+ v(xn)Nn(x);

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es decir, los coe�cientes de la combinaci�on son los valores de v en los nudos de � � �E.

Dem. 1. Queremos demostrar que si se supone una combinaci�on lineal de las NI igualada acero, entonces se deduce que necesariamente los coe�cientes de la combinaci�on tienen que sercero. Veamos. Sea una combinaci�on lineal de las NI igualada a cero

�2N2(x) + � � �+ �nNn(x) = 0

Como la igualdad anterior se debe cumplir para todo x en particular se cumplir�a para x =xI ; I = 2; :::; n. Entrando con x = xI se obtiene �I = 0; I = 2; :::; n, con lo que efectivamentelas NI son linealmente independientes.

2. Sea vh 2 V h y consid�erese la funci�onPI2��E �INI que obviamente pertenece a V

h

puesto que es continua, lineal a trozos y se anula en x = a. Puesto que, como hemos visto antes,las funciones de V h quedan de�nidas a trav�es de sus valores en los nudos xI ; I 2 � � �E ,para forzar a que se cumpla que v =

PI2��E �INI ; obligaremos a que ambas tomen los

mismos valores en dichos nudos. As�� se obtiene que �I = v(xI), es decir, se ha obtenidov(x) =

PI2��E v

h(xI)NI(x) como se quer��a demostrar �

Como consecuencia del resultado anterior se sigue:

Corolario 1 Las funciones NI ; I 2 � � �E son una base de V h (es decir, sistema libre ygenerador de V h) con lo que en particular dimV h = n � 1 =: m. Adem�as, si v 2 V h; lascoordenadas de v en dicha base son precisamente los valores de v en los nudos.

Conviene enfatizar lo siguiente:

Si v 2 V h entonces las coordenadas de v en dicha base se pueden calcular de una formamuy sencilla, pues son precisamente el valor de v en los nudos. Esto es consecuenciade que se ha escogido para V h una base muy particular (la base nodal). Si se hubieseescogido cualquier otra base, entonces el c�alculo de las coordenadas de v en dicha baseser��a mucho m�as complicado.

Ejemplo: La funci�on v de la �gura (que pertenece a V h pues es continua, se anula enx = a y es af��n en cada elemento de la partici�on) cumple que v(x2) = 1=2, v(x3) = 2,v(x4) = 1, v(x5) = �1 y v(x6) = 1 y por ello su vector de coordenadas en la base N2; :::; N6

51


es (1=2; 2; 1;�1; 1)

Comentario: Obs�ervese que en el ejemplo anterior se han de�nido funciones N2; :::; Nn quevalen 1 en un nudo y cero en los dem�as. Sin embargo no se ha de�nido una funci�on N1 quevalga 1 en el nudo x1 y se anule en los dem�as

En efecto, esta funci�on ni siquiera pertenece a V h, pues no se anula en x = a.

~ Sistema de ecuaciones.

Siguiendo las ideas de la secci�on anterior, una vez elegido el espacio V h el problema deGalerkin es:

(G): Encontrar vh 2 V h tal que para todo w 2 V h se cumpla a(vh; w) = L(w):

Puesto que N2; ::::; Nn es una base de Vh, el problema de Galerkin es equivalente al

siguiente problema de Galerkin reformulado

(G ref.): Encontrar vh 2 V h tal que para todo I = 2; :::; n se cumpla a(vh; NI) = L(NI)(22)

Para resolver (G), se reducir�a dicho problema a un sistema de ecuaciones. Para ello,se expresa vh en t�erminos de sus corrdenadas en la base NI ; I = 2; :::; n, es decir, vh =PI=2;:::;n dINI y se entra en (22), obteniendo el sistemaX

J=2;:::;n

a(NI ; NJ)dJ = L(NI) ; I = 2; :::; n

52


es decir

a(N2; N2)d2 + a(N2; N3)d3 + � � �+ a(N2; Nn)dn = L(N2)a(N3; N2)d2 + a(N3; N3)d3 + � � �+ a(N3; Nn)dn = L(N3)

...

a(Nn; N2)d2 + a(Nn; N3)d3 + � � �+ a(Nn; Nn)dn = L(Nn)

o bien, en el caso en que n = 6;266664a(N2; N2) a(N2; N3) a(N2; N4) a(N2; N5) a(N2; N6)a(N2; N3) a(N3; N3) a(N3; N4) a(N3; N5) a(N3; N6)a(N2; N4) a(N3; N4) a(N4; N4) a(N4; N5) a(N4; N6)a(N2; N5) a(N3; N5) a(N4; N5) a(N5; N5) a(N5; N6)a(N2; N6) a(N3; N6) a(N4; N6) a(N5; N6) a(N6; N6)

377775266664d2d3d4d5d6

377775 =266664L(N2)L(N3)L(N4)L(N5)L(N6)

377775Nos damos cuenta de que, puesto que x1 no es inc�ognita, a cada nudo I 2 f2; :::; ng le

corresponde la numeraci�on P := I � 1 en el sistema de ecuaciones.Por ello, el sistema se puede escribir en la forma

Kd = F

donde K 2 Rm�m y F 2 Rm�1 se calculan de la forma:

KPQ = a(NI ; NJ) con P = I � 1; Q = J � 1, I; J = 2; :::; nFP = L(NI); donde P = I � 1; I = 2; :::; n

y la componente Q-�esima de d es dJ , donde Q = J � 1; J = 2; :::; n.

Comentario: El soporte de cada NI s�olo se solapa con el de las correspondientes a los nudosvecinos, es decir, NI�1 y NI+1. De esta forma se cumplen las condiciones I y II del MEF, esdecir, (I) las funciones de V h son polinomios a trozos, y (II) las funciones N1; :::; Nm cumplenque su soporte es un subconjunto \peque~no" de .

Como consecuencia del comentario anterior, para un I dado KIJ s�olo es no nulo paraJ = I�1; I e I+1, pues en el resto de los casos las integrales que de�nen a a(�; �) son nulas.Por tanto, en este caso, la base elegida hace que la matriz K tenga estructura tridiagonal, locual facilita el almacenaje de K y la resoluci�on de (L). N�otese que si los nudos se numerasende otra forma, cambiar��an las posiciones de K en las que los elementos son no nulos.

Es por esta raz�on por lo que en el MEF se trabaja con bases de V h que cumplan la condi-ci�on (II), es decir, que sean bases cuyo soporte sea \peque~no" o, como se dice en matem�aticas,que dicho soporte est�e localizado.

En los problemas m�as generales, la matriz K no siempre tendr�a estructura tridiagonal,pero siempre tendr�a una estructura \dispersa", es decir, la gran mayor��a de los elementos dela matriz valdr�an cero.

53


Ejemplo: en el caso del espacio (20), si tomamos n = 6 tenemos

K =

266664k11 k12 k13 k14 k15k12 k22 k23 k24 k25k13 k23 k33 k34 k35k14 k24 k34 k44 k45k15 k25 k35) k45 k55

377775 =266664a(N2; N2) a(N2; N3) a(N2; N4) a(N2; N5) a(N2; N6)a(N2; N3) a(N3; N3) a(N3; N4) a(N3; N5) a(N3; N6)a(N2; N4) a(N3; N4) a(N4; N4) a(N4; N5) a(N4; N6)a(N2; N5) a(N3; N5) a(N4; N5) a(N5; N5) a(N5; N6)a(N2; N6) a(N3; N6) a(N4; N6) a(N5; N6) a(N6; N6)

377775 =

=

266664a(N2; N2) a(N2; N3) 0 0 0a(N2; N3) a(N3; N3) a(N3; N4) 0 0

0 a(N3; N4) a(N4; N4) a(N4; N5) 00 0 a(N4; N5) a(N5; N5) a(N5; N6)0 0 0 a(N5; N6) a(N6; N6)

377775y

F = (L(N2); L(N3); L(N4); L(N5); L(N6))T

d = (d2; d3; d4; d5; d6)T

Resolviendo el sistema calculamos el vector d = (d2; d3; d4; d5; d6)T . Entonces la soluci�on

al problema de Galerkin es

vh(x) = d2N2(x) + d3N3(x) + d4N4(x) + d5N5(x) + d6N6(x) (23)

La siguiente �gura muestra a vh y a la verdadera soluci�on v al problema d�ebil reformulado:

Obs�ervese que:

vh s�olo es una aproximaci�on a v.Como se justi�c�o anteriormente, el valor de vh en el nudo I es precisamente dI .

54


5. C�alculo pr�actico en el MEF: el \enfoque local" o \del

elemento"

5.1. Planteamiento del problema e ideas generales

Hasta ahora se ha seguido un \enfoque global", en el sentido de que tanto la de�nici�on V h

y de una base del mismo como el c�alculo de los elementos deK y de F se hace \de forma globalen ". Sin embargo, en la pr�actica se adopta un \enfoque local" que comporta importantesventajas desde el punto de vista del planteamiento del problema y de la programaci�on. Losobjetivos del enfoque local son:

Objetivos del enfoque local:1. Construir V h y una base del mismo a partir de funciones de�nidas sobre losdistintos elementos.2. Calcular K y F de una forma c�omoda trabajando elemento a elemento.

Sea un abierto acotado de Rp, con p 2 f1; 2; 3g y sea @ = �E [ �N . Por ejemplo, enel caso de p = 2 tendr��amos algo como muestra la siguiente �gura

Se considera el siguiente problema fuerte:

Problema fuerte. Encontrar u 2 C2(�) tal que se cumpla

Du = f en (24)

cond. esenciales en �E

cond. naturales en �N

donde D es un operador diferencial de orden dos o de orden cuatro.

55


Por ejemplo, en el caso del problema tipo (3), el operador D es Du = � (AEu0)0

Comentarios: a D le pedimos que sea de orden par (concretamente dos o cuatro, pues orden6 y superiores no aparecen en las aplicaciones ingenieriles) pues si D fuese impar la formabilineal correspondiente al problema d�ebil no ser��a sim�etrica.

Supongamos que a partir del problema (24) se ha planteado el problema d�ebil asociado,que tendr�a la forma general:

Problema d�ebil general.

(D) Encontrar v 2 V � tal que para todo w 2 V �; a(v; w) = L(w) (25)

donde:V � es el conjunto (en el caso de problemas de orden 2)

V � =�v 2 C1t (�) : v = 0 en �E

a(�; �) es una forma bilineal sim�etrica (generalmente, aunque no siempre, sim�etri-ca de�nida positiva)L es una forma lineal.

Por comodidad en lo sucesivo, y como ya hicimos en la secci�on 2.5, es conveniente de�nir

�L(w) := L(w) + a(r; w);

es decir, �L contiene todos los t�erminos de L salvo el t�ermino que viene de las condiciones defrontera esenciales.

Usando �L, el problema d�ebil y el problema d�ebil reformulado se pueden expresar:

Problema d�ebil usando �L

(D) Encontrar u 2 S� tal que para todo w 2 V �; a(u;w) = �L(w)

(D ref.) Encontrar v 2 V � tal que para todo w 2 V �; a(v; w) = �L(w)� a(r; w)

En el ejemplo del problema (3) se tiene

L(w) = (f; w) + Fbw(b)� a(r; w)

y por ello�L(w) = (f; w) + Fbw(b)

56


La siguiente �gura presenta las ideas principales que se usan para obtener el problemad�ebil a partir del problema fuerte

Figura 9: Construcci�on del problema d�ebil en el caso general

Sabemos que, una vez obtenido el problema d�ebil, para aplicar el MEF se debe construirun subespacio V h de V � de dimensi�on �nita y especi�car una base de dicho subespacio V h.Entonces se plantea el problema de Galerkin, se construyen K y F y posteriormente seresuelve el sistema Kd = F , obteniendo d con el que se obtiene la soluci�on aproximada �naluh.

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Las ideas generales del enfoque local para construir V h y una base del mismo y paracalcular K y F , que con ligeros cambios son v�alidas en todos los problemas de elementos�nitos, son las siguientes:

Ideas generales del enfoque local.

1. Divisi�on de en pedazos denominados elementos

2. De�nici�on de los elementos. Sobre cada elemento se de�ne:

� un espacio V he de funciones polin�omicas

� unos grados de libertad.

3. De�nici�on de las funciones de base nodal de cada elemento.

4. Numeraci�on de los grados de libertad globales.

5. Pegado de los V he para construir un espacio W h que corresponder��a a V h

si no hubiese condiciones de frontera esenciales. De�nici�on de las funciones debase globales.

6. Tratamiento de las condiciones de frontera esenciales.

7. De�nici�on de V h a partir de W h. De�nici�on de una base para V h.

8. Planteamiento del problema de Galerkin en V h y obtenci�on del sistema deecuaciones.

9. Expresi�on de las integrales sobre como suma de integrales sobre cada ele-mento. Matriz de rigidez y vector de carga del elemento.

10. C�alculo de las integrales en la matriz de rigidez y del vector de fuerzas delelemento.

� Cambio de variable y trabajo con el elemento est�andar para el c�alculode las integrales sobre cada elemento.

� Funciones de base en la referencia est�andar.

� Uso de f�ormulas de cuadratura.

11. Ensamblaje de las contribuciones de cada elemento a K y a F .

A continuaci�on desarrollamos en detalle las ideas anteriores.

58


5.2. Divisi�on en elementos

En se considera una \malla" formada por s \elementos" e (que se consideran conjuntoscerrados, es decir, que contienen a su frontera) de forma que � = [se=1e y tal que loselementos tienen interiores disjuntos, es decir, de intersecarse lo hacen s�olo en la fronteracom�un a ambos. Se recuerda que la adherencia de un conjunto se de�ne como � := [@,es decir, la uni�on del conjunto y de su frontera.

La forma de los elementos que se utilizan m�as habitualmente en R2 son tri�angulos ycuadril�ateros, mientras que en R3 sus an�alogos son tetraedros y hexaedros.

La siguiente �gura muestra una malla bidimensional:

En el caso en el que el dominio no sea un pol��gono (en R2) o un poliedro (en R3) noser�a posible llevar a cabo una partici�on de en elementos de tipo tri�angulo o cuadril�atero(en R2), o tetraedros o hexaedros (en R3).

Dominio no poligonal

En este caso se puede proceder de dos formas:

1. Recurrir a elementos con lados curvos (o super�cies curvas, en el caso de R3). Paraello se utiliza la denominada \t�ecnica isoparam�etrica", que se estudiar�a en un cap��tuloposterior.

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2. Aproximar por un pol��gono (en R2) o un poliedro (en R3) y entonces el problemase resuelve en este nuevo dominio, como muestra la siguiente �gura:

Aproximacion de la frontera porun poligono

Naturalmente, en este caso se introduce un error adicional al ya inherente al m�etodode Galerkin.

5.3. De�nici�on de un espacio de funciones polin�omicas sobre cadaelemento

Para cada elemento e, e = 1; :::; s:

1. Se de�ne un espacio V he de funciones polin�omicas de dimensi�on ne que denominaremosfunciones de forma del elemento, de�nidas sobre e.2. Se de�nen ne \grados de libertad" que se utilizar�an para caracterizar las funciones deV he . Estos grados de libertad son el valor de la funci�on, y en ocasiones de sus derivadas,en unos ciertos puntos llamados \nudos".

Numeraci�on local de los grados de libertad. Los grados de libertad se consideran enla forma i = 1; :::; ne. A esta ordenaci�on se le denomina la numeraci�on local de los grados delibertad.

Los grados de libertad se deben elegir de forma que se cumpla la siguiente propiedad:

Condici�on 1 Cada funci�on de V he debe quedar determinada de forma �unica por losne grados de libertad del elemento.

Elementos de tipo Lagrange. Cuando en un elemento los grados de libertad son los valoresen ne nudos distintos x1; :::; xne (es decir, no hay grados de libertad asociados a la derivadade la funci�on) se dice que el elemento es de tipo Lagrange. En la asignatura, casi todos loselementos que se considerar�an son de dicho tipo.

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5.3.1. Ejemplos de elementos

A continuaci�on se introducir�an algunos ejemplos de elementos. M�as adelante se ver�a quealgunos de ellos no se \pegan" adecuadamente con otros elementos y por tanto no puedenser utilizados.

I. Elementos unidimensionales

~ Elemento I.1. Elemento lineal tipo. Funciones a�nes sobre un intervalo (es decir,V he � funciones a�nes) con grados de libertad los valores en los extremos del intervalo. Aeste elemento se le denomina \elemento lineal de Lagrange".

Los nudos son los extremos del intervalo.V he corresponde a las funciones lineales, es decir, de la forma v(x) = � + �x: Nota:como ya se coment�o, en este curso utilizaremos la palabra funci�on lineal y funci�on af��nintercambiablemente.Los grados de libertad son los valores de la funci�on en los nudos.Se cumple la Condici�on 1 anterior, pues una funci�on af��n queda determinada de formaun��voca por su valor en dos puntos distintos.Es un elemento tipo Lagrange.

~ Elemento I.2. Funciones a�nes sobre un intervalo (es decir, V he � funciones a�nes) congrados de libertad los valores en dos puntos interiores del intervalo.

Se cumple la Condici�on 1 anterior, pues una funci�on af��n queda determinada de formaun��voca por su valor en dos puntos distintos.Es un elemento tipo Lagrange.

~ Elemento I.3. Elemento cuadr�atico tipo. Funciones cuadr�aticas sobre un intervalo,es decir, de la forma v(x) = �+ �x+ x2 con grados de libertad los valores en los extremosy en el punto medio del intervalo. A este elemento se le denomina \elemento cuadr�atico deLagrange".

Se cumple la Condici�on 1 anterior, pues sabemos que una funci�on cuadr�atica quedadeterminada de forma un��voca por su valor en tres puntos distintos.

61


Es un elemento tipo Lagrange.

~ Elemento I.4. Funciones cuadr�aticas sobre un intervalo, con grados de libertad los valoresen los extremos y en un cierto punto (no necesariamente el punto medio) del intervalo.

Se cumple la Condici�on 1 anterior, pues una funci�on cuadr�atica queda determinada deforma un��voca por su valor en tres puntos distintos.Es un elemento tipo Lagrange.

~ Elemento I.5. Elemento c�ubico tipo. Funciones c�ubicas sobre un intervalo, es decir,de la forma v(x) = �+�x+ x2+ �x3; con grados de libertad los valores de la funci�on en losextremos y en dos puntos equiespaciados m�as del intervalo. A este elemento se le denomina\elemento c�ubico de Lagrange".

Se cumple la Condici�on 1 anterior, pues se pude demostrar que una funci�on c�ubicaqueda determinada de forma un��voca por su valor en cuatro puntos distintos.Es un elemento tipo Lagrange.

~ Elemento I.6. Elemento c�ubico de Hermite. Funciones c�ubicas sobre un intervalo,con grados de libertad los valores de la funci�on y de su derivada en los extremos del intervalo.A este elemento se le denomina \elemento c�ubico de Hermite".

Se cumple la Condici�on 1 anterior, pues una funci�on c�ubica queda determinada deforma un��voca por el valor de la funci�on y de su derivada (es decir, su pendiente) endos puntos distintos, como muestra la siguiente �gura

62


No es un elemento tipo Lagrange, pues en cada uno de los dos nudos (extremos delintervalo) hay 2 grados de libertad.

II. Elementos bidimensionales En el caso de elementos bidimensionales s�olo veremos ele-mentos tipo Lagrange.

~ Elemento II.1. Tri�angulo lineal. Funciones lineales (a�nes) v(x; y) = ax+ by+ c sobreun tri�angulo con grados de libertad los valores en los v�ertices del tri�angulo.

Se cumple la Condici�on 1 anterior, pues una funci�on de la forma ax+by+c queda determinadade forma un��voca por su valor en tres puntos no alineados.

~ Elemento II.2. Funciones lineales (a�nes) v(x; y) = ax + by + c sobre un tri�angulo congrados de libertad los valores en los puntos medios de los lados.

Se cumple la Condici�on 1 anterior, pues una funci�on de la forma ax + by + c quedadeterminada de forma un��voca por su valor en tres puntos no alineados.

~ Elemento II.3. Tri�angulo cuadr�atico.Funciones cuadr�aticas v(x; y) = ax2 + by2 +cxy + dx + ey + f sobre un tri�angulo con grados de libertad los valores en los v�ertices y enlos puntos medios de los lados del tri�angulo

63


Se cumple la Condici�on 1 anterior, pues se puede demostrar que una funci�on de la formaax2 + by2 + cxy + dx + ey + f queda determinada de forma un��voca por su valor en esos 6puntos.

~ Elemento II.4. Funciones bilineales v(x; y) = a + bx + cy + dxy sobre un cuadril�aterotri�angulo con grados de libertad los valores en los v�ertices del mismo.

Se cumple la Condici�on 1 anterior, pues se puede demostrar que una funci�on de la formaa + bx + cy + dxy queda determinada de forma un��voca por su valor en los v�ertices de uncuadril�atero.

5.3.2. De�nici�on completa de elemento

A partir de ahora, por la palabra \elemento" no denotaremos s�olo al recinto e sinotambi�en al espacio de funciones considerado y a los grados de libertad elegidos. En concretotenemos:

De�nici�on 25 Elemento. Un \elemento" es el ente de�nido por:(a) Un dominio e(b) Un espacio de funciones V he , que denominamos \funciones de forma", de�nidassobre e.(c) Unos par�ametros o \grados de libertad" utilizados para describir las funciones enV he . Estos grados de libertad corresponden a los valores de la funci�on o de sus derivadasen unos ciertos puntos denominados \nudos" x1; :::; xs.Para que el elemento est�a bien de�nido, se debe cumplir la Condici�on 1, es decir,que cada funci�on v 2 V he se pueda caracterizar de forma biun��voca por los grados delibertad que se hayan especi�cado.

64


Comentario: A partir de ahora siempre tendremos en cuenta que, para de�nir completa-mente un elemento hay que especi�car los 3 puntos (a), (b) y (c) y no solamente el punto(a).

5.4. De�nici�on de las funciones de base nodal del elemento

Ya hemos visto que en cada elemento e se ha de�nido un espacio Vhe de dimensi�on ne.

Pues bien, ahora se de�nen ne funciones Nei : e �! R, i = 1; :::; ne, denominadas funciones

de base nodal o interpolatoriase del elemento. Cuando se sobrentiende el elemento al que nosestamos re�riendo, se omite el super��ndice e y se escribe simplemente Ni.

En el caso de caso de elementos de tipo Lagrange, las N ei se de�nen as��:

De�nici�on 26 Funci�ones de base nodal (para elementos de tipo Lagrange). Dadoun elemento e, las funciones de base nodal N

ei , i = 1; :::; ne son las (�unicas) funciones que

cumplen las condiciones:

1. N ei 2 V he ; i = 1; :::; ne, es decir, cada N e

i es una funci�on de Vhe .

2. N ei (xj) = �ij ; i; j = 1; :::; ne, es decir, N

ei vale uno en el nudo xi y vale cero en el resto

de los nudos del elemento.

En el caso de elementos que no sean tipo Lagrange porque se especi�que como grado delibertad el valor de la derivada en alg�un nudo, la de�nici�on de las funciones de base se hacede forma ligeramente distinta (ver el ejemplo del elemento I.6. m�as adelante)

Ahora se tiene:

Proposici�on 19 En el caso de caso de un elemento de tipo Lagrange:

(a) Las funciones N ei ; i = 1; :::; ne de la de�nici�on 26 son base de V

he .

(b) Las coordenadas de v en dicha base no son m�as que los valores de v en los nudos delelemento, es decir, cada funci�on v 2 V he se puede escribir (en el caso de elementos de tipoLagrange) en la forma

v(x) =

neXi=1

v(xi)Nei (x): (26)

Dem. (a) Haremos la demostraci�on para el caso de un elemento de tipo Lagrange en el quelos grados de libertad son los valores en los puntos x1; :::; xne . Demostremos en primer lugarque las N e

i son un sistema libre. Para ello consideramos una combinaci�on lineal �1Ne1 (x) +

�2Ne2 (x) + � � �+ �3N e

3 (x) = 0 (*) y demostraremos que necesariamente debe ser �1 = � � � =�ne = 0. Para ello tomamos j 2 f1; :::; neg arbitrario y particularizamos (*) para x = xj .Usando que N e

i (xj) = �ij se obtiene que �j = 0. Como ' era arbitrario tenemos que todoslos �j deben ser nulos. Por tanto las N

ei son linealmente independientes. Usando un conocido

resultado de la teor��a de espacios vectoriales, puesto que la dimensi�on de V he es ne y las Nei

son ne funciones linealmente independientes, forzosamente deben ser sistema generador deV he y por ello base.

65


(b) Sea v 2 V he . Al ser las Nei un sistema generador de V

he podemos escribir v(x) =

nePi=1�iN

ei (x) para unos ciertos coe�cientes �i. Ahora tomamos j 2 f1; :::; neg arbitrario y

particularizamos (*) para x = xj , obteniendo que �j = v(xj). Por tanto queda demostradala proposici�on. �

Por ejemplo, la siguiente �gura muestra un elemento cuadr�atico de Lagrange y una funci�onv del espacio V he correspondiente (es decir, un polinomio cuadr�atico)

Coordenadas de un polinomio cuadraticoen la base nodal

Pues bien, de la Proposici�on 19 sabemos que el vector de coordenadas de v en la baseN e1 ; N

e2 ; N

e3 de V

he se puede determinar directamente del valor de v en los nudos del ele-

mento. As�� obtenemos el vector de coordenadas (2; 3=2; 1=2).

Como caso particular de la proposici�on anterior se tiene:

Proposici�on 20 Si e es un elemento de tipo Lagrange, se veri�ca que para todo x 2 e,neXi=1

N ei (x) = 1

Dem. Basta con usar la expresi�on v(x) =nePi=1v(xi)N

ei (x) tomando v(x) = 1 (que siempre

pertenece al espacio V he por ser un polinomio de grado 0) �

66


5.4.1. Funciones de base para algunos elementos

A continuaci�on calcularemos y representaremos gr�a�camente las funciones de base corre-spondientes a algunos de los elementos introducidos en la secci�on 5.3.1. A efectos del c�alculo,veremos que es �util hacer uso de la siguiente propiedad, vista en la signatura de �Algebra:

Proposici�on 21 Si un polinomio p de grado n tiene un cero en x = � con multiplicidad m,entonces p se puede expresar en la forma p(x) = (x� �)m (b0 + b1 + � � �+ bn�mxn�m) dondeb0; :::; bn�m son unos ciertos coe�cientes.

I. Elementos unidimensionales

~ Elemento I.1. Funciones a�nes sobre un intervalo (es decir, V he � funciones a�nes) congrados de libertad los valores en los extremos del intervalo.

Para calcular N e1 y N

e2 podemos usar dos procedimientos:

Uno es escribir N e1 (x) = �+ �x e imponer que se cumpla N

e1 (x1) = 1, N

e1 (x2) = 0 con

lo que se obtiene un sistema de dos ecuaciones con dos inc�ognitas, � y �. Algo an�alogose tiene para N e

2 .El segundo procedimiento, que es m�as conveniente, consiste en utilizar la Proposi-ci�on 21 y el hecho de que N e

1 tiene un cero en x2. Por ello Ne1 debe ser de la forma

N e1 (x) = C (x� x2) para una cierta constante C;que se calcula usando que N e

1 (x1) = 1,obteniendo

N e1 (x) =

x� x2x1 � x2

Razonando an�alogamente tenemos

N e1 (x) =

x� x1x2 � x1

~ Elemento I.2. Funciones a�nes sobre un intervalo (es decir, V he � funciones a�nes) congrados de libertad los valores en dos puntos interiores del intervalo.

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~ Elemento I.3. Funciones cuadr�aticas sobre un intervalo, con grados de libertad los valoresen los extremos y en el punto medio del intervalo.

Razonando como en el caso del elemento I.1, tenemos

N e1 (x) = C (x� x2) (x� x3)

para una cierta C que se calcula usando que N e1 (x3) = 1. As�� tenemos

N e1 (x) =

(x� x2) (x� x3)(x1 � x2) (x1 � x3)

N e2 y N

e3 se calculan an�alogamente.

~ Elemento I.4. Funciones cuadr�aticas sobre un intervalo, con grados de libertad los valoresen los extremos y en un cierto punto x2 (no necesariamente el punto medio) del intervalo.

~ Elemento I.5. Funciones c�ubicas sobre un intervalo, con grados de libertad los valores dela funci�on en los extremos y en dos puntos equiespaciados m�as del intervalo.

~ Elemento I.6. Funciones c�ubicas sobre un intervalo, con grados de libertad los valores dela funci�on y de su derivada en los extremos del intervalo. En este caso el elemento no es detipo Lagrange. Las 4 funciones de base se de�nen de la siguiente forma:

68


De�nici�on 27 Funciones de base para el elemento de Hermite. En el elemento c�ubicode Hermite, N1; N2; N3 y N4 son las (�unicas) funciones que cumplen:

1. N1; N2; N3 y N4 son polinomios c�ubicos.

2. Se veri�ca

N1(x1) = 1 ; N01(x1) = 0 ; N1(x2) = 0 ; N

01(x2) = 0 (27a)

N2(x1) = 0 ; N02(x1) = 1 ; N2(x2) = 0 ; N

02(x2) = 0 (27b)

N3(x1) = 0 ; N03(x1) = 0 ; N3(x2) = 1 ; N

03(x2) = 0 (27c)

N4(x1) = 0 ; N04(x1) = 0 ; N4(x2) = 0 ; N

04(x2) = 1 (27d)

Comentario: En vez de la numeraci�on 1, 2, 3, 4 para los grados de libertad, es habitual usarla numeraci�on 1, 10, 2 y 20. As�� por ejemplo, la funci�on N2 en (27b) ahora pasar��a a denotarseN10 y veri�car��a

N10(x1) = 0 ; N010(x1) = 1 ; N10(x2) = 0 ; N

010(x2) = 0 (28)

An�alogamente, N3 pasa a llamarse N2 y N4 pasa a llamarse N20 .

Ejercicio 12 Calcular las funciones de base de los elementos del tipo I.3 y I.5.

Ejercicio 13 Sea el elemento [�1; 1] sobre el que se consideran las funciones cuadr�aticas ycomo grados de libertad (ordenados), el valor de la funci�on en �1, a y 1, donde a 2 (0; 1).Calcular el valor de a sabiendo que N2(0) = 2.

Ejercicio 14 Demostrar que las funciones interpoladoras de Hermite N1, N10 , N2 y N20 enel intervalo [x1; x2] constituyen una base del espacio P3 de los polinomios de grado menor oigual que 3. Dado un polinomio de P3, calcular sus coordenadas en esta base.

Ejercicio 15 Calcular las funciones N1 y N10 de�nidas anteriormente.

Ejercicio 16 En el caso gen�erico, >cu�al es el grado del polinomio p que interpola una funci�onf y sus dos primeras derivadas en los extremos del intervalo [0; 1]? Escribir la expresi�on dep en t�erminos de f y de las funciones de base interpolatoria correspondientes (no hace faltacalcular dichas funciones de base). >Qu�e condiciones debe cumplir la funci�on de base quemultiplica a f 00(0) en la expresi�on anterior? Calc�ulese esta funci�on.

69


Ejercicio 17 Se considera el polinomio p que interpola a la funci�on f y su derivada en elpunto x = �1 y a la funci�on y sus dos primeras derivadas en x = 0. Se pide:

1. Escribir la expresi�on de p en t�erminos de f y de las funciones de base interpolatoriacorrespondientes. Atenci�on: no se pide calcular las funciones de base.

2. Calc�ulese la funci�on que multiplica a f(�1) en dicha expresi�on.3. Demostrar que las funciones de base interpolatoria del Apdo. 2 son linealmente inde-

pendientes. Nota: para resolverlo no es necesario calcular las funciones de base.

Ejercicio 18 Se considera el elemento e correspondiente al intervalo [�1; 1], los polinomiosP3 con grados de libertad funci�on en los extremos del intervalo y funci�on y derivada en elpunto medio. Calcular la suma de las funciones de base del elemento, simpli�cando al m�aximoel resultado. Sugerencia: es posible resolver el problema sin calcular todas las funciones debase.

II. Elementos bidimensionales.

En el caso de los elementos bidimensionales, no calcularemos las funciones de base de losdistintos elementos, tarea que llevaremos a cabo en un cap��tulo posterior, aunque s�� dibujare-mos algunas de ellas.

~ Elemento II.1. Funciones a�nes v(x; y) = ax+ by + c sobre un tri�angulo con grados delibertad los valores en los v�ertices del tri�angulo.

~ Elemento II.2. Funciones a�nes v(x; y) = ax+ by + c sobre un tri�angulo con grados delibertad los valores en los puntos medios de los lados. (s�olo se muestra una de las 3 funcionesde base)

~ Elemento II.3. y elemento II.4. No mostramos las funciones de base, pues su repre-sentaci�on gr�a�ca es complicada.

70


5.5. Grados de libertad globales. Numeraci�on

Sea n el n�umero total de grados de libertad (sin tener en cuenta todav��a las condicionesesenciales). N�otese que n no ser�a la suma n1 + � � � + ns pues algunos grados de libertadpertenecer�an a varios elementos. Estos grados de libertad corresponden al valor de la funci�ony, en ocasiones, de sus derivadas, en los nudos.

