Séance n 3 Eléments finis en dimension 1 et 2 Corrigé - Inria

TD MA201Cours Eléments FinisSéance n o 3Eléments finis en dimension 1 et 2Corrigé2 Octobre 2006Exercice 1. Eléments finis P 2 en dimension 11.1 - On note x 1 i = 1/2(x i+1 + x i ). On pose w j⎧(x − x 1 j−1)(x j−1 − x)(x ⎪⎨ j − x 1 j−1 )(x si x ∈ [x j−1 , x j ],j−1 − x j )w j (x) = (x − x 1 j)(x j+1 − x)(x j − x 1 j⎪⎩)(x si x ∈ [x j , x j+1 ],j+1 − x j )0 sinonet w 1 j⎧⎪⎨wj 1 (x) =⎪⎩(x − x j )(x j+1 − x)(x 1 j − x j)(x j+1 − x 1 j ) si x ∈ [x j , x j+1 ],0 sinonOn vérifie que w j , w 1 j ıP 2 et satisfont w j (x i ) = δ ij , w j (x 1 i ) = 0, w 1 j (x 1 i ) = δ ij et w 1 j (x i ) = 0.1.2 - w 1 j ∈ C 1 (]a, b[), supp(w 1 j ) = [x j , x j + 1] et w j ∈ C 0 (]a, b[), supp(w 1 j ) = [x j−1 , x j + 1].Exercice 2. Eléments finis P 1 et P 2 en dimension 22.1 - On suppose l’existence du triplet (λ 1 , λ 2 , λ 3 ), on va montrer l’unicité. Nous allonsprouver d’abord que :λ 1 (S 1 ) = 1, λ 2 (S 1 ) = 0, λ 3 (S 1 ) = 0.1

TD MA201Cours Eléments Finisw jw 1 jx j−1x 1 j−1x 1 jx jx j+1Fig. 1 – Les fonction de base w j et w 1 jSupposons par l’absurde que λ 1 (S 1 ) ≠ 1, nous avons alors :S 1 = λ 2(S 1 )S 2 + λ 3 (S 1 )S 31 − λ 1 (S 1 )(λ 2 (S 1 ), λ 3 (S 1 ) ≠ (0, 0))S 1 , S 2 et S 3 sont donc alignés, ce qui est exclu. Donc λ 1 (S 1 ) = 1.Supposons maintenant que λ 2 (S 1 ) ≠ 0, on a alors :λ 2 (S 1 )(S 2 − S 3 ) = 0Les point S 2 et S 3 sont confondus, ce qui est exclu. On a donc λ 2 (S 1 ) = λ 3 (S 1 ) = 0. Ondémontre de la même manière que :On cherche λ 1 de la formeλ 1 (S 2 ) = 0, λ 2 (S 2 ) = 1, λ 3 (S 2 ) = 0,λ 1 (S 3 ) = 0, λ 2 (S 3 ) = 0, λ 3 (S 3 ) = 1.λ 1 (x, y) = α(x − x 2 ) + β(y − y 2 ) + γλ 1 (S 2 ) = 0 donne γ = 0 et λ 1 (S 3 ) = 0 donne α(x 3 − x 2 ) + β(y 3 − y 2 ) = 0. Donc λ 1 est dela forme :λ 1 (x, y) = C [(y 2 − y 3 )(x − x 2 ) + (x 3 − x 2 )(y − y 2 )]2

