Baixe o app para aproveitar ainda mais
Prévia do material em texto
Me´todo de Elementos Finitos: Teoria Ba´sica Fre´de´ric VALENTIN 12 de dezembro de 2011 2 Suma´rio 1 Conceitos Ba´sicos 7 1.1 Exemplo 1D: Elemento Linear por Partes . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.1.1 Forma Fraca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.1.2 Me´todo de Galerkin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.1.3 Melhor Approximac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.1.4 O Me´todo de Elementos Finitos: Elemento Linear por Partes . 13 1.1.5 Interpolac¸a˜o e estimativa de erro . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.2 Exemplo 2D: Elemento Linear por Partes . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.2.1 Forma Fraca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.2.2 Me´todo de Galerkin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.2.3 Melhor Aproximac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.2.4 Me´todo de Elementos Finitos Lineares por Partes . . . . . . . 21 1.2.5 Interpolac¸a˜o e estimativa de erro . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2 Formulac¸a˜o Cont´ınua 25 2.1 Formulac¸a˜o Variacional de uma EDP . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.1.1 Formas e operadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.1.2 Espac¸os de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.1.3 Representac¸o˜es das Formas Lineares Continuas . . . . . . . . 31 2.2 Existeˆncia e Unicidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 2.3 Exemplos de Formulac¸o˜es Variacionais . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 2.3.1 Equac¸a˜o de Laplace Homogeˆnea . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 2.3.2 Equac¸a˜o de Laplace Na˜o Homogeˆnea . . . . . . . . . . . . . . 38 2.3.3 Equac¸a˜o advecc¸a˜o-difusa˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 3 4 SUMA´RIO 3 Formulac¸a˜o Discreta 41 3.1 Me´todo de Galerkin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 3.2 Melhor Aproximac¸a˜o: Lema de Ce´a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 4 Me´todo de Elementos Finitos 45 4.1 Exemplos de Elementos Finitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 4.1.1 Elemento de Lagrange linear em 2D . . . . . . . . . . . . . . . 48 4.1.2 Elemento de Lagrange quadra´tico em 2D . . . . . . . . . . . . 49 4.1.3 Elemento de Lagrange bilinear em 2D . . . . . . . . . . . . . . 50 4.1.4 Elemento de Hermite 2D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 4.1.5 Elemento de Raviart-Thomas 2D . . . . . . . . . . . . . . . . 52 4.2 Elemento Finito de Lagrange Pk(K) em Rd . . . . . . . . . . . . . . . 53 4.2.1 Elemento d-simplex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 4.2.2 Coordenadas bariceˆntricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 4.3 Noc¸a˜o de Elemento de Refereˆncia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 4.4 Elemento Finito Global de Lagrange Pk(Ω) . . . . . . . . . . . . . . . 66 4.4.1 Malha de elementos finitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 4.4.2 Graus de liberdade globais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 4.4.3 Espac¸o global de elementos finitos . . . . . . . . . . . . . . . . 68 4.5 Aproximac¸a˜o Polinomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 4.5.1 Erro de interpolac¸a˜o local . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 4.5.2 Erro de interpolac¸a˜o global . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 5 Aplicac¸a˜o do Me´todo de Elementos Finitos 75 5.1 Elemento finito de Lagrange de ordem Pk(Ω) . . . . . . . . . . . . . . 75 Lista de Figuras 1.1 Uma func¸a˜o em C1 (esquerda) e derivada da func¸a˜o (direita). . . . . 8 1.2 Projec¸a˜o de uma func¸a˜o em V sobre Vh usando a(., .). . . . . . . . . . 12 1.3 Exemplo de uma func¸a˜o linear por partes. . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.4 Func¸a˜o de base ψj. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.5 Exemplo de ψi e ψj com |i− j| > 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.6 Exemplo de ψi e ψj com |i− j| = 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.7 Exemplo de ψi = ψj. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.8 Interpolac¸a˜o da func¸a˜o u por uma func¸a˜o linear por partes uh. . . . . 17 1.9 Func¸a˜o de Green (esquerda) e derivada da func¸a˜o de Green (direita). 18 1.10 Triangularizac¸a˜o conforme (esquerda) e na˜o conforme (direita). . . . . 21 1.11 Uma func¸a˜o de base linear ψj. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 1.12 No´s associados as ψj com a propriedade a(ψi, ψj) �= 0. . . . . . . . . 23 1.13 Numerac¸a˜o onde a(ψ3, ψ4) �= 0 e onde a(ψ3, ψ4) = 0 (direita). . . . . 23 2.1 Exemplo de uma sequeˆncia em C0(Ω¯) (esquerda) que na˜o tem limite (direita) em C0(Ω¯). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.2 Projec¸a˜o de um vetor v ∈ V sobre o subespac¸o M . . . . . . . . . . . . 31 4.1 Elementos finitos triangulares P1(K) (a) e P2(K) (b). . . . . . . . . . 49 4.2 Elemento finito rectangular Q1(K). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 4.3 Elementos finitos triangulares de Hermite (esquerda) e de RT0 (direita). 51 4.4 Exemplos de d-simplex em 1D (esquerda), 2D (centro), e 3D (direita). 53 4.5 Visualizac¸a˜o dos aspectos geome´tricos. . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 4.6 Exemplos de domı´nios d-simplex em 1D (esquerda) e 2D (direita). O da direita tambe´m mostra os vetores independentes a1 − a3 e a2 − a3. 58 5 6 LISTA DE FIGURAS 4.7 Exemplos de domı´nios d-simplex unita´rios em 1D (esquerda) e 2D (direita). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 4.8 Exemplos de grades principais Tk(K) em 1D com k = 0 (esquerda), k = 1 (centro) e k = 2 (direita). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 4.9 Exemplos de grades principais Tk(K) em 2D com k = 0 (esquerda), k = 1 (centro) e k = 2 (direita). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 4.10 Exemplo de grade principal T3(K) em 2D. . . . . . . . . . . . . . . . 60 4.11 Exemplos de func¸o˜es de base quadra´ticas associadas a um ve´rtice (esquerda) e a um ponto no meio de uma aresta (direita) de um triaˆngulo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 4.12 O 1-simplex (esquerda) e o 2-simplex (direita) de refereˆncia. . . . . . 63 4.13 Ac¸a˜o da matriz B. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 4.14 Exemplo de um mapeamento bijetivo entre o elemento de refereˆncia e um elemento f´ısico. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 4.15 Mapeamento entre o elemento finito de refereˆncia e um elemento f´ısico. 66 4.16 Partic¸a˜o regular {Th}h>0 que na˜o e´ quasi-uniforme. . . . . . . . . . . 67 4.17 Dois triaˆngulos adjacentes em uma malha na˜o estrutura. . . . . . . . 68 Cap´ıtulo 1 Conceitos Ba´sicos 1.1 Exemplo 1D: Elemento Linear por Partes 1.1.1 Forma Fraca Seja f = f(x) ∈ C0([0, 1]) e considere o seguinte problema de valor de contorno: Achar u = u(x) ∈ C2([0, 1]) tal que −d 2u dx2 = f, em I := (0, 1), u(0) = 0, u�(1) = 0, (1.1) Logo (1.1) tem soluc¸a˜o u´nica. Observac¸a˜o 1.1. Observe que u ∈ C2([0, 1]) significa que u e as primeiras duas derivadas sa˜o continuo. • Qual o sentido de (1.1) se u /∈ C2([0, 1])? • Podemos propor um problema que “generaliza” (1.1), isto e´, tal que sua soluc¸a˜o coincida com a de (1.1) quando u ∈ C2([0, 1])? (Veja Figura 1.1) � Seja v uma func¸a˜o “suficientemente” regular tal que v(0) = 0. Multiplicando (1.1) por v e integrando-a temos − � 1 0 d2u dx2 v dx = � 1 0 f v dx := (f, v)I . (1.2) Utilizando a formula de Green (integrac¸a˜o por partes) temos − � 1 0 d2u dx2 v dx = � 1 0 u�v� dx− u�(1)v(1) + u�(0)v(0) = � 1 0 u�v� dx := a(u, v). 7 8 CAPI´TULO 1. CONCEITOS BA´SICOS Figura 1.1: Uma func¸a˜o em C1 (esquerda) e derivada da func¸a˜o (direita). Logo (1.2) torna-se:�Achar u tal que a(u, v) = (f, v)I ∀ v tal que v(0) = 0. (1.3) Precisamos definir onde u faz sentido! Seja V := � v ∈ H1(0, 1) : v(0) = 0� . Lembramos que L2(0, 1) := � v : (0, 1)→ R : � 1 0 v2 dx <∞ � , H1(0, 1) := � v ∈ L2(0, 1) : � 1 0 (v�)2 dx <∞ � . Enta˜o, o problema torna-se:� Achar u ∈ V tal que a(u, v) = (f, v)I ∀ v ∈ V. (1.4) Observe que (1.1) ⇒ (1.4). Lema 1.1. Seja f ∈ C0([0, 1]) e u ∈ C2([0, 1]) a soluc¸a˜o de (1.1). Enta˜o (1.1) ⇔ (1.4). Demonstrac¸a˜o. Observe que (1.1)⇒(1.4). Agora, provemos que (1.4) ⇒ (1.1). Seja v ∈ V ∩ C1([0, 1]) ⊂ V . Portanto temos u ∈ V satisfazendo a(u, v) = (f, v)I . 