~ Numeraci�on de los grados de libertad

Supondremos que los grados de libertad est�an numerados, usando la denominada nu-meraci�on global, de 1 a n. Sea � := f1; 2; :::; ng el conjunto correspondiente a los ��ndices delos grados de libertad. Para el caso de grados de libertad de tipo Lagrange, cada grado delibertad I 2 � estar�a asociado al valor de la funci�on en el nudo xI , donde se est�a usandonumeraci�on global.

Sea �E el conjunto de los ��ndices correspondiente a los nudos situados sobre la fronteraesencial, y sea � � �E el conjunto de los ��ndices correspondientes a los nudos restantes.Denotamos m al n�umero de ��ndices en � � �E , con lo que hay n�m ��ndices en �E .

En ocasiones puede suceder que un nudo se encuentre justo en la intersecci�on de �E y elresto de la frontera. En tal caso, para forzar a que la soluci�on proporcionada por el MEF seacontinua, se considera que dicho nudo pertenece a �E.

Para distinguir la numeraci�on local de la global utilizaremos ��ndices con may�usculas parala global y con min�usculas para la local.

La relaci�on entre la numeraci�on local y la global est�a dada por la denominada \matrizde conectividad" CON del sistema: Dado un elemento e 2 f1; :::; sg y un nudo connumeraci�on local i, el n�umero global I asociado est�a dado por I = CON(e; i).

A continuaci�on se introducen algunos ejemplos de \pegado" de elementos y la matriz deconectividad correspondiente:

Ejemplo: mallado I. En la siguiente �gura se muestra la relaci�on entre la numeraci�on localy la global en el ejemplo de la secci�on 4.2, en el que hay 5 elementos lineales de Lagrange

(29)

71


La matriz de conectividad para este caso es

elemento(e) n�um. local (i) num. global I = CON(e; i)

1 1 1

1 2 2

2 1 2

2 2 3

3 1 3

3 2 4

4 1 4

4 2 5

5 1 5

5 2 6

Ejemplo: mallado II En la siguiente �gura se muestra la relaci�on entre la numeraci�on localy la global al pegar un elemento lineal, uno cuadr�atico y otro c�ubico (de Lagrange)

(30)La matriz de conectividad para este caso es


1 1 1

1 2 2

2 1 2

2 2 3

2 3 4

3 1 4

3 2 5

3 3 6

3 4 7

Ejemplo: mallado III A continuaci�on se muestran las ideas anteriores en una malla formadapor 4 tri�angulos lineales.

72


(31)


1 1 2

1 2 4

1 3 1

2 1 2

2 2 3

2 3 4

3 1 3

3 2 4

3 3 5

4 1 4

4 2 5

4 3 1

5.6. Pegado de los espacios de funciones sobre cada elemento.Regularidad interelementos. Funciones de base globales

A continuaci�on construiremos un espacio W h de funciones de�nidas en \pegando"los espacios de funciones V he de�nidas sobre cada elemento. Por \pegado" se entiende losiguiente: la restricci�on de las funciones de W h a cada elemento e; debe ser una funci�on deV he .

El espacio W h de�nido anteriormente s�olo podr�a ser utilizado en el problema de Galerkincuando las funciones construidas pegando las funciones de los W h sean lo su�cientementeregulares para que las derivadas que aparecen en el problema d�ebil tengan sentido. Como yahemos visto, en los problemas de orden dos (resp. cuatro) las funciones de W h deben serC1t (

�) (resp. C2t (�)). Ahora bien, como las funciones de W h son polinomios a trozos, el que

las funciones de W h sean C1t (�) (resp. que sean C2t (

�)) es equivalente a que sean C(�) (resp.que sean C1(�)), es decir, se debe cumplir que W h � C(�) (resp. W h � C1(�)).

73


A la condici�on de que las funciones de W h pertenezcan a C(�) (resp. a C1(�)) la denom-inaremos condici�on de regularidad interelementos.

Por lo tanto, el espacio W h, en el caso de problemas de orden 2, se de�ne de la siguienteforma:

De�nici�on 28 Espacio W h. En el caso de problemas de orden 2, se de�ne W h comoel espacio de las funciones v : � ! R continuas tal que 8e = 1; :::; s, v je2 V he , esdecir, como el espacio de funciones de�nidas en � tales que son continuas y tales quesu restricci�on a cada elemento e es una funci�on de V

he .

En el caso de problemas de orden 4, la de�nici�on es la misma pero con la condici�on deregularidad interelementos correspondiente, es decir, en vez de pedir que las funciones v seancontinuas en , pediremos que sean de clase C1(�).

Ejemplo. En el mallado I (29), el espacio W h es el siguiente:

W h es el espacio de las funciones v : [a; b]! R continuas tales que su restricci�on a cadaelemento e = [xe; xe+1]; e = 1; 2; 3; 4; 5; es una funci�on de V

he , es decir, una funci�on af��n.

Ejemplo. En el mallado II (30), el espacio W h es:

W h es el espacio de las funciones v : [x1; x7]! R continuas tales que su restricci�on a 1es una funci�on af��n, su restricci�on a 2 es es un polinomio cuadr�atico y su restricci�on a 3es un polinomio c�ubico.

Ejemplo. En el mallado III (31), el espacio W h es:

W h es el espacio de las funciones v : � ! R continuas tales que su restricci�on a cadauno de los elementos es una funci�on af��n en dos variables, es decir, de la forma v(x; y) =a+ bx+ cy.

5.6.1. Estudio de la regularidad interelementos

A continuaci�on estudiamos si al pegar las funciones de cada espacio V he las funcionesresultantes cumplen la condici�on de regularidad interelementos. En la pr�actica, la continuidadinterelementos se suele cumplir si los grados de libertad de los elementos se han asignado\adecuadamente". Claramente, para que haya regularidad C1(�), debe haber forzosamentegrados de libertad asociados a derivadas, y adem�as estos deben escogerse adecuadamente.

Estudiemos a continuaci�on cu�ales de los elementos introducidos en la secci�on 5.3.1 veri�canlas condiciones de continuidad interelementos al pegarlos con otros elementos, ya sean delmismo o de distinto tipo.

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I. Regularidad interelementos en los elementos unidimensionales. Claramente, loselementos del tipo I.1, I.3, I.4 y I.5 pueden pegarse todos con todos respet�andose la condici�onde continuidad interelementos C(�).

Ejemplo. En el mallado I (29), las funciones de W h son claramente continuas en todo �.

Ejemplo. La siguiente �gura ilustra el pegado de un elemento lineal, uno cuadr�atico y unoc�ubico de Lagrange (I.1 un I.3 y un I.5) correspondientes al mallado II (30). Claramente, lafunci�on v resultante es continua en �

(32)

N�otese que, aunque hay continuidad, no hay regularidad C1(�).

Ejemplo. El elemento I.2 no puede pegarse con ninguno de los otros elementos de forma quese respete la continuidad interelementos, como muestra la siguiente �gura

La funci�on v correspondiente en general no ser�a continua. En efecto, s�olo lo ser�a cuando dela casualidad que v valga lo mismo a los dos lados de la frontera entre los elementos 1 y2. Por ello, el elemento I.2 no se puede utilizar en el MEF. Con m�as generalidad, podemosdecir:

Un elemento unidimensional respeta la continuidad interelementos si y s�olo si susextremos son nudos.

Ejemplo. El elemento I.6 se puede pegar con los elementos I.1, I.3, I.4 y I.5 y obtenerregularidad global C(�). Pero, lo que es m�as interesante, si se pegan elementos I.6 entre s��,

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se obtiene regularidad global C1(�), pues tanto el valor de la funci�on como el de la derivadacoinciden a ambos lados de la frontera interelementos.

En este ejemplo, el espacio W h es el conjunto de las funciones de�nidas en � := [x1; x3] queson de clase 1 en � y tales que en 1 y en 2 son polinomios c�ubicos.

II. Regularidad interelementos en los elementos bidimensionales.

El estudio de la continuidad interelementos en los problemas bidimensionales es un pocom�as complicada que en los problemas unidimensionales:

Ejemplo. Consideremos el elemento II.1. Queremos estudiar como var��an las funciones deV he sobre un lado del tri�angulo. Las funciones de V

he son de la forma v(x) = ax+ by+c con lo

que sobre un lado de ecuaciones y = �x+� tendr�an la forma v(x) jlado= ax+b (�x+ �)+c =Ax + B es decir, tienen una variaci�on lineal que quedar�a �jada por el valor dev en los dosextremos del lado. Por ello, los elementos del tipo I.1 se podr�an pegar entre s�� obteniendouna regularidad global C(�), pues a los dos lados de la frontera interelementos la variaci�onser�a lineal y, como los valores en los extremos del segmento frontera son los mismos para losdos lados, ambas funciones ser�an la misma. N�otese que no hay regularidad C1(�).

Ejemplo. Los elementos del tipo II.2 no se pueden pegar ni entre s�� ni con elementos deltipo II.1, pues no se puede garantizar la continuidad interelementos.

Ejemplo. Consideremos el elemento II.3. Razonando como en el caso del elemento II.1, sellega a la conclusi�on de que sobre cada lado del tri�angulo las funciones de V he tienen unavariaci�on cuadr�atica, es decir, var��an seg�un una par�abola. Esta par�abola queda �jada bi-un��vocamente por el valor en los tres nudos situados sobre el lado. Por ello, los elementos deltipo II.3 se pueden pegar entre s�� y obtener una regularidad global C(�). Claramente no hayregularidad C1(�). N�otese que los elementos cuadr�aticos II.3 no se pueden pegar con elemen-tos lineales II.1, pues no se respeta la continuidad interelementos. En efecto, consideremos el

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siguiente ejemplo, en el que 1 es un tri�angulo cuadr�atico y 2 es un tri�angulo lineal

En la siguiente �gura se representa el corte de una funci�on v de W h por un plano quepasa por la frontera entre los dos elementos (el lado 142) y es perpendicular a la hoja.

A un lado de la frontera (el correspondiente a 1), v var��a sobre el lado de forma cuadr�atica,mientras que al otro (el correspondiente a 2), v var��a de forma af��n, con lo que en generalno habr�a continuidad interelementos.

Ejemplo. A continuaci�on discutimos el pegado de elementos del tipo II.4, elementos cuadril�aterosbilineales, cuando los lados de los mismos son paralelos a los ejes, como muestra la siguiente�gura

Las funciones de V he son de la forma v(x; y) = a + bx + cy + dxy con lo que sobre unlado de ecuaciones x = � tendr�an la forma v(x; y) jlado= a + b� + cy + d�y = A + By esdecir, son polinomios lineales. Sobre el lado com�un entre los dos elementos hay 2 grados delibertad que son los valores en los extremos del lado. Para �jar un polinomio de grado 2 bastacon especi�car su valor en estos dos extremos, con lo que, razonando como en los ejemplosanteriores, tenemos que habr�a continuidad interelementos.

Ejemplo. A continuaci�on discutimos el pegado de elementos del tipo II.4, elementos cuadril�aterosbilineales, en el caso general (lados no necesariamente paralelos a los ejes) como muestra la

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siguiente �gura

Las funciones de V he son de la forma v(x) = a + bx + cy + dxy con lo que sobre un ladode ecuaciones y = �x + � tendr�an la forma v(x) jlado= a + bx + c (�x+ �) + dx (�x+ �) =A+Bx+Cx2 es decir, son polinomios cuadr�aticos. Sobre el lado com�un entre los dos elementoshay 2 grados de libertad que son los valores en los extremos del lado. Para �jar un polinomiode grado 2 no basta con especi�car su valor en estos dos extremos, con lo que la par�abolacorrespondiente al elemento 1 ser�a en general distinta a la par�abola correspondiente alelemento 2, como muestra la siguiente �gura, en la que se representa el corte de una funci�onv de W h por un plano que pasa por la frontera entre los dos elementos y es perpendicular ala hoja.

Ambas par�abolas toman el mismo valor en los extremos del lado com�un a los dos elementos,pero en el resto de los puntos de dicho lado no tienen por qu�e coincidir. Por lo tanto nohay regularidad global C(�) y estos elementos no se pueden usar en el MEF. En un cap��tuloposterior veremos que se puede trabajar con cuadril�ateros de lados no paralelos a los ejes,pero para ello se debe utilizar la t�ecnica isoparam�etrica.

A continuaci�on veremos que la siguiente condici�on es una condici�on necesaria y su�cientepara que un elemento respete la continuidad interelementos y se pueda usar en el MEF:

Condici�on 2 El valor de las funciones de V he sobre cada lado del elemento e queda carac-terizado por su valor en los nudos del lado, es decir, si dos funciones de V he valen lo mismosobre los nudos de cada lado, deben valer lo mismo sobre todo el lado.

Pues bien, se cumple:

Proposici�on 22 Un elemento dado respeta la continuidad interelementos y por ello puedeser usado en el MEF, si y s�olo el elemento cumple la Condici�on 2.

Dem. Consideremos un lado del elemento. En ese lado se respetar�a la continuidad interele-mentos al pegarlo con otro elemento del mismo tipo si y s�olo si las funciones de V he a ambos

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lados de la frontera son la misma funci�on, y eso pasar�a si y s�olo si el valor de la funci�on deV he sobre el lado queda caracterizada por su valor en los nudos del lado �Comentario: N�otese que si se cumple la Condici�on 2, en particular tendremos que si unafunci�on es nula sobre los nudos de un lado entonces debe ser nula sobre todo el lado.

5.6.2. De�nici�on de las funciones de base globales

Una vez construido W h y comprobado que se veri�can las condiciones de regularidadinterelementos, procedemos a de�nir una base de funciones para dicho espacio. A diferenciade las funciones de base del elemento introducidas en la secci�on 5.4 y que estaban de�nidass�olo en el elemento, a las funciones que ahora de�niremos las denominaremos funciones debase globales porque est�an de�nidas en todo .

Suponiendo que todos los grados de libertad son de tipo Lagrange, las funciones de baseglobal est�an de�nidas de la siguiente forma:

De�nici�on 29 Funciones de base global (cuando s�olo hay elementos tipoLagrange) Para cada I 2 � se de�ne NI como la �unica funci�on que cumple lascondiciones:

1. NI 2W h, es decir, las funciones de base deben ser elementos del espacio W h:2. NI(xJ) = �IJ ; para todo J 2 �, es decir, NI vale uno en el nudo I y cero en los dem�as.

~ Obtenci�on de las NI a partir de las funciones de base local.

Estas funciones de base globales se pueden obtener a partir de las N ei , es decir, a partir

de las funciones de base locales. En efecto, tenemos:

Para cada I 2 �, NI es la funci�on NI : �! R que se obtiene \pegando" las funcionesde base N e

i para todos los e y todos los i tales que I = CON(e; i); y que vale cerofuera de esos elementos.

Ejemplo. La siguiente �gura ilustra la construcci�on de la funci�on de base global del nudo 4en el mallado I (29)

s

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N4 se construye pegando N23 con N

14 y de�ni�endola como cero fuera de los elementos 3 y

4.

Ejemplo. La siguiente �gura muestra la funci�on de base del nudo 4 correspondiente almallado II (32)

s

Para construir N4 hay que pegar N23 con N

31 y de�nirla como cero fuera de los elementos 2

y 3. En la siguiente �gura se construye la funci�on de base del nudo 2 correspondiente almismo ejemplo

Para construir N3 basta con tomar N22 y de�nirla como cero fuera del elemento 2.

Ejemplo. La siguiente �gura muestra la funci�on de base de los 5 nudos en el mallado III.

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Por ejemplo, la funci�on N3 se obtiene pegando N22 con N

31 y de�ni�endola como cero en los

elementos 1 y 4.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

El siguiente resultado enuncia algunas propiedades de las funciones de base globales:

Proposici�on 23 Propiedades de las funciones de base globales (cuando s�olo hayelementos tipo Lagrange):

(a) Las funciones NI ; I 2 � son linealmente independientes.(b) Las funciones NI ; I 2 � son sistema generador de W h (con lo que, usando (a), son

base de W h) y adem�as, suponiendo que todos los grados de libertad son de tipo Lagrange, siv 2W h entonces v se puede escribir v(x) =

PI2� v(xI)NI(x).

Dem. Muy similar a la demostraci�on de la Proposici�on 26 correspondiente a las N ei . �

Adem�as, y esta propiedad es extraordinariamente �util a la hora de trabajar con el MEF,tenemos

Las funciones de base global se anulan en \casi todos los elementos" Paracada I 2 �, la funci�on NI s�olo es no nula en los elementos a los que pertenece el gradode libertad global I.

81


5.7. Tratamiento de las condiciones de frontera esenciales. Trabajo con la

funci�on rh

Hemos visto que para pasar del problema d�ebil al problema d�ebil reformulado hay quetomar una funci�on r tal que r 2 S, es decir, una funci�on de clase 1 a trozos y que veri�quelas condiciones de frontera esenciales. En el tratamiento del problema tipo (3) que se llev�o acabo en la secci�on 4.2, se tom�o r(x) = ua, que claramente es de clase 1 a trozos y adem�asveri�ca la condici�on de Dirichlet u(a) = ua del problema. Como ya se coment�o en dichasecci�on, en la pr�actica esto no se hace as��. En el MEF, la elecci�on de la funci�on que veri�calas condiciones esenciales se suele hacer utilizando las funciones de base correspondientesa los nudos esenciales. Veamos a continuaci�on c�omo se construye esta funci�on, a la quedenotaremos rh:

El procedimiento para construir rh es el siguiente:

De�nici�on de la funci�on rh:(i) Se consideran las funciones de base NJ correspondientes a los nudos situadossobre �E ; es decir, las funciones fNJ ; J 2 �Eg, que se introdujeron en la secci�on5.6.2. As��, para cada J 2 �E la funci�on NJ est�a de�nida por las condiciones:� NJ 2W h.� NJ(xI) = �IJ ; para todo I 2 �.

(ii) Se de�ne

rh(x) :=XJ2�E

u(xJ)NJ(x) (33)

Ejemplo. En el mallado I (29) si suponemos que las condiciones de frontera son u(a) = uay A(b)E(b)u0(b) = Fb, tenemos que �E = f1g y por ello

rh(x) = u(a)N1(x) (34)

Si, en este ejemplo las condiciones de frontera hubiesen sido esenciales en los dos extremos,es decir, si �E = f1; 6g entonces tendr��amos que rh ser��a

rh(x) = u(a)N1(x) + u(b)N6(x)

82


Ejemplo. En el mallado II (30), si suponemos que se aplican condiciones esenciales en x = ay en x = b, tenemos

� = f1; 2; 3; 4; 5; 6; 7g�E = f1; 7g

� � �E = f2; 3; 4; 5; 6g

y por ellorh(x) = u(a)N1(x) + u(b)N7(x)

Ejemplo. En el mallado III (31), si suponemos que s�olo hay condiciones de frontera en lossegmentos 23 y 35, tenemos

� = f1; 2; 3; 4; 5g�E = f2; 3; 5g

� � �E = f1; 4g

y por ellorh(x) = u(x2)N2(x) + u(x3)N3(x) + u(x5)N5(x)

Ejemplo. En el caso de la malla de la �gura

(35)

83


tenemos querh(x) := u(x3)N3(x) + u(x5)N5(x) + u(x6)N6(x)

~ Propiedades de rh

La funci�on rh(x) dada por (33) es C1t [a; b], pues es una combinaci�on lineal de las funcionesNI que son C

1t [a; b]. Por ello, cumple la primera condici�on para pertenecer a S

�.

Estudiemos ahora si rh cumple las condiciones esenciales. Claramente, entrando con x =xJ en la expresi�on de r

h tenemos

8J 2 �E ; rh(xJ) = u(xJ) (36)

con lo que rh cumple las condiciones esenciales en los nudos esenciales. Sin embargo, enlos problemas en varias dimensiones espaciales, rh no tiene por qu�e cumplir las condicionesesenciales en todos los puntos de �E. Razonemos por qu�e:

En los problemas unidimensionales, en los que todos los puntos de la frontera son nudos,rh cumplir�a las condiciones esenciales en toda �E , con lo que r

h pertenecer�a a S� comoquer��amos. Como ejemplo, la funci�on (34) claramente cumple la condici�on u(a) = uadel problema (3).Sin embargo, en los problemas en dos o m�as dimensiones espaciales, la frontera esencialnormalmente contendr�a puntos que nos son nudos, y en dichos puntos no se puedegarantizar que rh cumpla las condiciones esenciales. Como ejemplo, en el caso de lamalla bidimensional anterior rh cumple las condiciones esenciales en los puntos x3; x5y x6, pero no en el resto de los puntos de los segmentos 35 y 56.Por tanto, en los problemas en dos o m�as dimensiones espaciales, la funci�on rh nor-malmente no veri�car�a las condiciones esenciales en �E y, por ello, no pertenecer�a alespacio S�. Como consecuencia, al utilizar rh en el MEF se estar�a cometiendo un erroradicional al ya inherente al m�etodo de Galerkin.

84


~ >Por qu�e trabajar con rh?

Es natural preguntarse por qu�e se trabaja con la funci�on (33), lo que introduce un erroradicional en el m�etodo, en vez de trabajar con una funci�on r que veri�que de forma exactalas condiciones de frontera esenciales. La respuesta es doble:

1. La raz�on principal es que, cuando se trabaja en varias dimensiones espaciales, engeneral no es factible encontrar una funci�on r(x) que cumpla de forma exacta las condi-ciones de frontera esenciales. Por ejemplo, en el caso de la malla (35) sup�ongase quelas condiciones esenciales son:

u(x; y) = x+ y + x2 para (x; y) 2 segmento 35

u(x; y) = x+ y + y2 para (x; y) 2 segmento 56

Pues bien, como el lector puede comprobar, no es inmediato encontrar una funci�onr(x; y) de�nida en todo � y que cumpla estas dos condiciones.2. Comodidad a la hora de programar el MEF. Como rh se construye a partir delas funciones de base globales, esta elecci�on facilita notablemente la programaci�on delm�etodo, como se ver�a en secciones posteriores.

En de�nitiva, en lo sucesivo se trabajar�a con rh para construir el problema d�ebil y elproblema de Galerkin. Por ello, la soluci�on exacta ser�a u = rh + v y la soluci�on aproximadaser�a uh = rh + vh.

5.8. De�nici�on del espacio V h y de una base para el mismo

Hasta ahora no se hab��an tenido en cuenta las condiciones de frontera esenciales. Ahorallega el momento de incorporarlas. A partir del espacio W h de�nimos el espacio V h que seutiliza para aplicar el m�etodo de Galerkin:

De�nici�on 30 De�nici�on de V h a partir de W h. Se de�ne V h como el espacioconstituido por las funciones de W h que se anulan en �E.

Obs�ervese que si no existiesen condiciones de frontera esenciales, V h ser��a el espacio W h

de funciones tales que:

Su restricci�on a cada elemento e es una funci�on de Vhe .

Las funciones cumplen la condici�on de regularidad global (es decir, C1t (�) en el caso de

problemas de orden 2) en �.

A continuaci�on queremos construir una base para V h. Parece razonable pensar que elconjunto fNI ; I 2 � � �Eg puede ser una base de V h. Veamos: las funciones NI ; I 2 � � �Eclaramente cumplen que se anulan sobre los nudos situados en �E . Para comprobar quepertenecen a V h s�olo queda probar que se anulan sobre toda �E (y no s�olo sobre los nudossituados sobre �E). Esto es inmediato en el caso de trabajar en R y en el caso de trabajar

85


en R2 se cumple como consecuencia de la Condici�on 2 que, como vimos anteriormente, debenveri�car los elementos para poder ser empleados en el MEF.

Pues bien, la idea intuitiva anterior resulta ser correcta, pues se veri�ca:

Proposici�on 24 Las funciones NI ; I 2 ��E son base de V h. Adem�as, (suponiendoque todos los grados de libertad son de tipo Lagrange) si v 2 V h entonces v se puedeescribir v(x) =

PI2��E v(xI)NI(x), es decir, las coordenadas de una funci�on de V

h

en la base de�nida son simplemente el valor de la funci�on en los nudos de � � �E.

Comentario: Se recuerda una vez m�as que, si hubi�esemos elegido otra base distinta paraV h; las coordenadas las funciones de V h en dicha base no se podr��an calcular de una formatan sencilla.

Ejemplo. En el mallado I (29), si suponemos que s�olo se aplican condiciones esenciales enx = a, tenemos: V h es el espacio de las funciones v : [a; b] ! R continuas tales que surestricci�on a cada elemento es una funci�on af��n y tales que sea anulan en x = a:

Tenemos que

� = f1; 2; 3; 4; 5; 6g�E = f1g

� � �E = f2; 3; 4; 5; 6g

y por ello una base de V h esfN2; N3; N4; N5; N6g

Ejemplo. En el mallado II (30), si suponemos que se aplican condiciones esenciales en x = ay en x = b, se tiene: V h es el espacio de las funciones v : [x1; x7]! R continuas tales que surestricci�on a 1 es una funci�on af��n, su restricci�on a 2 es es un polinomio cuadr�atico y surestricci�on a 3 es un polinomio c�ubico y tales que cumplen v(x1) = v(x7) = 0.

En este caso

� = f1; 2; 3; 4; 5; 6; 7g�E = f1; 7g

� � �E = f2; 3; 4; 5; 6g

y por ello una base de V h esfN2; N3; N4; N5; N6g

Ejemplo. En el mallado III (31), si suponemos que s�olo hay condiciones de frontera en lossegmentos 23 y 35, se cumple: V h es el espacio de las funciones v : � ! R continuas talesque su restricci�on a cada uno de los elementos es una funci�on af��n en dos variables y talesque se anulan en los segmentos 23 y 35.

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En este caso

� = f1; 2; 3; 4; 5g�E = f2; 3; 5g

� � �E = f1; 4g

y por ello una base de V h esfN1; N4g

~ Construcci�on de V h cuando la inc�ognita es vectorial.

La construcci�on de V h que se ha descrito es v�alida para problemas en los que la inc�ognita ues unidimensional, como por ejemplo en el caso de la barra axial, en el que u es desplazamientoen la direcci�on axial, y por lo tanto unidimensional, o en el problema de la transmisi�on delcalor en cualquier dominio de R;R2 o R3, en el que u es la temperatura y, por tanto, tambi�enunidimensional. En el caso de problemas en los que u es vectorial, como por ejemplo en elcaso del problema de la elasticidad bidimensional, en el que u = (u1; u2), el espacio V

h seconstruye mediante el producto cartesiano de espacios eV h construidos de la forma descritaen esta secci�on. En concreto, se de�ne

eV h := L fNI ; I 2 � � �Eg ;que ser��a el espacio V h si la inc�ognita fuese escalar, y ahora introducimos V h mediante

V h := eV h � eV h;es decir, las funciones de V h son las funciones de la forma wh =

�wh1 ; w

h2

�donde wh1 y

wh2 pertenecen aeV h. En el cap��tulo dedicado al MEF en problemas multidimensionales se

volveremos sobre esta idea.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Llegados a este punto, hemos construido un subespacio V h de dimensi�on �nita de V � yuna base para el mismo. Ya estamos en condiciones de aplicar el m�etodo de Galerkin.

5.9. Problema de Galerkin y sistema de ecuaciones

Una vez de�nido V h y una base fNI ; I 2 � � �Eg del mismo, podemos aplicar el m�etodode Galerkin. Para ello se seguir�an las ideas de las secciones 3.1 y 3.3.

Como veremos, la �unica diferencia ser�a que, en dichas secciones, la base de V h estabaconstituida por las funciones N1; :::; Nm. Sin embargo, aqu�� la base de V

h est�a constituidapor las funciones NI ; I 2 � � �E y, salvo que los nudos de � � �E tengan la numeraci�on1; :::;m, habr�a que modi�car dicha numeraci�on. Adem�as, como ya se vio en la secci�on 5.7, envez de trabajar con una funci�on r cualquiera perteneciente a S� se utiliza la funci�on rh dadapor (33).

87


De la secci�on 3.3 sabemos que, al ser a(�; �) bilineal y L(�) lineal, el problema de Galerkines equivalente al siguiente problema, al que denominamos \problema de Galerkin reformula-do"

Problema de Galerkin reformulado (G. REF)

Encontrar vh 2 V h tal que para todo I 2 � � �E se veri�que a(vh; NI) = L(NI)(37)

Adem�as tenemos queL(NI) = �L(NI)� a(rh; NI)

Estudiemos el t�ermino a(rh; NI). Entrando con la expresi�on de rh tenemos

a(rh; NI) = a(XJ2�E

u(xJ)NJ ; NI) =XJ2�E

a(NJ ; NI)u(xJ)

con lo que �nalmente tenemos

L(NI) = �L(NI)�XJ2�E

a(NJ ; NI)u(xJ) (38)

Con el �n de pasar del problema (37), en cierta forma \abstracto" pues la inc�ognita esuna funci�on, a un sistema de ecuaciones, en el que las inc�ognitas son n�umeros y por elloes m�as accesible, expresamos vh en t�erminos de las funciones de la base de V h

As�� escribimos,

vh(x) =PJ2��E dJNJ(x) (39)

donde los dJ son, por su propia de�nici�on, las coordenadas de vh en la base fNI ; I 2 � � �Eg

de V h.

Entrando en el problema anterior con (39) y usando (38), se llega al siguiente sistema deecuaciones algebraicas lineales con m ecuaciones y m inc�ognitas:

Sistema de ecuaciones. Encontrar dJ ; J 2 � � �E tal que se cumplaXJ2��E

a(NI ; NJ)dJ = L(NI) = �L(NI)�XJ2�E

a(NJ ; NI)u(xJ); para todo I 2 ��E (L)

(40)

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Por lo tanto, el sistema se puede expresar en forma matricial de la siguiente forma:

Forma matricial del sistema de ecuaciones. Encontrar d 2 Rm tal que se cumpla

Kd = F (41)

donde

KPQ = a(NI ; NJ); I; J 2 � � �E (42)

FP = L(NI) = �L(NI)�XJ2�E

a(NJ ; NI)u(xJ); I 2 � � �E (43)

y donde la relaci�on entre I y P y entre J y Q est�a dada por

P = ID(I); Q = ID(J)

Por razones que quedar�an claras en la secci�on 5.12.2 cuando hablemos de la matriz derigidez ampliada y el vector de fuerza ampliado, introducimos la siguiente de�nici�on:

De�nici�on de �FI . En cualquier problema MEF se de�ne, para todos los nudos I 2 �,la magnitud �FI mediante

�FI := �L(NI); I 2 � (44)

Por ello, FP y �FI se relacionan a trav�es de

FP = �FI � a(rh; NI) = �FI �XJ2�E

a(NJ ; NI)u(xJ); I 2 � � �E (45)

La matriz K hereda ciertas propiedades de la forma bilineal a(�; �):

Proposici�on 25 i. Si a(�; �) es una forma bilineal sim�etrica K es una matriz sim�etrica.

ii. Si a(�; �) es una forma bilineal sim�etrica de�nida positiva entonces K es una matrizsim�etrica de�nida positiva. Por ello el sistema (??) (y por consiguiente tambi�en el problemade Galerkin), tiene soluci�on �unica.

iii. Si a(�; �) es una forma bilineal sim�etrica semide�nida positiva entonces K es unamatriz sim�etrica semide�nida positiva.

Dem. Similar a la de la Proposici�on 17 �

89


~ La matriz de rigidez tiene estructura dispersa.

En general la matriz K tendr�a una estructura dispersa. En efecto:

a(NI ; NJ) es distinta de cero s�olo para los I y J tales que el soporte de las funciones NIy NJ se solape, es decir, s�olo si los nudos I y J pertenecen a un mismo elemento.

Por ello, si I y J son nudos correspondientes a elementos distintos, entonces KPQ = 0.Como es evidente, el \patr�on de dispersi�on" de K, es decir, la posici�on de los elementos nulosde K, depender�a tanto de la geometr��a de la malla como del n�umero de ecuaci�on que se asignea cada nudo de � � �E en la matriz, es decir, depender�a tanto de la geometr��a de la mallacomo de la correspondencia P =ID(I); I 2 � � �E que se elija.

Comentarios:

Obs�ervese que �FI contiene todos los t�erminos de L(NI) a excepci�on del sumando�a(rh; NI) correspondiente a las condiciones esenciales.A pesar de que para calcular F s�olo intervienen los �FI correspondientes a nudos noesenciales, en (44) hemos de�nido �FI para todos los nudos, sean estos esenciales o no.Veremos en la Secci�on 5.12.2 el porqu�e de este proceder.

Ejemplo. En el caso de la barra axial (3), tenemos que

�FI = (f;NI) + FbNI(b); I 2 � � �E

yFP = �FI � a(rh; NI) = �FI � a(N1; NI)u(a); I 2 � � �E

Por ello, el sistema de ecuaciones en el ejemplo del mallado 1, con 5 elementos lineales,la matriz K es

K =



377775el vector F es

F =

266664�F2 � a(N1; N2)u(a)�F2 � a(N1; N3)u(a)�F2 � a(N1; N4)u(a)�F2 � a(N1; N5)u(a)�F2 � a(N1; N6)u(a)

377775 =266664

(f;N2)� a(N1; N2)u(a)(f;N3)� a(N1; N3)u(a)(f;N4)� a(N1; N4)u(a)(f;N5)� a(N1; N5)u(a)

(f;N6) + Fb � a(N1; N6)u(a)

377775donde, obs�ervese, el t�ermino FbNI(b) s�olo es no nulo para I = 6.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Una vez llegados a este punto, debemos calcular K y F y luego resolver el sistema (41)para obtener d.