TD MA201Cours Eléments FinisLa constante C est déterminée de manière unique par l’équation λ 1 (S 1 ) = 1 :λ 1 (x, y) = (y 2 − y 3 )(x − x 2 ) + (x 3 − x 2 )(y − y 2 )(y 2 − y 3 )(x 1 − x 2 ) + (x 3 − x 2 )(y 1 − y 2 )Le dénominateur est proportionnel à l’aire du triangle, qui est non nulle car les points nesont pas alignés. De la même manière, on trouve une expression unique pour λ 2 et λ 3 . Onvérifie que le triplet vérifie bien les propriétés demandées, ce qui prouve l’existence.(λ 1 , λ 2 , λ 3 ) ∈ (P 1 ) 3 , c’est aussi une famille libre. Comme dim P 1 = 3, (λ 1 , λ 2 , λ 3 ) est unebase de P 1 .2.2 - soit v h ∈ V h montrons que v h ∈ H 1 (Ω). Par définition de V h on a v h | Tl ∈ P 1 ∀ l =1, L, ceci implique que v h | Tl ∈ H 1 (T l ). v h est supposé continue sur ¯Ω. Par conséquent v hest dans H 1 (Ω) (cf TD2).2.3 - Par définition, sur chaque triangle T l la fonction W I est une fonction P 1 prenenanttrois valeurs données aux sommets du triangle T l . Or une fonction P 1 est entiérementdéterminée par les valeurs qu’elle prend en trois points non alignés. Comme par hypothèsesur le maillage les triangles T l sont d’intérieur non vide on en déduit que W I est définied’une manière unique. on notera également que W I est continue sur ¯Ω car la restrictionde W I sur une arête définit une fonction affine le long de l’arête prenenat deux valeursdonnées et toute fonction affine d’une variable est entièrement déterminée par les valeursqu’elle prend en deux points distincts.M IFig. 2 – Fonction de base W I2.4 - La famille (W I ) 1≤I≤N est libre car∑λ I W I = 0 ⇒ ∑ λ I W I (M J ) = 0 ⇒ λ J = 0 ∀J = 1, N.II3

TD MA201Cours Eléments Finis(W I ) 1≤I≤N est génératrice car :∀ v h ∈ V h , v h (M) = ∑ Iv h (M I ) W I (M)En effet, en posant u h = v h − ∑ I v h(M I ) W I , on a :d’où u h = 0.u h (M J ) = 0 ∀ 1 ≤ J ≤ N.2.5 - soit v h ∈ V 2h montrons que v h ∈ H 1 (Ω). Par définition de V 2h on a v h| Tl ∈ P 2 ∀ l =1, L, ceci implique que v h | Tl ∈ H 1 (T l ). v h est supposé continue sur ¯Ω. Par conséquent v hest dans H 1 (Ω) (cf TD2).2.6 - Par définition, sur chaque triangle T l les fonctions W I et WJK 1 sont des fonctionP 2 prenenant six valeurs données aux sommets du triangle T l et aux mileux des arètes.Or une fonction P 2 est entièrement déterminée par les valeurs qu’elle prend en six pointsdisctincts. Comme par hypothèse sur le maillage les triangles T l sont d’intérieur non videon en déduit que W I et WJK 1 sont définies d’une manière unique. on notera également queW I et WJK 1 sont continues sur ¯Ω car la restriction de W I et WJK 1 sur une arête définit unpolynôme de degré 2 le long de l’arête prenenat trois valeurs données et tout polynômede degré 2 en une variable est entièrement déterminée par les valeurs qu’il prend en troispoints distincts.On considèreτ Il = W I |T l et τJ 1 l K l= WJK|T 1 lavec I l , J l , K l les indices locaux de sommets M I , M J et M K dans le triangle T l . Notre butest de calculer l’expression des τ Il et des τ 1 J l K len coordonnées barycentriques.Or les fonctions de bases sont des polynômes de degré 2 en chacune des variables, doncelles sont de la forme,aλ 2 1 + bλ 2 2 + cλ 2 3 + dλ 1 λ 2 + eλ 1 λ 3 + fλ 2 λ 3 + gλ 1 + hλ 2 + iλ 3 + j.Tenant compte du fait que λ 1 + λ 2 + λ 3 = 1, on peut éliminer l’une des trois coordonnéesdans l’expression ci-dessus. D’autre part en utilisant la définition des τ Il et τJ 1 l K l, on obtientun système de six équations à six inconnues.D’où les expressions suivantes :τ Il = 2λ 2 I l− λ Il ,τJ 1 l K l= 4λ Jl λ Kl .2.7 - La famille {(W I ) 1≤I≤N , (WJK 1 ) ∀[J,K] arète } est libre car∑I λ I W I + ∑ [J,K] α JK WJK 1 = 0.On a alors :4