1.1. EXEMPLO 1D: ELEMENTO LINEAR POR PARTES 9 Usando integrac¸a˜o por partes (f, v)I = a(u, v) = � 1 0 u�v� dx = − � 1 0 d2u dx2 v dx+ u�(1)v(1)− u�(0)v(0) = − � 1 0 d2u dx2 v dx+ u�(1)v(1). (1.5) Selecione v ∈ V ∩ C1([0, 1]) tal que v(1) = 0, tal que� −d 2u dx2 − f, v � I = 0 ∀ v ∈ V ∩ C1([0, 1]). Isso implica que (exerc´ıcio) −d 2u dx2 = f em I. Agora selecione v(x) = x ∈ V ∩ C1([0, 1]) e use-o em (1.5). Portanto u�(1) = u�(1)v(1) + � −d 2u dx2 − f, v � I = 0, e como u(0) = 0 pois u ∈ V , o resultado segue. Observac¸a˜o 1.2. As condic¸o˜es de contorno denominam-se • u(0) = 0 : condic¸a˜o de contorno essencial (ou Dirichlet) • u�(1) = 0 : condic¸a˜o de contorno natural (ou Neumann) � Observac¸a˜o 1.3. O problema (1.4) corresponde ao princ´ıpio do trabalho virtual em mecaˆnica. Seja o funcional linear F : V → R F (v) = 1 2 a(v, v)− (f, v)I . Definimos o seguinte problema de minimizac¸a˜o:� Achar u ∈ V tal que F (u) ≤ F (v) ∀ v ∈ V. (1.6) Esse problema corresponde ao princ´ıpio da energia potencial mı´nima em mecaˆnica. Podemos provar que (1.6) ⇔ (1.4). � Observac¸a˜o 1.4. Se u ∈ C2([0, 1]), temos (1.1) ⇔ (1.4) ⇔ (1.6). � Observac¸a˜o 1.5. Assumimos que quando v ∈ V o problema (1.4) tem soluc¸a˜o u´nica. � 10 CAPI´TULO 1. CONCEITOS BA´SICOS 1.1.2 Me´todo de Galerkin Seja Vh ⊂ V um subespac¸o de dimensa˜o finita. O me´todo de Galerkin consiste em:� Achar uh ∈ Vh tal que a(uh, vh) = (f, vh)I ∀ vh ∈ Vh. (1.7) Observac¸a˜o 1.6. Analogamente ao problema cont´ınuo, podemos associar o me´todo de Galerkin a um problema de minimzac¸a˜o:� Achar uh ∈ Vh tal que F (uh) ≤ F (vh), ∀ vh ∈ Vh. (1.8) � Seja {ψ}i∈{1,...,n} uma base para Vh. Logo uh = n� j=1 ujψj. Como (1.7) e´ va´lido para todo vh ∈ Vh, tomemos vh = ψi. Enta˜o a(uh, vh) = a( n� j=1 ujψj, ψi) = n� j=1 a(ψj, ψi)uj. Seja Kij = a(ψj, ψi) e Fi = (f, ψi)I . Enta˜o (1.7) e´ equivalente ao sistema linear n� j=1 Kijuj = Fi ∀ i ∈ {1,. . . ,n}. De forma compacta, K = [Kij], u = [uj], F = [Fi], (1.7) e´ equivalente ao sistema K u = F. Observac¸a˜o 1.7. Como este sistema e´ finito e quadrado, unicidade e´ igual existeˆncia. � Teorema 1.2. Seja f ∈ L2([0, 1]), enta˜o o problema� Achar u ∈ Rn tal que K u = F, (1.9) tem soluc¸a˜o u´nica. 1.1. EXEMPLO 1D: ELEMENTO LINEAR POR PARTES 11 Demonstrac¸a˜o. Suponha v tal que K v = 0. Temos que provar que v = 0. Escreva v = �n i=1 viψi, logo� 1 0 (v�)2 dx = a(v, v) = ✟✟ ✟✟ ✟✟ ✟✯0n� i=1 a(v, ψi) vi = 0. Enta˜o, v� = 0 logo v = c ∈ R. Mas v(0) = 0, e portanto v = 0. Como {ψi} e´ uma base, 0 = v = n� i=1 viψi ⇒ vi = 0, ∀ i ∈ {1, . . . , n} ⇒ v = 0. Observac¸a˜o 1.8. A matriz K e´ sime´trica e positiva definida (chamada de matriz de rigidez). De fato, seja v ∈ Rn. Definindo v =�ni=1 viψi, temos vT K v = n� i,j=1 viKijvj = a(v, v) = � 1 0 (v�)2 dx ≥ 0. Quando � 1 0 (v �)2 dx = 0 ⇒ v� = 0 ⇒ v = c ∈ R. Como v(0) = 0 ⇒ v = 0 ⇒ v = 0. Logo vT K v > 0 ∀ v ∈ Rn, v �= 0. � 1.1.3 Melhor Approximac¸a˜o Queremos mostrar que a func¸a˜o uh ∈ Vh, soluc¸a˜o do me´todo de Galerkin, e´ a que aproxima melhor u ∈ V dentre todas as func¸o˜es vh ∈ Vh. Usando a(u, vh) = (f, vh)I ∀ vh ∈ Vh (do problema (1.4) e Vh ⊂ V ) a(uh, vh) = (f, vh)I ∀ vh ∈ Vh (do problem (1.7)), temos a(u− uh, vh) = 0 ∀ vh ∈ Vh. (1.10) 12 CAPI´TULO 1. CONCEITOS BA´SICOS V u uh Vh Figura 1.2: Projec¸a˜o de uma func¸a˜o em V sobre Vh usando a(., .). Definic¸a˜o 1.1. A func¸a˜o u− uh ∈ V e´ chamada de erro de aproximac¸a˜o. Definic¸a˜o 1.2. A func¸a˜o �v�E = � a(v, v), ∀ v ∈ V e´ chamada de norma da energia. (Exerc´ıcio: Prove que �.�E e´ uma norma sobre V .) O resultado seguinte, chamado de desigualdade de Cauchy-Schwarz, e´ uma relac¸a˜o entre a(., .) e �.�E, |a(w, v)| ≤ �w�E�v�E ∀ v, w ∈ V. (1.11) De (1.10) e (1.11) temos, dado vh ∈ Vh, �u− uh�2E = a(u− uh, u− uh) = a(u− uh, u− vh) + ✘✘✘ ✘✘✘ ✘✘✘ ✘✿0 a(u− uh, vh − uh) (ortogonalidade) = a(u− uh, u− vh) ≤ �u− uh�E�u− vh�E. (Cauchy-Schwarz) Se �u− uh�E �= 0, logo �u− uh�E ≤ �u− vh�E ∀ vh ∈ Vh. Este resultado e´ trivial se �u− uh�E = 0. Logo, provamos que �u− uh�E ≤ inf vh∈Vh �u− vh�E. Por outro lado, sendo uh ∈ Vh, temos inf vh∈Vh �u− vh�E ≤ �u− uh�E. O espac¸o Vh e´ de dimensa˜o finita, logo infvh∈Vh �u − vh�E = minvh∈Vh �u − vh�E, e temos o seguinte resultado. Teorema 1.3. Seja u ∈ V a soluc¸a˜o do problema (1.4) e uh ∈ Vh a soluc¸a˜o do problema (1.7). Logo uh e´ a melhor aproximac¸a˜o no espac¸o Vh, i.e. �u− uh�E = min vh∈Vh �u− vh�E. 1.1. EXEMPLO 1D: ELEMENTO LINEAR POR PARTES 13 0 xj 1 Figura 1.3: Exemplo de uma func¸a˜o linear por partes. 1.1.4 O Me´todo de Elementos Finitos: Elemento Linear por Partes Falta escolher Vh ⊂ V para tornar o me´todo de Galerkin efetivo. Portanto, cons- truimos Vh da seguinte forma: Seja a seguinte partic¸a˜o de [0, 1] 0 = x0 < x1 < · · · < xn = 1, e definimos Ij = (xj−1, xj), j ∈ {1, . . . , n}, hj = xj − xj−1 e h = maxj∈{1,...,n} hj. Definic¸a˜o 1.3. Definimos Vh o espac¸o das func¸o˜es lineares vh tal que • vh ∈ C0([0, 1]), • vh|Ij e´ um polinoˆmio linear, j ∈ {1, . . . , n}, • vh(0) = 0. Assumimos que Vh ⊂ V . Definic¸a˜o 1.4. Seja {ψi}i∈{i,...,n} ⊂ Vh as func¸o˜es definadas por ψi(xj) = δij = � 1 i = j, 0 i �= j, (delta de Kronecker) e assumimos que {ψi}i∈{i,...,n} e´ uma base para Vh. Para i ∈ {1, . . . , n}, chamamos • xi e´ chamado de no´, 14 CAPI´TULO 1. CONCEITOS BA´SICOS 1 0 xj−1 xj Ij Ij+1 1 ψj xj+1 Figura 1.4: Func¸a˜o de base ψj. • ψi e´ chamado de func¸a˜o de base nodal, • vh(xi) e´ chamado de valor nodal ou grau de liberdade. Portanto, uma func¸a˜o vh ∈ Vh possui a seguinte representac¸a˜o (u´nica) vh(x) = n� i=1 viψi(x), onde vi = vh(xi) (pois ψi(xi) = 1 e ψi(xj) = 0, i �= j). Observac¸a˜o 1.9. O espac¸o Vh tem dimensa˜o n. �. Lembramos que associado ao me´todo de Galerkin, existe o sistema linear K v = F, onde K = [Kij] := a(ψi, ψj), e´ sime´trica e positiva definida. Observac¸a˜o 1.10. Grac¸as a escolha as func¸o˜es de base polinomiais por parte, a matriz K e´ tridiagonal. De fato, � 1 0 ψ�j ψ � i dx = a(ψj, ψi) = 0, se |i− j| > 1 (veja Fig. 1.5, 1.6, 1.7). 1.1. EXEMPLO 1D: ELEMENTO LINEAR POR PARTES 15 1 ψi ψj 0 xi xj 1 Figura 1.5: Exemplo de ψi e ψj com |i− j| > 1. ψi ψj 1 xi xj 10 Figura 1.6: Exemplo de ψi e ψj com |i− j| = 1. 16 CAPI´TULO 1. CONCEITOS BA´SICOS 1 ψj = ψi 1xj0 Figura 1.7: Exemplo de ψi = ψj. Se hj = h, ∀ j ∈ {1, . . . , n}, temos (verifique) K = 1 h 2 −1 0 · · · 0 0 0 −1 2 −1 · · · 0 0 0 0 −1 2 · · · 0 0 0 ... ... ... . . . ... ... ... 0 0 0 · · · 2 −1 0 0 0 0 · · · −1 2 −1 0 0 0 · · · 0 −1 2 . 1.1.5 Interpolac¸a˜o e estimativa de erro Definic¸a˜o 1.5. Dado v ∈ C0([0, 1]), a func¸a˜o interpolante Iv ∈ Vh de v e´ definida por Iv(x) := n� i=1 v(xi)ψi(x). Observac¸a˜o 1.11. Se v ∈ Vh enta˜o Iv = v, pois (Iv− v)|Ij e´ linear cont´ınua e (Iv − v)(xj−1) = (Iv − v)(xj) = 0 ⇒ (Iv − v)|Ij = 0, ∀ j ∈ {1, . . . , n}. (Exerc´ıcio: Use esse resultado para provar que {ψi}i∈{1,··· ,n} e´ uma base para Vh.) � De modo geral temos a seguinte estimativa para o erro de interpolac¸a˜o (assu- mido): Lema 1.4. Seja �v�L2(I) := ( � 1 0 |v|2) 1 2 . Logo (i) �v − Iv�E ≤ Ch�d2udx2�L2(I), 1.1. EXEMPLO 1D: ELEMENTO LINEAR POR PARTES 17 $0$ $1$ uh u Figura 1.8: Interpolac¸a˜o da func¸a˜o u por uma func¸a˜o linear por partes uh. (ii) maxx∈[0,1] |u(x)− Iu(x)| ≤ Ch2maxx∈[0,1] |d2u(x)dx2 |, onde C e´ independente de h e u. Como Iu ∈ Vh e temos a estimativa para u − Iu grac¸as ao Lema 1.4, podemos usa´-la para estimar o erro u− uh. De fato, do Teorema 1.3 temos �u− uh�E = minvh∈Vh�u− vh�E ≤ �u− Iu�E ≤ Ch�d 2u dx2 �L2(I). Portanto, provamos a seguinte estimativa de erro: Teorema 1.5. Seja u ∈ V ∩ H2(I) a soluc¸a˜o exata de (1.4), e uh ∈ Vh a soluc¸a˜o do me´todo de Galerkin (1.7). Logo, temos que �u− uh�E ≤ Ch�d 2u dx2 �L2(I), onde C > 0 e´ uma constante independente de u e h. Lembre que �u− uh�E = ( � 1 0 [(u− uh)�]2) 1 2 . O que podemos dizer sobre |u(x)− uh(x)|? Definic¸a˜o 1.6. Seja gx(t) uma func¸a˜o, chamada de func¸a˜o de Green, definida por gx(t) = � t, t < x, x, sena˜o, onde x ∈ [0, 1]. 18 CAPI´TULO 1. CONCEITOS BA´SICOS x gx(t) x 1 1 g � x(t) − + x 1 Figura 1.9: Func¸a˜o de Green (esquerda) e derivada da func¸a˜o de Green (direita). Observe que, dado v ∈ V , temos a(v, gx) = � 1 0 v�g�x = − � x 0 v d2g dx2 dx− � 1 x v d2g dx2 dx+ v(x)g�x(x)|+ −✟✟✟✯ 0 v(0)g�x(0) + v(1)✟✟ ✟✟✯0g�x(1)− v(x)g�x(x)|− = v(x)✘✘✘ ✘✘✿1�g�x(x)� = v(x) Portanto, escolhendo v = u− uh acima, temos (u− uh)(x) = a(u− uh, gx), ∀x ∈ [0, 1]. Em seguida, escolhendo x = xi (os no´s), temos que (u− uh)(x) = a(u− uh, gxi) (1.12) = 0, (ortogonalidade) pois gxi ∈ Vh. Logo (1.12) e´ equivalente, pela Definic¸a˜o 1.5, uh ≡ Iu ! (1.13) Logo, usando o Lema 1.4 item (ii), temos a seguinte estimativa de erro pontual. Teorema 1.6. Seja u ∈ V ∩H2(I) a soluc¸a˜o exata de (1.4) e uh a soluc¸a˜o de (1.7). Logo, temos que max x∈[0,1] |u(x)− uh(x)| ≤ Ch2 max x∈[0,1] |d 2u(x) dx2 . Demonstrac¸a˜o. Seja x ∈ [0, 1]. Logo, |u(x)− uh(x)| ≤ |u(x)− Iu(x)|+✘✘✘✘✘ ✘✘✘✘✿ 0 |Iu(x)− uh(x)| (Eq. (1.13)) ≤ max x∈[0,1] |u(x)− Iu(x)| ≤ Ch2 max x∈[0,1] |d 2u dx2 |. 