90


~ Soluci�on �nal proporcionada por el MEF.

Una vez calculado d, nuestra intenci�on es ahora reconstruir, a partir de d; la soluci�onaproximada uh proporcionada por el MEF. Puesto que uh = rh + vh tenemos que

uh(x) = rh(x) + vh(x) =XJ2�E

u(xJ)NJ(x) +X

J2��E

dJNJ(x) (46)

Hasta ahora s�olo hemos de�nido dJ para los J 2 �� E . Pues bien, para los nudos esencialesde�nimos

dJ := u(xJ); J 2 �E (47)

N�otese que cuando J es un nudos esencial estos dJ son dato del problema.

Entonces usando (46) tenemos �nalmente

uh(x) =XJ2�

dJNJ(x) (48)

Comentario: Puesto que uh es una combinaci�on lineal de las funciones NJ ; J 2 �, uh

pertenece al espacio W h introducido en la secci�on 5.6. En de�nitiva, se cumple que vh 2 V hy uh 2W h.

~ Interpretaci�on de los dJ

Los dJ se pueden interpretar de la siguiente forma: sea J 2 �. De (48),

uh(xJ) =XI2�

dINI(xJ) =XI2�

dI�IJ = dJ (49)

con lo que tenemos:

Los dJ son desplazamientos aproximados en los nudos. Para cualquier nudoJ 2 �;

dJ = uh(xJ) para todo J 2 �

es decir, dJ es el desplazamiento aproximado en el nudo xJ . Adem�as, en el caso de losnudos esenciales, tenemos por su propia de�nici�on

dJ = u(xJ); para todo J 2 �E

Recu�erdese tambi�en que, por su propia de�nici�on, los dJ , J 2 �� E son las coordenadasde vh en la base NJ , J 2 � � �E y que

dJ = vh(xJ) para todo J 2 � � �E

91


~ Vector de desplazamientos ampliado.

Vemos de la expresi�on (48) que en el c�alculo de uh intervienen los dJ para todos los nudosde la malla. Por ello es conveniente de�nir el denominado vector de desplazamientos ampliado,dado por

�d := (d1; d2; ::::; dn)T 2 Rn (50)

con lo que �d contiene los desplazamientos en todos los nudos, sean eston esenciales o no.

Ejemplo. En el caso del problema tipo (3), utilizando el mallado I correspondiente a 5elementos lineales, tenemos

d = (d2; d3; d4; d5; d6)T

�d = (d1; d2; d3; d4; d5; d6)T

donde d1 = u(a).

Para construir uh; a la soluci�on vh (23) le sumamos la funci�on rh dada por (34) y comosoluci�on �nal tenemos la funci�on

uh(x) =6X

J=1

dJNJ(x) = d1N1(x) + d2N2(x) + d3N3(x) + d4N4(x) + d5N5(x) + d6N6(x)

La siguiente �gura muestra la verdadera soluci�on u y la soluci�on �nal aproximada uh

proporcionada por el MEF

5.10. Expresi�on de las integrales sobre el dominio como suma deintegrales sobre cada elemento. Matriz de rigidez y vector de cargadel elemento

En la pr�actica, la matriz K y el vector F no se calculan directamente de las expresiones(42) y (43). Lo que se hace es que las integrales extendidas a que aparecen en el c�alculode la matriz de rigidez y del vector de fuerzas, se descomponen en suma de integrales sobrelos diferentes elementos e. Para calcular la integral sobre cada elemento se har�a uso de lasiguiente importante propiedad:

Como la funci�on de base NI s�olo es no nula en los elementos que comparten el nudo I,para calcular la integral en cada elemento e s�olo hay que tener en cuenta las funcionesde base correspondientes a los nudos de e.

92


5.10.1. Integrales correspondientes a la matriz de rigidez. Matriz de rigidez delelemento

Sabemos que, en cualquier problema de elementos �nitos, las componentes de la matrizde rigidez est�an dadas por

KPQ := a(NI ; NJ)

donde la forma de a(�; �) ser�a distinta en cada ejemplo concreto, pero siempre involucrar�a unaintegral sobre . Puesto que las funciones NI las hemos construido pegando las funciones deforma en cada elemento, la integral sobre la descomponemos en suma de integrales sobrelos distintos elementos. As�� tenemos

KPQ := a(NI ; NJ) = a(N1I ; N

1J )1 + � � �+ a(N s

I ; NsJ)s ; I; J 2 � � �E (51)

donde utilizaremos la notaci�on a(NkI ; N

kJ )k para denotar que s�olo se integra sobre k.

Consid�erese un elemento e. Sabemos que cada funci�onNI s�olo es no nula en los elementosa los que pertenece el grado de libertad I. Por ello, los �unicos nudos I, J para los cualesa(NI ; NJ)e 6= 0 son aquellos que cumplen que xI y xJ pertenecen a e. Por ello, al integrarsobre e s�olo es necesario trabajar con dichos nudos. Consid�erese por ejemplo el caso demallado III:

Si se quiere integrar sobre 4, puesto que los nudos de este elemento son x1, x4 y x5, las�unicas integrales a(NI ; NJ)4 que son no nulas son

a(N1; N1)4 ; a(N1; N4)4 ; a(N1; N5)4 ; a(N4; N4)4 ; a(N4; N5)4

Utilizando la propiedad anterior, en vez de �jar I y J y calcular a(NI ; NJ)e para todoslos elementos, lo que se hace es �jar un elemento e y calcular a(NI ; NJ)e para todos los Iy J para los que la integral es no nula, sum�andolos en las posiciones adecuadas de K.

A este proceso por el que calculamos las contribuciones de cada elemento y las sumamosen posiciones de K se le denomina ensamblaje de K.

93


~ Uso de la numeraci�on local.

Puesto que para calcular a(NI ; NJ)e estamos trabajando �unicamente con el elemento e,y por comodidad a la hora de programar el m�etodo, es �util utilizar la numeraci�on local para Iy J y as�� escribir a(Ni; Nj)e en vez de a(NI ; NJ)e , donde I = CON(e; i) y J = CON(e; j).

Por tanto, hemos obtenido tenemos el siguiente procedimiento para calcular y ensamblarK:

C�alculo y ensamblaje de K. Para cada elemento e y para cada i; j = 1; :::; ne talque ni I ni J son nudos esenciales, hay que calcular

keij := a(Ni; Nj)e (52)

y luego sumar keij en la posici�on (P;Q) de K, donde P = ID(I), Q = ID(J), I =CON(e; i) y J = CON(e; j).

Equivalentemente, se puede calcular keij para todos los i; j 2 f1; :::; neg, sean estos corre-spondientes a nudos esenciales o no, y s�olo ensamblar aquellos para los que i y j correspondena nudos no esenciales. Adem�as, en secciones posteriores se ver�a que los keij en los que i o json esenciales, aunque no intervienen en el c�alculo de K, tienen su utilidad en el c�alculo dela denominada \matriz de rigidez ampliada".

Por tanto, toda la contribuci�on del elemento e a la matriz de rigidez se puede almacenaren la denominada matriz de rigidez del elemento ke; de�nida mediante

ke :=

26664ke11 ke12 � � � ke1;neke21 ke22 � � � ke2;ne...

.... . .

...kene;1 kene;2 � � � kene;ne

37775 2 Rne�ne

Como ya sabemos, en realidad s�olo contribuir�an aK aquellos keij para los que I; J 2 ��E ,es decir, los keij en los que I o J son esenciales no contribuyen a K.

Comentario: En (52) se ha usado la notaci�on a(Ni; Nj)e en vez de a(Nei ; N

ej )e , como ser��a

m�as riguroso, porque, como estamos trabajando en el elemento e, se sobrentiende que lasfunciones de base son las correspondientes a dicho elemento.

Ejemplo. En nuestro ejemplo tipo de la secci�on 4.2 tenemos

keij := a(Ni; Nj)e =

Ze

AEN 0iN

0j ; i; j = 1; :::; ne

Comentario: Recu�erdese que, como a(�; �) es sim�etrica, ke tambi�en lo es y por ello s�olo esnecesario calcular los elementos de la diagonal principal y por encima de la misma.

La matriz ke tiene la siguiente propiedad:

94


Proposici�on 26 En cualquier problema MEF se cumple que, dado un elemento cualquierae, la matriz k

e es singular. Es m�as, si se supone que todos los grados de libertad del elementoson de tipo Lagrange, entonces todas las �las de ke suman cero y lo mismo le pasa a suscolumnas, es decir,

8j = 1; :::; ne;neXi=1

keij = 0; 8i = 1; :::; ne;neXj=1

keij = 0

Dem. Por simplicidad, haremos la demostraci�on s�olo para el caso en que el elemento es detipo Lagrange. Primero demostraremos (a) que las �las y las columnas de ke suman cero yluego demostraremos (b) que esto implica que la matriz es singular.

(a) De la Proposici�on 26 tenemos que si v 2 V he

1 =

neXi=1

N ei (x); (53)

es decir, las funciones de base suman uno en todos los puntos.

Por ahora supongamos que se est�a trabajando con el problema de la barra axial, con loque

keij =

Ze

AEN 0iN

0jdx

y por elloneXi=1

keij =

neXi=1

Ze

AEN 0iN

0jdx =

Ze

AE

neXi=1

N 0i

!N 0jdx

Derivando en (53) tenemos que 0 =Pnei=1N

0i(x) para todo x 2 e, con lo que entrando en

la expresi�on anterior obtenemos quePnei=1 k

eij = 0. La demostraci�on de que

Pnei=1 k

eij = 0 se

hace de forma an�aloga, aunque por la simetr��a de ke se tiene directamente que si las columnassuman cero tambi�en lo deben hacer las �las.

En el caso de que el problema no fuese el de la barra axial, la demostraci�on se har��a demanera an�aloga, y estar��a basada en el hecho de que, en los problemas de segundo orden, laforma bilineal a(�; �) siempre contendr�a derivadas de primer orden, con lo que al derivar en(53) se obtiene siempre cero.

(b) Supongamos que una matriz cuadrada A 2 Rn�n cualquiera cumple que sus �las sumancero. Entonces, 0BB@

a11a21

an1

1CCA+0BB@a12a22

an2

1CCA+ � � �+0BB@a1na22

ann

1CCA =

0BB@00

0

1CCAes decir, si llamamos c1; :::; cn a las columnas de A tenemos

c1 + c2 + � � �+ cn = ~0

con lo que existe una combinaci�on de las columnas de A igualada a cero en la que los coe-�cientes no son todos nulos (de hecho son todos igual a 1). Por tanto, dichas columnas son

95


linealmente dependientes y por ello el rango de A debe ser menor que n y por ello A essingular.

�

Comentario: si las �las (o las columnas) de una matriz suman cero entonces la matrizforzosamente es singular. Sin embargo el rec��proco no es cierto, es decir, hay matrices queson singulares y sin embargo sus �las no suman cero (y tampoco sus columnas). Un ejemploes el siguiente �

1 22 4

�Ejemplo. Consideremos el ejemplo del mallado I (29). La matriz K tiene la expresi�on

K =



377775y se ensambla de la siguiente forma

K =

266664k122 + k

211 k212 0 0 0

k212 k222 + k311 k312 0 0

0 k312 k322 + k411 k412 0

0 0 k412 k422 + k511 k512

0 0 0 k512 k522

377775Ejercicio 19 Consid�erese el problema para la deformaci�on de una barra con carga axial

� d

dx

�A(x)E(x)

du

dx(x)

�= f(x); x 2 (0; L) =

u(0) = u0; A(L)E(L)u0(L) = T

Se considera el elemento constituido por el intervalo [�1; 1], el espacio de los polinomios degrado dos sobre dicho intervalo y cuyos grados de libertad son los valores de la funci�on en losextremos y en el punto medio del intervalo. Calcular las funciones de forma y posteriormentela matriz de rigidez de dicho elemento en el caso en que E y A son constantes.

Ejercicio 20 Al aplicar el MEF al problema de la barra axial, se sabe que la matriz derigidez de un cierto elemento cuadr�atico es de la forma

ke = 109

24 � � �2�1 � �3� � �

35donde � indica componentes en principio desconocidas. Calcular dichas componentes.

96


5.10.2. Integrales correspondientes al vector de fuerzas. Vector de fuerzas delelemento

El razonamiento que se sigue para calcular y ensamblar el caso del vector de fuerzas esan�alogo al seguido en el caso de la matriz de rigidez.

Hemos visto que en cualquier problema MEF, las componentes del vector de fuerzas est�andadas por

FP = L(NI) = �L(NI)� a(rh; NI) (54)

donde, obs�ervese, se est�a trabajando con la funci�on rh dada por (33). Por ejemplo, en el casodel problema tipo (3), tenemos

FP = L(NI) = �L(NI)� a(rh; NI) = (f;NI) + FbNI(b)� a(rh; NI)

Descomponiendo las integrales sobre que aparecen en �L(NI) y en a(rh; NI) en suma de

integrales sobre los distintos elementos tenemos

FP = �L(NI)� a(rh; NI) =

=h�L(N1

I )1 � a(rh; N1I )1

i+ � � �+

h�L(N s

I )s � a(rh; N sI )s

i; I 2 � � �E (55)

donde, de nuevo, la notaci�on �L(N sI )e indica que s�olo se integra sobre e.

En el caso del problema tipo (3) tenemos

FP = �L(NI)� a(rh; NI) =

= FbNI(b) +h�f;N1

I

�1� a(rh; N1

I )1

i+ � � �+

h(f;N s

I )s � a(rh; N s

I )s

i; I 2 � � �E

donde, una vez m�as, la notaci�on (f;N eI )e indica que s�olo se integra sobre e.

Ahora tendremos en cuenta lo siguiente:

Razonando como en el caso de la matriz de rigidez, al integrar sobre e s�olo es necesariotrabajar con dichos nudos. Por ello, dado un elemento e, los �unicos nudos I para loscuales �L(NI)e , (f;N

eI )e �o a(r

h; N eI )e son no nulos son aquellos que cumplen que xI

pertenece a e.Examinemos con m�as detalle el t�ermino a(rh; NI)e

a(rh; N eI )e = a(

XJ2�E

u(xJ)NeJ ; N

eI )e =

XJ2�E

u(xJ)a(NeJ ; N

eI )e

Ahora, �jado el elemento e, en vez de extender la sumaPJ2�E u(xJ)a(N

eJ ; N

eI )e a

todos los J 2 �E, basta con extenderla s�olo a los J 2 �E que adem�as cumplen que xJpertenece a e pues, como ya hemos visto, si xJ =2 e entonces a(N e

J ; NeI )e = 0.

Adem�as, por comodidad a la hora de programar, trabajaremos con la numeraci�on localde los nudos del elemento.

97


En de�nitiva, de (55) de�nimos, para cada i = 1; :::; ne tal que I es un nudo no esencial,la magnitud fei dada por

fei :=�L(Ni)e �

Xj=1;:::;ne tq J2�E

a(N ei ; N

ej )eu(xJ) =

�L(N ei )e �


keiju(xJ)

donde en la �ultima igualdad se ha usado que, de (56), keij := a(Ni; Nj)e

As��, hemos obtenido tenemos el siguiente procedimiento para ensamblar F :

C�alculo y ensamblaje de F . Para cada elemento e y para cada i = 1; :::; ne talque I no es un nudo esencial, hay que calcular

fei := �L(N ei )e �


keiju(xJ) (56)

y luego sumar fei en la posici�on P de F , donde P = ID(I) y I = CON(e; i).

Comentario: De (56) se aprecia que el c�alculo de fei intervienen las keij en las que i es un

nudo no esencial del elemento y j es un nudo esencial del elemento.

Ahora de�nimos �fei de forma similar a como introdujimos�FI en (44), es decir:

Para cada elemento e, de�nimos

�fei := �L(N ei )e ; i = 1; ::::; ne; (57)

Comentarios:

�fei contiene todos los t�erminos de fei a excepci�on del t�ermino �a(rh; N e

i )e ; que corre-sponde a las condiciones de frontera esenciales.en los problemas bidimensionales, �L(�) contendr�a en general una integral (doble) sobre y una integral curvil��nea sogre �E . Por ello, �L(�)e tiene un t�ermino de integral sobree y otro t�ermino de integral sobre la parte de �E que pertenece al elemento e y quedenotaremos �eE .

Claramente, �fei y fei se relacionan mediante

fei =�fei � a(rh; N e

i )e ; i = 1; ::::; ne

98


Ejemplo. En el caso del problema tipo (3) tenemos que

fei = (f;Nei )e + FbNI(b)�


keiju(xJ); i; j = 1; 2 (58)

donde, obs�ervese, el t�ermino FbNI(b) s�olo es distinto de cero se est�a trabajando con el �ultimoelemento. M�as concretamente, como x = b es un nudo y NI es nula en todos los nudos salvoen xI , tenemos que FbNI(b) es no nulo s�olo cuando xI = b, es decir, para el �ultimo nudo.

Adem�as tenemos que�fei = (f;N

ei )e + FbNI(b)

~ Vector de fuerza del elemento.

Aunque hemos visto que las �unicas contribuciones del elemento e al vector de fuerzasson los fei donde I no es un nudo esencial, podemos de�nir los f

ei para todo i = 1; :::; ne; con

independencia de si i corresponde o no a un nudo esencial. As��, podemos de�nir el denominadovector de fuerzas del elemento fe 2 Rne�1 mediante

fe :=

26664fe1fe2...fene

37775 2 Rne�1

Insistimos una vez m�as, el MEF no hace uso de los fei correspondientes a nudos esencialesdel elemento.

Comentario: En lo sucesivo, para no sobrecargar la notaci�on usaremos la notaci�on a(Ni; Nj)e ,�L(Ni)e y (f;Ni)e en vez de a(N

ei ; N

ej )e ,

�L(N ei )e y (f;N

ei )e puesto que queda claro que

se est�a trabajando con las funciones de base del elemento e.

99


A continuaci�on se resume el procedimiento para calcular y ensamblar K y F :

Ensamblaje de K y de F (trabajando con la funci�on rh)Ensamblaje de K. Dado un elemento e, para cada i y j correspondiente a nudosI y J de � � �E , donde I = CON(e; i) y J = CON(e; j), se calcula

keij = a(Ni; Nj)e (59)

y se suma en la posici�on (P;Q) de K, donde P = ID(I), Q = ID(J).Puesto que K es sim�etrica, s�olo hace falta ensamblar la parte \superior" de Ky luego proceder por simetr��a.Ensamblaje de F . Dado un elemento e, para cada i correspondiente a un nudoI de � � �E , donde I = CON(e; i), se calcula fei dado por

fei =�fei �


keiju(xJ) (60)

y luego se ensambla el resultado en la posici�on P de F , donde P = ID(I).

Ejemplo. Consideremos el ejemplo de la secci�on 4.2. Si usamos una malla con 5 elementoslineales, la funci�on rh est�a dada por rh(x) = u(a)N1(x) y tenemos

F =

266664�F2 � a(N1; N2)u(a)�F2 � a(N1; N3)u(a)�F2 � a(N1; N4)u(a)�F2 � a(N1; N5)u(a)�F2 � a(N1; N6)u(a)

377775 =266664

(f;N2)� a(N1; N2)u(a)(f;N3)� a(N1; N3)u(a)(f;N4)� a(N1; N4)u(a)(f;N5)� a(N1; N5)u(a)

(f;N6) + Fb � a(N1; N6)u(a)

377775 =266664(f;N2)� a(N1; N2)u(a)

(f;N3)(f;N4)(f;N5)

(f;N6) + Fb

377775que se ensambla de la siguiente forma

F =

266664f12 + f

21

f22 + f31

f32 + f41

f42 + f51

f52

377775 =266664�f12 � k121u(a) + �f21

�f22 +�f31

�f32 +�f41

�f42 +�f51

�f52

377775 =266664(f;N2)1 � k121u(a) + (f;N1)2

(f;N2)2 + (f;N1)3(f;N2)3 + (f;N1)4(f;N2)4 + (f;N1)5(f;N2)5 + Fb

377775

Ejercicio 21 Ensamblar K y F cuando se resuelve el problema de la barra axial con condi-ciones de frontera u(a) = ua, u(b) = ub utilizando la malla del mallado II (30).

Ejercicio 22 Se considera la aplicaci�on del MEF al problema de la conducci�on del calor enuna placa plana. Se elige el siguiente mallado, que muestra la numeraci�on global (n�umerosgrandes) y la local (n�umeros peque~nos). Los tri�angulos son lineales y el cuadril�atero es bilineal

100


isoparam�etrico (por ahora s�olo es necesario saber que este elemento tiene 4 grados de libertadcorrespondientes al valor de la funci�on en los v�ertices)

Se pide:

1. Expresi�on de la funci�on rh.

2. Expresi�on de K y de F . >C�omo se puede saber antes de escribir K qu�e componentesde la misma ser�an cero?

3. Ensamblar K y F a partir de los keij y los�fei .

5.11. C�alculo de las integrales en la matriz de rigidez y el vector defuerzas del elemento. Cambio de variable. Funciones de base en lareferencia est�andar. Uso de f�ormulas de cuadratura

Para calcular keij y fei , dados por (59) y (60) es preciso calcular integrales sobre el elemento

e. En el caso del problema tipo (3), estas integrales sonZe

E(x)A(x)N 0i(x)N

0j(x)dx; i; j = 1; :::; neZ

e

f(x)Ni(x)dx; i = 1; :::; ne

Para calcular dichas integrales, primero se hace un cambio de variable x = �(�) paratransformar e en un dominio \est�andar" e sencillo.

101


~ Cambio de variable.

Sea � Rp. Para pasar de la referencia global a la referencia est�andar, se hace un cambiox = �(�), que pasa de las variables x 2 Rp a � 2 Rp y que transforma el elemento e en elelemento est�andar e, es decir, e = �(e). Se intentar�a que este cambio sea lo m�as sencilloposible. Lo ideal es que se pueda llevar a cabo un cambio af��n, es decir, de la forma x = A�+baunque esto no siempre es posible.

Cuando p = 2 el cambio lo podemos escribir en la forma (x; y) = �(�; �), es decir

x = �1(�; �)

y = �2(�; �)

~ Tipos de elementos est�andar.

En el caso unidimensional, el sistema local e es siempre el intervalo [�1; 1] y parapasar de la referencia global a la local, se hace un cambio af��n x = �(�) que transformael intervalo [�1; 1] en el elemento [xe; xe+1] del elemento. Este cambio est�a dado por

x = �(�) =xe+1 � xe

2� +

xe+1 + xe2

(61)

En el caso de problemas bidimensionales, si e es un tri�angulo entonces e es el denom-inado \tri�angulo est�andar", cuyos v�ertices son los puntos (1; 0); (0; 1) y (0; 0), mientrasque si e es un cuadril�atero entonces e es el denominado \rect�angulo est�andar", cuyosv�ertices son los puntos (1;�1); (1; 1); (�1; 1) y (�1;�1)

:

La siguientes �guras ilustran esta idea de efectuar un cambio de variable para pasar delelemento est�andar e al elemento \real" y viceversa

102


En un cap��tulo posterior se estudiar�a la forma de hacer el cambio x = �(�) en el casode trabajar con tri�angulos o cuadril�ateros. Para ello se har�a uso de la denominada \t�ecnicaisoparam�etrica".

Comentarios: el cambio x = �(�) es deistinto pra cada elemento de la malla, por lo quehubiera sido m�as correcto escribir x = �e(�) para poner esto de relieve. Sin embargo, paramantener la notaci�on m�as sencilla omnitiremos el sub��ndice e.

~ >Por qu�e llevar a cabo un cambio de variable?

La motivaci�on para llevar a cabo ese cambio de variable es la de simpli�car el c�alculo delas integrales, y esto sucede por dos motivos:

1. Transformar e en un dominio m�as sencillo e. En ocasiones, concretamente cuandotodos los elementos utilizados son del mismo tipo, e es mismo para todo e = 1; :::; s ypor ello se puede omitir el ��ndice e. Por ejemplo, y suponiendo que trabajamos en R2,todos los elementos tri�angulos de la malla se transformar�an en el denominado tri�anguloest�andar. Esto hace que para calcular la integral sobre e no sea necesario disponerde una f�ormula de cuadratura para cada tri�angulo de la malla, sino �unicamente unaf�ormula de cuadratura sobre el tri�angulo est�andar.2. El cambio permite simpli�car la expresi�on de las funciones de base N e

i (x); i =1; :::; ne para poder trabajar m�as f�acilmente con ellas. En efecto, en principio para cadaelemento e habr��a que calcular sus funciones de base N

ei (x). Sin embargo, veremos que

al llevar a cabo el cambio seremos capaces de trabajar con las funciones N ei de�nidas

porN ei (�) := N

ei (�(�)); i = 1; :::; ne;

a las que denominamos funciones de base del elemento en la referencia est�andar. Sever�a que estas funciones tienen la ventaja de que:

103


� (a) Son las mismas para todos los elementos de un mismo tipo. Por ejemp-lo, distintos elementos cunadr�aticos unidimensionales tienen distintas funcionesN ei (x); i = 1; 2; 3 pero las mismas funciones N

ei (�); i = 1; 2; 3. De la misma for-

ma, distintos tri�angulos lineales tienen distintas funciones N ei (x); i = 1; 2; 3 pero

las mismas funciones N ei (�); i = 1; 2; 3, etc.

� (b) Tienen una expresi�on muy sencilla.

~ Uso de f�ormulas de cuadratura num�erica

Una vez hecho el cambio x = �(�); se obtiene una integral sobre e, es decir, una integraldel tipo Z

e

g(�)d�

El c�alculo anal��tico de dicha integral puede presentar una gran di�cultad e incluso dichoc�alculo puede no ser viable, lo que nos fuerza a utilizar f�ormulas de cuadratura num�erica paracalcularla de forma aproximada. Incluso cuando el c�alculo anal��tico de la integral es viable,se recurre al uso de f�ormulas de cuadratura para calcularla, pues como veremos su aplicaci�ones sencilla, tiene un bajo costo computacional y con ellas podemos conseguir precisiones muyaltas.

Las f�ormulas de cuadratura tienen la siguiente forma:

F�ormulas de cuadratura num�erica. Una f�ormula de cuadratura num�erica paraintegrar una funci�on g sobre el conjunto e es una expresi�on del tipo

Reg(�)d� �

n.p.i.P�=1

W�g(��)

donde los ��, a los que se denomina \nudos de integraci�on", son puntos de e y losW�,a los que se denomina \pesos", son unos ciertos coe�cientes. Mediante n.p.i. denotamosel n�umero de nudos de integraci�on.

Comentarios:

El uso de las f�ormulas de cuadratura permite calcular (eso s��, s�olo de forma aprox-imada) la integral de una funci�on simplemente evaluando la funci�on en los \nudos",multiplicando por los \pesos" y sumando el resultado. Obs�ervese que esto es muchom�as c�omodo que intentar integrar la funci�on mediante los m�etodos tradicionales de in-tegraci�on, que como sabemos son complicados y adem�as no son aplicables a todas lasfunciones.En principio (ya se ver�a con m�as detalle en el cap��tulo correspondiente a la integraci�onnum�erica), cuantos m�as nudos tenga la f�ormula de cuadratura m�as preciso ser�a el re-sultado, pero se deber�an hacer m�as evaluaciones de la funci�on y por ello el tiempo de

104


c�alculo tambi�en ser�a m�as alto. En un programa MEF, la mayor parte del tiempo dec�alculo se emplea precisamente en llevar a cabo las cuadraturas num�ericas, por lo quees necesario utilizar f�ormulas de cuadratura que, siendo su�ciente mente precisas, nohagan que la ejecuci�on del programa sea muy lenta.

La siguiente �gura muestra algunas f�ormulas de cuadratura

5.11.1. C�alculo de las contribuciones de cada elemento a la matriz de rigidez yel vector de carga en el problema tipo

Apliquemos las ideas anteriores al problema tipo (3), que resolvemos por el MEF usandouna malla de 5 elementos lineales.

Recordemos que el conjunto � = [a; b] se divide en 5 elementos e = [xe; xe+1]; e =1; 2; 3; 4; 5 de forma que x1 = a y x6 = b

105


Como los elementos son lineales, tenemos que ne = 2 para todo e = 1; :::; 5.

~ Cambio de variable y funciones de base en la referencia est�andar.

Sea el elemento, e correspondiente al intervalo [xe; xe+1]. El elemento est�andar es elintervalo [�1; 1].

Para pasar de la referencia global a la est�andar, se hace un cambio af��n x = �(�) talque ��1 transforme el intervalo [xe; xe+1] del elemento e en cuesti�on en el intervalo [�1; 1].Escribiendo x = �(�) = �� + � e imponiendo las condiciones �(�1) = xe y �(1) = xe+1obtenemos inmediatamente

x = �(�) =xe+1 � xe

2� +

xe+1 + xe2

;

Ahora de�nimos las funciones de base en la referencia est�andar,

Ni(�) := Ni(�(�)); i = 1; 2

En principio podr��amos obtener la funci�on Ni(�) calculando primero Ni(x) y luego hal-lando su composici�on con el cambio x = �(�). Sin embargo , en la pr�actica se pueden hallarpor un procedimiento m�as sencillo.

En efecto, obs�ervese que como las Ni son polinomios de grado uno y el cambio es af��n, lasfunciones Ni(�); que son la composici�on de ambas, tambi�en ser�an polinomios de grado uno.Adem�as, se cumple que

N1(�1) = N1(�(�1)) = N1(xe) = 1N1(1) = N1(�(1)) = N1(xe+1) = 0

N2(�1) = N2(�(�1)) = N2(xe) = 0N2(1) = N2(�(1)) = N2(xe+1) = 1

con lo que las funciones Ni(�) resultan ser las funciones de base para los polinomios de gradouno en el intervalo [�1; 1]. Por ello tenemos que

N1(�) =1

2(1� �)

N2(�) =1

2(1 + �):

En todo lo anterior se ha omitido el super��ndice e porque como todos los elementos sondel mismo tipo las funciones de base en la referencia est�andar son las mismas para cadaelemento.

Ejemplo. Funciones en la referencia est�andar para los elementos cuadr�aticos. Cal-culemos ahora como ejercicio las funciones de base en la referencia est�andar en el caso de un

106


elemento cuadr�atico con tres nudos equiespaciados

Para calcularlas en la pr�actica, podr��amos en principio calcular las N ei y hacer la composici�on

con el cambio (61). Sin embargo, y como hicimos en el caso de los elementos lineales, seguire-mos un procedimiento m�as c�omodo. Como las funciones N e

i (�) := Nei (�(�)); i = 1; 2; 3 son la

composici�on de las N ei , que son polinomios de grado dos, con �(�), que es una transformaci�on

af��n, las funciones Ni(�) ser�an polinomios de grado dos. Por ello, para calcularlas basta consaber su valor en 3 puntos. Ahora, para el primer grado de libertad tenemos

N1(�1) = N1(�(�1)) = N1(xe) = 1

N1(0) = N1(�(0)) = N1(xe + xe+1

2) = 0

N1(1) = N1(�(1)) = N1(xe+1) = 0

con lo que deducimos que

N1(�) =1

2� (� � 1)

An�alogamente tenemos, para el segundo grado de libertad,

N2(�1) = N1(�(�1)) = N1(xe) = 0

N2(0) = N1(�(0)) = N1(xe + xe+1

2) = 1

N2(1) = N1(�(1)) = N1(xe+1) = 0

de donde tenemos queN2(�) = (� + 1) (1� �)

De forma an�aloga se obtiene

N3(�) =1

2� (� + 1)

Ejercicio 23 Calcular las funciones de base en la referencia est�andar para el elemento c�ubicocon 4 nudos equiespaciados

107


~ C�alculo de las integrales en la matriz de rigidez de cada elemento.

En el problema tipo, y usando elementos lineales, keij tiene la expresi�on

keij =

Ze

A(x)E(x)N 0i(x)N

0j(x)dx; i; j = 1; 2 (62)

Ahora, haciendo el cambio x = �(�) se tiene

keij =

Ze

A(x)E(x)N 0i(x)N

0j(x)dx =

Z 1

�1A(�(�))E(�(�))N 0

i(�(�))N0j(�(�))�

0(�)d�

Ahora queremos expresar N 0i(�(�)) y N

0j(�(�)) en t�erminos de las funciones Ni(�) y Nj(�).

Derivando en la expresi�on Ni(�) = Ni(�(�)) se obtiene N0i(�) = N

0i(�(�))�

0(�). Obs�ervese que�0(�) = x (e+1 � xe) =2 = le=2 siendo le := xe+1 � xe la longitud del elemento e.

Entonces

keij =

Z 1

�1A(�(�))E(�(�))

N 0i(�(�))

�0(�)

N 0j(�(�))

�0(�)�0(�)d� =

Z 1

�1A(�(�))E(�(�))

N 0i(�)N

0j(�)

�0(�)d� =

=2

le

Z 1

�1A(�(�))E(�(�))N 0

i(�)N0j(�)d� (63)

En principio la integral anterior hay que evaluarla para i; j 2 f1; 2g. Sin embargo, porla simetr��a de la forma bilineal a(�; �) se veri�ca ke12 = ke21, y por ello s�olo hay que calcularke11; k

e12 y k

e22.