TD MA201Cours Eléments Finis∑∑I λ I W I (M J ) = 0 ⇒ λ J = 0 ∀J = 1, N.[J,K] α JK W 1 JK (M IL) = 0 ⇒ α IL = 0 ∀[I, L] arète.La famille {(W I ) 1≤I≤N , (WJK 1 ) ∀[J,K] arète } est génératrice car :∀ v h ∈ V h , v h (M) = ∑ Iv h (M I ) W I (M) + ∑ [J,K]v h (M JK ) W 1 JK(M)En effet, en posant u h = v h − ∑ I v h(M I ) W I − ∑ [J,K] v h(M JK ) W 1 JK , on a :u h (M J ) = 0 ∀ 1 ≤ J ≤ N.u h (M IL ) = 0 ∀[I, L]arète.d’où u h = 0Exercice 3.Eléments finis quandrangulaires3.1 - Fonctions de base Q 1 .S4❤❤S3❤❤S 1 S2Les fonctions de base des éléments Q 1 sont :ˆp 1 (x, y) = (1 − x)(1 − y),ˆp 2 (x, y) = x(1 − y),ˆp 3 (x, y) = xy,ˆp 4 (x, y) = (1 − x)y.5

TD MA201Cours Eléments FinisS4❤S❤34❤S3S 14❤S1234❤❤S23❤❤❤S1S12S2Les fonctions de base des éléments Q 2 sont :ˆq 1 (x, y) = (1 − x)(1 − 2x)(1 − y)(1 − 2y),ˆq 2 (x, y) = x(2x − 1)(1 − y)(1 − 2y),ˆq 3 (x, y) = x(2x − 1)y(2y − 1),ˆq 4 (x, y) = (1 − x)(1 − 2x)y(2y − 1).ˆq 12 (x, y) = 4(1 − x)x(1 − y)(1 − 2y).ˆq 23 (x, y) = 4x(2x − 1)y(1 − y).ˆq 34 (x, y) = −4x(x − 1)y(2y − 1).ˆq 41 (x, y) = −4(1 − x)(1 − 2x)y(y − 1).ˆq 1234 (x, y) = 16x(1 − x)y(1 − y).3.2 - 3.2.1 on demande aux ˆµ I d’avoir une trace d’ordre ≤ 2 sur le bord supérieur etd’ordre ≤ 1 sur les autres, réalisant ainsi l’unisolvance sur les bords et par là même lacontinuité du raccord avec les éléments adjacents.3.2.2 Il est clair queˆµ 1 = ˆp 1 , et ˆµ 2 = ˆp 2 .Les fonctions de base ˆµ 3 et ˆµ 4 étant de degré 2 sur le bord supérieur et ≤ 1 sur lesautres, on recherche alors τ 3 et τ 4 de degré 1 tels que ˆµ 3 = ˆp 3 τ 3 (x) et ˆµ 4 = ˆp 4 τ 4 (x). Onaura en fait τ 3 (1/2) = τ 4 (1/2) = 0, τ 3 (1) = 1 et τ 4 (0) = 1, par conséquent τ 3 (x) = 2x − 1et τ 4 = −2x + 1. On en déduit queˆµ 3 = xy(2x − 1)ˆµ 4 = (1 − x)y(−2x + 1)Reste à étudier ˆµ 5 , elle sera de la forme αx(1 − x)y et comme ˆµ 5 (1/2, 1) = 1, on endéduit que α = 4 etˆµ 5 = 4x(1 − x)y.6