1.2. EXEMPLO 2D: ELEMENTO LINEAR POR PARTES 19 1.2 Exemplo 2D: Elemento Linear por Partes 1.2.1 Forma Fraca Suponha Ω ⊂ R2 um aberto com fronteira poligonal ∂Ω, f e´ uma func¸a˜o dada “regular” e �u := ∂ 2u ∂x2 + ∂2u ∂y2 . Considere o seguinte problema: Achar u tal que −�u = f, em Ω, u = 0, em ∂Ω. (1.14) Observac¸a˜o 1.12. Denotamos o gradiente de v por ∇v, e lembramos que a formula de Green se escreve� Ω ∇v·∇w dx+ � Ω �v w dx = � ∂Ω ∂v ∂n w ds, onde v, w sa˜o func¸o˜es “suficientemente” regulares, e ∂v∂n := ∇v·n e´ a derivada normal. � Definimos, V := {v ∈ H1(Ω) : v|∂Ω = 0} ∩ C0(Ω¯), (1.15) e logo a forma fraca de (1.14) e´ dada por:� Achar u ∈ V tal que a(u, v) = (f, v)Ω, ∀ v ∈ V, (1.16) onde a(u, v) := � Ω ∇u·∇v dx (f, v)Ω := � Ω f v dx. De fato, multiplicando a equac¸a˜o (1.14) por v, integrando sobre Ω, e usando a fo´rmula de Green obtemos (f, v)Ω := � Ω f v dx = � Ω −�u v dx = � Ω ∇u·∇v dx− � ∂Ω� � �✒ 0 ∂u ∂n v ds (v|∂Ω = 0) = � Ω ∇u·∇v dx = a(u, v). 20 CAPI´TULO 1. CONCEITOS BA´SICOS Analogamente ao exemplo 1D, existe um problema de minimizac¸a˜o equivalente a (1.14) dado por: � Achar u ∈ V tal que F (u) ≤ F (v), ∀ v ∈ V, (1.17) onde F (v) := 1 2 a(v, v)− (f, v)Ω. Ex. 1 — Suponha u ∈ C2(Ω). Prove que (1.14) ⇔ (1.16). � 1.2.2 Me´todo de Galerkin Seja Vh ⊂ V um subespac¸o de dimensa˜o finita. O me´todo de Galerkin corresponde a: � Achar uh ∈ Vh tal que, a(uh, vh) = (f, vh)Ω, ∀ vh ∈ Vh. (1.18) Seja {ψi}i∈{1,...,n} uma base para Vh. Ex. 2 — Mostrar que (1.18) ⇒ K v = F onde para i, j ∈ {1, . . . , n}, K = [Kij] := a(ψi, ψj), F = [Fi] := (f, ψi)Ω, v = [vi], e que a matriz K e´ sime´trica e positiva definida. Finalmente, provar que o sistema linear tem uma soluc¸a˜o u´nica. � 1.2.3 Melhor Aproximac¸a˜o Seja u ∈ V a soluc¸a˜o de (1.16) e uh ∈ Vh a soluc¸a˜o de (1.18). Temos que, �u− uh�E = min vh∈Vh �u− vh�E. (1.19) Ex. 3 — Verifique (1.19) usando o mesmo procedimento do case 1D onde agora. � �v�E := � a(v, v) = �� Ω |∇v|2 dx � 1 2 . 1.2. EXEMPLO 2D: ELEMENTO LINEAR POR PARTES 21 K K2 K1 Figura 1.10: Triangularizac¸a˜o conforme (esquerda) e na˜o conforme (direita). 1.2.4 Me´todo de Elementos Finitos Lineares por Partes Lembramos que Ω ∈ R2 e´ um aberto com fronteira poligonal. Definic¸a˜o 1.7. Uma partic¸a˜o (ou malha) de Ω em elementos K, e denotada por Th, e´ chamada de conforme se Ω¯ = ∪K∈ThK, e tal que K1 ∩ K¯2 = ∅, um no´, ou uma aresta, onde K1, K2 ∈ Th. Seja hK := diam(K) = maior lado de K e h := maxK∈Th hK . Definic¸a˜o 1.8. Seja Vh o espac¸o das func¸o˜es (i) vh ∈ C0(Ω¯); (ii) vh|K e´ um polinoˆmio linear, K ∈ Th; (iii) vh|∂Ω = 0. Observac¸a˜o 1.13. Podemos re-escrever (i)-(iii) da definic¸a˜o 1.8 de forma compacta como Vh = {vh ∈ C0(Ω¯) : vh|K ∈ P1(K) e v|∂Ω = 0}, e podemos provar que (assumido neste momento) Vh ⊂ V. Denotamos por P1(K) o espac¸o dos polinoˆmios por partes de ordem ≤ 1. Definic¸a˜o 1.9. Seja {ψi}i∈{1,...,n} ⊂ Vh as func¸o˜es definidas por ψi(xj) = δij = � 1 i = j, 0 i �= j, onde i, j ∈ {1, . . . , n}. Chamamos de 22 CAPI´TULO 1. CONCEITOS BA´SICOS ψj xj Figura 1.11: Uma func¸a˜o de base linear ψj. • xi os no´s da malha; • ψi as func¸o˜es de base nodais (assumido neste momento); • vh(xj) grau de liberdade. Portanto, dado vh ∈ Vh vh(x) = n� i=1 viψi(x), onde vi = vh(xi). Observac¸a˜o 1.14. O espac¸o Vh tem dimensa˜o n, mas o numero de graus de liberdade desconhecidos e´ n menos o nu´mero de no´s no contorno ∂Ω. Lembre que associado a (1.18) temos K u = F, onde K = [Kij] := a(ψi, ψj), F = [Fi] := (f, ψi)Ω, u = [ui]. Uma vez calculado u ∈ Rn, a soluc¸a˜o aproximada e´ dada por uh(x) = n� i=1 uiψi(x), ∀x ∈ Ω. 1.2. EXEMPLO 2D: ELEMENTO LINEAR POR PARTES 23 i Figura 1.12: No´s associados as ψj com a propriedade a(ψi, ψj) �= 0. Observac¸a˜o 1.15. Observe que a numericac¸a˜o dos no´s da malha impacta a forma da matriz K! � 1.2.5 Interpolac¸a˜o e estimativa de erro Definic¸a˜o 1.10. O operador de interpolac¸a˜o I : C0(Ω¯)→ Vh e´ definido como, Iv(x) := n� i=1 v(xi)ψi(x), 1 2 3 4 5 1 3 12 4 5 1 Figura 1.13: Numerac¸a˜o onde a(ψ3, ψ4) �= 0 e onde a(ψ3, ψ4) = 0 (direita). 24 CAPI´TULO 1. CONCEITOS BA´SICOS onde v ∈ C0(Ω¯). � Ex. 4 — Rever demonstrac¸a˜o, se vh ∈ Vh enta˜o Ivh = vh. � Observac¸a˜o 1.16. {ψi}i∈{1,...,n} e´ uma base para Vh. • De fato, seja vh ∈ Vh, enta˜o vh = Ivh = n� i=1 vh(xi)ψi, logo qualquer func¸a˜o de Vh pode ser representado por uma combinac¸a˜o {ψi}i∈{1,...,n}. • Agora, suponha n� i=1 vh(xi)ψi(x) = 0, ∀x ∈ Ω. Logo, tomando x = xi acima, temos 0 = n� i=1 vh(xi)✘✘✘ ✘✿1ψi(xi) = vh(xi). Portanto, fazendo variar i = 1, . . . , n ⇒ vh(xi) = 0, i ∈ {1, . . . , n}, e o resultado segue. � Assuma o seguinte erro de interpolac¸a˜o Lema 1.7. Seja v ∈ H2(Ω) ∩H10 (Ω). Logo, �v − Iv�E ≤ Ch��u�L2(Ω), onde C > 0 e´ uma constante independente de h e u. Usando o Lema 1.7, estimamos o erro entre u e uh, soluc¸o˜es de (1.16) e (1.18) respectivamente, por �u− uh�E = min vh∈Vh �u− vh�E ≤ �u− Iu�E ≤ Ch��u�L2(Ω). Apresentamos o resultado formalmente no seguinte teorema:Teorema 1.8. Seja u ∈ V ∩H2(Ω) a soluc¸a˜o exata de (1.16), e uh ∈ Vh a soluc¸a˜o de (1.18). Enta˜o, �u− uh�E ≤ Ch��u�L2(Ω), onde C > 0 e´ uma constante independente de u e h. Cap´ıtulo 2 Formulac¸a˜o Cont´ınua 2.1 Formulac¸a˜o Variacional de uma EDP Suponha Ω ⊂ Rn, n ∈ {1, 2, 3}, um aberto limitado com contorno poligonal ∂Ω. Vamos considerar o problema abstrato,� Achar u ∈ V tal que a(u, v) = L(v), ∀ v ∈ V. (2.1) Um problema como (2.1) e´ dito bem posto se 1. existe uma soluc¸a˜o, 2. a soluc¸a˜o e´ unica, 3. a soluc¸a˜o depende continuamente dos dados. O seguinte teorema nos propociona condic¸o˜es suficientes para o problema (2.1) ser bem posto. Lema 2.1 (Lax-Milgram). Seja (V, (., .)V ) um espac¸o de Hilbert. Seja a(., .) uma forma bilinear cont´ınua e coerciva sobre V × V , e L(.) uma forma linear cont´ınua sobre V . Enta˜o, existe uma u´nica u ∈ V tal que a(u, v) = L(v), ∀ v ∈ V, e que satisfaz �u�V ≤ �L�V � α , onde α e´ a constante de coercividade. Note que a estimativa �u�V ≤ �L�V � α , implica que u depende continuamente dos dados. Precisamos definir o sentido dos conceitos incluidos na definic¸a˜o do problema (2.1) e no Lema 2.1. 25 26 CAPI´TULO 2. FORMULAC¸A˜O CONTI´NUA 2.1.1 Formas e operadores Definic¸a˜o 2.1. Seja V um espac¸o vetorial. Uma forma linear L : V → R e´ um operador linear se e somente se L(αv + βw) = αL(v) + βL(w), onde α, β ∈ R e v, w ∈ V,∈ V . Definic¸a˜o 2.2. Uma forma bilinear a : V × V → R e´ um operador linear em cada argumento, isto e´, a(αv + βw, z) = αa(v, z) + βa(w, z), a(v,αw + βz) = αa(v, w) + βa(v, z), onde α, β ∈ R e v, w, z ∈ V . Dizemos que: • L : V → R e´ cont´ınua se existe CL > 0 tal que |L(v)| ≤ CL�v�V , ∀ v ∈ V ; • a : V × V → R e´ cont´ınua se existe Ca > 0 tal que |a(u, v)| ≤ Ca�u�V �v�V , ∀u, v ∈ V ; • a : V × V → R e´ sime´trica, isto e´, a(u, v) = a(v, u), ∀u, v ∈ V ; • a : V × V → R e´ coerciva se existe α > 0 tal que a(v, v) ≥ α�v�2V , ∀ v ∈ V. Definic¸a˜o 2.3. O espac¸o de todas as formas lineares cont´ınuas sobre V e´ chamado de espac¸o dual de V , e denotado por V �. Definimos a seguinte norma �L�V � := sup v∈V, v �=0 |L(v)| �v�V . Ex. 5 — Prove que �.�V � definido na Definic¸a˜o 2.3 e´ uma norma. 2.1. FORMULAC¸A˜O VARIACIONAL DE UMA EDP 27 Formulac¸a˜o equivalente do problema (2.1) Denotamos, para u ∈ V dado, Au(v) := a(u, v). Observe que Au : V → R e´ linear. Observac¸a˜o 2.1. Notac¸a˜o alternativa: �Au, v�V �,V := a(u, v). Enta˜o reescrevemos o problema (2.1) como� Achar u ∈ V tal que Au(v) = L(v), ∀ v ∈ V. (2.2) Assumimos neste momento que Au e´ cont´ınua, isto e´, Au ∈ V �. Logo, (Au−L)(v) = 0, ∀ v ∈ V , isto e´, a formulac¸a˜o (2.2) do problema (2.1) reescreve-se como� Achar u ∈ V tal que Au = L, em V �. (2.3) Podemos interpretar o problema (2.3) da mesma forma que interpretamos a resoluc¸a˜o de um sistema linear. De fato, A pode ser vista como um operador linear A : V���� u → V ����� Au , sobre um vetor u ∈ V . Pore´m neste caso os espac¸os sa˜o de dimensa˜o infinita. Portanto, provar a existeˆncia de soluc¸a˜o para (2.1) e´ equivalente a provar que dado L ∈ V � arbitra´ria, existe u ∈ V tal que Au = L. Isto significa que A e´ sobrejectiva! A unicidade de soluc¸a˜o para o problema (2.1) consiste em provar que A e´ tambe´m injetiva sobre V , isto e´, Av = 0 ⇒ v = 0, v ∈ V. O Lema de Lax-Milgram 2.1 nos fornece as condic¸o˜es suficientes sobre a(., .) e L(.) para existeˆncia e unicidade de soluc¸a˜o para (2.1). Vamos ver que as condic¸o˜es sobre a sa˜o tambe´m condic¸o˜es sobre A tal que o problema (2.3) tem soluc¸a˜o u´nica. Temos a norma �A� = sup w∈V,w �=0 �Aw�V � �w�V . (2.4) Ex. 6 — Prove que: se a(u, v) e´ bilinear e cont´ınua sobre V enta˜o a forma Au e´ linear e cont´ınua sobre V . Logo Au ∈ V �. Ex. 7 — Prove que: se a(u, v) e´ bilinear e cont´ınua sobre V enta˜o o operador A e´ linear sobre V , e �A� ≤ Ca, onde Ca e´ a constante de continuidade para a(., .). 