Como ya hemos visto anteriormente, en la aplicaci�on del MEF las integrales (63) secalculan mediante alguna f�ormula de integraci�on num�erica. En nuestro caso nos interesa unaf�ormula de cuadratura para el intervalo [�1; 1]. Esta tendr�a la formaZ 1

�1g(�)d� �

n.p.i.X�=1

W�g(��) (64)

donde los W� son los pesos y los �� son los nudos de integraci�on.

De esta manera

keij �2

le

n.p.i.X�=1

W�A(�(��))E(�(��))N 0

i(��)N 0

j(��)

que es la expresi�on que se programa en la pr�actica.

Como ejemplo sencillo de f�ormula de cuadratura, se tiene la denominada \regla deltrapecio extendida". Esta f�ormula utiliza nudos de integraci�on equiespaciados. Para el ca-so del intervalo [�1; 1] y tomando N nudos tiene la formaZ 1

�1f(x)dx � h(1

2f(z1) + f(z2) + f(z3) + � � �+ f(zN�1) +

1

2f(zN ))

108


donde h = 2=(N � 1) es la distancia entre nudos y los nudos z1; :::; zN est�an dados porz1 = �1; zj = z1 + (j � 1)h; j = 2; :::; N . En un cap��tulo posterior se ver�a que hay f�ormulasde integraci�on m�as e�cientes.

~ C�alculo exacto de las integrales cuando A y E son constantes.

Como ya hemos dicho, en la aplicaci�on del MEF siempre se recurre a la integraci�onnum�erica. Sin embargo, a efectos acad�emicos, si suponemos que A y E son constantes, lasintegrales (62) se pueden calcular de forma exacta. En efecto, uando que N 0

2(�) = 1=2 yN 01(�) = �1=2 tenemos

ke11 = AE

Ze

�N 01(x)

�2dx = AE

Z 1

�1

�N 01(�)

�2�0(�)

d� =AE

4

2

le

Z 1

�1d� =

AE

le

ke12 = AE

Ze

N 01(x)N

02(x)dx = AE

Z 1

�1

N 01(�)N

02(�)

�0(�)d� = �AE

4

2

le

Z 1

�1d� =

�AEle

Adem�as, por la simetr��a de las funciones de forma respecto del punto medio del intervalo,

ke22 = AE

Z xe+1

xe

�N 02(x)

�2dx = ke11:

y entonces la matriz de rigidez de cada elemento e es

ke =AE

le

�1 �1�1 1

�

~ C�alculo del vector de fuerzas de cada elemento.

De (58) tenemos

fei =

Ze

f(x)Ni(x)dx+ FbNI(b)�X

j=1;:::;ne tq xJ2�E

keiju(xJ); i; j = 1; 2

Para calcular la integralRef(x)Ni(x)dx se procede forma an�aloga a la usada en el c�alculo

de keij . Haciendo el cambio x = �(�) tenemosZe

f(x)Ni(x)dx =

Z 1

�1f(�(�))Ni(�(�))�

0(�)d� =le2

Z 1

�1f(�(�))Ni(�)d�

y ahora, usando la f�ormula de cuadratura (64), se obtiene

Ze

f(x)Ni(x)dx �le2

n.p.i.X�=1

W�f(�(��))Ni(�

�))

109


que es la expresi�on que habr��a que programa en la pr�actica.

Por tanto,

fe =

�fe1fe2

�=

�le2 I1 + FbN1(b)le2 I2 + FbN2(b)

�donde

Ii :=

Z 1

�1f(�(�))Ni(�)d� ; i = 1; 2

En concreto,

f1 =

�f11f12

�=l12

��I2

�fe =

�fe1fe2

�=le2

�I1I2

�para e = 2; 3; 4

f5 =

�f51f52

�=

�l52 I1

l52 I2 + Fb

�donde � indica que esa componente no interviene en el c�alculo de F .

Ejercicio 24 Consid�erese el problema de la barra axial est�atica con condiciones de Dirichlethomog�eneas en los dos extremos. Primero (caso A) el problema se resuelve mediante el MEFutilizando una malla de polinomios c�ubicos y como grados de libertad se toman 4 nudosequiespaciados en cada elemento. Posteriormente (caso B) el problema se resuelve medianteel MEF utilizando la misma malla y considerando en cada elemento polinomios c�ubicos, perocomo grados de libertad se toman los de Hermite. Estudiar razonadamente si K, F , d y uh

ser��an o no los mismos en los dos casos.

110


5.12. Ensamblaje de las contribuciones de cada elemento a la matriz derigidez y el vector de fuerza

5.12.1. Ensamblaje est�andar

Hasta ahora se ha visto c�omo calcular keij y fei mediante un cambio de variable y el uso

de f�ormulas de cuadratura num�erica.

Como ya hemos comentado en secciones anteriores, el \ensamblaje" es el proceso por elcual K y F se construyen a partir de los keij y f

ei ; sumando dichas contribuciones en las

posiciones adecuadas de K y de F , es decir, teniendo en cuenta la relaci�on entre la numeraci�onlocal y el n�umero de grado de libertad que corresponde a la numeraci�on global.

La forma de llevar a cabo el ensamblaje ya se ha descrito en la secci�on 5.10. Lo resumimosa continuaci�on:

Ensamblaje de K y de F .Ensamblaje de K. Dado un elemento e, para cada i y j correspondiente anudos I y J de � � �E , donde I = CON(e; i) y J = CON(e; j), se suma keij enla posici�on (P;Q) de K, donde P = ID(I), Q = ID(J).Puesto que K es sim�etrica, s�olo hace falta ensamblar la parte \superior" de Ky luego proceder por simetr��a.Ensamblaje de F . Dado un elemento e, para cada i correspondiente a un nudoI de �� E , donde I = CON(e; i), se suma fei y se suma en la posici�on P de F ,donde P = ID(I).

Para denotar el ensamblaje de ke y fe, simb�olicamente escribiremos

K =sEe=1ke ; F =

sEe=1fe

111


A continuaci�on se resumen las ideas anteriores desde el puntos de vista de la programaci�on:

Programaci�on del c�alculo y ensamblaje de K y de F .for e = 1 : s� for i = 1 : ne

� for j = i : ne� c�alculo de keij := a(Ni; Nj)e� si i y j corresponden a nudos no esenciales, ensamblaje de keijen las posiciones (P;Q) y (Q;P ) (por simetr��a) de K, dondeI = CON(e; i), P = ID(I), J = CON(e; j), Q = ID(J)

� end (j)� c�alculo de fei = �fei �

Pj=1;:::;ne tq J2�E

keiju(xJ), donde I = CON(e; i),

P = ID(I)� si i y j corresponden a nudos no esenciales, ensamblaje de fei en laposici�on P de F .

� end (i)end (e)

I En lo anterior, Las integrales sobre e que aparecen en a(Ni; Nj)e y en�fei se

calculan:usando el cambio x = �(�) para transformar e en el elemento est�andar e.trabajando con las funciones de base local en la referencia est�andar Ni(�) :=Ni(�(�)).usando una f�ormula de cuadratura num�erica.

5.12.2. Procedimiento alternativo de ensamblaje: trabajo con la matriz derigidez y el vector de fuerza ampliados

~ Inconveniente del m�etodo de ensamblaje descrito.

El m�etodo para ensamblar K y F que se ha descrito en la secci�on 5.10, presenta el\inconveniente" de que, cuando se est�a trabajando con un elemento, tras calcular cada keijhay que decidir qu�e hacer con ese coe�ciente en funci�on de si los nudos i y j pertenecen ono a la frontera esencial. Algo similar sucede con fei .

En efecto, por lo visto hasta ahora el procedimiento de ensamblaje es el siguiente: paracada elemento e y cada i; j 2 f1; :::; neg tenemos, suponiendo que I = CON(e; i); J =CON(e; j); P = ID(I) y Q = ID(J):

En cuanto a keij :

Si I y J pertenecen a � � �E ; keij se ensambla en la posici�on (P;Q) de K.Si I 2 � � �E y J 2 �E ; keij interviene en el c�alculo de fei y por ello afectar�a a lacomponente P de F .

112


Si I y J pertenecen a �E , keij o bien no se calcula o bien, si se ha calculado, se descarta,

pues no interviene en las expresiones para el c�alculo de K o de F .

En cuanto a fei :

Si I pertenece a � � �E ; fei se ensambla en la posici�on P de F .Si I pertenece a �E , f

ei o bien no se calcula o bien, si se ha calculado, se descarta.

Desde el punto de vista de la programaci�on del m�etodo, nos gustar��a tener un proced-imiento por el cual, al trabajar con cada elemento, en un primer momento nos pudi�eramosolvidar de si cada nudo pertenece o no a �E . Para ello, en primer lugar introduciremos ladenominada \matriz de rigidez ampliada":

~ Matriz de rigidez ampliada.

Sabemos queKPQ := a(NI ; NJ) con I; J 2 � � �E ; (65)

con lo que, a efectos de obtener K, s�olo intervienen los nudos que no est�an sobre la fronteraesencial. De esta forma, al trabajar con cada elemento y cada nudo, hay que tener en cuentasi �este est�a o no sobre la frontera esencial. Para evitar este proceso de comprobaci�on, lo que sesuele hacer es calcular (65) para todos los nudos I; J de �. Se de�ne as�� una matriz �K 2 Rn�n,denominada matriz de rigidez ampliada, cuyos elementos son

�KIJ := a(NI ; NJ) ; I; J 2 �:

Claramente, s�olo pertenecer�an a K los coe�cientes de �K situados en las posiciones (I; J) quecorresponden a nudos de � � �E . Por tanto, la matriz K ser�a la que resulte de eliminar las�las y las columnas de �K correspondientes a los nudos de �E.

Ejemplo. En el ejemplo de la barra axial con 5 elementos lineales, se tiene

�K =

26666664

�K11 �K12 0 0 0 0�K21 �K22 �K23 0 0 00 �K32 �K33 �K34 0 00 0 �K43 �K44 �K45 00 0 0 �K54 �K55 �K560 0 0 0 �K65 �K66

37777775 =

=

26666664

a(N1; N1) a(N1; N2) 0 0 0 0a(N1; N2) a(N2; N2) a(N2; N3) 0 0 0

0 a(N2; N3) a(N3; N3) a(N3; N4) 0 00 0 a(N3; N4) a(N4; N4) a(N4; N5) 00 0 0 a(N4; N5) a(N5; N5) a(N5; N6)0 0 0 0 a(N5; N6) a(N6; N6)

37777775 2 R6�6

113


~ Ensamblaje de �K

El procedimiento de ensamblaje de �K es inmediato a partir de (65). En efecto, para cadaelemento e; hay que calcular

keij := a(Ni; Nj)e

para todo i; j = 1; :::; ne y a continuaci�on sumar keij en la posici�on (I; J) de

�K; siendoI = CON(e; i); J = CON(e; j).

En el ejemplo anterior de la barra axial con 5 elementos lineales �K tiene la siguienteforma:

�K =

26666664

k111 k112 0 0 0 0� k122 + k

211 k212 0 0 0

� � k222 + k211 k312 0 0

� � � k322 + k411 k412 0

� � � � k422 + k511 k512

� � � � � k522

37777775Veamos a continuaci�on algunas propiedades de la matriz �K. Ya sabemos que es sim�etri-

ca. Adem�as se cumple la siguiente propiedad, absolutamente an�aloga a la que veri�can lasmatrices de rigidez ke de cada elemento (ver Proposici�on 26):

Proposici�on 27 La matriz �K es siempre singular. Es m�as, si se supone que todos los gradosde libertad del problema son de tipo Lagrange, entonces todas sus �las suman cero y lo mismole pasa a sus columnas, es decir,

8J = 1; :::; n;nXI=1

�KIJ = 0; 8I = 1; :::; n;nXJ=1

�KIJ = 0

Dem. An�aloga a la demostraci�on de la Proposici�on 26 �

~ Construcci�on del sistema ampliado.

Ahora relacionaremos el sistema de ecuaciones Kd = F con la matriz �K. Para ello ra-zonemos de la siguiente forma. Partimos del sistema de ecuaciones Kd = F; que se puedeescribir:

114


Sistema de ecuaciones: Encontrar dJ ; J 2 � � �E tales queXJ2��E

a(NI ; NJ)dJ = L(NI); I 2 � � �E (66)

o, lo que es lo mismo, usando que L(NI) = �L(NI) � a(rh; NI) y entrando con laexpresi�on de rh,X

J2��E

a(NI ; NJ)dJ = �FI �XJ2�E

a(NI ; NJ)u(xJ); I 2 � � �E ; (67)

donde, como sabemos de (44), �FI se de�ne como

�FI := �L(NI); I 2 �

Ahora pasamos el t�ermino (67) a la izquierda, con lo que se obtieneXJ2�a(NI ; NJ)dJ = �FI ; I 2 � � �E (68)

donde, recu�erdese, si J 2 �E se de�ne dJ := u(xJ) con lo que no es inc�ognita sino que esdato del problema.

Si a las ecuaciones anteriores (68) se les a~naden las siguientes ecuaciones, que por supuestoson �cticias, X

J2�a(NI ; NJ)dJ = �FI ; I 2 �E (69)

se tiene que, considerando (68) y (69) de forma conjunta, se tiene el siguiente sistema (�c-ticio, pues hemos a~nadido ecuaciones adicionales) de n ecuaciones con n inc�ognitas, al quedenominaremos \sistema ampliado":

Sistema de ecuaciones ampliado: Encontrar dJ ; J 2 � tal que se cumplaXJ2�a(NI ; NJ)dJ = �FI ; I 2 �; (70)

donde se ha de�nido dJ := u(xJ) para J 2 �E y

�FI := �L (NI) = L(NI) + a(rh; NI); I 2 � (71)

Comentario: recu�erdese que �FI contiene todos los t�erminos de L(NI) a excepci�on de loscorrespondientes a las condiciones esenciales, es decir, a excepci�on del sumando �a(rh; NI).

115


El sistema (70) se puede escribir matricialmente:

Forma matricial del sistema de ecuaciones ampliado:

�K �d = �F ;

donde:�K 2 Rn�n es la matriz de rigidez ampliada, de�nida mediante

�KIJ := a(NI ; NJ); I; J 2 �:

Como ya hemos visto en (50), el vector �d se de�ne como �d := (d1; :::; dn)T 2 Rn.

Cada componente de �d es el desplazamiento aproximado en el nudo correspon-diente. En el caso de los nudos esenciales, dichos desplazamientos coinciden conel desplazamiento exacto y son dato.El vector �F 2 Rn, al que se denomina vector de fuerzas ampliado, incorporatodas las contribuciones a F salvo la contribuci�on de las condiciones esenciales.

Ejemplo. En el problema tipo (3) tenemos

�FI := (f;NI) + FbNI(b); I 2 �;

y si trabajamos con 5 elementos lineales como en la secci�on 4.2, el sistema ampliado tiene laforma

a(N1; N1)d1 + a(N1; N2)d2 + a(N1; N3)d3 + a(N1; N4)d4 + a(N1; N5)d5 + a(N1; N6)d6 = �F1 = (f;N1)





a(N6; N1)d1 + a(N6; N2)d2 + a(N6; N3)d3 + a(N6; N4)d4 + a(N6; N5)d5 + a(N6; N6)d6 = �F6 = (f;N6) + Fb

en el que la primera ecuaci�on es �cticia y d1 = u(a) no es inc�ognita sino dato.

De forma matricial, el sistema puede ser escrito en la forma �K �d = �F donde

�K =

26666664

a(N1; N1) a(N1; N2) 0 0 0 0a(N1; N2) a(N2; N2) a(N2; N3) 0 0 0


37777775

116


�F =

26666664

�F1�F2�F3�F4�F5�F6

37777775 =26666664

(f;N1)(f;N2)(f;N3)(f;N4)(f;N5)

(f;N6) + Fb

37777775~ C�alculo y ensamblaje de �F .

Para llevar a cabo el c�alculo y el ensamblaje de �F , se parte de (71) y las integrales sobre se dividen en suma de integrales sobre los distintos elementos. As�� llegamos a

�FI = �f1i + � � �+ �fsi ; I 2 �; donde I = CON(e; i)

donde en el miembro de la derecha se est�a utilizando numeraci�on local.

Por ello, utilizando la numeraci�on local, en cada elemento e tenemos lo siguiente:

C�alculo y ensamblaje de �F . Para cada elemento hay que calcular �fei y sumarlo enla posici�on I = CON(e; i) de �F .

Ejemplo. En el caso del problema tipo (3), para ensamblar �F hay que calcular, para todoslos elementos e

�fei = (f;Ni)e + FbNI(b); i = 1; :::; ne;

(donde, recu�erdese, FbNI(b) s�olo es no nulo cuando I es tal que xI = b, es decir, para el�ultimo nudo) y sumarlo en la posici�on I = CON(e; i) de �F . Si se trabaja con el mallado de5 elementos lineales de la secci�on 4.2, tenemos

�F =

26666664

�F1�F2�F3�F4�F5�F6

37777775 =26666664

(f;N1)(f;N2)(f;N3)(f;N4)(f;N5)

(f;N6) + Fb

37777775 =26666664

�f11�f12 +

�f21�f22 +

�f31�f32 +

�f41�f42 +

�f51�f52

37777775 =26666664

(f;N1)1(f;N2)1 + (f;N2)2(f;N3)2 + (f;N3)3(f;N4)3 + (f;N4)4(f;N5)4 + (f;N5)5(f;N6)5 + Fb

37777775Comentarios:

Como quer��amos, la matriz �K y el vector �F son muy f�aciles de construir, pues todas laskeij y los

�fei ; independientemente de si los nudos a los que corresponden son esenciales

o no, se ensamblan en �K y �F respectivamente.En toda esta secci�on es crucial el hecho de que estamos trabajando con la funci�on rh

dada por (33). Si se utilizase otra funci�on r 2 S� (por ejemplo, r(x) = ua para elproblema (3)) en vez de dicha rh, no tendr��a sentido hablar de �K, de �F o del sistemaampliado.

117


Resumimos a continuaci�on el procedimiento para el ensamblaje de �K y de �F :

C�alculo y ensamblaje de �K y de �F en cualquier problema MEF.Ensamblaje de �K. Para cada elemento e hay que calcular las cantidades

keij := a(Ni; Nj)e

para todo i; j = 1; :::; ne y ensamblar keij en la posici�on (I; J) de

�K; siendoI = CON(e; i); J = CON(e; j).Ensamblaje de �F . Para cada elemento e hay que calcular �f

ei y sumarlo en la

posici�on I = CON(e; i) de �F .

A continuaci�on se presentan las ideas anteriores desde el punto de vista de la progra-maci�on:

Programaci�on del c�alculo de �K y �F .for e = 1 : s� for i = 1 : ne

� for j = i : ne� c�alculo de keij := a(Ni; Nj)e :� ensamblaje de keij en las posiciones (I; J) y (J; I) (por simetr��a) de�K, donde I = CON(e; i), J = CON(e; j):

� end (j)� c�alculo de �fei , donde I = CON(e; i).� ensamblaje de �fei en la posici�on I de �F .

� end (i)end (e)

I Para calcular las integrales sobre e que aparecen en a(Ni; Nj)e y en �fei :se usa el cambio x = �(�) para transformar e en el elemento est�andar e.se trabaja con las funciones de base local en la referencia est�andar Ni(�) :=Ni(�(�)).se usa una f�ormula de cuadratura num�erica.

~ Obtenci�on del sistema Kd = F a partir del sistema ampliado. Una vez hemosexpuesto la forma en la que se construye el sistema ampliado �cticio �K �d = �F , veamos ahorac�omo se puede construir a partir del mismo el verdadero sistema Kd = F . Para ello veremosdos procedimientos:

En el primer procedimiento se construyen K y F a partir de �K y �F .En el segundo procedimiento no se obtienen K y F sino que a partir de �K y �F seconstruyen unas ciertas K y F de dimensiones n�n y n�1 respectivamente, de forma

118


que el sistema K �d = F es \equivalente" en un cierto sentido a Kd = F .

5.12.3. Obtenci�on de la matriz de rigidez y el vector de fuerza a partir de sushom�ologos ampliados

Para obtener el sistema Kd = F a partir de �K �d = �F hay que deshacer las operacionespor las que construimos el sistema ampliado a partir del sistema original. En concreto:

(a) Se deben eliminar las ecuaciones y las inc�ognitas con I 2 �E .(b) Para todos los I 2 � � �E , al t�ermino de la derecha de la ecuaci�on I se le debesumar el t�ermino �

PJ2�E

�KIJu(xJ).

Es inmediato comprobar que, en la pr�actica, las dos operaciones anteriores se puedenconseguir as��:

Procedimiento para obtener K y F a partir de �K y de �F .

(i) Para cada I 2 �E , eliminar las �las de �K y de �F correspondientes a I,obteni�endose as�� una matriz K 0 2 Rm�n y un vector F 0 2 Rm.

(ii) Para cada J 2 �E , eliminar la columna J de K 0, que denotaremos K 0J , y

restar de F 0 el t�ermino K 0Ju(xJ).

Como resultado de los dos pasos (i) y (ii) anteriores, se obtienen la matriz K y el vectorF y por lo tanto ya se puede resolver el sistema Kd = F .

Obs�ervese que lo anterior tambi�en se puede hacer restando primero de �F las columnasadecuadas de �K multiplicadas por los desplazamientos en los nudos esenciales y eliminandolas �las al �nal, es decir:

Procedimiento alternativo para obtener K y F a partir de �K y de �F .

(i') Para cada J 2 �E , eliminar la columna J de �K, que denotaremos �KJ , y restarde �F el t�ermino �KJu(xJ), obteniendo as�� una matriz y un vector que denotamos�K 00 y �F 00.

(ii') Para cada I 2 �E , eliminar la �la I de �K 00 y de �F 00, obteni�endose as�� K y F .

Ejemplo. En el problema tipo (3), en el que se prescribe el desplazamiento en el extremo de laizquierda, si utilizamos el mallado I tenemos que �K 2 R6�6, �F 2 R6�1. K 0 y F 0 corresponden

119


a eliminar la primera �la de �K y �F , es decir,

K 0 =

266664a(N1; N2) a(N2; N2) a(N2; N3) 0 0 0


377775 ; F 0 =266664�F2�F3�F4�F5�F6

377775 :Ahora, K se obtiene eliminando la primera columna de K 0 y F se obtiene restando de F 0

dicha columna multiplicada por u(a) = ua, es decir,

F =

266664�F2�F3�F4�F5�F6

377775�266664a(N1; N2)

0000

377775ua ; K =



377775De forma alternativa, se puede eliminar la primera columna de �K y restar de F dicha

columna multiplicada por ua, obteniendo as�� K00 y �F 00

�K 00 =

26666664

a(N1; N2) 0 0 0 0a(N2; N2) a(N2; N3) 0 0 0a(N2; N3) a(N3; N3) a(N3; N4) 0 0


37777775

�F 00 =

26666664

(f;N1)(f;N2)(f;N3)(f;N4)(f;N5)

(f;N6) + Fb

37777775�26666664

a(N1; N1)a(N1; N2)

0000

37777775ua

y ahora K y F se obtienen eliminando la primera �la de �K 00 y de �F 00.

5.12.4. Trabajo con un sistema extendido \equivalente"

Como ya se ha comentado, para calcular la soluci�on aproximada uh dada por (48) nece-sitamos tener el desplazamiento aproximado dJ en todos los nudos del mallado, es decir,necesitamos tener el vector de desplazamientos ampliado �d dado por (50).

Ya sabemos que el procedimiento descrito en la secci�on anterior para construir K y F apartir de �K y �F , se puede programar de forma m�as c�omoda que el m�etodo est�andar descritoen la secci�on 5.7. Sin embargo, como en ambos m�etodos se termina hallando el vector dresolviendo el sistema Kd = F , ambos m�etodos tienen el peque~no inconveniente de que paraobtener el vector �d de desplazamientos en todos los nudos, hay que ampliar d insertando enlas posiciones adecuadas los desplazamientos correspondientes a los nudos esenciales.

120


Por ejemplo, en el problema tipo (3) resuelto por el MEF con el mallado I (29), tenemosd = (d2; d3; d4; d5; d6)

T y entonces �d se obtiene ampliando d en la forma �d = (d1; d2; d3; d4; d5; d6)T .

Por supuesto, lo anterior se puede conseguir programando adecuadamente el m�etodo, peroa continuaci�on expondremos un procedimiento que evita tener que completar d para obtener�d, pues se trabaja directamente con el vector �d. Para ello, partiendo del sistema �K �d = �Fconstruiremos un sistema K �d = F asociado, de dimensiones n � n, cuya soluci�on �d es lasoluci�on d de Kd = F \ampliada", es decir, el vector �d es el vector de inc�ognitas en todos losnudos, sean estos esenciales o no. Por ello, el sistema K �d = F es casi \equivalente" al sistemaKd = F .

Comentario: desde un punto de vista riguroso no se puede decir que ambos sistemas seanequivalentes, pues la soluci�on a los mismos, es decir, �d y d respectivamente, no son iguales.Sin embargo son \casi equivalentes" en el sentido de que la soluci�on del primero es la soluci�ondel segundo \ampliada" con los desplazamientos en los nudos esenciales.

Lo que se hace para construir el sistema K �d = F es lo siguiente: en vez de eliminar lasecuaciones y las inc�ognitas de �K �d = �F correspondientes a I 2 �E borr�andolas f��sicamente, sefuerza a que dichas ecuaciones se veri�quen de forma trivial y las inc�ognitas \desaparezcan"a efectos pr�acticos. Una posibilidad es proceder como sigue:

Construcci�on del sistema extendido equivalente K �d = F a partir de �K �d = �F :

1. Para todo I 2 �E ; hacer la �la I y la columna I de �K igual al I-�esimo vectorcan�onico de Rn, es decir,

eI = (0; :::; 0; 1"I

; 0; :::; 0)T 2 Rn

2.� 2.1. Para todo I 2 �E ; la componente I de �F se hace igual a u(xI).� 2.2. Para los I 2 � � �E ; a FI se le suma � �KIJu(xJ) para cada J 2 �E , esdecir, �

PJ2�E

�KIJu(xJ).

El punto 2 es equivalente a lo siguiente:2'� 2'.1. Para cada J 2 �E , restar de �F la columna J de �K (que denotamos�K 0J) multiplicada por u(xJ), es decir construir R :=

�F �PJ2�E

�K 0Ju(xJ):

� 2'.2. Para cada J 2 �E hacer la componente J de R igual a u(xJ).

121


Ejemplo. En el ejemplo del problema tipo (3) con 5 elementos lineales

R =

26666664

�F1�F2�F3�F4�F5�F6

37777775�26666664

a(N1; N1)a(N1; N2)

0000

37777775ua =26666664

�F1 � a(N1; N1)ua�F2 � a(N1; N2)

�F3�F4�F5�F6

37777775y el sistema K �d = F a resolver es26666664

1 0 0 0 0 00 a(N2; N2) a(N2; N3) 0 0 00 a(N2; N3) a(N3; N3) a(N3; N4) 0 00 0 a(N3; N4) a(N4; N4) a(N4; N5) 00 0 0 a(N4; N5) a(N5; N5) a(N5; N6)0 0 0 0 a(N5; N6) a(N6; N6)

37777775

26666664

�d1�d2�d3�d4�d5�d6

37777775 =26666664

ua�F2 � a(N1; N2)

�F3�F4�F5�F6

37777775Ejercicio 25 Consid�erese el problema de la barra axial con condiciones de frontera u(a) =ua, u(b) = ub que se resuelve por el MEF utilizando la malla del Ejemplo II (30). Se pide:

1. Ensamblar �K y �F a partir de los keij y�fei y obtener K y F a partir de ellas.

2. Construir K y F a partir de �K y de �F .

Ejercicio 26 Se considera la aplicaci�on del MEF al problema de la conducci�on del calor enuna placa plana. Se elige el siguiente mallado, que muestra la numeraci�on global (n�umerosgrandes) y la local (n�umeros peque~nos). Los tri�angulos son lineales y el cuadril�atero es bi-lineal isoparam�etrico (por ahora s�olo es necesario saber que este elemento tiene 4 grados delibertad correspondientes al valor de la funci�on en los v�ertices). La malla es la misma que seconsider�o en el ejercicio 22, en la que se ensamblaron K y F .

(72)

122


Se pide:

1. Expresi�on de �K y de �F .

2. Ensamblar �K y �F a partir de los keij y los�fei .



Ejercicio 27 Sea el problema de la barra axial est�atico. Se considera un mallado �jo, y unprograma MEF concreto que resuelve el problema. Sup�ongase que la fuerza distribuida f secambia por una nueva funci�on f . >Qu�e condici�on deber��a cumplir f para poder asegurar quela soluci�on proporcionada por el programa sea la misma que en el caso de f?

123


5.13. Enfoque local: resumen

Problema d�ebil de partida

Encontrar v 2 V � tal que para todo w 2 V � se veri�que a(v; w) = L(w) = �L(w)� a(r; w); (D)

Objetivos del enfoque local

1. Construir V h y una base del mismo a partir de las funciones de�nidas sobre losdistintos elementos.2. Calcular K y F de una forma c�omoda trabajando elemento a elemento.

Etapas del enfoque local

1. Partici�on del dominio en elementos. Se divide � en s elementos 1; ::::;s.� En el caso de problemas unidimensionales los elementos son intervalos.� En el caso de problemas bidimensionales los elementos son tri�angulos o cuadril�ateros.

2. De�nici�on de los elementos. Sobre cada elemento e se de�nen:� 1 Un espacio V he de funciones polin�omicas de dimensi�on ne� 2. ne grados de libertad, con numeraci�on local i = 1; :::; ne, cada uno de los cualeses el valor de la funci�on en un punto denominado \nudo".

Se debe cumplir que cada funci�on de V he quede determinada de forma �unica por los negrados de libertad del elemento.

3. De�nici�on de las funciones de base nodal de cada elemento. Para cada elemento e,se de�nen las las funciones N e

i , i = 1; :::; ne a trav�es de las condiciones:� 1. N e

i 2 V he ; i = 1; :::; ne� 2. N e

i (xj) = �ij ; i; j = 1; :::; neEstas funciones son base de V he , y adem�as, se veri�ca v(x) =

Pnei=1 v(xi)N

ei (x); 8x 2 e

4. Numeraci�on de los grados de libertad globales.� Sea n el n�umero total de nudos. Estos se numeran de 1 a n.� Sean � = f1; 2; :::; ng y �E , respectivamente, los conjuntos de los ��ndices de todoslos nudos y de los nudos situados sobre �E . Seam el n�umero de nudos no esenciales,es decir, m = card (� � �E)

� La relaci�on entre la numeraci�on local i y la global I est�a dada por I = CON(e; i),donde CON es la matriz de conectividad.

124


5. Pegado de los V he para construir un espacio W h que corresponder��a a V h si nohubiese condiciones de frontera esenciales. De�nici�on de las funciones de base globales.� Se de�ne W h \pegando los V he " y exigiendo que las funciones v resultantes cum-plan la condici�on de regularidad interelementos, es decir, deben ser funciones con-tinuas en �. As��, W h es el espacio de las funciones v : � ! R continuas tal quepara todo e = 1; :::; s; la restricci�on de v al elemento e es una funci�on de V

he .

� Se de�ne un conjunto de n funciones NI ; I = 1; :::; n de W h a trav�es de:� 1. NI 2W h

� 2. NI(xJ) = �IJ ; para todo J 2 �, es decir, NI vale uno en el nudo I y ceroen los dem�as.

� Estas funciones NI ; I = 1; :::; n:� son una base de W h, con lo que las denominamos funciones de base globales.� se pueden obtener \pegando" las funciones de base locales N e

i .

6. Tratamiento de las condiciones de frontera esenciales. En vez de trabajar con unafunci�on r gen�erica de clase C1t (�) que veri�que las condiciones esenciales, se trabajacon rh de�nida por rh(x) :=

PJ2�E u(xJ)NJ(x)

Esta funci�on veri�ca las condiciones esenciales en los nudos esenciales. Sin embargo, rh

no tiene por qu�e cumplir las condiciones esenciales en todos los puntos de �E , lo queintroduce un error adicional en el MEF.

7. De�nici�on de V h a partir de W h. Se de�ne V h como el espacio constituido por lasfunciones de W h que se anulan en �E .Las funciones NI ; I 2 � � �E son base de V h. Adem�as, si v 2 V h entonces v se puedeescribir v(x) =

PI2��E v(xI)NI(x) para todo x 2 �.

8. Planteamiento del problema de Galerkin en V h y obtenci�on del sistema de ecuaciones.� El problema de Galerkin es

Encontrar vh 2 V h tal que para todo w 2 V h se veri�que a(vh; w) = L(w); (G)

que por linealidad es equivalente al siguiente problema de Galerkin reformulado

Encontrar vh 2 V h tal que para todo I 2 � � �E se veri�que a(vh; NI) = L(NI); (G. ref.)

� Entrando con vh(x) =PJ2��E dJNJ(x) en el problema anterior se obtiene el

sistema de ecuaciones: Encontrar d 2 Rm tal que se cumpla Kd = F donde

K 2 Rm�m con KPQ = a(NI ; NJ); I; J 2 � � �EF 2 Rm�1 con FP = L(NI); I 2 � � �E

y donde la relaci�on entre I y P y entre J y Q est�a dada por P = ID(I); Q =ID(J).