TD MA201Exercice 4.Cours Eléments FinisMéthode des éléments finis en dimension1On s’intéresse au problème :⎧⎪⎨ − ddx (a(x)du (x)) = f(x) x ∈]0, 1[dx(1)u(0) = u(1) = 0,⎪⎩où f ∈ L 2 (]0, 1[) et b(x) : ]0, 1[→ R vérifiant :O < b min ≤ b(x) ≤ b max ≤ 0, pour x ∈]0, 1[.4.1 - On multiplite la première équation du système (1) par une fonction test v ∈H 1 0(]0, 1[), et on effectue une intégration par parties :∫ 10b dudx∫dv1dx dx +0b u v dx − b(1) du (1) v(1) + p(0)dudx∫ 1dx (0) v(0) = fv.En utilisant les conditions aux limites en 0 et 1, on obtient la formulation variationnelleassociée au problème (1) :⎧⎨ Trouver u ∈ H0(]0, 1 1[) tel que :(2)⎩a(u, v) = l(v), ∀ v ∈ H0(]0, 1 1[),aveca(u, v) =l(v) =∫ 10∫ 10b dudxfv dx.dvdx dx,L’existence et l’unicité se démontrent en utilisant le théorème de Lax-Milgram. On vérifiela continuité de l(.) et a(., .) :∫|l(v)| = | fv dx| ≤ ‖f‖ L 2‖v‖ L 2,I≤ ‖f‖ L 2‖v‖ H 1.|a(u, v)| ≤ b max∫ 1En utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwartz :b max∫ 100| dudx | |dv dx | dx| dudx | |dv dx |dx ≤ b max‖ dudx ‖ L 2‖dv dx ‖ L 2,70

TD MA201Cours Eléments Finison obtient :D’autre part :a(u, u) ≥|a(u, v)| ≤ b max ‖u‖ H 1‖v‖ H 1.∫ 10b | du∫ 1dx |2 dx ≥ b minComme on est dans H 1 0(]0, 1[), l’inégalité de Poincaré donne :0| dudx |2 dx.Il existe C > 0, tel que ‖u‖ L 2 ≤ C‖ dudx ‖ L 2.Par suitea(u, u) ≥ b min1 + C ‖u‖2 H 1.Le théorème de Lax-Milgram peut donc s’appliquer, on a existence et unicité de lasolution.4.2 - Les fonctions des bases P 1 sont⎧⎪⎨ 1 − x − x isi x ∈ K i ,hφ i (x) =1 + x − x isi x ∈ K i−1 ,⎪⎩ h0 sinon.En remplaçant H 1 0(]0, 1[) par V h dans la formulation variationnelle, on résoud :a(u, φ i ) = l(φ i ), pour i = 1, ..., N et u =N∑u j φ j .j=1(u j ) j=1,...,N est alors solution du système linéaireN∑A ij u j = F i ,j=1oùetOn note ¯b i j = ∫ x jx ib(x)dx.On remarque queA ij = a(φ j , φ i ) =F i = l(φ i ) =φ ′ i(x) =∫ 10∫ xi+1x i−1b(x)φ ′ j(x)φ ′ i(x)dxf(x)φ i (x)dx.{ 1/h si x ∈ ]xi−1 , x i [−1/h si x ∈ ]x i , x i+1 [8

TD MA201Cours Eléments FinisDonc si i = j, on a queSi j = i + 1, on aA ii =A i i+1 =Si j = i − 1, on aA i i−1 =∫ 10∫ 10∫ 10b(x)(φ ′ i(x)) 2 dx = ¯b i−1 i+1 2h 1 h 2 = ¯b i−1 i+12h .b(x)φ ′ i(x)φ ′ i+1(x)dx = −¯b i i+1 h 1 h 2 = −¯b i i+11h .b(x)φ ′ i(x)φ ′ i−1(x)dx = −¯b i−1 i h 1 h 2 = −¯b i−1 i1h .Pour calculer F i on procède à une intégration numérique, avec la formule des trapèzespar exemple, on a :F i =∫ xix i−1f(x)φ i (x)dx +∫ xi+1x if(x)φ i (x)dx = hf(x i ).Le système obtenu est donc :{2¯bi−1 i+1 u i − ¯b i−1 i u i−1 − ¯b i i+1 u i+1 = h 2 f(x i ), i = 1, ..., Nu 0 = u N+1 = 0.9