28 CAPI´TULO 2. FORMULAC¸A˜O CONTI´NUA 2.1.2 Espac¸os de Hilbert Definic¸a˜o 2.4. Seja V um espac¸o vetorial sobre R. Um produto interno e´ uma aplicac¸a˜o (., .)V : V × V → R tal que 1. (v, v)V ≥ 0 e (v, v)V = 0 ⇔ v = 0; 2. (v, αw + βz)V = α(v, w)V + β(v, z)V , ∀α, β ∈ R; 3. (v, w)V = (w, v)V , ∀w, v, z ∈ V . Lema 2.2 (Desigualidade de Cauchy-Schwarz). Seja V um espac¸o vetorial munido de (., .)V . Logo, |(u, v)V | ≤ �u�V �v�V , ∀u, v ∈ V. Observac¸a˜o 2.2. Verifique que �v�V := � (v, v)V e´ uma norma sobre V . � Observac¸a˜o 2.3. Seja V um espac¸o vetorial munido de um produto interno (., .)V . Enta˜o V e´ um espac¸o vetorial normado com norma �.�V := � (., .)V . � Definic¸a˜o 2.5 (Espac¸o de Hilbert). Seja V um espac¸o linear e suponha (i) V e´ equipado de um produto interno (., .)V ; (ii) Toda sequeˆncia de Cauchy em V converge em V na norma �.�V . O espac¸o V e´ dito completo (relembre o que e´ uma sequeˆncia de Cauchy). O espac¸o (V, (., .)V ) e´ chamado espac¸o de Hilbert. A definic¸a˜o do espac¸o de Hilbert e´ composto de um espac¸o vetorial e um produto interno. Quando o produto interno esta´ claramente definido pelo contexto, vamos utilizar a notac¸a˜o V ao inve´s de de (V, (., .)V ). Exemplo 2.1. (i) O espac¸o V := C0([0, 1]) com o produto interno (v, w)V := � 1 0 v w dx ∈ R, na˜o e´ completo: existe uma sequeˆncia {un}n∈N tal que �un − u�V → 0, mas u /∈ C0([0, 1])! (veja Figura 2.1) Logo, V na˜o e´ um espac¸o de Hilbert. (ii) O espac¸o V := R e´ um espac¸o de Hilbert munido do produto interno (u, v)V := uv, u, v ∈ R. A norma �u�V = √ u2 = |u|. O espac¸o V := Rn munido com produto interno e´ um espac¸o de Hilbert. (iii) Todo vetorial espac¸o (V, (., .)V ) de dimensa˜o finita e´ um espac¸o de Hilbert. 2.1. FORMULAC¸A˜O VARIACIONAL DE UMA EDP 29 un1 1 2 1 2 − 1n 1 u1 1 2 1 Figura 2.1: Exemplo de uma sequeˆncia em C0(Ω¯) (esquerda) que na˜o tem limite (direita) em C0(Ω¯). (iv) O espac¸o V := L2(Ω) onde L2(Ω) := {v : Ω→ R : � Ω |v|2 dx <∞}, e´ um espac¸o de Hilbert munido do produto interno (u, v)V = (u, v)Ω := � Ω u v dx, ∀u, v ∈ V. (v) Os espac¸os V := Hk(Ω) onde, k ∈ {0, 1, 2, . . . } Hk(Ω) := {v ∈ L2(Ω) : � |α|≤k � Ω (Dαu)2 dx <∞}, sa˜o espac¸os de Hilbert com (u, v)V := � |α|≤k (Dαu, Dαv)V , Dα operador diferencial de ordem |α| e |α| = �di=1 αi. Denotamos a norma induzida por �v�V := � (v, v)V . (vi) Os espac¸os V := Hk0 (Ω) onde, k ∈ {0, 1, 2, . . . } Hk0 (Ω) := {v ∈ Hk(Ω) : v|∂Ω = 0}, sa˜o espac¸os de Hilbert com o mesmo produto interno de Hk(Ω). � 30 CAPI´TULO 2. FORMULAC¸A˜O CONTI´NUA Observac¸a˜o 2.4. Uma semi-norma no espac¸o Hk(Ω) e´ definida por |v|V := � |α|=k (Dαv, Dαv)V 12 , v ∈ Hk(Ω). Observe que |v|V = 0 �⇒ v = 0! A semi-norma no espac¸o H10 (Ω) e´ uma norma, e denotamos �v�H10 (Ω) = |v|H1(Ω) = �∇v�L2(Ω). Este resultado e´ uma consequeˆncia da desigualidade de Poincare´: Lema 2.3 (Desigualidade de Poincare´). Seja Ω um aberto limitado. Existe CΩ > 0 tal que �v�L2(Ω) ≤ CΩ�∇v�L2(Ω), v ∈ H10 (Ω). Subespac¸os Definic¸a˜o 2.6. Seja (V, (., .)V ) um espac¸o de Hilbert. Dizemos que M ⊂ V e´ um sub-espac¸o de V se M e´ fechado. Se M e´ um sub-espac¸o de um espac¸o de Hilbert (V, (., .)V ), enta˜o (M, (., .)V ) e´ um espac¸o de Hilbert porque M fechado implica M ser completo. O seguinte teorema (assumido) usa esse fato fara decompor V em sub-espac¸os. Lema 2.4. Seja M um sub-espac¸o de um espac¸o de Hilbert (V, (., .)V ) enta˜o V = M ⊕M⊥, onde M⊥ := {v ∈ V : (v, w)V = 0, ∀w ∈M}, e´ um sub-espac¸o de V . De acordo com Lema 2.4, dado v ∈ V , v decompoe˜-se univocamente como v = vM + vM ⊥ , onde vM ∈M e vM⊥ := v − vM ∈M⊥. Veja Figura 2.2. Lema 2.5. Seja (V, (.,.)V ) um espac¸o de Hilbert, e suponha a(., .) uma forma bilinear sime´trica cont´ınua em V , e coerciva em um sub-espac¸o M de V . Logo, 1. (M, a(., .)) e´ um espac¸o de Hilbert; 2. C1�v�V ≤ �v�E ≤ C2�v�V , ∀ v ∈M, C1, C2 > 0. Ex. 8 — Prove o lema anterior. Dicas: •Prove que a(., .) e´ um produto interno sobre M . •Toda sequeˆncia de Cauchy converge em M na norma �.�E = � a(., .). 2.1. FORMULAC¸A˜O VARIACIONAL DE UMA EDP 31 V v vM M vM ⊥ = v − vM Figura 2.2: Projec¸a˜o de um vetor v ∈ V sobre o subespac¸o M . 2.1.3 Representac¸o˜es das Formas Lineares Continuas Observe que dado u ∈ V , existe uma forma linear Lu definida por Lu(v) := (u, v)V , ∀ v ∈ V, e cont´ınua, isto e´, Lu ∈ V �. Do seguinte teorema, dado L ∈ V �, existe u ∈ V tal que L(v) = (u, v)V , ∀ v ∈ V. Teorema 2.6 (Teorema da Representac¸a˜o de Riesz). Seja L ∈ V �, onde V � e´ o espac¸o dual do espac¸o de Hilbert (V, (., .)V ). Enta˜o existe um u´nico u ∈ V tal que L(v) = (u, v)V , ∀ v ∈ V. Ale´m disso, �L�V � = �u�V . Demonstrac¸a˜o. Provamos o resultado em treˆs passos: i) existeˆncia de u ∈ V , ii) unicidade de u ∈ V , e finalmente iii) �L�V � = �u�V . (i) existeˆncia: Seja M o seguinte sub-espac¸o de V M := {v ∈ V : L(v) = 0}. Portanto, V = M ⊕M⊥. Caso M⊥ = {0}. Enta˜o neste caso M = V , e logo L(v) = 0, ∀ v ∈ V . Tome u = 0! 32 CAPI´TULO 2. FORMULAC¸A˜O CONTI´NUA Caso M⊥ �= {0}. Tome z ∈ M⊥, z �= 0. Enta˜o L(z) �= 0. Dado v ∈ V e β = L(v)L(z) , obtemos L(v − βz) = L(v)− βL(z) = 0, logo v − βz ∈M . Portanto, escrevendo vM = v − βz, temos βz = vM⊥ . Em particular, se v ∈M⊥ enta˜o v = βz o que mostra que M⊥ tem dimensa˜o 1. Tome u := L(z) �z�2V z, enta˜o u ∈M⊥. Temos: (u, v)V = (u, (v − βz)V + βz)V = (u,✘✘✘ ✘✘✿0v − βz)V + (u, βz)V = (u, βz)V (u ∈M⊥, e v − βz ∈M) = β L(z) �z�2V (z, z)V (Definic¸a˜o de u) = βL(z) (Definic¸a˜o de β) = L(v). (ii) unicidade: Sejam u1, u2 ∈ V tais que L(v) = (u1, v)V e L(v) = (u2, v)V . Logo, tomando v = u1 − u2 ∈ V , 0 = L(u1 − u2)− L(u1 − u2) = (u1, u1 − u2)V − (u2, u1 − u2)V = �u1 − u2�2V , isto e´, u1 − u2 = 0 ⇒ u1 = u2. (iii) �L�V � = �u�V Observe que �u�V = �L(z)z�V�z�2V = |L(z)|�z�V�z�2V = |L(z)| �z�V ≤ sup z∈V, z �=0 |L(z)| �z�V = �L�V � . 2.2. EXISTEˆNCIA E UNICIDADE 33 Por outro lado, �L�V � = sup v∈V, v �=0 |L(v)| �v�V = sup v∈V, v �=0 |(u, v)V | �v�V ≤ sup v∈V, v �=0 �u�V �v�V �v�V (Cauchy-Schwarz) = �u�V . Portanto, �L�V � = �u�V . Definic¸a˜o 2.7. Seja (V, (., .)V ) um espac¸o de Hilbert. Definimos um mapeamento dual sobre V , J : V���� u → V ����� Ju , atrave´s de Ju := Lu, onde Lu e´ a forma linear cont´ınua associada a u ∈ V , isto e´, Lu(v) = �Ju, v�V �,V� �� � ac¸a˜o de Ju sobre v := (u, v)V , ∀u, v ∈ V. Observac¸a˜o 2.5. Pelo teorema da representac¸a˜o de Riesz o mapeamento J e´ bijetivo, cont´ınuo e preserva a norma. Isto e´, �Ju�V � = �u�V . Ex. 9 — Mostre que J : V → V � definido acima e´ um mapeamento cont´ınuo sobre V . 2.2 Existeˆncia e Unicidade O Teorema de Riesz esta´ na base da demonstrac¸a˜o do Lema de Lax-Milgram. Con- sidere a formulac¸a˜o (2.2) do problema (2.1) e observe que pelo teorema do represen- tatc¸a˜o de Riesz, existe τAu ∈ V e τL ∈ V tais que (τAu, v)V = Au(v), ∀ v ∈ V, (τL, v)V = L(v), ∀ v ∈ V, onde �τAu�V = �Au�V � e �τL�V = �L�V � (note τ : V � → V e´ igual a J−1). Portanto, o problema (2.1) e´ equivalente ao problema (2.2) e reescriva-se:� Achar u ∈ V tal que (τAu, v)V = (τL, v)V , ∀ v ∈ V, (2.5) 34 CAPI´TULO 2. FORMULAC¸A˜O CONTI´NUA isto e´, dado L ∈ V �, � Achar u ∈ V tal que τAu = τL, em V. (2.6) O problema (2.5) e´ equivalente ao problema (2.1), mas e´ uma formulac¸a˜o mais adequada para a demonstac¸a˜o. Supondo a : V × V → R e´ cont´ınua, observe que o operador τA : V → V tem a propriedade �τA� ≤ Ca, (2.7) onde Ca e´ a constante de continuidade de a(., .) (a definic¸a˜o de �.� e´ dada em (2.4)). Lema 2.7 (Lax-Milgram). Seja (V, (., .)V ) um espac¸o de Hilbert. Seja a(., .) uma forma bilinear cont´ınua e coerciva sobre V × V , e L(.) uma forma linear cont´ınua sobre V . Enta˜o, existe uma u´nica u ∈ V tal que a(u, v) = L(v), ∀ v ∈ V, e que satisfaz �u�V ≤ �L�V � α , onde α e´ a constante de coercividade. Demonstrac¸a˜o. (i) Existeˆncia Os passos usados para provar existeˆncia no caso sime´trico sa˜o u´teis para o caso geral, enta˜o provamos este caso antes do caso mais geral. 1. Caso a(., .) sime´trico. Veja que (V, a(., .)) e´ um espac¸o de Hilbert (Lema 2.5). Temos que a(., .) e´ cont´ınua e coerciva sobre V , logo �.�V e �.�E sa˜o equivalentes (Lema 2.5). A forma L(v) tambe´m e´ cont´ınua sobre V com relac¸a˜o a �.