125


Una vez resuelto el sistema y calculado d, la soluci�on �nal aproximada es

uh(x) =XJ2�

dJNJ(x)

donde, para los nudos esenciales, se de�ne dJ := u(xJ).Entonces se cumple que dJ = u

h(xJ); J 2 �, es decir, los dJ representan el desplaza-miento aproximado en los nudos.

9. Expresi�on de las integrales sobre como suma de integrales sobre cada elemento.Matriz de rigidez y vector de carga del elemento. Para calcular K y F expresamos

KPQ = a(NI ; NJ) = a(N1I ; N

1J )1 + � � �+ a(N s

I ; NsJ)s ; I; J 2 � � �E

FP = �L(NI)�a(rh; NI) =h�L(NI)1 � a(rh; NI)1

i+� � �+

h�L(NI)s � a(rh; NI)s

i; I 2 ��E

Usando que las NI son nulas fuera de los elementos que comparten el nudo I se llegaa que para ensamblar K y F hay que proceder de la siguiente forma:Para cada elemento e y para cada i; j = 1; :::; ne tal que I y J no son nudos esenciales,hay que calcular

keij := a(Ni; Nj)e (73)

fei :=�fei �

Xj=1;:::;ne tq xJ2�E

keiju(xJ) (74)

donde �fei :=�L(Ni)e y luego sumar k

eij en la posici�on (P;Q) de K y sumar fei en la

posici�on P de F , donde P = ID(I), Q = ID(J), I = CON(e; i) y J = CON(e; j) (*)

10. C�alculo de la matriz de rigidez y del vector de fuerzas del elemento.� Para calcular las integrales sobre cada elemento e se hace un cambio x = �(�),que pasa de las variables x 2 Rp a � 2 Rp y que transforma el elemento e en elelemento est�andar e.

� En vez de trabajar con las funciones de base Ni(x) se utilizan las funciones debase del elemento en la referencia est�andar de�nidas por

N ei (�) := N

ei (�(�)); i = 1; :::; ne:

� Uso de f�ormulas de cuadratura num�erica. Una vez hecho el cambio x = �(�); seobtiene una integral sobre e que se calcula con una f�ormula de cuadratura deltipo Z

e

g(�)d� �n.p.i.X�=1

W�g(��)

126


11. Ensamblaje de las contribuciones de cada elemento a K y a F . Una vez calculadaslas integrales correspondientes, con lo que ya tenemos keij y f

ei dados por 73 y 74, �estos

se ensamblan para construir el sistema �nal Kd = F :� Procedimiento est�andar: se ensamblan K y F seg�un lo se~nalado en (*) con lo queya se tiene el sistema Kd = F .

� Procedimiento alternativo: trabajo con la matriz de rigidez y el vector de fuerasampliados. Para evitar en un primer momento el hacer distinciones entre los nudosno esenciales y los esenciales se puede proceder as��:� Se ensamblan �K 2 Rn�n, �F 2 Rn�1 de la siguiente forma: para cada elementoe y para cada i; j = 1; :::; ne, se calculan

keij := a(Ni; Nj)e�fei := �L(Ni)e

y luego se suma keij en la posici�on (I; J) de�K y se suma �fei en la posici�on I

de �F , donde I = CON(e; i) y J = CON(e; j).� Una vez ensamblados �K y �F , para calcular �d hay dos posibilidades:

� 1. Construir K y F a partir de �K y �F . Se consigue as��:(i) Para cada J 2 �E , se elimina la columna J de �K, que denotaremos�KJ , y se resta de �F el t�ermino �KJu(xJ), obteniendo as�� una matriz y unvector que denotamos �K 00 y �F 00.(ii) Para cada I 2 �E , se elimina la �la I de �K 00 y de �F 00, obteni�endoseas�� K y F .

� 2. Construir un sistema K �d = F "equivalente" a Kd = F . Se consigueas��:(i) Para cada J 2 �E , se resta de �F la columna J de �K (que denotamos�K 0J) multiplicada por u(xJ).

(ii) Para cada J 2 �E se hace la componente J del vector resultante iguala u(xJ).

127


6. Problema d�ebil y m�etodo de Galerkin cuando s�olo hay

condiciones de Neumann

Como ya se ha comentado, hay casos en los que la forma bilineal a(�; �) no es de�nidapositiva y s�olo es semide�nida positiva. Normalmente (aunque no siempre) esta situaci�on sepresenta cuando s�olo hay condiciones de frontera de Neumann (es decir, no hay ni condicionesde Dirichlet ni condiciones de Robin).

A continuaci�on se ver�a en qu�e forma se modi�can las ideas introducidas en las seccionesanteriores, que correspond��an al problema (3) en que hab��a una condici�on de Dirichlet y otrade Neumann.

Por ejemplo, nos planteamos el siguiente problema

d

dx(A(x)E(x)u0(x)) + f(x) = 0; x 2 (a; b) = (75)

A(a)E(a)u0(a) = Fa; A(b)E(b)u0(b) = Fb

donde f es continua y A;E son de clase 1 y positivas. N�otese que no hay condiciones defrontera esenciales.

Se trata de una barra sometida a una carga axial y en los extremos a y b se est�anespeci�cando tensiones Fa = AEu

0 ja y Fb = AEu0 jb (de tracci�on si son positivas).Obs�ervese que no hay condiciones de frontera esenciales. Al construir el problema d�ebil

se obtiene:

(D) Encontrar u 2 S� tal que para todo w 2 V � se veri�queZ b

aEAv0w0 =

Z b

afw+Fbw(b)�Faw(a)

(76)donde

S� = V � = C1t (�)

La aplicaci�on a(�; �) est�a dada por

a(v; w) :=

Z b

aEAv0w0 = (EAv0; w0)

y se ve r�apidamente que es una forma bilineal sim�etrica.

Sin embargo, y a diferencia del caso del problema (3) en el que hab��a una condici�onesencial, a(�; �) no es de�nida positiva en V �, siendo s�olo semide�nida positiva. En efecto,para todo v 2 V � se cumple

a(v; v) :=

Z b

aEA

�v0�2 � 0

con lo que es semide�nida positiva. Sin embargo, si se toma � 2 R y v(x) = � se tiene quev 2 V � y a(v; v) :=

R ba EA (�

0)2 =R ba EA0 = 0. Por ello, a(�; �) no es de�nida positiva. N�otese

que la diferencia con el caso del problema (3) y su problema d�ebil correspondiente (6) es queahora a las funciones de V � no se les pide que se anulen en ning�un punto.

128


Al no ser a(�; �) de�nida positiva en esta ocasi�on no es posible de�nir un producto escalarni una norma asociados a a(�; �).

A continuaci�on veremos que, a diferencia del problema d�ebil asociado a (3):

(a) Salvo para casos \concretos" de las fuerzas y las condiciones de frontera, es decir,de f , Fa y Fb, no puede existir soluci�on a (75).(b) Si existe soluci�on a (75), entonces existen in�nitas soluciones al mismo.

~ Condici�on necesaria para la existencia de soluci�on.

Estudiemos primero el problema de la existencia de soluci�on a (3). Si existe soluci�on uentonces, integrando en (75)

�Z b

a(EAu0)0dx =

Z b

af(x)dx

es decir,

�EAu0(x) jx=bx=a=

Z b

af(x)dx

o sea, se debe cumplir

0 = Fb � Fa +Z b

af(x)dx (77)

Por tanto, si no se cumple la condici�on anterior, que es una relaci�on entre f , Fa y Fb, nopuede existir soluci�on al problema (75).

Comentario: (77) expresa que las fuerzas que act�uan sobre la barra est�en en equilibrio.Evidentemente, si no se cumple la condici�on no puede nunca existir soluci�on, pues entoncesel problema ser��a din�amico y (75) no ser��a un modelo adecuado del mismo.

~ Unicidad

Veamos que, en caso de existir soluci�on al problema fuerte (75), �esta no es �unica. En efecto,si u es soluci�on y se toma una constante � 2 R, es inmediato comprobar que la funci�on u+�es tambi�en soluci�on. Por ello si hay una soluci�on u, entonces hay in�nitas soluciones que seobtienen sumando constantes arbitrarias a u.

F��sicamente, la no unicidad de soluci�on al problema se puede interpretar as��. Si u es uncampo de desplazamientos soluci�on, entonces u + �; que corresponde a sumarle al campoanterior un movimiento de s�olido r��gido, tambi�en es soluci�on.

~ Resultados sobre existencia de soluci�on.

Se puede demostrar que si se cumple (77) y f es continua en [a; b], entonces (F) tienesoluci�on u 2 C2[a; b] y que esta soluci�on es �unica salvo constante aditiva, es decir, dada unasoluci�on u0(x) el conjunto de todas las soluciones es el conjunto fu0(x) + �; � 2 Rg

129


Tambi�en se puede demostrar que si se cumple (77) y f cumpleR ba f

2 <1 entonces existesoluci�on u para el problema d�ebil asociado a (75) y que, adem�as, �esta es C2[a; b] con lo queu tambi�en es soluci�on del problema fuerte (*).

Ya hemos demostrado que, de existir soluci�on a (F), �esta no es �unica. Para razonar que, deexistir, la soluci�on a (D) tampoco es �unica, se puede razonar as��. De (*) se tiene que, en casode existir soluci�on, las soluciones a (D) y a (F) son las mismas. Como ya se ha demostradoque, de existir soluci�on a (F), hay in�nitas soluciones, se tendr�a que lo mismo pasa con (D).

~ M�etodo de Galerkin.

Si consideramos ahora el problema de Galerkin (G) asociado a (75), y el sistema deecuaciones resultante (L), se observa tambi�en que en general no existir�a soluci�on y que, encaso de existir, �esta no es �unica.

En efecto, es f�acil ver que la matriz K obtenida es sim�etrica pero no es de�nida positivasino s�olo semide�nida positiva. As��, el rango de K ser�a menor que m y por ello, el sistemaKd = F en general no tendr�a soluci�on. Por otro lado, si d es una soluci�on y z 2 N(K), esdecir, Kz = 0, se tendr�a que d + z tambi�en ser�a soluci�on, con lo que de existir soluci�on a(G), �esta no es �unica y de hecho hay in�nitas soluciones (pues el n�ucleo de K tiene in�nitoselementos).

Se ha visto que si se veri�ca (77) la soluci�on existe y es �unica salvo constante aditiva, conlo que el problema de Galerkin no tendr�a soluci�on �unica. Lo que se puede hacer en la pr�acticapara resolver el problema de Galerkin en este caso es �jar el valor de una componente delvector d inc�ognita (normalmente haci�endola igual a cero), eliminar una ecuaci�on, y resolverel sistema resultante, que ser�a compatible determinado.

Ejercicio 28 Consid�erese el siguiente problema

�(D(x)u0(x))0 + �(x)u(x) = f(x); x 2 (0; 1)u(1) = u1; u

0(0) = u00

donde D y � son positivas en [0; 1] y adem�as D 2 C1[0; 1], y f y � son continuas en [0; 1]. Sepide:

(a) Obtener la forma d�ebil del problema. Especi�car los espacios de prueba S� y de testV �. >Qu�e regularidad global deben tener las funciones de V � y S� para que el problema d�ebiltenga sentido?

b) Demostrar que la forma bilineal resultante es de�nida positiva en V �.

(c) Sea el elemento correspondiente al intervalo [�1; 1] sobre el que se consideran lospolinomios de primer grado. Calcular el coe�ciente en la posici�on (1; 2) de la matriz derigidez local del elemento en el caso en que D y � sean constantes

(d) Sup�ongase ahora que las condiciones de frontera son u0(1) = u01; u0(0) = u00. Est�udiese

si, de existir soluci�on al problema fuerte, �esta es �unica.

(e) En las mismas hip�otesis de (d), obtener la forma d�ebil del problema. >Es a(�; �)de�nida positiva en V �? Demu�estrese.

130


7. Postprocesado: c�alculo de los desplazamientos y de las

tensiones en un punto cualquiera del dominio

7.1. Postprocesado en problemas unidimensionales

Sup�ongase el problema de la barra axial (3) en el que no precisamos el tipo de condicionesde frontera. Sup�ongase que se aplica el MEF y se obtiene una malla con n nudos de los quen�m son esenciales y m son no esenciales. Por ello en el MEF habr�a m grados de libertadglobales. Sup�ongase que ya se ha resuelto el sistema Kd = F asociado obteni�endose el vectord 2 Rm.

El usuario del MEF quiere que se le proporcione el desplazamiento y la tensi�on aproximadaen los puntos que �el especi�que. Por ello, nuestro objetivo ahora es calcular el desplazamientoy la tensi�on aproximada en un punto cualquiera c del conjunto de trabajo �.

Sea c un punto de �, sea � = f1; :::; ng la numeraci�on de todos los nudos y sean �E y ��E ;respectivamente, la numeraci�on de los nudos esenciales y no esenciales. Sea �d 2 Rn�1 el vectord ampliado con el valor del desplazamiento en los nudos esenciales, es decir, �d = (d1; :::; dn)donde:

Si I no es un nudo esencial, dI es una de las inc�ognitas que se ha calculado.Si I es un nudo esencial, dI := u(xI) es un dato.

Sabemos que en la pr�actica se suele tomar en vez de una funci�on r cualquiera que veri�quelas condiciones esenciales, otra funci�on rh, construida usando las funciones de base NI ;dadapor

rh(x) =XI2�E

dINI(x)

donde se de�ne dI := u(xI) para I 2 �E . Por ello

uh(x) = rh(x) + vh(x) =XI2�

dINI(x)

La expresi�on anterior se puede simpli�car teniendo en cuenta que las funciones de baseasociadas a un nudo son nulas fuera de los elementos que comparten dicho nudo. En efecto,supongamos que c pertenece al elemento e. Entonces NI es nula para todos los I tales quexI no pertenece a e y por tanto

uh(c) =X

I2� tq xI2e

dINI(c)

Por comodidad a la hora de programar, podemos escribir lo anterior empleando numeraci�onlocal para las funciones de base, es decir,

uh(c) =X

i=1;:::;ne

dINi(c)

donde ne es el n�umero de grados de libertad del elemento. N�otese que aunque para losdI tambi�en es posible utilizar numeraci�on local, no es pr�actico desde le punto de vista de

131


la programaci�on, pues dI es directamente la componente I del vector de desplazamientoampliado �d.

Como ya se ha comentado, a efectos de la programaci�on del m�etodo, no es pr�acti-co.trabajar con las funciones Ni. Lo que se pretende es trabajar s�olo con las funcionesde base en la referencia est�andar. Para ello no hay m�as que utilizar que x = �(�) y queNi(�) = Ni(�(�)); obteni�endose

uh(c) =X

i=1;:::;ne

dINi(�c)

donde �c = ��1(c).

Para calcular las tensiones aproximadas no hay m�as que tener en cuenta que

�h(x) = E(x)�uh(x)

�0Como uh es C1 a trozos, es derivable en el interior de los elementos. Por tanto, si c

pertenece a un elemento e tenemos

�h(c) = E(c)X

i=1;:::;ne

diN0i(c)

Para trabajar con las funciones de base en la referencia est�andar se utiliza que N 0i(�) =

N 0i(�(�))�

0(�) y se tiene

�h(c) = E(c)X

i=1;:::;ne

diN 0i(�c)

�0(�c)= E(x)

Xi=1;:::;ne

di2N 0

i(�)

le=2E(x)

le

Xi=1;:::;ne

diN0i(�)

donde le es la longitud del elemento.

Por ello, en la pr�actica el postprocesado se programa a partir de las siguientes f�ormulas:

Postprocesado en el problema de la barra axial.Si c pertenece a el elemento e, tenemos que

uh(c) =

neXi=1

dINi(c) =

neXi=1

dINi(�c)

�h(c) = E(c)�uh(x)

�0jx=c= E(c)

neXi=1

dI2N 0

i(�c)

le


~ Tensi�on en la frontera entre dos elementos. En lo anterior est�a suponiendo que c noes un punto de la frontera entre dos elementos. En efecto, puesto que en general la soluci�on

132


uh(x) no es derivable en los nudos que unen dos elementos, la tensi�on no existe en sentidomatem�atico en dichos nudos. Lo que se suele hacer en estos casos es \derivar por un lado",pues las derivadas laterales s�� est�an bien de�nidas. As�� para cada nudo interelementos sepuede calcular una \tensi�on por la izquierda" y una \tensi�on por la derecha".

Ejemplo: En el ejemplo de la barra axial con condici�on esencial en x = a y natural en x = b,tomando funciones lineales en cada elemento y r(x) = ua, se tiene que si x pertenece a unelemento con nudos xI , xI+1

uh(x) = ua + dINI(�) + dI+1NI+1(�)

�h(x) = E(x)2

le

�dIN

0I(�) + dI+1N

0I+1(�)

�Ejercicio 29 Se considera el problema de la barra axial en una viga de longitud L = 5

d

dx(EAu0(x)) + f(x) = 0; x 2 (0; 5)

u(0) = 4 � 10�6

u(5) = �5 � 10�6

El problema se resuelve aplicando el MEF con dos elementos. El primero es un elementocuadr�atico que ocupa el intervalo [0; 2] y el segundo es un elemento c�ubico que ocupa elintervalo [2; 5] (en ambos los nudos est�an equiespaciados). Al resolver el sistema Kd = F seobtiene como soluci�on el vector

d = 10�6 � (2;�1; 7; 3)T

Se pide calcular el desplazamiento aproximado uh en el punto x = 1=2.

Ejercicio 30 Se considera el problema de la barra axial en una viga de longitud L = 5

d

dx(EAu0(x)) + f(x) = 0; x 2 (0; 5)

u(0) = 2 � 10�6

(EAu0)(5) = 3 � 107

donde E = 1010. El problema se resuelve aplicando el MEF con dos elementos. El primeroes un elemento cuadr�atico que ocupa el intervalo [0; 2] y el segundo es un elemento c�ubicoque ocupa el intervalo [2; 5] (en ambos los nudos est�an equiespaciados). Al resolver el sistemaKd = F se obtiene como soluci�on el vector

d = 10�6 � (3; 1; 1=2;�1;�3)T

Se pide calcular la tensi�on aproximada �h en el punto x = 1.

Ejercicio 31 Consid�erese el problema de la barra axial est�atica con condiciones de fronterau(a) = ua y A(b)E(b)u

0(b) = Fb. El problema se resuelve con el MEF tomando r(x) = ua.Explicar c�omo se construye el vector F a partir de �F . Sup�ongase que se ha resuelto el sistemaKd = F . Escribir la expresi�on que permite calcular el desplazamiento en un punto c de labarra.

133


7.2. Postprocesado en problemas multidimensionales

El procedimiento anterior no s�olo es v�alido para problemas unidimensionales, sino tambi�enen R2 y R3. Por ejemplo, en el caso de una placa como la de la �gura

en la que c 2 4 se tendr��a, utilizando numeraci�on global para los nudos,

uh(c) = d1N1(c) + d5N5(c) + d6N6(c) + d7N7(c)

Esto se programar��a en la siguiente forma, usando numeraci�on local para las funciones debase

uh(c) = d1N2(��1(c)) + d5N4(�

�1(c)) + d6N3(��1(c)) + d7N1(�

�1(c))

Caso en que el punto pertenezca a la frontera entre dos elementos. En el caso de que elpunto pertenezca a la frontera entre dos elementos, como en el caso del punto z en la placadel ejemplo anterior, podemos trabajar con cualquiera de los elementos a los que pertenece,en nuestro caso los elementos 4 y 3. Por ello, podemos escribir

uh(z) = d1N41 (z) + d5N

45 (z) + d6N

46 (z) + d7N

41 (z)

o bienuh(z) = d4N

34 (z) + d5N

35 (z) + d6N

36 (z)

donde los super��ndices en las funciones de base indican en elemento al que corresponden.

Obs�ervese que puesto que N41 y N

47 se anulan en los nudos ~x6 y ~x5, por la condici�on (2)

tambi�en se deben anular sobre el lado que los une, por lo que tenemos que N41 (z) = N

47 (z) = 0

y por tantouh(z) = d5N

45 (z) + d6N

46 (z)

Lo mismo para con N34 (z) = 0

uh(z) = d5N35 (z) + d6N

36 (z)

134


En el caso de querer calcular una magnitud que implique calcular derivadas parcialesde uh(x), tendremos el problema de que uh no admite derivadas parciales en la fronterainterelementos por lo que, como se razon�o en el caso escalar, lo �unico que se puede hacer es\derivar seg�un un elemento".

135


8. Justi�caci�on del m�etodo de Galerkin

8.1. Soluci�on del problema de Galerkin como aproximaci�on a la soluci�ondel problema d�ebil

Sabemos que la soluci�on uh obtenida por el m�etodo de Galerkin es una aproximaci�on ala soluci�on u del problema d�ebil. M�as concretamente, se ha visto que uh = r + vh donde vh

es la mejor aproximaci�on a v por funciones de V h en la a-norma.

Supongamos que se tiene un problema d�ebil y se plantean dos problemas de Galerkincorrespondientes a dos subespacios V h y W h con soluciones uh = r + vh y uh = r + qh. Delo anterior es evidente que si se cumple V h �W h, entonces v � qh

a� v � vh

a

con lo que la aproximaci�on que proporciona W h es mejor que la que proporciona V h.

8.2. Convergencia de la soluci�on del problema de Galerkin a la soluci�onde como aproximaci�on a la soluci�on del problema d�ebil

A continuaci�on se justi�car�a la idea de que en muchos problemas puedo hacer que uh

est�e tan pr�oxima a u como quiera, tomando V h su�cientemente grande.

Supongamos que se tiene una sucesi�on de subespacios V h donde h es un par�ametro positi-vo. En los problemas de elementos �nitos h tiene el signi�cado de tama~no de malla, de formaque un valor peque~no de h corresponde a una malla muy �na.

Introduzcamos la siguiente hip�otesis:

Condici�on 3 Toda v 2 V � puede ser aproximada tanto como se quiera en la a-norma porfunciones de V h haciendo h su�cientemente peque~no, es decir, existe una sucesi�on wh defunciones de V h tal que

v � wh a! 0 cuando h �! 0+.

En todos los problemas que se estudiar�an en este curso se veri�ca la condici�on (3).

Utilizando la hip�otesis (3) sabemos que existe una sucesi�on wh de funciones de V h queconverge a la soluci�on de (D), es decir, tal que

v � wh a! 0. Entonces, puesto que vh es la

mejor aproximaci�on a la soluci�on d�ebil v por funciones de V h se tendr�a v � vh a� v � wh

a

y como el miembro de la derecha tiende a cero cuando h �! 0+, el de la izquierda tambi�enlo hace.

Como conclusi�on, siempre que se cumpla la hip�otesis (3) se tendr�a que puedo hacer quevh est�e tan cerca de v como quiera, y por ello que uh = r + vh est�e tan cerca de u = r + v,haciendo h su�cientemente peque~no, es decir, re�nando su�cientemente la malla.

136


9. Problema de una barra a exi�on

9.1. Problema fuerte

Supongamos una barra sometida a carga transversal, de forma que cada secci�on recta dela barra trabaja a exi�on. Por ello, en cada secci�on de la barra el estado tensional est�a car-acterizado por un esfuerzo cortante y otro axial.

La con�guraci�on especial de este problema hace que en vez de plantearlo a partir delas ecuaciones del problema general de la elasticidad, que conducen a una EDP de segundoorden en la que hay tres inc�ognitas, los desplazamientos en las tres direcciones espaciales, sepueden introducir hip�otesis simpli�cativas que hacen que el problema se pueda simpli�carpara terminar siendo una EDO de cuarto orden con una sola inc�ognita.

~ Notaci�on e hip�otesis.

Introducimos la siguiente notaci�on:

Sea f(x) la carga transversal a la barra (fuerza por unidad de longitud), que se suponepositiva si va dirigida hacia arriba. Supondremos que f es continua.

Sea u(x) (unidades de longitud) la de exi�on de la barra (es decir, desplazamiento en ladirecci�on perpendicular a la barra) en el punto x, que se supone positivo si va dirigidohacia arriba.

SeaM(x) (unidades de fuerza por longitud) el momento ector en la secci�on x respectodel punto medio de la secci�on. Se considera que el momento ector en una secci�on espositivo cuando las �bras comprimidas est�en situadas por encima de la neutra, es decir,

La siguiente �gura muestra una barra en la que, con el convenio anterior, el momentoM(x) es negativo para todo x

137


Sea Q(x) (unidades de fuerza) el esfuerzo cortante en la secci�on x (para que de verdadfuese un esfuerzo habr��a que dividir por el �area de la secci�on correspondiente). Seconsidera que el esfuerzo cortante en una secci�on es positivo cuando la resultante delas fuerzas verticales situadas a la izquierda de la secci�on est�a dirigida hacia arriba, esdecir,

Las hip�otesis simpli�cativas a las que nos referimos son una combinaci�on de ecuaci�oncinem�atica y ley de comportamiento que relacione la de exi�on u(x) de la l��nea media de unasecci�on con el momento ector en dicha secci�on. Ello permitir�a plantear una EDO en la quela inc�ognita sea u(x).

Utilizaremos las hip�otesis correspondientes a la teor��a de Bernoulli-Euler, que correspon-den a hacer la hip�otesis de Navier y a suponer que u02 es peque~no respecto de u0, es decir, quela curvatura es peque~na frente a la pendiente en cada punto. entonces se llega a la relaci�on

M(x) = E(x)I(x)d2u

dx2(x) (78)

donde I(x) es el momento de inercia de la secci�on recta de la barra respecto de la l��nea media.

~ Obtenci�on de las ecuaciones para la barra a exi�on.

Ahora, las ecuaciones de la barra se obtienen sin m�as que utilizar (78) e imponer equilibriode fuerzas verticales y de momentos.

1. Equilibrio de fuerzas verticales: Si se considera la rebanada que va de x a x+ h

se tiene, estableciendo el equilibrio de fuerzas verticales en la misma

Q(x) +

Z x+h

xf(t)dt�Q(x+ h) = 0

y, como f es continua, utilizando el teorema del valor medio para la integral, se obtiene

Q(x) + f(�h)h�Q(x+ h) = 0

donde �h 2 [x; x+ h]. Ahora, dividiendo por h y pasando al l��mite cuando h! 0, se obtiene

dQ

dx(x) = f(x) (79)

138


2. Equilibrio de momentos. Si se considera la rebanada que va de x a x + h se tiene,estableciendo el equilibrio de momentos respecto de la secci�on correspondiente a x

�M(x) +M(x+ h) +Z x+h

x(t� x)f(t)dt�Q(x+ h)h = 0

y, como f es continua, utilizando el teorema del valor medio para la integral, se obtiene

�M(x) +M(x+ h) + (�h � x)f(�h)h�Q(x+ h)h = 0 (80)

donde �h 2 [x; x+ h]. Ahora, dividiendo por h y pasando al l��mite cuando h! 0, se obtiene

dM

dx(x) = Q(x) (81)

Utilizando (79) y (81) se obtiene

d2M

dx2(x) = f(x) (82)

o biend2

dx2

�E(x)I(x)

d2u

dx2(x)

�= f(x) para x 2 (0; L) (83)

que, n�otese, es un problema de cuarto orden.

Condiciones de frontera. En cada punto de la frontera se deben especi�car dos condicionesde contorno. Una posibilidad es imponer que

u(0) = u0; u0(0) = u00; u

00(L) =ML

E(L)I(L);d

dx(E(x)I(x)

d2u

dx2(x)) jx=L= �QL

que corresponde a una barra empotrada en x = 0. u00 representa el �angulo que la l��nea mediade al barra forma con el eje x. ML representa el momento aplicado en el extremo x = L(positivo si va en sentido contrario a las agujas del reloj). QL representa el esfuerzo cortanteaplicado en el extremo x = L (positivo si va hacia arriba). N�otese que si E e I son constanteslas condiciones en L son u00(L) = M

EI y u000(L) = � Q

EI .

De este forma tendemos el siguiente problema fuerte:

Problema fuerte. Hallar u 2 C4[0; L] tal que se cumple

d2

dx2

�E(x)I(x)

d2u

dx2(x)

�= f(x) para x 2 (0; L) (84)

u(0) = u0; u0(0) = u00; u

00(L) =ML

E(L)I(L);d

dx(E(x)I(x)

d2u

dx2(x)) jx=L= �QL

139


Si, como suele ser usual en la pr�actica, se toma el signo de f , de u y de QL positivo si vanhacia abajo en vez de hacia arriba, las ecuaciones pasan a ser (al sustituir �f por f , �QLpor QL,�u por u y �u0 por u0)

d2

dx2

�E(x)I(x)

d2u

dx2(x)

�= f(x) para x 2 (0; L)

u(0) = u0; u0(0) = �0; u

00(L) =�ML

E(L)I(L);d

dx(E(x)I(x)

d2u

dx2(x)) jx=L= �QL

donde �0 es el �angulo que la barra forma con la horizontal en el punto x = 0 medido ensentido horario.

9.2. Problema d�ebil

El problema d�ebil asociado a (84) se obtiene multiplicando por una funci�on de test,integrando en [0; L] y utilizando integraci�on por partes dos veces para \pasar dos derivadas"de la u a la funci�on de test.Z L

0

�EIu00

�00wdx =

�EIu00

�0w jL0 �

Z L

0

�EIu00

�0w0dx =

=�EIu00

�0 jx=L w(L)� �EIu00�0 jx=0 w(0)� Z L

0

�EIu00

�0w0dx =

=�EIu00

�0 jx=L w(L)� �EIu00�0 jx=0 w(0)� EIu00w0 jL0 +Z L

0EIu00w00dx =

= �QLw(L)�Q(0)w(0)�MLw0(L) +M(0)w0(0) +

Z L

0EIu00w00dx

Como Q(0) y M(0) no se conocen, se pide que la funci�on de test w(x) cumpla quew(0) = w0(0) = 0, es decir, que se anule en la parte de la frontera en que se especi�cancondiciones esenciales.

Se ha obtenido as��Z L

0EIu00w00dx =

Z L

0fwdx+QLw(L) +MLw

0(L)

donde, para que la expresi�on anterior tenga sentido, basta con pedir que u y v sean funcionesC2t [0; L], es decir, funciones derivables y tales que su derivada sea C

1t [0; L].

De�nici�on 31 Dado un intervalo [a; b] se de�ne C2t [0; L] como el espacio de las funcionesv : [a; b] ! R derivables y tales que su derivada es una funci�on C1t [0; L] (por ello, dada unafunci�on v 2 C2t [0; L] existe una partici�on [xi; xi+1]; i = 0; :::; n � 1 de [a; b] tal que v es declase 2 en cada intervalo [xi; xi+1])

Se obtiene as�� el problema d�ebil:

140


Problema d�ebil: Encontrar u 2 S� tal que para todo w 2 V � se cumpleZ L

0EIu00w00dx =

Z L

0fwdx+QLw(L) +MLw

0(L)

donde

S� =�v 2 C2t [0; L] : v(0) = u0; v0(0) = u00

V � =

�v 2 C2t [0; L] : v(0) = v0(0) = 0

Sea r 2 S�. Como funci�on r(x) se podr��a tomar r(x) = u0+u00x aunque despu�es se ver�anotras posibilidades. Entonces expresando u = r+ v, el problema d�ebil se puede reformular dela siguiente forma:

Problema d�ebil reformulado: Encontrar v 2 V � tal que para todo w 2 V � se cumpleZ L

0EIv00w00dx =

Z L

0fwdx+QLw(L) +MLw

0(L)�Z L

0EIr00w00dx

es decir,

Encontrar v 2 V � tal que para todo w 2 V � se cumple a(v; w) = L(w)

donde:

a(v; w) =

Z L

0EIv00w00dx

L(v) =

Z L

0fwdx+QLw(L) +MLw

0(L)�Z L

0EIr00w00dx

Es inmediato comprobar que:

1) L es una forma lineal en V �.2) a(�; �) es una forma bilineal sim�etrica en V � � V �.

Adem�as se tiene:

Proposici�on 28 a(�; �) es de�nida positiva en V �.

Dem. Sea v 2 V �; a(v; v) =R L0 EI (v

00)2 dx. Puesto que las funciones de V � son de clase 2a trozos, la derivada segunda de v puede no existir en algunos puntos. Por ello, como yasabemos, la expresi�on a(v; v) =

R L0 EI (v

00)2 dx hay que interpretarla como

a(v; v) =n�1Xi=0

Z xi+1

xi

EI�v00�2dx (85)

141


donde los [xi; xi+1], i = 0; :::; n � 1 son los intervalos de [0; L] en los que v es de clase 2.