�E, i.e., |L(v)| ≤ CL�v�V ≤ CL C1 �v�E. Portanto, pelo teorema da representac¸a˜o de Riesz, existe um u´nico u ∈ V tal que L(v) = a(u, v), ∀ v ∈ V. 2. Caso a(., .) na˜o sime´trico. Vamos usar o problema (2.5), que e´ equivalente ao problema (2.1). Pela hipo´tese de coercividade sobre V , dado v ∈ V , α�v�2V ≤ a(v, v) = Av(v) = (τAv, v)V (Teorema da representac¸a˜o de Riesz) ≤ �τAv�V �v�V , (Cauchy-Schwarz) 2.2. EXISTEˆNCIA E UNICIDADE 35 onde α > 0, e τAv ∈ V . Logo, α�v�V ≤ �τAv�V , ∀ v ∈ V. (2.8) Portanto Im(τA) := {w ∈ V : w = τAv, v ∈ V } e´ um sub-espac¸o de V (Exerc´ıcio; Dica: usando as equac¸o˜es (2.8) e (2.7), mostre que Im(τA) e´ fechado.), logo (Im(τA), (., .)V ) e´ um espac¸o de Hilbert. Logo, V = Im(τA)⊕ Im(τA)⊥. Seja w ∈ Im(τA)⊥, portanto pela coercividade sobre V , temos α�w�2V ≤ a(w, w) = Aw(w) (ou �Aw, w�V �×V ) = (τAw, w)V = 0 (τAw ∈ Im(τA) e w ∈ Im(τA)⊥) logo w = 0 e Im(τA)⊥ = {0}. Enta˜o, V = Im(τA), e τA e´ sobrejetiva, isto e´, dado τL ∈ V , existe u ∈ V tal que τAu = τL. (ii) Estabilidade e unicidade Tome v = u em (2.1). Pela coercividade de a(., .) e continuidade de L(.) sobre V temos �u�2V ≤ 1 α a(u, u) = 1 α L(u), logo �u�V ≤ 1 α L(u) �u�V ≤ 1 α |L(u)| �u�V ≤ 1 α sup v∈V |L(v)| �v�V = 1 α �L�V � . Suponha u1 e u2 soluc¸o˜es de (2.1). Portanto pela coercividade de a(., .) sobre V , com v = u1 − u2, temos α�u1 − u2�2V ≤ a(u1 − u2, u1 − u2) = L(u1 − u2)− L(u1 − u2) = 0. Logo �u1 − u2�V = 0 ⇒ u1 = u2 36 CAPI´TULO 2. FORMULAC¸A˜O CONTI´NUA Seja o problema de minimizac¸a˜o� Achar u ∈ V tal que F (u) ≤ F (v), ∀ v ∈ V, (2.9) onde F (v) := 12a(v, v)− L(v). Teorema 2.8. Seja V um espac¸o de Hilbert. Seja a : V × V → R uma forma bilinear sime´trica, cont´ınua e coerciva sobre V . Seja L : V → R uma forma linear cont´ınua sobre V . Logo, (2.1) ⇐⇒ (2.9), e (2.9) tem soluc¸a˜o u´nica. Demonstrac¸a˜o. Lembramos que, existem constantes C1, C2 > 0 tal que C1�v�2V ≤ a(v, v) ≤ C2�v�2V , ∀ v ∈ V. Seja u, v ∈ V e definimos φ(t) := F (u+ tv), ∀ t ∈ R. Usando a condic¸a˜o de simetria de a(., .) temos φ(t) = t2 2 a(v, v) + t [a(u, v)− L(v)] + 1 2 a(u, u)− L(u), (2.10) logo, φ�(t) = ta(v, v) + [a(u, v)− L(v)] . A coercividade de a(., .) implica a(v, v) ≥ α�v�2V , ∀ 0 �= v ∈ V, α > 0. Logo, (2.10) tem um mı´nimo se e somente e φ�(0) = 0, ∀ 0 �= v ∈ V. Seja u soluc¸a˜o de (2.1), logo a(u, v) = L(v) ∀ v ∈ V ⇒ φ�(t) = ta(v, v) ⇒ φ�(0) = 0 ⇒ u e´ o mı´mimo de (2.9). Seja u ∈ V o mı´nimo de (2.9). Logo, φ�(0) = 0 ⇒ a(u, v) = L(v), ∀ 0 �= v ∈ V . Logo, u e´ soluc¸a˜o de (2.1). A existeˆncia e unicidade de (2.9) segue da existeˆncia e unicidade de (2.1). 2.3. EXEMPLOS DE FORMULAC¸O˜ES VARIACIONAIS 37 2.3 Exemplos de Formulac¸o˜es Variacionais 2.3.1 Equac¸a˜o de Laplace Homogeˆnea Considere o problema Achar u tal que −�u = f em Ω, u = 0 em ∂Ω. (2.11) Suponha f ∈ L2(Ω) e definimos a(u, v) := � Ω ∇u·∇v dx L(v) := � Ω f v dx. Definimos V := H10 (Ω) munido do produto interno(u, v)H10 (Ω) := � Ω∇u·∇v dx. A formulac¸a˜o variacional do problema (2.11) consiste em� Achar u ∈ V tal que a(u, v) = L(v), ∀ v ∈ V. (2.12) Note que a forma bilinear a(., .) e´ sime´trica, isto e´, a(u, v) = (u, v)H10 (Ω) = (v, u)H10 (Ω) = a(v, u). Vamos verificar para o problema (2.12) as hipo´teses do Lema de Lax-Milgram: (i) (V, (., .)V ) = (H10 (Ω), (., .)H10 (Ω)) e´ um espac¸o de Hilbert pois (., .)H10 (Ω) e´ um produto interno e H10 (Ω) e´ completo na norma �u�H10 (Ω) = � (v, v)H10 (Ω). (ii) A forma linear L(.) e´ cont´ınua, |L(v)| = |(f, v)L2(Ω)| (Cauchy-Schwarz) ≤ �f�L2(Ω)�v�L2(Ω) = Cf�v�L2(Ω) (Poincare´) ≤ CΩCf�v�H10 (Ω), ∀ v ∈ V. (iii) A forma bilinear a(., .) e´ cont´ınua, |a(u, v)| = |(u, v)H10 (Ω)| ≤ �u�H10 (Ω)�v�H10 (Ω). (Cauchy-Schwarz) (iv) A forma bilinear a(., .) e´ coerciva, a(v, v) = (v, v)H10 (Ω) = �v�2H10 (Ω). (= |v|H1(Ω) = �∇v�L2(Ω) ) 38 CAPI´TULO 2. FORMULAC¸A˜O CONTI´NUA Portanto existe uma u´nica u ∈ V soluc¸a˜o do problema (2.12) e �u�H10 (Ω) ≤ �L�(H10 (Ω))� (2.13) = sup v∈V, v �=0 |L(v)| �v�H10 (Ω) (2.14) = sup v∈V, v �=0 �f�L2(Ω)CΩ�v�H10 (Ω) �v�H10 (Ω) (2.15) = CΩ�f�L2(Ω) (2.16) Seja Ω um domı´nio C1 ou convexo. Se f ∈ L2(Ω) enta˜o u ∈ H2(Ω) e existe CΩ tal que �u�H2(Ω) ≤ C�f�L2(Ω). 2.3.2 Equac¸a˜o de Laplace Na˜o Homogeˆnea Considere o problema: Achar u tal que −�u = f em Ω, u = g em ∂Ω, (2.17) Seja R(g) uma func¸a˜o “suficientemente” regular tal que R(g)|∂Ω = g. Definimos u = u¯+R(g), onde u¯ satisfaz o seguinte problema: Achar u¯ tal que −�u¯ = f +�R(g) em Ω, u¯ = 0 em ∂Ω, (2.18) A formulac¸a˜o variacional do problema (2.18) e´� Achar u ∈ V tal que a(u¯, v) = L(v), ∀ v ∈ V, (2.19) onde f ∈ L2(Ω). Definimos a(u, v) := � Ω ∇u·∇v dx L(v) := � Ω f v dx− � Ω ∇R(g)·∇v dx. Definimos a seguinte norma: �v� H 1 2 (∂Ω) := inf w|∂Ω=v �w�H1(Ω). Temos que (assumido) sempre existeR(v) ∈ H1(Ω) tal queR(v)|∂Ω = v e �R(v)�H1(Ω) = �v� H 1 2 (∂Ω) . Verificamos as hipo´teses do Lema Lax-Milgram. Note que a coercivi- dade e a continuidade da forma bilinear a(., .) seguem da demonstrac¸a˜o dada na 2.3. EXEMPLOS DE FORMULAC¸O˜ES VARIACIONAIS 39 sec¸a˜o 2.3.1, usando-se os mesmos argumentos. Falta demonstramos a continuidade de L(.): |L(v)| = |(f, v)L2(Ω) − (R(g), v)H10 (Ω)| ≤ �f�L2(Ω)�v�L2(Ω) + �∇R(g)�L2(Ω)�∇v�L2(Ω) ≤ CΩ�f�L2(Ω)�∇v�L2(Ω) + �R(g)�H10 (Ω)�∇v�L2(Ω) ≤ CΩ � �f�L2(Ω) + �g�H 12 (∂Ω) � �v�H10 (Ω) = Cf,gΩ �v�H10 (Ω), ∀ v ∈ V. Logo, existe um u´nico u¯ ∈ V satisfazendo (2.19) e �u¯�H10 (Ω) ≤ sup v∈V, v �=0 |L(v)| �v�H10 (Ω) ≤ CΩ�f�L2(Ω) + �g�H 12 (∂Ω). Agora, tome u = u¯+R(g). Logo, �u�H1(Ω) ≤ �u¯�H10 (Ω) + �R(g)�H1(Ω) ≤ CΩ�f�L2(Ω) + 2�g�H 12 (∂Ω). 2.3.3 Equac¸a˜o advecc¸a˜o-difusa˜o Considere o problema: Achar u tal que −�u+ b·∇u = f em Ω, u = 0 em ∂Ω, (2.20) onde f ∈ L2(Ω) e b = b(x) ∈ C1(Ω) e |b(x)| ≤ C, ∀x ∈ Ω e tal que ∇· b(x) = 0, ∀x ∈ Ω, onde ∇· e´ o operador divergente, isto e´, x = (x1, x2), b = (b1, b2), ∇· b = ∂b1 ∂x1 + ∂b2 ∂x2 . Tomamos V := H10 (Ω) com (u, v)V := (u, v)H10 (Ω) = � Ω∇u·∇v dx. A formulac¸a˜o variacional deste problema e´� Achar u ∈ V tal que a(u¯, v) = L(v), ∀ v ∈ V, (2.21) 40 CAPI´TULO 2. FORMULAC¸A˜O CONTI´NUA onde a(u, v) := � Ω ∇u·∇v dx+ � Ω b·∇u v dx L(v) := � Ω f v dx. Portanto a(., .) e´ na˜o-sime´trica. Ja´ vimos que o V e´ um espac¸o de Hilbert. Provamos as outras condic¸o˜es do Lema de Lax-Milgram. (i) A forma linear L(.) e´ cont´ınua: |L(v)| ≤ c�v�V , ∀ v ∈ V, (ii) A forma bilinear a(., .) e´ cont´ınua, |a(u, v)| = |(u, v)V + (b·∇u, v)L2(Ω)| ≤ |(u, v)V |+ |(b·∇u, v)L2(Ω)| ≤ �u�V �v�V + �b·∇u�L2(Ω)�v�L2(Ω) ≤ �u�V �v�V +max x∈Ω |b(x)�∇u�L2(Ω)�v�L2(Ω) ≤ �u�V �v�V + CCΩ�∇u�L2(Ω)�v�L2(Ω) = (1 + CCΩ)�u�V �v�V (iii) A forma blinear a(., .) e´ coerciva: a(v, v) = (v, v)V + (b·∇v, v)L2(Ω) = �v�2V + (b·∇v, v)L2(Ω). Mas usando integrac¸a˜o por partes temos, (b·∇v, v)L2(Ω) = −(v, b·∇v)L2(Ω) + (b·nv, v)L2(∂Ω) ⇒ (b·∇v, v)L2(Ω) = 12(b·nv, �✒ 0 v)L2(Ω) = 0 Portanto, a(v, v) = �v�2V , ∀ v ∈ V . Pelo Lema de Lax-Milgram, existe um u´nico u ∈ H10 (Ω) soluc¸a˜o de (2.21) e �u�H10 (Ω) ≤ CΩ�f�L2(Ω). Cap´ıtulo 3 Formulac¸a˜o Discreta Dado L ∈ V �, consideramos aproximac¸o˜es do problema:� Achar u ∈ V tal que a(u, v) = L(v), ∀ v ∈ V, (3.1) onde (V, (., .)V ) e´ um espac¸o de Hilbert. 3.1 Me´todo de Galerkin O me´todo de Galerkin consiste em utilizar um espac¸o de dimensa˜o finita para apro- ximar o problema (3.1), isto e´, dado Vh ⊂ V um sub-espac¸o de V e L ∈ V �,� Achar uh ∈ Vh tal que a(uh, vh) = L(vh), ∀ vh ∈ Vh. (3.2) Questo˜es: 1. Existe uma u´nica soluc¸a˜o para (3.2)? 2. Qual o erro u− uh? Corola´rio 3.1. Suponha que as condic¸o˜es do Lema de Lax-Milgram sejam satisfeitas pelo problema (3.1). Enta˜o o problema (3.2) tem soluc¸a˜o u´nica. Demonstrac¸a˜o. Como Vh e´ um sub-espac¸o de V , enta˜o Vh e´ um espac¸o de Hilbert. Ale´m disso L(.)|Vh ∈ V �h e a(., .)|Vh e´ cont´ınua e coerciva (com a mesma constante α!). Portanto, aplica-se o Lema de Lax-Milgram e o resultado segue. 41 42 CAPI´TULO 3. FORMULAC¸A˜O DISCRETA 3.2 Melhor Aproximac¸a˜o: Lema de Ce´a Lema 3.2 (Lema de Ce´a). Suponha va´lidas as hipo´teses do Lema de Lax-Milgram. Seja uh a soluc¸a˜o de (3.2), e u a soluc¸a˜o de (3.1), logo, �u− uh�V ≤ Ca α min vh∈Vh �u− vh�V . Se a(., .) for sime´trica, enta˜o �u− uh�V ≤ � Ca α min vh∈Vh �u− vh�V . Demonstrac¸a˜o. Lembrar: Se a(., .) for sime´trica, enta˜o a(., .) e´ um produto interno, e �u− uh�E = minvh∈Vh �u− vh�E. Como uh e´ soluc¸a˜o de (3.2), enta˜o a(uh, vh) = L(vh), ∀ vh ∈ Vh. e como u e´ soluc¸a˜o de (3.1), logo a(u, vh) = L(vh), ∀ vh ∈ Vh. Portanto, a(u− uh, vh) = 0, ∀ vh ∈ Vh. (3.3) Pela coercividade e continuidade de a(., .) sobre V , temos α�u− uh�2V ≤ a(u− uh, u− uh) (coercividade) = ✘✘✘ ✘✘✘ ✘✘✘ ✘✿0 a(u− uh, vh − uh) + a(u− uh, u− vh) (equac¸a˜o (3.3)) = a(u− uh, u− vh) ≤ Ca�u− uh�V �u− vh�V , (continuidade) logo �u− uh�V ≤ Ca α �u− vh�V , ∀ vh ∈ Vh ⇔ �u− uh�V ≤ Ca α min vh∈Vh �u− vh�V . Provamos que, quando a(., .) e´ sime´trica, temos �u− uh�E = min vh∈Vh �u− vh�E, e a equivaleˆncia de normas, segue α 1 2�v�V ≤ �v�E ≤ C 1 2 a �v�V , ∀ v ∈ V. 3.2. MELHOR APROXIMAC¸A˜O: LEMA DE CE´A 43 Portanto, tomando acima temos v = u− uh, �u− uh�V ≤ 1√ α �u− uh�E = 1√ α min vh∈Vh �u− vh�E ≤ � Ca α min vh∈Vh �u− vh�V . Ex. 10 — Seja o sistema linear associado a (3.2) Au = F. Verifique que se a(., .) e´ sime´trica e coerciva sobre Vh, enta˜o