Puesto que E, I y v002 son funciones no negativas se tiene quen�1Pi=0

R xi+1xi

EI (v00)2 dx � 0 con

lo que a(�; �) es ya al menos semide�nida positiva. Por ello, para demostrar que a(�; �) esde�nida positiva en V � s�olo resta probar que si a(v; v) = 0 para alguna v 2 V �, entoncesforzosamente debe ser v = 0. Supongamos que v 2 V � es tal que a(v; v) = 0. Entonces, de85 se sigue (como todos los sumandos son no negativos y la suma de todos ellos es cero)que debe ser

R xi+1xi

EI (v00)2 dx = 0 para todo intervalo [xi; xi+1]; i = 0; :::; n � 1. Como lafunci�on EI (v00)2 es no negativa y adem�as es continua en cada [xi; xi+1] (recu�erdese que v esde clase 2 en cada uno de estos intervalos) se deduce que debe ser E(x)I(x)v00(x)2 = 0 encada [xi; xi+1]; i = 0; :::; n� 1 (n�otese que si la integral de una funci�on no negativa sobre unrecinto es nula esto no quiere decir que la funci�on sea la funci�on nula, pero si la funci�on encuesti�on es adem�as continua entonces s�� debe ser la funci�on nula). Como E y I son positivosen todo punto, se sigue que debe ser v00 = 0 en cada intervalo [xi; xi+1]; i = 0; :::; n� 1 y deaqu�� concluimos que v(x) = Aix+Bi en cada intervalo [xi; xi+1], i = 0; :::; n�1. Imponiendoque v debe ser de clase dos a trozos (con lo que en particular tiene que ser de clase 1 entodo [0; L]) se sigue que los coe�cientes Ai y Bi tienen que ser los mismos en cada intervalo,es decir, v(x) = Ax + B en [0; L]. Imponiendo ahora que al pertenecer v a V � debe serv(0) = v0(0) = 0 se sigue que v(x) = 0 en [0; L] y por ello a(�; �) es de�nida positiva. �Comentario: de forma similar a lo que pasaba en el caso de la barra axial, si s�olo hubiesecondiciones de frontera naturales la forma a(�; �) s�olo ser��a semide�nida positiva en V � =C2t [0; L], es decir, no ser��a de�nida positiva, pues las funciones de la forma v(x) = Ax + Bpertenecer��an a V � y a(v; v) = 0.

Ejercicio 32 Barra a exi�on con condiciones naturales. Se considera el siguiente prob-lema, correspondiente a una viga a exi�on en la que se especi�can el momento y el esfuerzo ector en cada extremo.

d2

dx2

�E(x)I(x)

d2u

dx2(x)

�= f(x) para x 2 (0; L) (86)

E(0)I(0)u00(0) = �M0;d

dx(E(x)I(x)

d2u

dx2(x)) jx=L= Q0;

E(L)I(L)u00(L) =ML;d

dx(E(x)I(x)

d2u

dx2(x)) jx=L= �QL

a) Demostrar que, de existir soluci�on a (86), �esta no es �unica. Si u es soluci�on, >qu�e formageneral tendr��an las soluciones de (86)?

(b) Deducir de (86) que una condici�on necesaria para que exista soluci�on es que se denlas siguientes condiciones de equilibrio:

Q0 +QL +

Z L

0f(x)dx = 0 equilibrio de fuerzas

M0 +ML +QLL+

Z L

0xf(x)dx = 0 equilibrio de momentos

142


(c) Construye el problema d�ebil asociado a (86). >Es a(�; �) de�nida positiva en el espaciocorrespondiente?

143


9.3. Problema de Galerkin y MEF en la barra a exi�on

A continuaci�on se aplica el m�etodo de Galerkin para resolver de forma aproximada elproblema d�ebil.

De�nici�on del problema de Galerkin. Sea V h un subespacio vectorial de dimensi�on�nita de V �. Se de�ne el problema de Galerkin (G) asociado a (13) y a la elecci�on deespacio V h como el problema d�ebil pero sustituyendo v por vh y V � por V h, es decir:

(G): Encontrar vh 2 V h tal que para todo w 2 V h se cumpla a(vh; w) = L(w)

Ahora, procediendo como en la secci�on 3.1, es decir, eligiendo una base N1; :::; Nm de Vh,

pasando al problema de Galerkin reformulado y luego expresando la inc�ognita en la forma

v =X

J=1;:::;n

dJNJ

se llega al sistema lineal de ecuaciones

PnI=1 a(NI ; NJ)dJ = L(NI); I = 1; :::; n

que se puede expresar en la formaKd = F

donde

KIJ := a(NI ; NJ) =

Z L

0EIN 00

IN00Jdx; I; J = 1; :::;m

FI := L(NI) =

Z L

0fNIdx+QLNI(L) +MLN

0I(L)�

Z L

0EIr00N 00

I dx

Apliquemos ahora el MEF. Una diferencia signi�cativa en este caso respecto del problemade la barra axial es que, puesto que V h � V � y en este caso las funciones de V � tienenregularidad C2t [0; L], las funciones del espacio V

h deben ser C2t [0; L]. Si se trabaja con elMEF, al ser las funciones polin�omicas a trozos, esto implica que la regularidad global de lasfunciones debe ser C1[0; L].

Para conseguir la regularidad de la forma m�as sencilla posible se puede trabajar conelementos del siguiente tipo: en cada elemento V he es igual a P3, es decir, a los polinomios degrado menor o igual que 3 y los grados de libertad son el valor de la funci�on y de la derivadaen los extremos del intervalo.

Supongamos que un elemento e corresponde al intervalo [a; b]. Como base del espacioV he se pueden de�nir las funciones de base local Na(x); Na0(x); Nb(x) y Nb0(x) dadas por las

144


condiciones

Na(a) = 1; N0a(a) = 0; Na(b) = 0; N

0a(b) = 0 (87a)

Na0(a) = 0; N0a0(a) = 1; Na0(b) = 0; N

0a0(b) = 0 (87b)

Nb(a) = 0; N0b(a) = 0; Nb(b) = 1; N

0b(b) = 0 (87c)

Nb0(a) = 0; N0b0(a) = 0; Nb0(b) = 0; N

0b0(b) = 1 (87d)

~ C�alculo de las funciones de base.

Calculemos como ejercicio la funci�on Na de�nida por (87a). Para ello tenemos dos posiblescaminos:

a. Escribir Na(x) = �0 + �1x + �2x2 + �3x

3 e imponer las 4 condiciones (87a) con loque se obtiene un sistema de cuatro ecuaciones y cuatro inc�ognitas.b. Podemos hacer uso de la siguiente propiedad relativa a la factorizaci�on de polinomios:si un polinomio p de grado n tiene un cero en x = � con multiplicidad m, entoncesp se puede expresar en la forma p(x) = (x � �)m (�0 + �1x+ � � �+ �n�mxm) donde�0; :::; �n�m son unos ciertos coe�cientes.Por ello, como Na tiene un cero doble en x = b, pues Na(b) = 0 y N

0a(b) = 0, podemos

escribirNa(x) = (x� b)2 (�0 + �1x)

y ahora �0 y �1 se calculan imponiendo las dos condiciones que no hemos utilizado, esdecir, Na(a) = 1; N

0a(a) = 0, con lo que se obtiene un sistema de dos ecuaciones con

dos inc�ognitas. Finalmente obtenemos

Na(x) =(x� b)2 (2x� 3a+ b)

(b� a)3

Este procedimiento es preferible al se~nalado en (a), pues solamente debemos determinar2, y no 4, inc�ognitas.

Ejercicio 33 Calcular las funciones Na0 ; Nb y Nb0 de�nidas por (87b-87d).

Soluci�on: Los polinomios anteriores est�an dados por

Na0(x) =(x� b)2(x� a)

(b� a)2

Nb(x) =(x� a)2 (�2x� a+ 3b)

(b� a)3

Nb0(x) =(x� a)2(x� b)

(b� a)2

y, en el caso de trabajar en el intervalo [�1; 1],

N�1(x) =(x� 1)2 (x+ 2)

4; N�10(x) =

(x� 1)2(x+ 1)4

N1(x) =(x+ 1)2 (2� x)

4; N10(x) =

(x+ 1)2(x� 1)4

145


Se demuestra f�acilmente que las 4 funciones de�nidas por (87a-87d) son base de P3. Porello, si v 2 V he , es decir, si v es un polinomio c�ubico, se puede escribir

v(x) = �1Na(x) + �2Na0(x) + �3Nb(x) + �4Nb0(x)

donde los coe�cientes �i tienen una expresi�on muy sencilla. En efecto se tiene

v(x) = v(a)Na(x) + v0(a)Na0(x) + v(b)Nb(x) + v

0(b)Nb0(x)

Siguiendo los pasos generales de todo problema de elementos �nitos, una vez de�nidos loselementos anteriores se lleva a cabo el "pegado"de los mismos.

Ejemplo. Como ejemplo supongamos que se consideran 3 elementos correspondientes a lapartici�on 0 = x1 < x2 < x3 < x4 = L.

146


Al numerar los grados de libertad globales se obtiene

n�um. elem. (e) posic. elem. num. g.l. local (i) num. g.l. global (I) num. ecuaci�on (P )

1 [x1; x2] 1 1 *2 2 *3 3 14 4 2

2 [x2; x3] 1 3 12 4 23 5 34 6 4

3 [x3; x4] 1 5 32 6 43 7 54 8 6

Una importante diferencia con ejemplo que se estudi�o para la barra axial es que ahoracada nudo corresponde a dos grados de libertad.

El sistema de ecuaciones que hay que resolver es

8XI=3

a(NI ; NJ)dJ = L(NI); I = 3; 4; 5; 6; 7; 8

es decirKd = F

donde

KPQ := a(NI ; NJ) =

Z L

0EIN 00

IN00Jdx; I; J = 3; 4; 5; 6; 7; 8

FP := L(NI) =

Z L

0fNIdx+QLNI(L) +MLN

0I(L)�

Z L

0EIr00N 00

I dx; I = 3; 4; 5; 6; 7; 8

Al dividir las integrales sobre [0; L] en suma de integrales sobre los distintos elementos,en cada elemento e hay que calcular


Ze

E(x)I(x)N 00i (x)N

00j (x)dx; i; j = 1; 2; 3; 4

fei :=

Ze

f(x)Ni(x)dx� a(r;Ni)e +QLNI(L) +MLN0I(L); i = 1; 2; 3; 4

donde se est�a utilizando numeraci�on local, y luego ensamblar la contribuci�on en la posici�on

147


correspondiente. En nuestro ejemplo

K =

26666664

k133 + k211 k134 + k

212 k213 k214 0 0

k134 + k212 k144 + k

222 k223 k224 0 0

k213 k223 k233 + k311 k234 + k

312 k313 k314

k214 k224 k234 + k312 k244 + k

322 k323 k324

0 0 k313 k323 k333 k3340 0 k314 k324 k334 k344

37777775 2 R6�6

F =

26666664

f13 + f21

f14 + f22

f23 + f31

f24 + f32

f33f34

37777775 2 R6�1

Como ya se vio al estudiar el planteamiento general del MEF, para calcular las integralessobre cada elemento se lleva a cabo un cambio de variable x = �(�) para transformar cadaelemento en el intervalo [�1; 1]. Adem�as, se quiere trabajar con las funciones

Ni(�) := Ni(�(�)); i = 1; 2; 3; 4 (88)

Estas funciones son polinomios c�ubicos en �, puesto que son la composici�on de un polinomioc�ubico y de una aplicaci�on af��n. Para calcularlos procedemos de la siguiente forma

N1(�1) = N1(extr. izda) = 1 ; N 01(�1) = N 0

1(extr. izda)�0(�1) = 0

N1(1) = N1(extr. dcha) = 0 ; N01(1) = N

01(extr. dcha)�

0(�1) = 0

de donde se obtiene

N1(�) =(� � 1)2 (� + 2)

4

An�alogamente

N2(�1) = N2(extr. izda) = 0 ; N 02(�1) = N 0

2(extr. izda)�0(�1) = le

2

N2(1) = N2(extr. dcha) = 0 ; N02(1) = N

02(extr. dcha)�

0(�1) = 0

de donde se obtiene

N2(�) =le(� � 1)2 (� + 1)

8


Procediendo de forma similar se obtiene

N3(�) =(� + 1)2 (2� �)

4; N4(�) =

le(� + 1)2 (� � 1)8

Obs�ervese que tanto N2 como N4 dependen de la longitud del elemento.

148


Ya se ha dicho que como funci�on r(x) se podr��a tomar r(x) = u0 + u00x, en cuyo caso el

t�ermino a(r;Ni)e = 0, pues r es una funci�on af��n y en el c�alculo de a(�; �) hay que derivardos veces r. Otra posibilidad es tomar

rh(x) = u0N1(x) + u00N2(x)

que claramente veri�ca las condiciones de frontera esenciales. En ese caso se tendr��a

FP := (f;NI)� a(r;NI) +QLNI(L) +MLN0I(L) =

= (f;NI)��u0a(N1; NI) + u

00a(N2; NI)

�+QLNI(L) +MLN

0I(L) I = 3; 4; 5; 6; 7; 8

Razonando como se hizo en el problema de la barra axial, en lugar de ensamblar directa-mente K y F se puede trabajar con �K y �F ampliados de forma que

�KIJ := a(NI ; NJ); I; J = 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8

�FI = (f;NI) +QLNI(L) +MLN0I(L); I = 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8

(obs�ervese que en �F no se tiene en cuenta el efecto de las condiciones de frontera esenciales).Para ello para cada elemento e se calculan


Ze

E(x)I(x)N 00i (x)N

00j (x)dx; i; j = 1; 2; 3; 4

�fei :=

Ze

f(x)Ni(x)dx+QLNI(L) +MLN0I(L); i = 1; 2; 3; 4

y se ensambla:

keij en la posici�on (I; J) de�K

�fei en la posici�on I de�F

Una vez ensamblados �K y �F , y razonando como en el caso de la barra axial, K y F seconstruyen de la siguiente forma.

K se obtiene eliminando las primeras dos �las y columnas de �KF se obtiene restando de �F las primeras dos columnas de �K multiplicadas por u0 y u

00

respectivamente, y luego eliminando las primeras dos componentes del vector resultante.

Los siguientes tres ejercicios son relativos a la aplicaci�on del MEF al problema de la barraa exi�on:

Ejercicio 34 Consid�erese el problema de la exi�on de una barra empotrada sometida a cargatransversal seg�un la teor��a de Bernoulli-Euler

d2

dx2

�E(x)I(x)

d2u

dx2(x)

�= f(x) para x 2 (0; L)

u(0) = u0(0) = 0; u00(L) =ML

E(L)I(L);d

dx(E(x)I(x)

d2u

dx2(x)) jx=L= �QL

Se considera el elemento constituido por el intervalo [�1; 1], el espacio de los polinomios degrado tres sobre dicho intervalo y cuyos grados de libertad son los valores de la funci�on y desu derivada en los extremos del intervalo.

149


a) Calcular las funciones de forma y demostrar que son base de los polinomios de gradomenor o igual que 3.

b) Calcular la matriz de rigidez de dicho elemento en el caso en que E e I sean constantes.

Ejercicio 35 Se considera el problema

EIu(4(x) = f(x) para x 2 (0; L) (89)

u0(0) = u00; EIu000(0) = Q0; u(L) = uL; EIu

00(L) =ML

donde E e I son constantes. Se aplica el MEF dividiendo la barra en dos elementos [0; L1]y [L1; L]) de longitudes L1 y L2 (de forma que L = L1 + L2) cada uno de los cuales tiene 5grados de libertad (valor de la funci�on y la derivada en los extremos y valor de la funci�on enel punto medio). Se pide: decidir qu�e grados de libertad son inc�ognita para el MEF y calcularK22 (para calcular la integral debe pasarse al elemento est�andar)

Ejercicio 36 Expresiones para programar K y F en la barra a exi�on. Suponiendoque se utiliza la f�ormula de cuadraturaZ 1

�1g(�)d� �

npiX�=1

W�g(��)

escribir la expresi�on �nal que habr��a que programar para calcular a(Ni; Nj)e y (f;Ni)e enel problema de la barra a exi�on.

Ejercicio 37 Postprocesado en la barra a exi�on. Sea una barra a exi�on con E e Iconstantes. Para resolver el problema se utiliza el MEF con los polinomios c�ubicos de Hermitehabituales. Sean x1; :::; xn los nudos (estos son todos los nudos, esenciales y no esenciales)y sean N1; N10 ; N2; N20 ; :::; Nn; Nn0 sus funciones de base asociadas. Al resolver el problemase obtiene un vector soluci�on �d = (d1; d10 ; d2; d20 ; :::; dn; dn0)

T . Se pide escribir una expresi�onsimpli�cada para calcular el desplazamiento, la pendiente y el momento ector M en unpunto c dado, en la que intervengan s�olo magnitudes en la referencia est�andar. >Qu�e sucedesi c coincide con uno de los nudos del problema?

150


10. Extensi�on de los datos de un problema fuerte

La formulaci�on d�ebil de un problema no s�olo permite generalizar la noci�on de soluci�on deuna ecuaci�on diferencial. Tambi�en permite generalizar el tipo de datos que intervienen en laecuaci�on.

10.1. Trabajo con cargas no acotadas

Consid�erese el problema de la barra axial, en el que para simpli�car supondremos que Ey A son constantes,

� EAu00(x) = f(x); x 2 (a; b) (90)

con unas determinadas condiciones de contorno.

En principio a u se le suele pedir que sea C2[a; b] y a f que sea continua en [a; b]. Sin

embargo, al construir el problema d�ebil f s�olo interviene en el t�erminoR ba f(x)w(x)dx; donde

w es una funci�on de test. Esto permite considerar funciones f que son discontinuas e inclusofunciones que no est�an acotadas en [a; b]. Lo �unico que debe cumplirse es que para toda

funci�on de test w, la integralR ba f(x)w(x)dx sea �nita, es decir, en caso de ser una integral

impropia sea convergente.

Recu�erdese que una funci�on v acotada es integrable en � Rn acotado si y s�olo si suspuntos de discontinuidad tienen medida de Lebesgue nula en Rn. En la pr�actica esto implicaque casi todas las funciones que nos interesan en las aplicaciones son integrables.

De�namos el siguiente conjunto:

De�nici�on 32 Espacio L2(). Sea un abierto medible Jordan de Rn. Se de�ne el espacioL2() como el conjunto de las funciones v : �! R tales que:

(i) Los puntos de discontinuidad de v en tienen medida de Lebesgue nula en Rn.(ii) La integral

R v(x)

2dx, entendida como integral impropia en el caso de que v o noest�en acotados, es convergente.

Por ello, si v no es \demasiado discontinua" y est�a acotada en seguro que cumplev 2 L2(). Pero hay funciones que no son acotadas y que sin embargo son de L2(). Unejemplo es f(x) = 1

x1=3en el intervalo (0; 1) pues

R 10

dxx2=3

es convergente.

Ahora utilizaremos el siguiente resultado:

Proposici�on 29 Desigualdad integral de Cauchy. Si f y g son dos funciones de�nidasen que cumplen (i) entonces�Z

f(x)g(x)dx

�2�Zf(x)2dx

Zg(x)2dx:

De la desigualdad anterior se sigue que si f y g pertenecen a L2() entonces la integralR f(x)g(x)dx es convergente.

Las funciones de test son C1t (�) luego en particular son continuas en � y por ello

pertenecen a L2().

151


Por ello se ha llegado a la conclusi�on de que si f 2 L2(a; b), entonces 8w 2 V �,R ba f(x)w(x)dx

es �nita. As��, en el problema (90) se puede considerar como dato cualquier funci�on f 2 L2(a; b)

10.2. Introducci�on de cargas y momentos puntuales

10.2.1. De�nici�on de la delta de Dirac y el doblete o dipolo

Ya se ha visto que en la formulaci�on d�ebil se pueden considerar fuerzas distribuidas fque est�en en L2(), es decir, tales que la integral

R f es convergente. Sin embargo, nos

interesar��a poder considerar cargas todav��a mas generales. Por ejemplo, nos interesar��a poderconsiderar la aplicaci�on de una carga puntual, que corresponder��a a \una tensi�on nula entodos los puntos salvo en uno en el que la tensi�on es in�nita". Claramente esto no puede seruna funci�on en el sentido habitual.

La situaci�on anterior se puede representar mediante la llamada delta de Dirac �c(x) apli-cada en un punto x = c La delta de Dirac no es una funci�on en el sentido habitual, sino que esuna \distribuci�on" o \funci�on generalizada". La noci�on de distribuci�on permite generalizar lanoci�on de funci�on cl�asica. As��, a casi todas las funciones se les puede asociar una distribuci�on,pero adem�as podemos de�nir distribuciones, como la delta de Dirac, que no est�an asociadasa ninguna funci�on. Esto permite trabajar con objetos m�as generales que las funciones en elsentido cl�asico.

No presentaremos una teor��a rigurosa de las distribuciones, y nos limitaremos a introducirde forma heur��stica la delta de Dirac.

Se puede considerar que la delta de Dirac aplicada en x = c, �c(x), es el \l��mite" en uncierto sentido de una sucesi�on de funciones �" de�nidas de la siguiente forma

�c;"(x) = f1" ; para x 2 [c�

"2 ; c+

"2 ]

0 en otro caso

Comentarios:

El soporte de las �c;" tiende al punto c y el �area bajo la gr�a�ca de la funci�on �area es 1para todo " > 0, es decir, Z 1

�1�c;"(x)dx = 1; 8" > 0

152


Las �" se pueden considerar como cargas tales que, a medida que " tiende a cero, seva reduciendo las regi�on en que se aplican y va aumentando la tensi�on de la carga, deforma que la fuerza (la integral de la tensi�on) que se ejerce es siempre la unidad. El\l��mite" de la situaci�on anterior se puede interpretar como una fuerza unidad aplicadaen un s�olo punto.

Obviamente, el l��mite de �"(x) no existe en el sentido habitual. Lo que haremos parade�nir �c(x) es lo siguiente:

(a) Multiplicar �"(x) por una funci�on continua e integrar en R, es decir, consideramosR1�1 �c;"(x)w(x)dx donde w es continua. Se tiene as��Z 1

�1�"(x)w(x)dx =

Z c+ "2

c� "2

1

"w(x)dx

y aplicando el teorema del valor medio del c�alculo integral, se puede escribirZ 1

�1�c;"(x)w(x)dx = "

1

"w(�") = w(�")

donde �" 2 [c� "2 ; c+

"2 ].

(b) Ahora al tomar el l��mite cuando " �! 0+; �" tiende a c y como w es continua en cse sigue que w(�!) �! w(c). Por ello

l��m"�!0+

Z 1

�1�c;"(x)w(x)dx = w(c) (91)

(c) A la vista de lo anterior de�nimos �c(x) como el \l��mite generalizado" de �c;"(x) enel siguiente sentido. �c es la funci�on generalizada (recu�erdese que no es una funci�on ensentido cl�asico) que cumple que para toda funci�on w que sea continua en un intervaloque contenga a x = c, R1

�1 �c(x)w(x)dx = w(c) (92)

Se demuestra que la delta as�� de�nida cumple que es la \derivada en sentido distribucional"(no en el sentido cl�asico) de la funci�on salto unidad o funci�on de Heaviside

Hc(x) = f1; para x � c0 para x < c

que, como se aprecia, no es derivable en x = c en el sentido cl�asico. Es decir, en sentidodistribucional se puede escribir

Hc0 = �c

Utilizando lo anterior, si se considera un intervalo [a; b] y se tiene una funci�on h que esC1t [a; c] y C

1t [c; b] pero que en x = c presenta una discontinuidad de salto de t unidades, es

decir, si h(c+) � h(c�) = t, se puede escribir, que la derivada de h en sentido distribucionales

h0 + t�c

153


donde h0 denota la funci�on derivada de h en sentido cl�asico en los intervalos [a; c] y [c; d].

Otra funci�on generalizada que se emplea con frecuencia, sobre todo en problemas de exi�on de barras, es el \doblete o dipolo" aplicado en x = c, que denotaremos �c(x). Estadistribuci�on, que simula la aplicaci�on de un momento unitario en el punto x = c, cumple quepara toda funci�on w de clase 1 en un entorno de x = cR1

�1 �c(x)w(x)dx = �w0(c) (93)

Para justi�car de manera heur��stica lo anterior procederemos de la siguiente forma.Supongamos el momento total correspondiente a una fuerza puntual de valor �1

" aplica-da en c + "

2 y otra de valor1" aplicada en c �

"2 . Se tiene as�� el sistema de fuerzas

"c (x) =

�1"�c+ "

2(x) + 1

"�c� "2(x). El valor absoluto del momento total producido por el par de fuerzas

puntuales respecto del punto c es 1""2+

1""2 = 1 (el signo del momento es negativo al correspon-

der al sentido de las agujas del reloj). Cuando " se hace peque~no se puede interpretar que lasfuerzas son cada vez m�as importantes y se aplican cada vez m�as cerca del punto x = c, deforma que el momento total es siempre -1. Nuestra intenci�on es de�nir de una cierta manerael l��mite cuando " �! 0+ de "c (x). Como el l��mite anterior no existe en el sentido puntualcl�asico, multiplicamos por una funci�on continua w e integramos en R. Se tiene as��Z 1

�1 "c (x)w(x)dx = �

1

"

Z 1

�1�c+ "

2(x)w(x)dx+

1

"

Z 1

�1�c� "

2(x)w(x)dx = �1

"w(c+

"

2)+1

"w(c�"

2)

Si ahora tomamos el l��mite cuando " �! 0+ de lo anterior se tiene

l��m"!0+

Z 1

�1 "c (x)w(x)dx = � l��m

"!0+w(c+ "

2)� w(c�"2)

"= �w0(c) (94)

Por ello el dipolo �c(x) se puede interpretar como el l��mite cuando " �! 0+ de "c (x) enel sentido expresado por (94).

Se puede demostrar que �c(x) es la derivada de �c(x) en el sentido distribucional, es decir,en sentido distribucional se puede escribir

�c0 = �c

10.3. Aplicaci�on de cargas puntuales en la barra axial

Supongamos una barra de longitud L �ja en x = a, es decir, u(a) = 0, en la que enx = c 2 (a; b) se aplica una carga axial puntual de intensidad Fc.

154


10.3.1. Deducci�on heur��stica de la ecuaci�on

Para deducir de forma heur��stica la ecuaci�on de equilibrio de la barra procederemos de lasiguiente forma: la distribuci�on de la fuerza axial A(x)�(x) en la barra es

A(x)�(x) =

�Fc si 0 � x � c0 si x > c

�Por tanto derivando en sentido distribucional se tiene,

(A(x)�(x))0 = �Fc�c(x)

y entonces la ecuaci�on de equilibrio (en sentido distribucional) es

(EAu0)0 = �Fc�c(x); x 2 (a; b)

es decir,(EAu0)0 + Fc�c(x) = 0; x 2 (a; b)

Pues bien, se puede demostrar que la ecuaci�on anterior, deducida para el caso en que elextremo x = a est�a �jo, es v�alida independientemente de las condiciones de contorno de labarra.

El problema es lineal, por lo que se puede aplicar el principio de superposici�on. Por ello, enel caso en que adem�as de la fuerza distribuida f(x) se tiene una carga puntual con intensidadFc aplicada en el punto x = c, la ecuaci�on resultante es

(E(x)A(x)u0(x))0 + f(x) + Fc�c(x) = 0; x 2 (a; b)

Como ejemplo, supondremos que las condiciones de frontera son

u(a) = ua ; E(b)A(b)u0(b) = Fb

con lo que el problema fuerte es

(E(x)A(x)u0(x))0 + f(x) + Fc�c(x) = 0; x 2 (a; b) (95)

u(a) = ua

E(b)A(b)u0(b) = Fb

10.3.2. Problema d�ebil y aplicaci�on del MEF

Veamos c�omo se traduce la presencia de fuerzas puntuales en la construcci�on del problemad�ebil. La �unica diferencia del problema (95) respecto del problema tipo (3) es el t�erminoFc�c(x) en la ecuaci�on. Claramente, al construir el problema d�ebil este t�ermino afectar�a s�oloa L(�), manteni�endose a(�; �) igual que en el problema tipo.

Ahora el t�ermino correspondiente a las fuerzas exteriores, que en el problema tipo eraZ b

af(x)w(x)dx+ Fbw(b)

155


ahora esZ b

af(x)w(x)dx+ Fbw(b) +

Z b

aFc�c(x)w(x)dx =

Z b

af(x)w(x)dx+ Fbw(b) + Fc

Z b

a�c(x)w(x)dx =

=

Z b

af(x)w(x)dx+ Fbw(b) + Fcw(c)

donde se ha usando la propiedad de la delta de Dirac de queR ba �c(x)w(x)dx = w(c).

En de�nitiva, el problema d�ebil es:

(D) Encontrar u 2 V � tal que para todo w 2 V � se cumpla

a(u;w) = �L(w)

donde

S� =�w 2 C1t [a; b] : w(a) = ua

V � =

�w 2 C1t [a; b] : w(a) = 0

a(v; w) =

Z b

aE(x)A(x)uv0(x)w(x)dx

�L(w) =

Z b

af(x)w(x)dx+ Fbw(b) + Fcw(c)

Al aplicar la metodolog��a est�andar del MEF, obtenemos que la matriz de rigidez es lamisma que en el problema tipo (3) y que el vector de fuerzas tiene el t�ermino adicionalcorrespondiente a Fcw(c), es decir:

FP := L(NI) = (f;NI) + FcNI(c) + FbNI(b)�PJ2�E

a(NJ ; NI)u(xJ); I 2 � � �E ; P = ID(I)

(96)

Comentarios:

1. De (96) se aprecia que la fuerza puntual juega el mismo papel en el problema d�ebilque la condici�on de Neumann aplicada en b. Esto no es de extra~nar, pues la condici�onde Neumann no es m�as que una fuerza puntual aplicada en el extremo.2. Hay que tener en cuenta que NI(c) se anula para todos los I que no pertenezcanal elemento o elementos a los que pertenece c. Es decir, si c pertenece al interior delelemento e, NI(c) se anula para todos los I que no pertenezcan al elemento e. Si cperteneciese a dos o m�as elementos, NI(c) se anula para todos los I que no pertenezcana dichos elementos.3. En el caso en que c sea un nudo, es decir, c = xJ para alg�un J , se tiene NI(xJ) = �IJ ,es decir, vale uno si I = J y cero en caso contrario.

156


~ C�alculo y ensamblaje de las contribuciones de las fuerzas puntuales al vectorde fuerzas.

De (96) se sigue que las contribuciones de cada elemento e al vector de fuerzas F son

fei := (f;Ni)e + FcNI(c) + FbNI(b)�P

j=1;:::;ne tq. J2�Ea(Ni; Nj)eu(xJ),

para los i = 1; :::; ne tales que I 2 � � �E .Si lo que queremos es ensamblar el vector de fuerzas ampliado �F , entonces las contribu-

ciones son

�fei := (f;Ni)e + FcNI(c) + FbNI(b), para i = 1; :::; ne

Ya sabemos que en la pr�actica, el t�ermino FcNI(c) se eval�ua trabajando con las funcionesde base local del elemento. Primero se determina a qu�e elemento e pertenece el punto x = c,entonces se efect�ua el cambio x = �(�) que transforma el elemento est�andar e en e; con loque se tiene �nalmente

FcNei (c) = FcN

ei (�c)

donde �c = ��1(c)

Por ello, el procedimiento pr�actico para ensamblar la contribuci�on de una fuerza puntualal vector de fuerzas es el siguiente:

C�alculo pr�actico de la contribuci�on de la fuerza Fc�c(x) al vector de fuerzas.1. Primero se determina a qu�e elemento e pertenece el punto x = c.2. Para cada i = 1; :::; ne tal que I = CON(e; i) es un nudo no esencial, secalcula FcNi(�c), donde �c = �

�1(c) y x = �(�) es el cambio que transforma elelemento est�andar e en e,3. El t�ermino FcN

ei (�c) se ensambla en la posici�on P de F , donde P = ID(I)

o bien, si estamos ensamblando �F , en la posici�on I de �F .

~ Procedimiento pr�actico para tener en cuenta las contribuciones de las fuerzaspuntuales.

157


En la pr�actica, la contribuci�on a F (o a �F ) de las fuerzas puntuales no se suele hacertrabajando \elemento por elemento" sino que primero se construye un vector que denotaremosF 0 en el que se ensamblan las contribuciones de las fuerzas distribuidas y de las condicionesesenciales y luego se suman las contribuciones de las fuerzas puntuales. Por tanto, se puedeescribir

F = F 0 + Fpunt

donde Fpunt contiene las contribuciones de las fuerzas puntuales y F0 contiene el resto de las

contribuciones a F .

An�alogamente, si se est�a trabajando con el vector de fuerzas ampliado, tenemos

�F = �F 0 + �Fpunt

donde �Fpunt contiene las contribuciones de las fuerzas puntuales y �F0 contiene el resto de las

contribuciones a �F .

Ilustremos lo anterior aplic�andolo al problema tipo (3) cuando se utiliza el mallado Iformado por 5 elementos lineales:

Consideraremos dos casos:

Caso 1. La fuerza est�a aplicada en el interior de un elemento. Supongamos enprimer lugar que se aplica una fuerza Fc en el punto x = c perteneciente al interior delelemento 4.

Entonces

Fpunt =

0BBBB@FcN2(c)FcN3(c)FcN4(c)FcN5(c)FcN6(c)

1CCCCAy como N2(c) = N3(c) = N6(c) = 0 se tiene

Fpunt =

0BBBB@00

FcN4(c)FcN5(c)0

1CCCCAdonde N4(c) y N5(c) se eval�uan en la pr�actica como N

44 (�c) y N

45 (�c) respectivamente.

158


Caso 2. Supongamos ahora que el punto c coincide con el nudo x4.

De la parte 3 del comentario anterior claramente tenemos

Fpunt =

0BBBB@00Fc00

1CCCCAN�otese que, como debe ser, eso mismo se obtiene al aplicar la metodolog��a general. Enefecto, el punto c pertenece a dos elementos, a 3 y 4. Veremos que podemos tomarcualquiera de los dos. En efecto, tomemos por ejemplo 4; y entonces FcN

41 (�c) = Fc

que se ensambla en la posici�on 3 de Fpunt y FcN42 (�c) = 0 que se ensambla en la posici�on

4 de Fpunt. Si se toma el elemento 3; entonces FcN31 (�c) = 0 que se ensambla en la

posici�on 2 de Fpunt y FcN32 (�c) = Fc que se ensambla en la posici�on 4 de Fpunt.