A e´ uma matriz sime´trica e definida positiva. Observac¸a˜o 3.1. Repare que as constantes de continuidade e coercividade impactam a precisa˜o do erro de aproximaca˜o. � 44 CAPI´TULO 3. FORMULAC¸A˜O DISCRETA Cap´ıtulo 4 Me´todo de Elementos Finitos Objetivo: Contruir um espac¸o de dimensa˜o finita Vh, de forma que, 1. O ca´lculo das entradas da matriz A e do vetor F seja simples e ra´pido, 2. O sistema linear Au = F seja calculado rapidamente e com baixo custo quando h→ 0. O candidato natural e´ utilizar func¸o˜es polinomias por partes (localidade) por • simplicidade de integrac¸a˜o, • matrizes esparsas e bem condicionadas. Para tanto, o dominio Ω e´ decomposto (discretizado) em uma partic¸a˜o Th cha- mada de malha, de forma que Vh seja gerado por polinoˆmios por partes em cada elementos K ∈ Th. Estrate´gia: 1. Definir o conceito de elemento finito em cada K, i.e., determinar as func¸o˜es de base sobre K. 2. Estender o conceito de elemento finito globalmente, i.e., definir as func¸o˜es de base globais de forma que coincidam com as func¸o˜es de base locais quando restrita aK, e “casem” adequadamente no contorno de K. Vamos definir um elemento finito na forma proposta por Ciarlet. Definic¸a˜o 4.1 (Elemento Finito). Seja: (i) K ⊂ Rn chamado de elemento (geome´trico), um conjunto fechado limitado na˜o vazio com contorno “suave” por partes; 45 46 CAPI´TULO 4. ME´TODO DE ELEMENTOS FINITOS (ii) PK chamado de espac¸o das func¸o˜es de base, um espac¸o de func¸o˜es sobre K de dimensa˜o finita k; (iii) ΣK chamado de o conjunto de graus de liberdade, uma base {Li}i∈{1,...,k} para P �K . Enta˜o (K, PK , ΣK) e´ chamado de elemento finito. Observac¸a˜o 4.1. Ide´ia: Dado α = [αi]i∈{1,...,n} ∈ Rk existe um u´nico p ∈ PK tal que αi = Li(p), i ∈ {1, . . . , k}. (4.1) Afirmamos que (4.1) e´ equivalente a {Li}i∈{1,...,k} ser uma base para P �K . Lema 4.1. Seja PK um espac¸o de dimensa˜o k, e {Li}i∈{1,...,k} formas lineares sobre PK. Enta˜o temos as seguintes equivaleˆncias: (i) {Li}i∈{1,...,k} e´ uma base para P �K; (ii) Dado p ∈ PK tal que Li(p) = 0∀ i ∈ {1, . . . , k}, enta˜o p = 0; (iii) Dado α = [αi]i∈{1,...,k} ∈ Rk, ∃ ! p ∈ PK tal que Li(p) = αi. Demonstrac¸a˜o. Seja {ψi}i∈{1,...,k} uma base para PK . Vamos provar que as condic¸o˜es (i), (ii) e (iii) sa˜o equivalentes a` condic¸a˜o (iv) a matriz L := [Lj(ψi)]i,j∈{1,...,k} e´ invers´ıvel. Portanto, (i), (ii), e (iii) sa˜o equivalentes. ((i) ⇔ (iv)). Note que {Li}i∈{1,...,k} e´ uma base para P �K se e somente se dado L ∈ P �K existe {βi}i∈{1,...,k}, tal que L = k� j=1 βjLj (pois dimPK = dimP � K). Isso e´ verdade ⇔ ∃ {βi}i∈{1,...,k} tal que L(p) = k� j=1 βjLj(p), ∀ p ∈ Pk, ⇔ ∃ {βi}i∈{1,...,k} tal que L(ψi) = k� j=1 βjLj(ψi), i ∈ {1, . . . , k}, ⇔ ∃ {βi}i∈{1,...,k} tal que R � αi = k� j=1 βjLj(ψi), i ∈ {1, . . . , k}. Logo, L β = α, onde β := [βj]j∈{1,...,k} α := [αi]i∈{1,...,k}. 47 Portanto, dado α ∈ Rn, L β = α, tem soluc¸a˜o u´nica β se e somente se L for invers´ıvel. Isto e´ verdade se e somente se {Lj}j∈{1,...,k} for uma base para P �K . ((ii),(iii) ⇔ (iv)). Dado p ∈ PK temos que p = k� j=1 γjψj, logo Li(p) = k� j=1 γjLi(ψj), ∀ i ∈ {1, . . . , k}. Portanto, (iii) e´ equivalente a ∃ ! {γj}j∈{1,...,k} ∈ Rk tal que k� j=1 γjLi(ψj) = αi ∀ i ∈ {1, . . . , k} ⇔ ∃ ! γ := [γj]j∈{1,...,k} ∈ Rk tal que LT γ = α, ⇔ LT e´ invers´ıvel, ⇔ L e´ invers´ıvel. Tambe´m, (ii) e´ equivalente a k� j=1 γjLi(ψj) = 0 ∀ i ∈ {1, . . . , k} =⇒ γj = 0, ∀ j ∈ {1, . . . , k} ⇔ LT γ = 0 =⇒ γ = 0, ⇔ LT e´ invers´ıvel, ⇔ L e´ invers´ıvel. Definic¸a˜o 4.2. Seja {Lj}j∈{1,...,k} uma base para P �K . As func¸o˜es de base {ψi}i∈{1,...,k} sa˜o chamadas de nodais se para cada i, j ∈ {1, . . . , k}, Lj(ψi) = δij := � 1 i = j, 0 sena˜o. Observac¸a˜o 4.2. As func¸o˜es de base nodais sa˜o u´nicas pelo lema anterior, e dado p = �k j=1 cjψj ∈ PK , p = k� j=1 Li(p)ψj ∈ PK . 48 CAPI´TULO 4. ME´TODO DE ELEMENTOS FINITOS Definic¸a˜o 4.3. Dizemos que ΣK determina PK se para todo p ∈ PK L(p) = 0 ⇐⇒ p = 0 ∀L ∈ ΣK . Definimos K := [0, 1]; PK := polinoˆmios de grau menor ou igual a 1; ΣK := {L0, L1}, onde Li(p) = p(i), ∀ p ∈ PK , i ∈ {0, 1}. Enta˜o (K, PK , ΣK) e´ um elemento finito pois, dado p ∈ PK e i ∈ {0, 1}, Li(p) = 0 ⇐⇒ p(0) = 0, e p(1) = 0, e como p e´ linear, logo p = 0 em [0, 1]. As func¸o˜es de base nodais {ψj}j∈{0,1} por definic¸a˜o sa˜o tais que: Li(ψj) = δij. Como ψj(x) = aj + bjx, temos 1 = L0(ψ0) = ψ0(0) a0, e 0 = L1(ψ0) = ψ0(1) = a0 + b0, logo a0 = 1 e b0 = −1. Procedendo da mesma forma para ψ1, temos a1 = 0 e b1 = 1. Logo, ψ0(x) = 1− x, e ψ1(x) = x. Lema 4.2. Seja p(x), x ∈ Rd um polinoˆmio de grau k ≥ 1 que se anula sobre {x : �(x) = 0}, onde � e´ uma func¸a˜o linear, chamado de hiperplano �. Enta˜o p(x) = �(x)q(x), onde q e´ um polinoˆmio de grau k − 1. Demonstrac¸a˜o. (Exerc´ıcio. Brenner e Scott pg. 71 por exemplo) 4.1 Exemplos de Elementos Finitos 4.1.1 Elemento de Lagrange linear em 2D Definimos o elemento finito linear (veja figura 4.1) K := triaˆngulo; PK := P1(K); ΣK := {Li}i∈{1,2,3}, onde Li(p) = p(ai), ∀ p ∈ PK . 4.1. EXEMPLOS DE ELEMENTOS FINITOS 49 a3 a2 �2 �1 �3a1 (a) a3 a2 �2 �1 �3a4 a5a6 a1 (b) Figura 4.1: Elementos finitos triangulares P1(K) (a) e P2(K) (b). A dimensa˜o de PK e´ igual a cardinalidade de ΣK . Provemos que ΣK determina PK (veja Def. 4.3). Devemos provar que: Dado p ∈ PK , Li(p) = p(ai) = 0, ∀ i ∈ {1, 2, 3} =⇒ p = 0 Seja �i, i ∈ {1, . . . , 3}, as func¸o˜es lineares que caracterizam as arestas, i.e., {x, �i(x) = 0}. Como p|�1 e´ linear de uma varia´vel, se anulando em a2 e a3, logo p|�1 = 0. Pelo lema anterior, p = �1q, onde q ∈ R. Mas, 0 = p(a1) = �1(a1)q ⇒ q = 0, pois �1(a1) �= 0. Enta˜o p = 0. 4.1.2 Elemento de Lagrange quadra´tico em 2D Definimos o elemento finito quadra´tico (veja Fig 4.1) K := triaˆngulo; PK := P2(K); ΣK := {Li}i∈{1,...,6}, onde Li(p) = p(ai), ∀ p ∈ PK . Primeiro, dimP2(K) = cardΣK . Suponhamos, dado p ∈ PK Li(p) = p(ai) = 0, i ∈ {1, . . . , 6}, e �j, j ∈ {1, 2, 3} sa˜o func¸o˜es lineares que definem as arestas. 50 CAPI´TULO 4. ME´TODO DE ELEMENTOS FINITOS a4 a3 a2a1 �2�4 �3 �1 Figura 4.2: Elemento finito rectangular Q1(K). Como p|�1 e´ um polinoˆmio quadra´tico de uma varia´vel, e que se anula em a2, a3 e a5, logo p|�1 = 0. Portanto, p = �1q, q um polinoˆmio linear. Mas p|�2 = 0 tambe´m pelas mesmas razo˜es. Logo, �1q|�2 = 0 ⇒ �1|�2 = 0 ou q|�2 = 0. Mas �1 pode ser zero apenas em um ponto de �2 (triaˆngulo na˜o degenderado), que implica q|�2 = 0, a menos de 1 ponto, mas q e´ uma func¸a˜o cont´ınua logo q|�2 = 0. Pelo lema anterior p = �1�2r, onde r ∈ R. Por outro lado 0 = p(a6) = �1(a6)�2(a6)r, que implica r = 0 pois �1(a6) �= 0 e �2(a6) �= 0, enta˜o p = 0. 4.1.3 Elemento de Lagrange bilinear em 2D Definimos o elemento finito bilinear (veja figura 4.2) K := retaˆngulo; PK := Q1(K); ΣK := {Li}i∈{1,2,3,4}, onde Li(p) = p(ai), ∀ p ∈ PK . Primeiro, veja que dimQ1(K) = 4 = cardΣK . Seja p ∈ PK , e suponha Li(p) = p(a1) = 0, i ∈ {1, . . . , 4}. 4.1. EXEMPLOS DE ELEMENTOS FINITOS 51 �2 �1 �3 s = (s1, s2) n = (n1, n2) a3 = a7 = a10 a2 = a6 = a9 a4 a1 = a5 = a8 �2 �1 �3 n3 n2 n1 Figura 4.3: Elementos finitos triangulares de Hermite (esquerda) e de RT0 (direita). Como p|�1 e´ um polinoˆmio linear de uma varia´vel, assim como p|�2 , temos que p decompoe˜-se como p(x) = c�1(x)�2(y), mas p(a4) = c�1(a4)�(a4), onde �1(a4), �(a4) �= 0, portanto c = 0 ⇒ p = 0. 4.1.4 Elemento de Hermite 2D Definimos o elemento finito (veja Fig 4.3) K := triaˆngulo; PK := P3(K); ΣK := {Li}i∈{1,...,10}, onde, dado p ∈ PK , Li(p) = p(ai), i ∈ {1, . . . , 4}, (4.2) Lj(p) = ∂p ∂x (aj), j ∈ {5, . . . , 7}, (4.3) Lk(p) = ∂p ∂y (ak), k ∈ {8, . . . , 10}. (4.4) Seja p ∈ PK tal que Li(p) = 0, i ∈ {1, . . . , 10}, enta˜o p|�1 tem a2 e a3 como ra´ızes duplas pois p(a2) = p�(a2) = 0 e p(a3) = p�(a3) = 0, onde p� := ∂p∂s = ∂p ∂xs1 + ∂p ∂ys2. Mas p|�1 e´ um polinoˆmio de ordem 3 de uma varia´vel com 4 ra´ızes, portanto p|�1 = 0. Analogamente, p|�2 = p|�3 = 0. Portanto, p = �1�2�3q, q ∈ R. Logo, 0 = p(a4) = �1(a4)�2(a4)�3(a4)q, implica q = 0, isto e´, p = 0. 52 CAPI´TULO 4. ME´TODO DE ELEMENTOS FINITOS 4.1.5 Elemento de Raviart-Thomas 2D Definimos o elemento finito linear (veja Fig 4.3) K := triaˆngulo; PK := {p(x) = α+ βx, α ∈ R2, β ∈ R}; ΣK := {Li}i∈{1,...,3}, onde Li(p) = � �i p·ni ds. Primeiro, veja que p(x) = � α1 α2 � + β � x y � = α1 � 1 0 � + α2 � 0 1 � + β � x y � . Logo, se p = 0, α1 = α2 = β = 0, enta˜o �� 1 0 � , � 01 � , � x y �� e´ uma base para PK e dimPK = 3. Veja que dimPK = 3 = cardΣK . Seja p ∈ PK tal que Li(p) = � �i p·ni ds = 0, i ∈ {1, 2, 3}. Veja que � K ∇· p dx = � ∂K p·n ds (4.5) = 3� i=1 � �i p·ni ds = 0. Como p e´ linear, ∇· p ∈ R onde ∇· p = ∇· (α + βx) = β. De (4.5) temos que ∇· p = 0, logo β = 0. Neste momento, p(x) = α ∈ R2, mas � �i p·ni ds = � �i α·ni ds (4.6) = 0, i ∈ {1, 2, 3}, (4.7) que implica α·ni = 0, i ∈ {1, 2, 3}, e logo α e´ ortogonal a uma base do R2, isto e´, α = 0. 