~ Tratamiento de varias cargas puntuales.

Por la linealidad del problema, en el caso de tener m�as cargas puntuales podemos aplicarel principio de superposici�on. Por ello el vector de fuerzas total resultante se puede obtenersumando las contribuciones de cada una de las cargas puntuales. Por lo tanto, en el caso detener una fuerza distribuida f y fuerzas puntuales Fi; i = 1; :::; nf aplicadas en los puntos cila ecuaci�on de equilibrio en sentido distribucional es

d

dx

�E(x)A(x)

du

dx(x)

�+ f(x) +

nfXi=1

Fi�ci(x) = 0

donde f y los Fi son positivos si van hacia la derecha.

159


A continuaci�on se resumen las ideas anteriores desde el punto de vista de la programaci�on:

Programaci�on del c�alculo y ensamblaje de K y de F cuando hay fuerzaspuntuales.

Supongamos que hay t fuerzas puntuales (incluyendo las condiciones de Neumann)de forma que la fuerza k-�esima est�a aplicada en el punto ck y tiene magnitud Fk. Elesquema del programa es el siguiente:

for e = 1 : sfor i = 1 : ne

for j = i : ne- c�alculo de keij := a(Ni; Nj)e- si i y j corresponden a nudos no esenciales, ensamblaje de keij enlas posiciones (P;Q) y (Q;P ) (por simetr��a) de K, donde

I = CON(e; i); P = ID(I); J = CON(e; j); Q = ID(J)

end (j)- c�alculo de fe0i ; que no es m�as que f

ei pero sin tener en cuenta la

contribuci�on de las fuerzas puntuales, es decir,

fe0i = (f;Ni)�X

j=1;:::;ne tq. J2�E

keiju(xJ)

donde I = CON(e; i), P = ID(I)- si i y j corresponden a nudos no esenciales, ensamblaje de fe0i en laposici�on P de F .

end (i)end (e)for k = 1 : t

- determinar a qu�e elemento e pertenece el punto ck- determinar el punto �ck = �

�1(ck)- para cada i = 1; :::; ne tal que I = CON(e; i) es un nudo no esencial,calcular FcNi(�c) y ensamblarlo en la posici�on P de F , donde P = ID(I).

end (k)


d

dx(A(x)E(x)u0(x)) + f(x) + Fd�d(x) + Fc�c(x) = 0; x 2 (a; b)

A(a)E(a)u0(a) = Fa; u(b) = ub

que se resuelve mediante el MEF utilizando la malla de la �gura, donde el primer y tercer

160


elemento son lineales, el segundo es c�ubico y el cuarto es cuadr�atico

(97)

Supongamos que ya se han calculado los t�erminos keij y (f;Ni)e para los distintos ele-mentos. Se pide:

1. Hallar la expresi�on de K y de F .

2. Hallar la expresi�on de �K y de �F y explicar el procedimiento para obtener K y F apartir de ellos.

10.4. Aplicaci�on de cargas y momentos puntuales en la barra a exi�on

Supongamos en primer lugar una barra de longitud L empotrada en x = 0 en la queen x = c se aplica un momento puntual de intensidad Mc, que suponemos positivo si llevasentido contrario a las agujas del reloj.

Para deducir de forma heur��stica la ecuaci�on de equilibrio de la barra procederemos de lasiguiente forma: la distribuci�on de momentos en la barra (donde se toma como convenio designos positivos) � � es

M(x) =

�Mc si 0 � x � c0 si x > c

�Por tanto derivando en sentido distribucional se tiene

M 0(x) = �Mc�c(x)

y derivando de nuevo tambi�en en sentido distribucional, se tiene

M 00(x) = �Mc�c(x)

o bienM 00(x) +Mc�c(x) = 0 (98)

con lo que la ecuaci�on de equilibrio (en sentido distribucional) es

d2

dx2

�E(x)I(x)

d2u

dx2(x)

�+Mc�c(x) = 0

Supongamos ahora una viga de longitud L en la que en x = d se aplica una fuerza puntualde intensidad Fd que suponemos positiva si va dirigida hacia arriba. Entonces la distribuci�onde esfuerzos cortantes en la barra es, si la barra est�a �ja en x = 0 y se toma como conveniosigno positivo para esfuerzos del tipo " � #, es

T (x) =

��Fd si 0 � x � d

0 si x > d

�161


por tanto derivando en sentido distribucional se tiene

M 00(x) = T 0(x) = Fd�d(x)

es decir, la ecuaci�on de equilibrio es

d2

dx2

�E(x)I(x)

d2u

dx2(x)

�= Fd�d(x)

Por lo tanto, aplicando superposici�on, en el caso de tener una fuerza distribuida f , fuerzaspuntuales Fi; i = 1; :::; nf aplicados en los puntos di y momentos puntuales Mi; i = 1; :::; nmaplicados en los puntos ci la ecuaci�on de equilibrio en sentido distribucional es

d2

dx2

�E(x)I(x)

d2u

dx2(x)

�+

nmXi=1

Mi�ci(x) = f(x) +

nfXi=1

Fi�di(x) (99)

donde f y los Fi son positivos si van hacia arriba y donde los Mi son positivos si llevan elsentido contrario a las agujas del reloj.

N�otese que la inclusi�on de una fuerza puntual en x = d hace que el esfuerzo cortante enla barra presente una discontinuidad de salto en x = d. La inclusi�on de un momento puntualen x = c hace que el momento ector presente una discontinuidad de salto en x = c.

La construcci�on del problema d�ebil asociado a (99) se lleva a cabo de forma inmediatasin m�as que tener en cuenta las propiedades (92) y (93).

162


11. Tratamiento de las condiciones de Robin

Consideremos la barra axial en el caso en que en x = b se tira con una fuerza Fb y que elapoyo de la barra en x = a sea el�astico, por ejemplo a trav�es de un muelle con rigidez C > 0.

Al imponer equilibrio de fuerzas en x = a se tiene Cu(a) � A(a)E(a)u0(a) = 0. Para hacerm�as general nuestro estudio, supondremos que se cumple

Cu(a)�A(a)E(a)u0(a) = �; (100)

donde � 2 R, sabiendo que en nuestro caso concreto � = 0. Ya sabemos que a las condicionesde frontera del tipo �1u(a) + �2u

0(a) = � con �1; �2; � 2 R, en que se mezclan condicionessobre u y sobre su primera derivada, se las denomina condiciones de Robin, por lo que lacondici�on de frontera en x = a es de Robin.

Una condici�on de Robin en x = b tendr��a la forma

Cbu(b) +A(b)E(b)u0(b) = �b;

donde Cb y �b son n�umeros reales y Cb es positivo.

Por ello, en este caso el problema fuerte es el siguiente:

Problema fuerte (F). Encontrar u 2 C2[a; b] tal que se cumpla

� d

dx(A(x)E(x)

du

dx(x)) = f(x) para x 2 (a; b) (F) (101)

Cu(a)�A(a)E(a)u0(a) = �; A(b)E(b)u0(b) = Fb

Estudiemos la formulaci�on d�ebil de este problema. Multiplicamos (F) por una funci�on detest, integramos por partes y usamos que �A(a)E(a)u0(a) = �� Cu(a) y as�� obtenemos,Z b

aAEu0w0 =

Z b

afw +A(b)E(b)u0(b)w(b)�A(a)E(a)u0(a)w(a) =

=

Z b

afw + Fbw(b) + �w(a)� Cu(a)w(a)

es decir, Z b

aAEu0w0 + Cu(a)w(a) =

Z b

afw + Fbw(b) + �w(a)

163


Por lo tanto, se ha llegado al siguiente problema d�ebil:

Problema d�ebil (D1): Encontrar u 2 S� tal que para todo w 2 V � se cumpla

a(u;w) = �L(w) = L(w) (102)

donde

a(u;w) :=

Z b

aAEu0w0 + Cu(a)w(a) (103a)

�L(w) = L(w) :=

Z b

afw + Fbw(b) + �w(a) (103b)

yS� = V � =

�v 2 C1t [a; b]

I Comentarios:No ha sido preciso imponer que las funciones de test veri�quen ninguna condici�on enla frontera.Como siempre, la aplicaci�on a(�; �) contiene todos t�erminos del problema d�ebil queinvolucran a la inc�ognita y que todos los t�erminos en los que no aparece la inc�ognitase almacenan en L(�) o en �L(�).Las condiciones de Robin afectan tanto al vector de fuerzas como a la matriz de rigidez.

Se puede demostrar:

Proposici�on 30 1) Si u es soluci�on de (F) entonces es soluci�on de (D1) (esto es claro porel propio procedimiento seguido para obtener (D1)).

2) Si u es soluci�on de (D1) y es C2[a; b] entonces u es soluci�on de (F).

Ejercicio 39 Demostrar el resultado anterior (Proposici�on (??).

Del problema d�ebil anterior se pasa al problema d�ebil reformulado mediante el proced-imiento habitual, es ecir, tomando r 2 S� y de�niendo v := u� r.

Es inmediato comprobar que:

1) L es una forma lineal en V �.2) a(�; �) es una forma bilineal sim�etrica en V � � V �.

Pues bien, el siguiente resultado muestra que, a pesar de no haber condiciones esenciales,a(�; �) resulta de�nida positiva:

Proposici�on 31 Si C > 0 entonces a(v; w) =R ba AEv

0w0 + Cv(a)w(a) es de�nida positivaen V �.

Ejercicio 40 Demostrar el resultado anterior.

164


Obs�ervese que al formular el problema d�ebil otra opci�on hubiese sido imponer que lasfunciones de test se anulasen en la parte de la frontera en la que hay condiciones de Robin,es decir, w(a) = 0. En ese caso el problema d�ebil ser��a:

Problema d�ebil \alternativo" (D2): Encontrar u 2 S+ tal que para todo w 2 V + se cumplaZ b

aAEu0w0 =

Z b

afw + Fbw(b)

donde

V + =�w 2 C1t [a; b] : w(a) = 0

S+ =

�v 2 C1t [a; b] : Cv(a)�A(a)E(a)v0(a) = �;

Se demuestra que, una vez elegida r 2 S+, de�nido v := u�r y transformado el problema d�ebilen uno que s�olo involucra al espacio V +, el problema d�ebil alternativo es \casi" equivalenteal problema fuerte y que la forma bilineal resultante es de�nida positiva en V +. Sin embargoesta opci�on no es deseable pues encontrar una funci�on r 2 S+ implica encontrar una funci�onque cumpla Cr(a)�A(a)E(a)r0(a) = � lo cual es complicado. Es m�as, aunque esto se puedehacer en este problema unidimensional, se ver�a que no es posible hacerlo en los problemasmultidimensionales. Por tanto, desde el punto de vista pr�actico (D) es preferible a (D2) y enlo sucesivo, al trabajar con condiciones de Robin siempre se seguir�a el enfoque de (D).

Obs�ervese que, con el enfoque (D1), el espacio V � es V � =�v 2 C1t [a; b]

, es decir, no se

fuerza a que las funciones de V � se anulen en x = a.

En de�nitiva, al adoptar el enfoque (D1) de (102), tenemos la siguiente important��simaconclusi�on:

A efectos de la construcci�on del problema d�ebil, las condiciones de Robin se tratan dela misma forma que las condiciones de Neumann, es decir, se tratan como condicionesnaturales. En particular, las condiciones de Robin no introducen restricciones en cuantoal valor que deben tomar las funciones de V � en la parte de la frontera en la que seespeci�can.

Relaci�on con las fuerzas puntuales. De (103b) tenemos que la contribuci�on de la condi-ci�on de Robin (100) a L est�a dada por �w(a), con lo que se puede considerar una fuerzapuntual de magnitud � aplicada en x = a. Por ello, en la pr�actica la contribuci�on de lacondici�on de Robin a F se puede tratar como si fuese una fuerza puntual aplicada en x = a.Algo an�alogo tendr��amos si la condici�on de Robin estuviese aplicada en x = b.

Ejercicio 41 Consid�erese el problema��u0�0+ f = 0; x 2 (0; 1)

�u(0)� �(0)u0(0) = 1�u(1) + �(1)u0(1) = 2

165


donde f es una funci�on continua, � es una funci�on positiva de clase 1 y �, �; 1 y 2 sonconstantes reales. Se pide:

1. Obtener el problema d�ebil en la forma en que s�olo aparece el espacio de test.

2. Estudiar con todo rigor el car�acter de la forma bilineal sim�etrica a(�; �) en los siguientescasos:

(i) � = � = 0

(ii) �; � > 0

(iii) �; � < 0

El siguiente ejercicio propone el c�alculo de K y de F cuando hay condiciones de Robin.

Ejercicio 42 MEF cuando hay condiciones de Robin. Consid�erese el problema

d

dx(A(x)E(x)u0(x)) + f(x) + Fd�d(x) + Fc�c(x) = 0; x 2 (a; b)

Cu(a)�A(a)E(a)u0(a) = �; A(b)E(b)u0(b) = Fb

que se resuelve mediante el MEF utilizando la malla de la �gura, donde el primer y tercerelemento son lineales, el segundo es c�ubico y el cuarto es cuadr�atico

Supongamos que ya se han calculado los t�erminos keij y (f;Ni)e para los distintos elementos.Se pide:

1. >A qu�e componentes de K y de F afecta la condici�on de Robin? >Y de �K y de �F?

2. Sup�ongase que �K 0 y �F 0 son la matriz de rigidez y el vector de fuerzas ampliados antesde tener en cuenta la contribuci�on de la condici�on de Robin.

2.1. Hallar la expresi�on de �K 0 y de �F 0.

2.2. >C�omo se construyen �K y �F a partir de �K 0 y �F 0.

3. Hallar la expresi�on de K y de F .

Ejercicio 43 Consid�erese el siguiente problema�EIu00

�00(x) = f(x) para x 2 (0; L) (104)

u(0) = u0; u0(0) = u00; EIu

00 jx=L=M; (EIu00)0 jx=L ��u(L) = �

donde E e I son positivos y de clase 2 y donde � > 0.

Se pide:

1. Deducir el problema d�ebil, dejando claro qui�enes son los espacios S� y V �.

2. Estudiar, demostr�andolo con todo rigor, el car�acter de la forma bilineal a(�; �) en V �.

166


12. Principios de minimizaci�on asociados a un problema d�ebil

12.1. Principio variacional asociado a un problema d�ebil

En este apartado se ver�a que muchos problemas d�ebiles, y entre ellos todos los que estu-diaremos en esta asignatura, tienen asociado un problema llamado \variacional" equivalenteal problema d�ebil, y en el que el objetivo es minimizar un cierto funcional que en muchasaplicaciones tiene un signi�cado relacionado con la energ��a total del sistema que se estudia.

Sea el siguiente problema d�ebil general:

Problema d�ebil

(D) Encontrar v 2 V tal que 8w 2 V; a(v; w) = L(w) (105)

donde:a : V � V ! R es una forma bilineal sim�etrica de�nida positiva, con lo que de�neun producto escalar, denominado energ��a.

L : V ! R es una forma lineal en V .

Recordemos que un funcional de�nido en un cierto espacio E (normalmente un espaciode funciones) es una aplicaci�on de E al cuerpo de los reales.

De�nici�on 33 Energ��a total. Se de�ne el \funcional energ��a total" en V mediante

G(v) :=1

2a(v; v)� L(v)

que en las aplicaciones tendr�a el signi�cado de energ��a total del sistema que se considera.

Recordemos que se dice que una funci�on z : [a; b] �! R derivable es estacionaria en elpunto c 2 [a; b] si se cumple que z0(c) = 0. A continuaci�on introduciremos la de�nici�on depunto estacionario de un funcional.

De�nici�on 34 Punto estacionario de un funcional. Sea E un espacio vectorial y Z :E �! R un funcional sobre E. Se dice que v 2 E es punto estacionario de Z si 8w 2 E secumple que z(") := Z(v + "w) es estacionario en " = 0, es decir, si se cumple que 8w 2 V ,z0(") = 0.

Comentario: N�otese que hemos de�nido el concepto de punto estacionario de un funcionalapoy�andonos en la de�nici�on de punto estacionario de una funci�on real de variable real.

De�namos entonces el siguiente problema de determinaci�on de los puntos estacionariosde F :

(E)Encontrar v 2 V tal que v es punto estacionario de F

167


Para estudiar los puntos estacionarios de F necesitamos la expresi�on de g(") := G(v+"w).Usando la linealidad de a y de L se obtiene

g(") = G(v + "w) =1

2a(v + "w; v + "w)� L(v + "w) =

=1

2a(v; v) +

"

2a(v; w) +

"

2a(w; v) +

"2

2a(w;w)� L(v)� "L(w) =

=1

2a(v; v) + "a(v; w) +

"2

2a(w;w)� L(v)� "L(w) =

= G(v) + " [a(v; w)� L(w)] + "2

2kwk2a

es decir,

G(v + "w) = G(v) + " [a(v; w)� L(w)] + "2

2kwk2a (106)

Ahora, derivando en la expresi�on (106) se obtiene

g0(") = [a(v; w)� L(w)] + " kwk2a

por lo queg0(0) = a(v; w)� L(w)

luego v es punto estacionario de G si y s�olo si se cumple que 8w 2 V; a(v; w) = L(w), esdecir, hemos demostrado:

Proposici�on 32 v es soluci�on de (E) si y s�olo si v es soluci�on de (D)

De�namos el siguiente problema variacional o problema de minimizaci�on de F :

Problema variacional.

(M) Determinar v 2 V tal que F (v) = m��nw2V

F (w):

Por un resultado b�asico de C�alculo In�nitesimal, sabemos que si v es una soluci�on de (M),entonces la funci�on g(") := G(v+ "w) tiene un punto estacionario en " = 0, es decir, G tieneun punto estacionario en v. Por ello, si v es una soluci�on de (M) necesariamente tiene que seruna soluci�on de (E).

Tambi�en sabemos que, en general, un punto estacionario de una funci�on no tiene porqu�e ser un punto de extremo, es decir, un m�aximo o un m��nimo. Sin embargo, veremos acontinuaci�on que en nuestro caso los puntos estacionarios de G necesariamente son m��nimosde G.

168


Para ello, supongamos que v es soluci�on de (E) (y por ello de (D)). Entonces, para todow 2 V;

G(w) = G(v + (w � v)) = 1

2a(v + (w � v); v + (w � v))� L(v + (w � v)) =

=1

2a(v; v) + a(v; w � v) + 1

2a(w � v; w � v)� L(v)� L(w � v) =

=1

2a(v; v)� L(v) + 1

2a(w � v; w � v) = G(v) + 1

2kw � vk2a

donde en la pen�ultima igualdad se ha usado que, al ser v soluci�on del problema d�ebil ypertenecer w � v a V , se tiene a(v; w � v) = L(w � v).

De la expresi�on G(w) = G(v) + 12 kw � vk

2a se deduce:

Si v es soluci�on del problema d�ebil (o, equivalentemente, v es punto estacionario de G),entonces 8w 2 V; G(w) � G(v), es decir, v es un m��nimo de G. Por ello, los problemas(E) y (M) son equivalentes, con lo que, recapitulando, (D), (E) y (M) son equivalentes.Si w 6= v entonces G(w) > G(v), es decir, de existir, la soluci�on a (M) es �unica, es decir,se ha demostrado el siguiente resultado:

Proposici�on 33 Los problemas (E), (M) y (D) son equivalentes, y adem�as si v essoluci�on a cualquiera de ellos, G(w) = G(v) + 1

2 kw � vk2a con lo que en particular de

existir soluci�on a cualquiera de dichos problemas, �esta es �unica.

Comentarios:

Los resultados anteriores en ning�un momento aseguran la existencia de soluci�on a losproblemas (D), (M) y (E). S�olo dicen que los problemas son equivalentes, con lo quede existir soluci�on a uno de ellos dicha soluci�on ser�a tambi�en soluci�on de los otros dos.Para demostrar que la soluci�on de (E) es soluci�on de (M) y que dicha soluci�on de existires �unica, ha habido que utilizar que a(�; �) es de�nida positiva y que por ello de�neuna norma. En concreto:Si a(�; �) fuese s�olo semide�nida positiva se tendr��a queG(w) = G(v)+1

2a(w�v; w�v) �G(v) con lo que se sigue cumpliendo que toda soluci�on de (E) es soluci�on de (M),pero no se podr��a garantizar que esta soluci�on es �unica, es decir, de existir soluci�onpodr��a haber varias. De hecho, por de�nici�on, al ser a(�; �) semide�nida positiva perono de�nida positiva debe existir alg�un h 2 V , h 6= 0 tal que a(h; h) = 0 con lo queentonces G(v + h) = G(v) + 1

2a(h; h) = G(v) y por ello si v es un punto de m��nimo deG tambi�en v + h lo es. Como v 6= v + h el problema (M), y por ello (E) y (D), tienenm�as de una soluci�on.En el caso en que a(�; �) no sea ni siquiera sim�etrica, se puede demostrar que no esverdad que si v es soluci�on de (E) entonces es soluci�on de (M).

En la terminolog��a del an�alisis de s�olidos deformables, la equivalencia entre los problemas(D) y (M) se expresa diciendo que el problema d�ebil o \principio de los trabajos virtuales"es equivalente al problema variacional o \principio de la m��nima energ��a total".

169


12.2. Principio de minimizaci�on asociado al problema de Galerkin.M�etodo de Riesz

Ya se ha visto que el problema d�ebil (105) es equivalente a un cierto principio de mini-mizaci�on asociado. Nos preguntamos ahora si el problema de Galerkin, que no es m�as que la\restricci�on" del problema d�ebil a un subespacio V h de V , es equivalente a un principio deminimizaci�on. Pues bien, veremos que la respuesta es a�rmativa.

En primer lugar, introduciremos una base de V h y hallaremos la expresi�on del funcionalenerg��a G al actuar sobre wh 2 V h en t�erminos del vector de coordenadas de wh en dicha base.As��, sea B = fN1; :::; Nmg una base de V h. Sea wh 2 V h tal que su vector de coordenadasen la base anterior es d. Queremos hallar una expresi�on del funcional energ��a en t�erminos delvector d. Denotemos �G(d) al funcional G como funci�on del vector d. Utilizando la linealidadde a y F se tiene

�G(d) := G(wh) =1

2a(wh; wh)� L(wh) =

=1

2a(

mXi=1

diNi;

mXj=1

djNj)� L(mXi=1

diNi) =

=1

2

mXi=1

mXj=1

dia(Ni; Nj)dj �mXi=1

L(Ni)di =1

2

mXi=1

mXj=1

diKijdj �mXi=1

Fidi

lo que se puede escribir en la forma

�G(d) := G(wh) = 12dTKd� dTF (107)

que, n�otese, es un polinomio de grado 2 en las variables d1; :::; dm.

Comentario: En la expresi�on anterior, el t�ermino dTKd; que es una forma cuadr�atica enRm, viene de a(wh; wh), mientras que el t�ermino dTF , que es una forma lineal en Rm, vienede L(wh).

Para relacionar la minimizaci�on de �G con la resoluci�on del sistema Kd = F , estudiaremosla expresi�on de grad �G(d) y de H �G(d) donde H �G(d) denota la matriz hessiana de �G(d):

Puesto que

dTKd =

mXi=1

mXj=1

didjKij = d21K11 + d

22K22 + � � �+ d2mKmm + 2d1d2K12+

+ 2d1d3K13 + � � �+ 2d1dmK1m + � � �+ 2dm�1dmKm�1;m

se tiene que

@

@di(dTKd) = 2d1Ki1 + 2d2Ki2 + � � �+ 2dmKi;m = (108)

= 2mXj=1

Kijdj = 2(Kd)i

170


con lo que, considerando el gradiente como vector columna, r(dTKd) = 2Kd.Por otro lado, @

@di(dTF ) = Fi luego r(dTF ) = F . Por consiguiente,

r �G(d) = Kd� F

y por ello, hemos llegado a lo siguiente:

La condici�on de que �G sea estacionario, es decir, de que se cumpla r �F (d) = 0; es que severi�que Kd = F .

Adem�as, de (108) se sigue que

@2

@di@dj(dTKd) = 2Kij

luego la matriz hessiana de �G esH �G(d) = K

De lo anterior se sigue que los puntos estacionarios de �G son las soluciones de Kd = F .Adem�as, como la soluci�on deKd = F es �unica, �F s�olo tiene un punto estacionario. Por �ultimo,puesto que H �G(d) = K y K es de�nida positiva, dicho punto estacionario es un m��nimo local.Para razonar que tambi�en es un m��nimo global se puede argumentar que como �G(d) es unpolinomio de grado 2 con hessiana de�nida positiva, todo m��nimo local es tambi�en global.Otra posibilidad es demostrar que, puesto que K es de�nida positiva, l��md!1 �G(d) = +1con lo que el m��nimo local tambi�en es m��nimo global.

Es decir, se ha obtenido:

Proposici�on 34 En el caso en que a(�; �) es de�nida positiva los siguientes problemas sonequivalentes:

1. El problema (L), o lo que es lo mismo, el problema (G).

2. Hallar los puntos estacionarios de �G(d) en Rm es decir, hallar los puntos estacionariosde F (v) en V h

3. Minimizar �G(d) sobre Rm, es decir, minimizar G(v) sobre V h.

Comentarios:

(D) es equivalente a minimizar G sobre V mientras que (G) es equivalente a minimizarG sobre V h.Para deducir las ecuaciones del problema de Galerkin se puede proceder por dos caminosequivalentes: invocar el principio de los trabajos virtuales en V h o bien utilizar elprincipio de la m��nima energ��a total sobre V h. Pues bien, cuando se procede de esta�ultima forma, al m�etodo se le suele denominar m�etodo de Riesz.

171


12.3. Caso en que la forma bilineal s�olo es semide�nida positiva

Veamos ahora qu�e sucede con el principio variacional asociado al problema d�ebil (76) enel caso del problema de la barra axial (75) con condiciones naturales en los dos extremosestudiado en la Secci�on 6. Como all�� vimos, en ese caso, la forma bilineal s�olo es semide�nidapositiva.

Es f�acil comprobar que se sigue cumpliendo que (D) es equivalente a (E) (Proposici�on32)) pues en la demostraci�on no se hace uso de que a(�; �) sea de�nida positiva. Adem�as, siv es soluci�on de (D), es decir, de (E),

G(w) = G(v) +1

2a(w � v; w � v)

por lo que, usando que a(�; �) es semide�nida positiva, se obtiene que G(w) � G(v). Comotoda soluci�on de (M) es siempre soluci�on de (E) y acabamos de demostrar que toda soluci�on de(E) es siempre soluci�on de (M), se tiene, recapitulando, que (D), (E) y (M) son equivalentes.

A diferencia de lo que pasaba en el caso en que a(�; �) era de�nida positiva, ahora elm��nimo de G puede no existir, pues G puede no estar acotado inferiormente.

En la Secci�on 6 justi�camos que de existir soluci�on a (D) �esta no es �unica. Veamos ahoraotra forma de razonar utilizando el funcional G. Veamos: si v es soluci�on de (D) entoncespara todo w 2 V � se tiene que G(w) = G(v)+ 1

2a(w� v; w� v). Como a(�; �) es semide�nidapositiva existen in�nitos h 2 V � no nulos tales que a(h; h) = 0. Si tomamos w tal que w � ves uno de estos h, se tiene que G(w) = G(v), es decir, el m��nimo de G se alcanza tambi�en enw. Por ello, todos los w de este tipo ser�an tambi�en soluciones de (M) y por ello de (D), conlo que la soluci�on a (D) no es �unica. Se demuestra f�acilmente que los h 2 V � no nulos talesque a(h; h) = 0 son las funciones h(x) = cte.

Con respecto al problema de minimizaci�on asociado al problema de Galerkin, se siguecumpliendo que (L), es decir, (G), es equivalente a hallar los puntos estacionarios de �G(d) enRm y a minimizar �G(d) sobre Rm. Sin embargo, a diferencia con lo que pasaba en el caso enque a(�; �) era de�nida positiva, el m��nimo puede no existir (pues �G puede no estar acotadoinferiormente) y, de existir, se alcanzar�a en in�nitos puntos.

172


13. El MEF en problemas din�amicos unidimensionales

13.1. Problema din�amico para la barra con carga axial

Se considera el problema de una barra axial en movimiento. Respecto al caso estacionariose introduce un nuevo dato que es � � densidad lineal (masa por unidad de longitud).

En este caso las distintas magnitudes pueden depender del tiempo. Aunque en principioE, A y � podr��an depender del tiempo, en lo sucesivo supondremos que, como es habitual,s�olo son funciones de x.

Por tanto, las magnitudes que manejaremos son

u = u(x; t); f = f(x; t); � = �(x; t); " = "(x; t);

E = E(x); A = A(x); � = �(x)

13.1.1. Problema fuerte

~ Ecuaci�on que gobierna la barra axial din�amica.

Suponemos que f y � son continuos como funci�on de x. Imponiendo que se cumpla lasegunda ley de Newton en una rebanada [x; x+h], utilizando el teorema del valor medio paraintegrales, dividiendo por h y pasando al l��mite cuando h ! 0+; se obtiene que la ecuaci�onque rige la din�amica de la barra es

@

@x(A(x)E(x)

@u

@x(x; t)) + f(x; t) = �(x)

@2u

@2t(x; t); x 2 (a; b) := ; t 2 [0;1)

Adem�as se deben imponer unas condiciones de frontera y unas condiciones iniciales.

@

@x(A(x)E(x)

@u

@x(x; t)) + f(x; t) = �(x)

@2u

@2t(x; t); x 2 (a; b) := ; t 2 [0;1)

+ condiciones de contorno

+ condiciones iniciales

~ Condiciones de contorno. Como condiciones de contorno, por ejemplo podemos elegir

u(a; t) = ua(t); t 2 [0;1)

A(b)E(b)@u

@x(b; t) = Fb(t); t 2 [0;1)

~ Condiciones iniciales Al tratarse de un problema de segundo orden en el tiempo, lascondiciones iniciales tienen la forma

u(x; 0) = u0(x); x 2 [a; b]@u

@t(x; 0) = _u0(x); x 2 [a; b]

173


N�otese que, a pesar de que la notaci�on pudiera dar a entender otra cosa, _u0(x) no es laderivada de u0(x).

~ Condiciones de compatibilidad de las condiciones iniciales y las condiciones defrontera.

Es importante darse cuenta que las condiciones iniciales y las condiciones de fronterano pueden ser totalmente arbitrarias. En efecto, deben ser compatibles entre s��. En nuestroejemplo anterior (condici�on de Dirichlet en x = a y Neumann en x = b) se debe cumplir:

1. Al ser u(a; t) = ua(t) y u(x; 0) = u0(x), haciendo t = 0 en la primera expresi�on yx = a en la segunda, se obtiene la condici�on

u0(a) = ua(0) (109)

2. Al ser u(a; t) = ua(t) se tiene que@u@t (a; t) =

duadt (t) y haciendo t = 0, @u@t (a; 0) =

duadt (0). Por otro lado se debe cumplir

@u@t (x; 0) = _u0(x), y haciendo x = a e igualando

con la expresi�on anterior se obtiene la condici�on

duadt(0) = _u0(a) (110)

3. En cuanto a las condiciones en b: dudx(x; 0) =du0

dx (x) luego entrando enA(b)E(b)@u@x(b; t) =

Fb(t) se obtiene la condici�on

A(b)E(b)du0

dx(b) = Fb(0) (111)

4. Derivando en A(b)E(b)@u@x(b; t) = Fb(t) respecto de t y en@u@t (x; 0) = _u0(x) respecto

de x obtenemos

A(b)E(b)@2u

@t@x(b; t) =

dFbdt(t) ;

@2u

@x@t(x; 0) =

d _u0

dx(x)

de donde, haciendo x = b; t = 0 y utilizando la igualdad de derivadas segundas cruzadas(se supone que u(x; t) es de clase dos) se obtiene

A(b)E(b)d _u0

dx(b) =

dFbdt(0) (112)

5. En el caso de que se especi�casen fuerzas puntuales, �estas tambi�en deber��an ser com-patibles con las condiciones iniciales. Supongamos que en el punto x = c se especi�cauna fuerza puntual Fc(t). Razonando como en los puntos (3) y (4) anteriores se obtienenlas condiciones

A(c)E(c)du0

dx(c) = Fc(0) (113)

A(c)E(b)d _u0

dx(c) =

dFcdt(0) (114)

174


Obviamente, si las condiciones (109), (110), (111), (112), (113) y (114) no se cumplen,no puede existir soluci�on u(x; t). Por tanto, dichas condiciones son condiciones nece-sarias para la existencia de soluci�on. Nosotros supondremos siempre que se cumplendichas condiciones. En el caso de que el tipo de condiciones de frontera fuese distin-to al del ejemplo, se razonar��a de forma an�aloga para establecer las condiciones decompatibilidad.

~ Problema fuerte con la inclusi�on de un t�ermino de amortiguamiento.

En la EDP anterior se puede incluir un t�ermino ��@u@t , donde � � 0 es un coe�ciente de-nominado \coe�ciente de amortiguamiento", que modela el amortiguamiento en el movimien-to del s�olido. As��, �nalmente tenemos el siguiente problema fuerte:

Problema fuerte. Encontrar una funci�on u : [a; b]� [0;1)! R tal que cumple:(i) Para todo x 2 [a; b], u admite dos derivadas parciales respecto de t y estaderivada es continua en [a; b]� [0;1).

(ii) Para todo t 2 [0;1), u admite dos derivadas parciales respecto de x y estaderivada es continua en [a; b]� [0;1).

(iii) u veri�ca

@

@x(AE

@u

@x) + f = �

@2u

@2t+ ��

@u

@t; x 2 (a; b) := ; t � 0 (115a)

u(a; t) = ua(t); t � 0 (115b)

A(b)E(b)@u

@x(b; t) = Fb(t); t � 0 (115c)

u(x; 0) = u0(x); x 2 [a; b] (115d)

@u

@t(x; 0) = _u0(x); x 2 [a; b] (115e)

13.1.2. Problema d�ebil

Para construir el problema d�ebil en los problemas de evoluci�on, se siguen pasos muysimilares a los estudiados en el caso de los problemas estacionarios. La idea esencial es lasiguiente: se trabaja como en el caso estacionario en lo que a las derivadas respecto de lavariable espacial se re�ere (multiplicar por una funci�on de test, integrar en el dominio, usarlas condiciones de frontera naturales, etc), mientras que las derivadas temporales se \dejancomo est�an".

Para simpli�car la notaci�on, utilizaremos el convenio

u0 � @u

@x; _u � @u

@t

175


Procedamos a construir el problema d�ebil. Igual que en el caso estacionario, se tomanentonces funciones de test w = w(x) a la que se pide que se anule en la parte de la fronteraen la que se especi�can condiciones esenciales, es decir, en nuestro caso en x = a. Obs�erveseque las funciones de test no dependen del tiempo, s�olo del espacio. Multiplicamos (115a) porw e integramos en [a; b], obteniendoZ b

a(AEu0)0wdx+

Z b

afwdx =

Z b

a��uwdx+ �

Z b

a� _uwdx; para t � 0

Ahora integrando por partes, usando la condici�on de frontera natural, es decir, (115c), yobligando a que las funciones de test se anulen en la frontera esencial, es decir, en x = aobtenemosZ b

a��uwdx+ �

Z b

a� _uwdx+

Z b

aAEu0w0dx =

Z b

afw + Fb(t)w(b); para t � 0

~ Regularidad de la inc�ognita en el problema d�ebil.

Razonando como en el caso estacionario, a las funciones de test hay que pedirles regu-laridad C1t [a; b]. Lo mismo sucede con la soluci�on u, es decir, u debe ser de clase 1 a trozosrespecto de la variable x en el intervalo [a; b] para todo t � 0.

En cuanto a la regularidad de u respecto de la variable t, pediremos que todas las derivadastemporales que aparecen en el problema existan y sean continuas, es decir, u debe admitir

dos derivadas parciales respecto de t y��u debe ser continua en [a; b]� [0;1).

En de�nitiva, el espacio de funciones de test es

V � =�w : [a; b]! R; w 2 C1t [a; b] : w(a) = 0

y se ha llegado al siguiente problema d�ebil:

176


Problema d�ebil. Encontrar u : [a; b]� [0;1)! R tal que se cumpla:(1) Para todo x 2 [a; b], u admite dos derivadas parciales respecto de t y ��

u escontinua en [a; b]� [0;1).

(2) Para todo t � 0, u(�; t) es, como funci�on de x, de clase uno a trozos en [a; b].

(2') u(a; t) = ua(t); t � 0, es decir, u veri�ca las condiciones de frontera esen-ciales.

(3) Para todo w 2 V � y para todo t � 0 se cumple��u;w

�+ � (� _u;w) + a(u;w) = �F (w) (116)

donde se est�a utilizando la notaci�on

a(u;w) :=

Z b

aA(x)E(x)u0(x)w0(x)dx

(u;w) :=

Z b

au(x)w(x)dx

�F (w) := (f; w) + Fbw(b)

(4) Condiciones iniciales

u(x; 0) = u0(x); x 2 [a; b]_u(x; 0) = _u0(x); x 2 [a; b]

Comentarios:

En el problema d�ebil anterior se ha bajado la regularidad que se le pide a u comofunci�on de x (de clase 2 en el problema fuerte y s�olo de clase 1 a trozos en el problemad�ebil) pero en lo que a la variable t se re�ere, todo permanece igual.En la expresi�on (116) los dos miembros dependen del tiempo, y lo que se pide en lacondici�on (4) es que ambos miembros valgan lo mismo en todos los instantes de tiempo.

De forma similar a la seguida en el caso de la barra axial est�atica, se puede demostrar losiguiente:

Proposici�on 35 Relaci�on entre los problemas fuerte y d�ebil.

1. Si u es soluci�on de (F) entonces u es soluci�on de (D)

2. Si u es soluci�on de (D) y para todo t � 0, u es de clase dos como funci�on de x en [a; b](es decir, si para todo t � 0, u(�; t) 2 C2[a; b]) entonces u es soluci�on de (F)

177


~ Problema d�ebil reformulado.

A continuaci�on, y de forma completamente an�aloga a la seguida en el caso estacionario,transformaremos el problema d�ebil en otro, al cual denominaremos problema d�ebil reformu-lado, que es equivalente y con el cual resulta m�as f�acil trabajar.

En primer lugar de�nimos la siguiente funci�on:

Sea r(x; t) : [a; b]� [0;1)! R tal que:

(1) Para todo x 2 [a; b], r admite dos derivadas parciales respecto de t y ��r es continua

en [a; b]� [0;1).(2) Para todo t � 0, r(�; t) es, como funci�on de x, de clase uno a trozos en [a; b].(2') r(a; t) = ua(t); t � 0, es decir, r veri�ca las condiciones de frontera esenciales.

Ahora de�nimos la nueva inc�ognita

v := u� r:

En particular, v cumplir�a v(a; t) = 0 para todo t � 0. Entrando con u = r+ v en el problemad�ebil se obtiene:

Problema d�ebil reformulado (D. ref.) Encontrar v : [a; b]� [0;1)! R tal que:(1) Para todo x 2 [a; b], v admite dos derivadas parciales respecto de t y estaderivada es continua en [a; b]� [0;1)

(2) Para todo t � 0, v(�; t) 2 V �

(3) Para todo w 2 V � y para todo t � 0 se cumple��v; w

�+ � (� _v; w) + a(v; w) = L(w) (117)

donde se ha denotado

L(w) := �L(w)��r; w

�� (� _r; w)�a(r; w) = (f; w)+Fbw(b)�

��r; w

�� (� _r; w)�a(r; w)

(4) Condiciones iniciales

v(x; 0) = u0(x)� r(x; 0); x 2 [a; b] (118)

_v(x; 0) = _u0(x)� _r(x; 0); x 2 [a; b] (119)

Comentarios: En los problemas din�amicos:

1. Las condiciones (2) y (2') en el problema d�ebil se han transformado en la condici�on(2) en el problema d�ebil reformulado.2. a(�; �) no contiene los t�erminos en los que aparecen derivadas temporales. Por ello,en la expresi�on (117) aparecen 3 tipos de t�erminos:� a) a(v; w) contiene los t�erminos que involucran la inc�ognita pero no sus derivadastemporales.

178


� b) L(w) contiene los t�erminos que no involucran la inc�ognita.� c) T�erminos (en nuestro caso

��v; w

�y � (� _v; w)) en los que aparecen derivadas

temporales de la inc�ognita.3. A diferencia de los problemas estacionarios, en el caso de los problemas de evoluci�onno se introduce ning�un espacio S� de \prueba", sino que se trabaja �unicamente con elespacio de test V �.4. Como en el caso estacionario, en L hay dos tipos de t�erminos. Unos corresponden alas condiciones de frontera esenciales, y al resto ((f; w) + Fbw(b)) los denotamos �L.

13.1.3. Problema de Galerkin

El problema de Galerkin se obtiene a partir del problema d�ebil utilizando un razonamientosimilar al estudiado en el caso estacionario. Hay sin embargo una importante diferencia en loque a las condiciones iniciales se re�ere y que se comentar�a m�as adelante.

Sea V h un subespacio de dimensi�on �nita de V �. El problema de Galerkin asociado alproblema d�ebil anterior y al subespacio V h es el siguiente:

Problema de Galerkin (G). Encontrar vh : [a; b]� [0;1)! R tal que:(1) Para todo x 2 [a; b], vh(x; �) admite dos derivadas parciales respecto de t yesta derivada es continua en [a; b]� [0;1).

(2) Para todo t � 0, vh(�; t) 2 V h

(3) Para todo w 2 V h y para todo t � 0 se cumple��vh; w

�+ �

�� _vh; w

�+ a(vh; w) = L(w)

(4) Para todo w 2 V h��vh(x; 0); w

�=��u0(x); w

�� (�r(x; 0); w) (120)�

� _vh(x; 0); w�=�� _u0(x); w

�� (� _r(x; 0); w) (121)

~ Interpretaci�on de las condiciones (120) y (121).

Siguiendo la idea utilizada para construir el problema de Galerkin a partir del problemad�ebil en el caso estacionario, nos vemos tentados a sustituir v por vh en (118) y (119) , demanera que se obtendr��a

vh(x; 0) = u0(x)� r(x; 0); x 2 [a; b]_vh(x; 0) = _u0(x)� _r(x; 0); x 2 [a; b]

179


Sin embargo, el pedir que vh cumpla estas dos condiciones es, en el caso general, pedir\demasiado". En efecto, sabemos que vh(x; 0) pertenece a V h. Sin embargo, la funci�on h(x) :=u0(x) � r(x; 0) no tiene por qu�e pertenecer a este espacio, por lo que esta condici�on no secumplir�a en general y por ello el problema de Galerkin no tendr��a soluci�on. Para la segundacondici�on se puede argumentar algo an�alogo. Para solventar esta di�cultad, es decir, quela funci�on vh no cumplir�a en general las condiciones iniciales de forma exacta, se pide quevh cumpla dichas condiciones de forma aproximada, de manera que s�� exista soluci�on. Enconcreto se pide que vh(x; 0), que es una funci�on de V h, sea la proyecci�on ortogonal �h(x)de h(x) sobre V h con un cierto producto escalar, con lo que ahora s�� tiene sentido el pediresta condici�on. Para _vh(x; 0) se pide algo an�alogo. Con respecto al producto escalar utilizado,en principio parecer��a que lo m�as sencillo es utilizar el producto escalar est�andar en . Sinembargo, y por razones que quedar�an claras m�as adelante, utilizaremos el �-producto escalar,es decir, hf; gi� :=

R �fgdx = (�f; g), que es un verdadero producto escalar al ser la funci�on

� continua y estrictamente positiva en .

Ahora, utilizando la de�nici�on de proyecci�on ortogonal, la condici�on que imponemos esque para todo w 2 V h, se cumpla que (vh(x; 0)�[u0(x)�r(x; 0)]; w)� = 0, que nos proporcionala condici�on (120). Algo an�alogo se tiene para (121).

Veamos un ejemplo que ilustra lo anterior: consideremos el caso del espacio (20) con lapartici�on (21). Sabemos que V h es el espacio de las funciones lineales a trozos correspondientesa la partici�on (21) y que se anulan en x = a, con lo que tienen el siguiente aspecto

Supongamos que la funci�on h(x) := u0(x)� r(x; 0) es la que muestra la siguiente �gura

Claramente, h no pertenece a V h, con lo que no es posible imponer vh(x; 0) = h(x) puesentonces el problema no tendr��a soluci�on. Lo que hacemos es imponer vh(x; 0) = �h(x) donde�h(x) es la proyecci�on ortogonal de h(x) sobre V h con el �-producto escalar.

La siguiente �gura muestra las funciones h y �h en el ejemplo de la secci�on 4.2, en el que

180


el espacio V h est�a dado por (20) para la partici�on (21) con 6 nudos.


�(x)c(x)@u

@t(x; t)� divx (�(x)gradxu(x; t)) = f(x; t) ; x 2 ; t > 0

u(x; t) = g(x; t) ; x 2 ; t > 0u(x; 0) = u0(x) ; x 2

donde �; c; �; f y u0 son funciones de clase 1 y �, c y � son positivas en . Sup�ongase que seaplica el m�etodo de Galerkin usando un subespacio V h. Sea vh(x; t) la soluci�on al problemade Galerkin. Se pide: escribir la condici�on inicial que se le impone a vh(x; t) e interpretarla.

13.1.4. Sistema de ecuaciones

Para llevar a cabo la resoluci�on de (G) se procede igual que en el caso estacionario. Enprimer lugar se elige una base B = fN1; :::; Nmg de V h.

Ahora, como en el caso estacionario, y debido al car�acter lineal de las expresiones queaparecen en el problema de Galerkin, basta con pedir que las condiciones (3) y (4) se veri�quenpara las funciones de la base B en vez de pedir que se veri�quen para todas las funciones wde V h. As��, se tienen las siguientes condiciones (3) y (4) reformuladas:

(3 ref.) Para todo t � 0;��vh; NI

�+ �

�� _vh; NI

�+ a(vh; NI) = L(NI) para todo I = 1; :::;m

(4 ref.)��vh(x; 0); NI

�=��u0(x); NI

�� (�r(x; 0); NI) para todo I = 1; :::;m�

� _vh(x; 0); NI

�=�� _u0(x); NI

�� (� _r(x; 0); NI) para todo I = 1; :::;m

Ahora se expresa

vh(x; t) =mPJ=1

dJ(t)NJ(x)

y ahora nuestra inc�ognita ser�an d1; :::; dm, es decir, las coordenadas de vh en la base B.

Obs�ervese que, puesto que vh depende del tiempo, los dJ tambi�en dependen del tiempo, esdecir, dJ = dJ(t).

181


Entrando con la expresi�on anterior en el problema de Galerkin reformulado, se tiene elsiguiente sistema PVI correspondiente a un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias:

Sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias (SEDOs): Encontrard1(t); :::; dm(t) de clase dos tal que para todo t � 0 se cumple

mXJ=1

(�NJ ; NI)��dJ +

mXJ=1

� (�NJ ; NI) _dJ +mXJ=1

a(NJ ; NI)dJ = L(NI); para I = 1; :::;m:

y adem�as

mXJ=1

(�NJ ; NI) dJ(0) =��u0(x); NI

�� (�r(x; 0); NI) para todo I = 1; :::;m

mXJ=1

(�NJ ; NI) _dJ(0) =�� _u0(x); NI

�� (� _r(x; 0); NI) para todo I = 1; :::;m

La expresi�on anterior es un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias que se puedeescribir de manera matricial de la siguiente forma:

182


Sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias (SEDOs): Encontrar d(t) de clasedos en [0;1) tal que se cumpla

M(t)��d+ C(t) _d(t) +K(t)d(t) = F (t) (122)

M(0)d(0) = Y 0 (123)

M(0) _d(0) = _Y 0 (124)

donde:K(t) 2 Rm�m; con

KIJ(t) := a(NJ ; NI) = a(NI ; NJ); I; J = 1; :::;m

es la denominada matriz de rigidez.M(t) 2 Rm�m; con

MIJ(t) := (�NJ ; NI) = (�NI ; NJ); I; J = 1; :::;m

es la denominada matriz de masas.C(t) = �M(t), es la denominada matriz de amortiguamiento.F (t) := (L(N1); L(N2); :::; L(Nm))

T 2 Rm donde

FI(t) := L(NI); I; J = 1; :::;m

es el denominado vector de fuerzas.d(t) := (d1(t); :::; dm(t))

T 2 Rm es el vector de desplazamientos, que es la inc�ognitadel problema.Y 0 = (Y 01 ; :::; Y

0m)

T 2 Rm con

Y 0I :=��u0(x); NI

�� (�r(x; 0); NI)

_Y 0 = ( _Y 01 ; :::;_Y 0m)

T 2 Rm con

_Y 0I :=�� _u0(x); NI

�� (� _r(x; 0); NI)

Comentarios:

El problema de Galerkin corresponde a una discretizaci�on en el espacio del problemad�ebil. El tiempo, sin embargo, sigue siendo continuo.Las condiciones iniciales se traducen en dos t�erminos en los que aparece la misma matriz,la matriz de masas, que en la ecuaci�on diferencial. Es para buscar esta circunstanciapor la que el producto escalar que se emplea para proyectar las condiciones inicialesen el problema d�ebil es el �-producto escalar y no otro (como por ejemplo el productoescalar est�andar, que en principio podr��a parecer m�as razonable)Asimismo, la contribuci�on del t�ermino de amortiguamiento ��@u@t a (SEDOs) ha sido

183


�M _d. El incluir la � en el t�ermino de amortiguamiento ��@u@t ha sido para que en su

contribuci�on a (SEDOs), que ha resultado ser �M _d, aparezca la matriz de masas.Como ya se coment�o, en el caso m�as habitual, �, A y E no dependen del tiempo y porello las matrices K; M y C tampoco dependen de t. Entonces (SEDOs) es un sistemade EDOs lineales con coe�cientes constantes.Las condiciones iniciales de (SEDOs) son los vectores d(0) y _d(0) soluci�on de los sistemaslineales de ecuaciones algebraicas (123) y (124). En un principio podr��a parecer extra~noque haya que calcular d(0) y _d(0) mediante la resoluci�on de un sistema cuando lasfunciones u0(x) y _u0(x) son dato, con los que los desplazamientos y las velocidadesiniciales son dato. Sin embargo, d(0) no representa el valor de h(x) := u0(x) � r(x; 0)en los nudos no esenciales, sino el valor de �h(x) en dichos nudos, donde, como ya secoment�o al interpretar (120) y (121), �h(x) es la proyecci�on ortogonal de h(x) sobre V h

con el �-producto escalar. Algo an�alogo sucede para _d(0).Ilustremos esto con el ejemplo de la secci�on 4.2, en el que el espacio V h est�a dado por(20) para la partici�on (21) con 6 nudos. Al resolver el sistema Md(0) = Y 0 obtenemos

el vector d(0) =�d02; d

03; d

04; d

05; d

06

�T. El signi�cado de los d0I se muestra en la siguiente

�gura

en la que se aprecia que d0I =�h(xI); I = 2; :::; 6.

Por ahora aceptaremos sin justi�caci�on (lo veremos con detalle en un tema posterior) que(SEDOs) tiene soluci�on �unica

Una vez determinado d(t) y por ello vh(x; t), la soluci�on �nal es

uh(x; t) = r(x; t) + vh(x; t):

En nuestro ejemplo tipo de la secci�on 13.1.1 se tiene:

K 2 Rm�m; con KIJ = a(NI ; NJ) =R ba EAN

0IN

0Jdx

M 2 Rm�m; con MIJ = (�NJ ; NI) =R ba �NINJdx

C(t) = �M(t)F (t) = (L(N1); L(N2); :::; L(Nm)

T 2 Rm con

FI(t) := L(NI) =

Z b

af(x; t)NI(x)dx+ FbNI(b)�

Z b

aE(x)A(x)r0(x; t)N 0

I(x)dx�

�Z b

a�(x)

��r(x; t)NI(x)dx� �

Z b

a�(x) _r(x; t)NI(x)dx

184


Y 0 = (Y 01 ; :::; Y0m)

T 2 Rm con

Y 0I :=��u0(x); NI

�� (�r(x; 0); NI) =

=

Z b

a�u0(x)NI(x)dx�

Z b

a�r(x; 0)NIdx

_Y 0 = ( _Y 01 ; :::;_Y 0m)

T 2 Rm con

_Y 0I :=�� _u0(x); NI

�� (� _r(x; 0); NI) =

=

Z b

a� _u0(x)NI(x)dx�

Z b

a� _r(x; 0)NIdx

Las matrices K, M y C cumplen las siguientes propiedades:

Proposici�on 36 K, M y C son sim�etricas. K y M son de�nidas positivas (adem�as, M esde�nida positiva independientemente del tipo de condiciones de frontera que se utilicen). Si� > 0 entonces C tambi�en es de�nida positiva.

Ejercicio 45 Demostrar el resultado anterior. Nota: puesto que K y V � son los mismos queen el problema estacionario tipo, esa parte de la demostraci�on es la misma que en ese caso.

Comentario: obs�ervese que las condiciones de frontera s�� in uyen en que K sea de�nidapositiva o no, pero M siempre es de�nida positiva.

Ejercicio 46 Problema din�amico para la barra axial con amortiguamiento viscosoy efecto viscoel�astico. Deducir la ecuaci�on en derivadas parciales que rige la din�amica dela barra axial sometida a una distribuci�on de fuerzas axiales por unidad de longitud f(x; t).Formular el problema d�ebil, el problema de Galerkin y hallar la expresi�on del sistema deecuaciones diferenciales ordinarias que hay que resolver. Considerar que hay un t�ermino deamortiguaci�on viscosa ��@u@t donde � > 0 y que el s�olido es viscoel�astico, con lo que la leyconstitutiva es del tipo � = E ("+ � _") con � > 0.

13.1.5. Aplicaci�on del MEF

Para aplicar el MEF al problema anterior no hay m�as que utilizar el procedimiento y lanotaci�on ya estudiados en el caso est�atico. De esta forma, el dominio se divide en s elementose cada uno con ne grados de libertad. En la malla resultante habr�a n nudos xI , de los cualess�olo el nudo 1 es esencial y el resto ser�a no esencial.

Por tanto tenemos que

� = f1; ::::; ng ; �E = f1g ; � � �E = f2; :::; ngvh(x; t) = d2(t)N2(x) + � � �+ dn(t)Nn(x)

Adem�as, ya sabemos que se trabaja con la funci�on rh dada por

rh(x; t) = ua(t)N1(x):

185


La relaci�on entre la numeraci�on local y la numeraci�on global est�a dada por la matriz deconectividad

I = CON(e; i)

y la numeraci�on de las ecuaciones y las inc�ognitas est�a dada por

P = ID(I) = I � 1; I = 2; ::::; n

El siguiente ejercicio es de gran importancia, pues permite ejercitarse en la aplicaci�onpr�actica del MEF al caso de la barra axial din�amica aplicando la misma metodolog��a que enel caso estacionario. En concreto, se trata de obtener la expresi�on de las contribuciones delos distintos elementos a K, M , C, F , Y 0 y _Y 0 y de razonar c�omo habr��a que ensamblarlas.Adem�as, se trata el caso en que, como es habitual en la pr�actica, se procede ensamblandoprimero unas matrices y vectores \ampliados" para posteriormente construir a partir de elloslas matrices y vectores \verdaderos":

Ejercicio 47 Procedimiento pr�actico para aplicar el MEF en el problema de labarra axial din�amica. Se considera el MEF aplicado al problema (115a-115e) de la barraaxial din�amica con condici�on de Dirichlet en el extremo de la izquierda y condici�on de Neu-mann en el extremo de la derecha. Se trabaja con la base (128) y la funci�on rh dada por(130). Se pide:

1. Escribir las expresiones de KPQ, MPQ, CPQ, FP ; Y0P y

_Y 0P para cada I; J 2 � � �E .Por ejemplo, KPQ tiene la expresi�on

KPQ =

ZAEN 0

IN0Jdx

2. Consid�erese un elemento e. Se pide:

2.1. Escribir la expresi�on de keij ,meij , c

eij , f

ei , y

e0i y _y

e0i que proporcionan la contribuci�on

de este elemento a K, M , C, F , Y 0 y _Y 0. Por ejemplo, keij y meij est�an dados por

keij =

Ze

AEN 0iN

0j ; m

eij =

Ze

�NiNj

2.2. Explicar la forma en la que habr��a que ensamblar dichas contribuciones en K,M , C, F , Y 0 y _Y 0. Como aplicaci�on, ensamblar dichas matrices y vectores en el caso de lamalla de la �gura, donde el primer y tercer elemento son lineales, el segundo es c�ubico y elcuarto es cuadr�atico

(125)

3. Sup�ongase que se quieren ensamblar primero unas matrices y vectores \ampliados" �K,�M , �C, �F , �Y 0 y _Y 0 de dimensi�on n en los que no se tienen en cuenta las condiciones esenciales.Se pide:

186


3.1. Escribir las expresiones keij , meij , c

eij ,

�fei (t), �ye0i y _y

e0i que proporcionan la con-

tribuci�on de cada elemento a dichas matrices y vectores ampliados.

3.2. Explicar la forma en la que habr��a que ensamblar dichas contribuciones en �K,�M , �C, �F , �Y 0 y _Y 0 y razonar qu�e procedimiento habr��a que seguir para obtener K, M , C, F ,Y 0 y _Y 0 a partir de ellas. Aplicar al caso de la malla (125).

~ Caso general en cuanto a condiciones de frontera.

A continuaci�on nos planteamos la aplicaci�on pr�actica del MEF a la barra din�amica enel caso en que las condiciones de frontera son gen�ericas, es decir, en vez de las condiciones(115b) y (115c) se supone que �estas son

u(x; t) = g(x; t); x 2 �E ; t � 0 (126)

A(x)E(x)@u

@x(x; t) = h(x; t); x 2 �N ; t � 0 (127)

donde �E y �N son la frontera esencial y natural respectivamente.

As�� por ejemplo, (115b) y (115c) corresponden al caso en que �E = fag y g(x; t) es talque g(a; t) = ua(t). An�alogamente, �N = fbg y h(x; t) es tal que h(b; t) = Fb(t).

El dominio se divide en s elementos e cada uno con ne grados de libertad. De formaan�aloga a lo que se vio en el caso est�atico, en la malla resultante habr�a n nudos xI , de loscuales n�m ser�an esenciales y m ser�an no esenciales. Sean I 2 � = f1; :::; ng, �E y ��E losconjuntos con los ��ndices de todos los nudos, los esenciales y los no esenciales respectivamente.La base de V h es entonces

fNI ; I 2 � � �Eg (128)

con lo que

vh(x; t) :=P

I2��EdI(t)NI(x) (129)

La funci�on rh es entonces

rh(x; t) :=PJ2�E

u(xJ ; t)NJ(x) (130)

que veri�ca que si I 2 �E ;

rh(xI ; t) = u(xI ; t) para todo t � 0;

es decir, rh veri�ca las condiciones de frontera esenciales en los nudos esenciales. Como yasabemos, en los problemas multidimensionales en general rh no veri�car�a las condiciones defrontera esenciales en toda la frontera �E .

Adem�as, la relaci�on entre la numeraci�on local y la numeraci�on global est�a dada por

I = CON(e; i)

187


y la numeraci�on de las ecuaciones y las inc�ognitas se realiza mediante

P = ID(I)

El siguiente ejercicio es una generalizaci�on del ejercicio 47 al caso en que las condicionesde Dirichlet tienen la forma (126-127).

Ejercicio 48 Modi�car los resultados del ejercicio 47 all�� donde sea necesario para que seav�alido en en caso en que las condiciones de frontera sean (126) y (127)

Ejercicio 49 Matriz de masas para la barra axial. Calcular la matriz de masas en elproblema de la barra axial para un elemento e de longitud h y con densidad constante enlos siguientes casos:

(a) Elemento lineal.

(b) Elemento cuadr�atico.

Ejercicio 50 Se considera el siguiente problema en una dimensi�on espacial

�(x) _u(x; t)� u00(x; t) + h(x)u(x; t) = f(x; t) + Z�c(x); x 2 [0; L]; t � 0u0(L; t) + �u(L; t) = g(t); t � 0

u(0; t) = s(t); t � 0u(x; 0) = u0(x); x 2 [0; L]

donde �, h, f , g y s son funciones, �c es la delta de Dirac aplicada en un punto c de la barray Z (zeta) y � (beta) son constantes. Se pide:

1. El problema d�ebil asociado al mismo.

2. Al aplicar el MEF usando una malla con n nudos se obtiene el problema

M _d+Kd = F (t)

Md(0) = Y 0

Escribir qui�en es rh y la expresi�on de cada componente de M , K, F (t) y Y 0. No es necesariodividir en elementos.

Ejercicio 51 Se considera la matriz de masas M correspondiente al MEF aplicado al prob-lema din�amico de la barra axial. Utilizando las propiedades de las funciones de base, expresarde la forma m�as simpli�cada posible cu�anto vale la suma de todos los elementos de M .

188


13.2. Problema din�amico para la barra a exi�on

Para aplicar el MEF al problema din�amico de la barra a exi�on basta con seguir lametodolog��a expuesta en las secciones anteriores.

El siguiente ejercicio permite ejercitarse en la aplicaci�on pr�actica del MEF al caso de la exi�on de barras:

Ejercicio 52 Problema din�amico para la barra a exi�on.

(a) Deducir la ecuaci�on que modela la barra a exi�on en r�egimen din�amico.

(b) Plantear el problema d�ebil.

(c) Plantear el problema de Galerkin cuando se trabaja con elementos de Hermite y deducirel sistema �nal de EDOs, especi�cando claramente la expresi�on de las componentes de lasmatrices y los vectores que en �el aparecen.

(c) Escribir las expresiones que habr��a que programar en cada elemento para calcular lasmatrices y vectores \ampliados" correspondientes y el procedimiento para obtener el sistemade EDOs del apartado anterior.

(d) Calcular el elemento en la posici�on (2,3) de la matriz de masas del elemento suponiendola densidad constante.

189


14. Ejercicios de repaso

Ejercicio 53 Se quiere calcular la soluci�on por el MEF para el problema de la barra axialest�atica. Razonar si cuando se re�na mucho la malla (longitud del elemento m�aximo del ordende 10�10) se obtiene una soluci�on num�erica muy pr�oxima a la te�orica.

Ejercicio 54 Sea el problema de la barra axial est�atico. Se considera un mallado �jo, y unprograma MEF concreto que resuelve el problema. Sup�ongase que la fuerza distribuida f secambia por una nueva funci�on f . >Qu�e condici�on deber��a cumplir f para poder asegurar quela soluci�on proporcionada por el programa sea la misma que en el caso de f?

Ejercicio 55 Explicar brevemente por qu�e se introducen los espacios de Sobolev en el estudiode las EDPs.

Ejercicio 56 Sea el problema d�ebil: encontrar v 2 V tal que 8w 2 V se cumple a(v; w) =L(w) donde a(�; �) es forma bilineal sim�etrica y L es forma lineal en V . Se supone que elproblema anterior tiene soluci�on. Enunciar y demostrar un resultado que establezca condi-ciones para que dicho problema tenga soluci�on �unica o m�as de una soluci�on.

Ejercicio 57 Def��nase con rigor el concepto de forma bilineal sim�etrica de�nida positiva enun espacio vectorial V . Demostrar que si la forma a(�; �) correspondiente a un problema d�ebilgen�erico es de�nida positiva, la matriz de rigidez resultante de la aplicaci�on del problema deGalerkin es de�nida positiva.

Ejercicio 58 Describe brevemente todas las razones por las que el problema d�ebil es \m�asc�omodo" que el problema fuerte.

Ejercicio 59 Se considera el problema

(EAu0)0(x) + f(x) = 0; x 2 (a; b)(EAu0)(a) = Fa ; u(b) = ub

donde E y A son positivas y de clase 1 y f es continua. Enunciar y demostrar el resultadopor el cual, bajo determinadas condiciones, si u es soluci�on del problema d�ebil tambi�en essoluci�on del problema fuerte.

Ejercicio 60 Se considera la aplicaci�on del MEF al problema din�amico para la barra axial.Entre los datos est�an u0(x) y _u0(x) (desplazamiento y velocidad inicial de los puntos de la bar-ra). >Por qu�e entonces hay que calcular d(0) y _d(0) mediante un determinado procedimientoen vez de hacerlo directamente evaluando u0(x) y _u0(x) en los nudos?

Ejercicio 61 Enum�erense y expl��quense brevemente todas las ventajas pr�acticas del MEFfrente a otros m�etodos de Galerkin.

Ejercicio 62 Enumera las distintas fuentes de error que se introducen al resolver un prob-lema d�ebil mediante el MEF.

190


Ejercicio 63 De�nir la noci�on de mejor aproximaci�on de un vector por un subespacio en unespacio vectorial. �Idem para la proyecci�on ortogonal de un vector sobre un subespacio en unespacio vectorial dotado de un producto escalar.

Ejercicio 64 Enumerar (sin entrar en detalles) los distintos pasos del enfoque local, es decir,los pasos para construir V h y calcular K y F en los problemas de elementos �nitos.

Ejercicio 65 Explicar las razones por las que en el c�alculo de las integrales en el MEF selleva a cabo un cambio de variable.

Ejercicio 66 Consid�erese el problema de la conducci�on del calor en una placa plana. Estudiarrazonadamente si se puede aplicar el MEF en los siguientes casos:

Ejercicio 67 Sea Pn el espacio de los polinomios de grado menor o igual que n. Seanx0; x1; :::; xn unos ciertos puntos (distintos dos a dos). En Pn de�nimos unos ciertos poli-nomios qi; i = 0; ::::; n de la siguiente forma: para cada i = 0; :::; n; qi es el �unico polinomioque cumple las condiciones:

(i) qi 2 Pn(ii) qi(xj) = �ij para todo j = 0; :::; n:

Se pide:

a. Demostrar que el sistema fq0; :::; qng es libre.b. Demostrar que el sistema fq0; :::; qng es una base de Pn.

191

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Introduccion al Metodo de los elementos finitos. Problemas unidimensionales