4.2. ELEMENTO FINITO DE LAGRANGE PK(K) EM RD 53 v1 v2 v1 v2 v3 v1 v4 v2 v3 Figura 4.4: Exemplos de d-simplex em 1D (esquerda), 2D (centro), e 3D (direita). 4.2 Elemento Finito de Lagrange Pk(K) em Rd 4.2.1 Elemento d-simplex Definic¸a˜o 4.4 (d-simplex). Um d-simplex K ⊂ Rd, d =∈ {1, 2, 3} e´ o envelope convexo de d + 1 pontos aj = [ai j]i∈{1,...,d+1}, j ∈ {1, . . . , d + 1}, chamados de ve´rtices de K, que na˜o esta˜o contidos no hiperplano de Rd, isto e´, A = [a1 a2 · · · ad+1] = a1 1 a1 2 · · · a1 d a1 d+1 a2 1 a2 2 · · · a2 d a2 d+1 ... ... . . . ... ... ad 1 ad 2 · · · ad d ad d+1 1 1 · · · 1 1 , e´ invers´ıvel. Exemplo 4.1. Consideramos os seguintes exemplos em 1D, 2D, e 3D (veja figura 4.4): (i) d = 1, segmento; (ii) d = 2, triaˆngulo; (iii) d = 3, tetrahedro. Seja K ⊂ Rd um d-simplex com d + 1 ve´rtices aj = [ai j]i,j∈{1,...,d+1} (definic¸a˜o 4.4). Lembre que a matriz A = [a1 a2 · · · ad+1] = a1 1 a1 2 · · · a1 d a1 d+1 a2 1 a2 2 · · · a2 d a2 d+1 ... ... . . . ... ... ad 1 ad 2 · · · ad d ad d+1 1 1 · · · 1 1 , 54 CAPI´TULO 4. ME´TODO DE ELEMENTOS FINITOS hK ρK Figura 4.5: Visualizac¸a˜o dos aspectos geome´tricos. e´ invers´ıvel, e veja que | detA| = d!|K| = |K| d = 1 2|K| d = 2 6|K| d = 3 ... ... . Definic¸a˜o 4.5. Seja K um d-Simplex. Definimos os seguintes aspectos geome´tricos (veja figura 4.5): • hK = diam(K) = comprimento da maior aresta de K; • ρK = diaˆmetro da bola (esfera) inscrita em K; • σK = hKρK e´ a medida de na˜o degenereˆncia de K. Seja a tripla (K,PK ,ΣK) definida como K := d-simplex; PK := Pk(K) = polinoˆmios de grau menor ou igual a k sobre K; ΣK := {Li}i∈{1,...,k�}, onde Li(p) = p(ai), ∀ p ∈ PK , i ∈ {0, . . . , k�}. onde ai sa˜o os no´s de K. Queremos provar que a tripla e´ um elemento finito. Precisamos caracterizar Pk(K) e K de forma conveniente. Dado x = (x1, . . . , xd) ∈ Rd, o espac¸o Pk(K) e´ gerado por � d� i=1 xαii , 0 ≤ |α| ≤ k � , onde �d i=1 representa o produto e |α| = �d j=1 αj. Exemplo 4.2. Exemplos de bases. d = 1: ��d i=1 x α1 1 , 0 ≤ |α| ≤ k � k = 0: Neste caso, α1 = 0 ⇒ {1}, dimP0(K) = 1. 4.2. ELEMENTO FINITO DE LAGRANGE PK(K) EM RD 55 k = 1: Neste caso, 0 ≤ α1 ≤ 1 ⇒ {1, x}, dimP1(K) = 2. k = 2: Neste caso, 0 ≤ α1 ≤ 2 ⇒ {1, x, x2}, dimP2(K) = 3. d = 2: ��d i=1 x α1 1 x α2 2 , 0 ≤ |α| ≤ k � k = 0: Neste caso, α1 + α2 = 0 ⇒ {1}, dimP0(K) = 1. k = 1: Neste caso, 0 ≤ α1 + α2 ≤ 1 ⇒ {1, x1, x2}, dimP1(K) = 3. k = 2: Neste caso, 0 ≤ α1+α2 ≤ 2 ⇒ {1, x1, x2, x1x2, x21, x22}, dimP2(K) = 6. d = 3: ��d i=1 x α1 1 x α2 2 , 0 ≤ |α| ≤ k � k = 0: Neste caso, α1 + α2 + α3 = 0 ⇒ {1}, dimP0(K) = 1. k = 1: Neste caso, 0 ≤ α1 + α2 + α3 ≤ 1 ⇒ {1, x1, x2, x3}, dimP1(K) = 4. � De forma geral temos que (pode ser provado por induc¸a˜o) dimPk(K) = (k + d)! k! d! . Portanto, devemos definir k� = (k + d)! k! d! , formas lineares linearmente independentes. Devemos portanto determinar a loca- lizac¸a˜o de k� no´s aj no elemento K, o que nos leva a dever representar K de forma conveniente. 4.2.2 Coordenadas bariceˆntricas O objetivo das coordenadas baricentricas e´ descrever o triaˆngulo K de modo mais conveniente do que por coordenadas cartesianas. Definic¸a˜o 4.6 (Coordenadas Bariceˆntricas). Seja K ⊂ Rd, d ∈ {1, 2, 3}, um ele- mento geome´trico d-simplex. Dado x ∈ K, definimos suas coordenadas bariceˆntricas {λi(x)}i∈{1,...,d+1} como a soluc¸a˜o do seguinte sistema� �d+1 i=1 aiλi(x) = x�d+1 i=1 λi(x) = 1, onde ai sa˜o os no´s de K. Observac¸a˜o 4.3. Veja que o sistema tem a forma Aλ = b, 56 CAPI´TULO 4. ME´TODO DE ELEMENTOS FINITOS onde A = [a1 a2 · · · ad+1] = a1 1 a1 2 · · · a1 d a1 d+1 a2 1 a2 2 · · · a2 d a2 d+1 ... ... . . . ... ... ad 1 ad 2 · · · ad d ad d+1 1 1 · · · 1 1 , (4.8) λ = λ1(x)... λd+1(x) , b = x1... xd+1 . (4.9) Logo, como K e´ um d-simplex detA �= 0, e o sistema tem soluc¸a˜o u´nica. Ale´m disso, as coordenadas bariceˆntricas λi(x) ∈ P1(K) pois λ = A−1b. � Observac¸a˜o 4.4. Observe que: (i) λi(aj) = δij = � 1 i = j 0 i �= j . Logo {λi}i∈{1,...,d+1} e´ a base nodal para P1(K). (ii) Podemos definir K := {x ∈ Rd : 0 ≤ λi(x) ≤ 1, 1 ≤ i ≤ d+ 1} (iii) Dado p ∈ P1(K) enta˜o p(x) = d+1� i=1 p(ai)λi(x). Exemplo 4.3. (i) 1D (veja figura 4.6) Dado x ∈ K, as coordenadas bariceˆntricas sa˜o definidas por a1λ1(x) + a2λ2(x) = x λ1(x) + λ2(x) = 1. 4.2. ELEMENTO FINITO DE LAGRANGE PK(K) EM RD 57 Logo, λ2(x) = 1− λ1(x) e dado h := a2 − a1 temos a1λ1(x) + a2(1− λ1(x)) = x ⇔ λ1(x) = x− a2 a1 − a2 ⇔ λ1(x) = a2 − x h . Portanto, λ2(x) = 1− a2 − x h = x− a1 h . Logo, x �→ (λ1, λ2) = (a2−xh , x−a1h ). (ii) 2D Dado x ∈ K, a1λ1(x) + a2λ2(x) + a3λ3(x) = x λ1(x) + λ2(x) + λ3(x) = 1. Logo, λ3(x) = 1− λ1(x)− λ2(x) e temos (a1 − a3)λ1(x) + (a2 − a3)λ2(x) + a3 = x ⇔ B � λ1(x) λ2(x) � = x− a3, onde B := [a1 − a3, a2 − a3]. Como as colunas da matrix B sa˜o linearmente independentes (veja figura 4.6), a matriz e´ invers´ıvel e temos: λ1(x) = (a2 2 − a1 3)(x1 − a1 3) + (a1 3 − a1 2)(x2 − a2 3) (a2 2 − a1 3)(a1, 1 − a1 3) + (a1 3 − a1 2)(a2 1 − a2 3) λ2(x) = (a2 3 − a2 1)(x1 − a1 3) + (a1 1 − a1 3)(x2 − a2 3) (a2 3 − a2 1)(a1, 2 − a1 3) + (a1 1 − a1 3)(a2 2 − a2 3) λ3(x) = 1− λ1(x)− λ2(x) Observac¸a˜o 4.5. (i) Seja Kˆ := [0, 1] (figura 4.7). As coordenadas bariceˆntricas sa˜o: λ1(x) = x, λ2(x) = 1− x. (ii) Seja Kˆ o triaˆngulo mostrado na figura 4.7. As coordenadas bariceˆntricas sa˜o: λ1(x) = 1− x1 − x2, λ2(x) = x1, λ3(x) = x2 58 CAPI´TULO 4. ME´TODO DE ELEMENTOS FINITOS a1 a2x h = a2 − a1 a1 a3 x a2 Figura 4.6: Exemplos de domı´nios d-simplex em 1D (esquerda) e 2D (direita). O da direita tambe´m mostra os vetores independentes a1 − a3 e a2 − a3. a2 = 1a1 = 0 x �→ (λ1,λ2) a3 = (0, 1) T x �→ (λ1,λ2,λ3) a1 = (0, 0) T a2 = (1, 0) T Figura 4.7: Exemplos de domı´nios d-simplex unita´rios em 1D (esquerda) e 2D (di- reita). 4.2. ELEMENTO FINITO DE LAGRANGE PK(K) EM RD 59 Observac¸a˜o 4.6 (Assumido). Seja αi ≥ 0 para i ∈ {1, . . . , d+ 1}, temos que� K λα11 · · ·λαd+1d+1 dx = α1! · · ·αd+1!d! (α1 + · · ·+ αd+1 + d)! |K| Exemplo 4.4. Em 1D, temos� K λ1λ1 dx = 2!1! (2 + 1)! |K| = 2 6 |K| = 1 3 |K|,� K λ1λ2 dx = 1!1! (1 + 1 + 1)! |K| = 1 6 |K|. Construimos ate´ o momento formas de representar Pk(K) e K. Vamos agora construir as formas lineares de ΣK , i.e., os no´s do elemento K onde p sera´ avaliado. Definic¸a˜o 4.7. Seja k ≥ 0. Chamamos de grade principal de ordem k de K, denotado por Tk(K), o seguinte conjunto Tk(K) = � {x ∈ Rd : λj(x) = 1d+1 , 1 ≤ j ≤ d+ 1}, k = 0, {x ∈ Rd : λj(x) ∈ {0, 1k , . . . , kk+1 , 1} 1 ≤ j ≤ d+ 1}, k ≥ 1. Exemplo 4.5. • T0(K) = 1 ponto no baricentro – 1D Veja figura 4.8 {x ∈ R : λj(x) = 1 2 , j = 1, 2}. – 2D Veja figura 4.9 {x ∈ R2 : λj(x) = 1 3 , 1 ≤ j ≤ 3}. • T1(k) = ve´rtices – 1D Veja figura 4.8 {x ∈ R : λj(x) ∈ {0, 1}, j = 1, 2}. – 2D Veja figura 4.9 {x ∈ R2 : λj(x) ∈ {0, 1}, 1 ≤ j≤ 3}. • T2(k) = ve´rtices + meio das arestas – 1D Veja figura 4.8 {x ∈ R : λj(x) ∈ {0, 1 2 , 1}, j = 1, 2}. 60 CAPI´TULO 4. ME´TODO DE ELEMENTOS FINITOS a2 a2a1 a2a1 a3 Figura 4.8: Exemplos de grades principais Tk(K) em 1D com k = 0 (esquerda), k = 1 (centro) e k = 2 (direita). a1 a3 a1 a2 a3 a6 a1 a4 a5 a2 Figura 4.9: Exemplos de grades principais Tk(K) em 2D com k = 0 (esquerda), k = 1 (centro) e k = 2 (direita). λ1 = 1 λ1 = 2 3 λ1 = 0 λ3 = 1 3 λ3 = 0 λ3 = 1 λ2 = 1 3 λ2 = 2 3 λ2 = 0 λ2 = 1 λ3 = 2 3 λ1 = 1 3 Figura 4.10: Exemplo de grade principal T3(K) em 2D. 4.2. ELEMENTO FINITO DE LAGRANGE PK(K) EM RD 61 – 2D Veja figura 4.9 {x ∈ R2 : λj(x) ∈ {0, 1 2 , 1}, 1 ≤ j ≤ 3}. • Veja figura 4.10 para ver a forma construtiva no caso T3(K) em 2D. Lema 4.3. Seja K um d-simplex e Tk(K) sua grade principal de ordem k, k ≥ 0. Portanto a tripla (K, PK , ΣK) onde PK := Pk(K) e ΣK := {Li}i∈{1,...,k�}, com Li(p) = p(ai), ∀ p ∈ PK, onde ai ∈ Tk(K), e´ um elemento finito. Demonstrac¸a˜o. Primeiro, por construc¸a˜o temos que k� = cardΣK = dimPk(K) = (k + d)! k!d! . Temos que verificar que dado p ∈ Pk(K), k ≥ 0, tal que Li(p) = p(ai) = 0, ∀ i ∈ {1, . . . , k�}, implica p ≡ 0. Provamos por induc¸a˜o sobre d. (i) d = 1: Neste caso temos que p ∈ Pk(K) se anula em k + 1 pontos, isto e´, os pontos x tais que λ1(x) = 0, λ1(x) = 1 k , . . . , λ1(x) = 1. Portanto p e´ divis´ıvel por λ1(x)(λ1(x)− 1 k ) · · · (λ1(x)− 1), que e´ um polinoˆmio de ordem k + 1. Logo p = 0. (ii) Assuma a propriedade va´lida em d − 1. Seja p um polinoˆmio de Pk(K) se anulando nos pontos de Tk(K). Seja �i o hiperplano associado a λ1(x) = 0. Logo p|�1 e´ um polinoˆmio que pertence a Pk(K) de d − 1 varia´veis. Logo p|�1 se anula na grade principal de ordem k, e pela hipo´tese de induc¸a˜o p|�1 = 0. Portanto, p = λ1q, onde q ∈ Pk−1(K). Em seguida, restrinja p|�2 onde �2 e´ o hiperplano de dimensa˜o d− 1 associado a λ1 = 1 k . Como λ1|�2 �= 0, logo q|�2 se anula na grade principal de ordem k − 1 associada a �2. Pela hipo´tese de induc¸a˜o q|�2 = 0, que implica p = λ1(λ1 − 1 k )r, onde r ∈ Pk−2(K). Interando k vezes, utilizando o mesmo argumento, provamos que p e´ divis´ıvel pelo polinoˆmio de grau k + 1, a saber λ1(λ1 − 1 k ) · · · (λ1 − 1). Portanto p ≡ 0. 62 CAPI´TULO 4. ME´TODO DE ELEMENTOS FINITOS Exemplo 4.6 (Ca´lculo das func¸o˜es de base nodais). (i) K := d-simplex; PK := P0(K)(= polinoˆmio constante); ΣK := {Li}i∈{1,...,k�}, onde Li(p) = p(ai), ai ∈ T0(K). Logo, dimP0(K) = 1 = cardΣK = k� e a1 e´ o baricentro. Seja ψ1 ∈ P0(K) tal que L1(ψ1) = 1 ⇒ ψ1 = 1. (ii) K := d-simplex; PK := P1(K); ΣK := {Li}i∈{1,...,k�}, onde Li(p) = p(ai), ai ∈ T1(K). Logo, dimP1(K) = d + 1 e T1(K) e´ composto dos ve´rtices do d-simplex, com k� = cardΣK = d+ 1. As func¸o˜es de base nodais sa˜o Li(ψj) = δij, i, j ∈ {1, . . . , d+ 1}, que implica ψj = λj. (iii) K := d-simplex; PK := P2(K); ΣK := {Li}i∈{1,...,k�}, onde Li(p) = p(ai), ai ∈ T2(K). Logo, dimP2(K) = (d+1)!2d! = (d+1)(d+2) 2 = cardT2(K) e T2(K) e´ composto pelos ve´rtices do d-simplex e os pontos no meio dos lados. Denotando aij o no´ entre os no´s ai e aj, temos Li(ψj) = δij, i, j ∈ {1, . . . , (d+ 1)(d+ 2) 2 }. Temos ψj = λj(2λj − 1), j ∈ {1, . . . , d+1} e ψij = 4λiλj, i, j ∈ {1, . . . , d+1}. Veja figura 4.11. 4.3 Noc¸a˜o de Elemento de Refereˆncia Objetivo: Dado um elemento finito (K,PK ,ΣK) queremos associa´-lo a um elemento finito de refereˆncia (Kˆ, PKˆ ,ΣKˆ). Definic¸a˜o 4.8. Uma tranformac¸a˜o F : Rd → Rd e´ dita afim se existe uma matriz B e um vetor b tal que x = F (xˆ) = B xˆ+ b, xˆ ∈ Rd. 4.3. NOC¸A˜O DE ELEMENTO DE REFEREˆNCIA 63 ψ1 a13 a1 a2 a13 a3 a12 a1 a12 a2 a23 a3 a13 ψ13 Figura 4.11: Exemplos de func¸o˜es de base quadra´ticas associadas a um ve´rtice (esquerda) e a um ponto no meio de uma aresta (direita) de um triaˆngulo. λˆ2(xˆ) = 1− xˆλˆ1(xˆ) = xˆ 0 1 Kˆ λˆ3(xˆ) = yˆ λˆ1(xˆ) = 1− xˆ− yˆ λˆ2(xˆ) = xˆ a3 = (0, 1) T a2 = (1, 0) Ta1 = (0, 0) T Figura 4.12: O 1-simplex (esquerda) e o 2-simplex (direita) de refereˆncia. Observac¸a˜o 4.7. • F ∈ P1(Rd). • A transformac¸a˜o e´ invers´ıvel, e logo F e´ uma bijec¸a˜o, se e somente se detB �= 0, e logo F−1 ∈ P1(Rd), pois xˆ = F−1(x) = B−1(x− b). � Definic¸a˜o 4.9. Um d-simplex Kˆ e´ chamado d-simplex de refereˆncia se um ve´rtice a1 tiver todas suas coordenadas iguais a zero, e os d ve´rtices restantes uma coordenada igual a 1 e as outras iguais a 0. Lema 4.4. Seja K um d-simplex. Existe uma bijec¸a˜o FK ∈ P1(Kˆ) tal que FK : Kˆ → K, onde os ve´rtices de Kˆ coincidem com os ve´rtices de K. 64 CAPI´TULO 4. ME´TODO DE ELEMENTOS FINITOS FK F−1K K Kˆ aˆ1 aˆ2 aˆ3 a1 a2 a3 B = (a3 − a1, a3 − a2) Figura 4.13: Ac¸a˜o da matriz B. Demonstrac¸a˜o. Seja a1, a2, . . . , ad+1 os ve´rtices de K. Escolha b = ad+1, e construa B de forma que suas colunas sejam formadas pelos vetores bj = aj − ad+1, j ∈ {1, . . . , d}. (Veja figura 4.13 para um exemplo em 2D.) Pela definic¸a˜o de um d-simplex, detB �= 0. Portanto, escolhendo F (xˆ) = B xˆ+ b, temos que F (aˆi) = ai, e logo F e´ uma bijec¸a˜o de Kˆ em K, pois toda transformac¸a˜o afim preserva a convexidade, e logo, o envelope convexo Kˆ e´ preservado, isto e´, F (Kˆ) = K. Observac¸a˜o 4.8. (i) A transformac¸a˜o F na˜o e´ u´nica, pois podemos numerar os ve´rtices de (d+ 1)! formas. (ii) Usamos a transformac¸a˜o F para “transportar” objetos de Kˆ sobre K. Deno- tamos por qˆ a “quantidade” obtida pelo “transporte” de q. (a) xˆ = F−1K (x) ou x = FK(xˆ) (veja figura 4.14) (b) Seja v(x) um func¸a˜o definida sobre K. Definimos vˆ(xˆ) por vˆ(xˆ) := v(FK(xˆ)) = v(x) ⇐⇒ vˆ = v ◦ FK . (c) Seja L uma forma linear sobre PK . Definimos Lˆ por Lˆ(vˆ) = L(vˆ ◦ F−1K ) = L(v). 4.3. NOC¸A˜O DE ELEMENTO DE REFEREˆNCIA 65 FK F−1K Kˆ K x = FK(xˆ) xˆ x Figura 4.14: Exemplo de um mapeamento bijetivo entre o elemento de refereˆncia e um elemento f´ısico. (iii) As coordenadas bariceˆntricas sa˜o invariantes por transformac¸a˜o afim, isto e´, λˆi(xˆ) = λi(x). Definic¸a˜o 4.10. Seja (K,PK ,ΣK) um elemento finito. Dizemos que um elemento finito (K �, PK� ,ΣK�) e´ afim equivalente a` (K,PK ,ΣK) se existe uma tranformac¸a˜o afim FK(x�) = B x� + b com detB �= 0, tal que 1. F (K) = K �; 2. PK� e´ tal que PK� = {p� = p ◦ F−1K : p ∈ PK}; 3. ΣK� e´ tal que ΣK� = {L�i : L�i(p�) = Li(p� ◦ FK), Li ∈ ΣK}. Observac¸a˜o 4.9. 1. Dois elementos finitos de Lagrange de ordem k sa˜o afim equivalentes. 2. Dois elementos finitos de Crouzeix-Raviart sa˜o afim equivalentes. Os elementos de Raviart-Thomas na˜o sa˜o afim-equivalentes. 3. Dado um elemento finito de refereˆncia (Kˆ, Pˆ := PKˆ , Σˆ := ΣKˆ) de Lagrange de ordem k, para todo K existe uma transformac¸a˜o afim FK(xˆ) = B xˆ + b, com detB �= 0, tal que FK(Kˆ) = K, e logo (K,PK ,ΣK) e´ um elemento finito de Lagrange de ordem k com� PK := {pˆ ◦ F−1K : pˆ ∈ Pˆ}; ΣK := {Li : Li(p) = Lˆi(p ◦ FK), Lˆi ∈ Σˆ}. 66 CAPI´TULO 4. ME´TODO DE ELEMENTOS FINITOS FK F−1K K (Kˆ, Pˆ , Σˆ) (K,PK,ΣK) K Kˆ Figura 4.15: Mapeamento entre o elemento finito de refereˆncia e um elemento f´ısico. 4.4 Elemento Finito Global de Lagrange Pk(Ω) Considere um espac¸o de func¸o˜es polinomiais por partes sobre a malha (veja figura 1.11 para um exemplo do caso P1(Ω)). Perguntas: • Um polinoˆmio p sobre Ω tal que p|K ∈ Pk(K) com seus graus de liberdade fixados atrave´s de ΣK localmente, e´ univocamente determinado? • p e´ uma func¸a˜o cont´ınua sobre Ω? 4.4.1 Malha de elementos finitos Definic¸a˜o 4.11. Uma triangularizac¸a˜o (ou partic¸a˜o) conformede Ω e´ um conjunto finito Th de elementos K tal que (i) Ω¯ = ∪K∈ThK; (ii) A intersec¸a˜o de dois elementos distintos de Th e´ vazia, um ve´rtice ou uma aresta (face). Lembre os exemplos de triangularizac¸o˜es conforme e na˜o conforme na figura 1.10. Lembramos que (definic¸a˜o 4.5) hK = diaˆmetro de K; ρK = diaˆmetro da bola inscrita em K. Definimos tambe´m h = max K∈Th hK . 4.4. ELEMENTO FINITO GLOBAL DE LAGRANGE PK(Ω) 67 Figura 4.16: Partic¸a˜o regular {Th}h>0 que na˜o e´ quasi-uniforme. Definic¸a˜o 4.12. Uma famı´lia {Th}h>0 de triangularizac¸o˜es e´ dita regular se existe uma constante positiva σ tal que, para todo h, σK := hK ρK ≤ σ. Observac¸a˜o 4.10. Interpretac¸a˜o: • existe θ0 > 0 tal que o menor aˆngulo de K e´ maior que θ0; • existe NK > 0 tal que o nu´mero de elementos K com um ve´tice comum e menor que NK ; • existe N > 0 tal que se K e K � dividem um no´, hK/hK� e menor que N . Definic¸a˜o 4.13. Uma famı´lia de partic¸o˜es {Th}h>0 e´ dita quase-uniforme se existe uma constante C > 0 tal que Ch ≤ hK ≤ h, para todo K ∈ Th. Veja figura 4.16 para ver um exemplo de uma famı´lia {Th}h>0 de partic¸o˜es que e´ regular mas na˜o quasi-uniforme. 4.4.2 Graus de liberdade globais Definic¸a˜o 4.14. Seja k > 0 e seja Γh o conjunto de no´s globais associado a` malha Th. Γh e´ definida por Γh := ∪K∈ThTk(K), onde Tk(K) e´ a grade principal de K de ordem k Definic¸a˜o 4.15. O conjunto Σh definido por Σh := ∪K∈ThΣK , e´ chamado graus de liberdade globais, onde ΣK e´ o conjunto de formas lineares associado ao elemento finito (K,PK ,ΣK). Em Σh conta-se apenas uma vez os graus de liberdade comuns a diferentes elementos K. 68 CAPI´TULO 4. ME´TODO DE ELEMENTOS FINITOS K K � Figura 4.17: Dois triaˆngulos adjacentes em uma malha na˜o estrutura. 4.4.3 Espac¸o global de elementos finitos Denotamos Vh o espac¸o de elementos finitos, tal que p ∈ Vh implica p|K ser um polinoˆmio de ordem k sobre K ∈ Th e caracterizado pelas formas linear Li ∈ Σh, onde, Li(p) = p(ai), ai ∈ Γh. Lema 4.5. Vh = {p ∈ Pk(K), K ∈ Th}. Demonstrac¸a˜o. Seja p uma func¸a˜o definida em Ω¯, polinoˆmial de ordem k em cada K ∈ Th, e com um valor u´nico em cada ai ∈ Γh. Seja K, K � ∈ Th adjacentes (veja figura 4.17). Portanto p|K e p|K� sobre ∂K ∩ ∂K � coincidem nos no´s ai ∈ Tk(K) ∩ Tk(K �). Por outro lado Tk(K) ∩ Tk(K �) e´ uma grade principal de ordem k prar o d− 1-simplex ∂K ∩ ∂K �. Mas p|K − p|K� sobre ∂K ∩ ∂K � e´ um polinoˆmio de grau k que se anula em k + 1 pontos, logo p|K = p|K� sobre ∂K ∩ ∂K �. Observac¸a˜o 4.11. (i) Vh ⊂ H1(Ω). (ii) A aplicac¸a˜o p �→ p(ai), ai ∈ Γh e´ um isomorfismo de Vh em RcardΓh , logo dimVh = cardΓh. Logo dizemos que a aproximac¸a˜o e´ H1-conforme. (iii) Dado ai ∈ Γh, a base nodal ψi associada a ai e´ ψj(ai) = Li(ψj) = δij. � Logo ψj tem como suporte os elementos K que contem aj, onde ψj quando restrita a K coincide com a func¸a˜o de base do elemento finito (K,PK ,ΣK) (veja figura 1.11). Ale´m disso, p(x) = � i p(ai)ψi(x), x ∈ Ω. 4.5. APROXIMAC¸A˜O POLINOMIAL 69 Observac¸a˜o 4.12. Podemos integrar condic¸o˜es de contorno de Dirichlet homogeˆneas definindo V 0h := Vh ∩H10 (Ω). Neste caso devemos retirar de Γh os no´s contidos sobre ∂Ω, isto e´, definimos Γ0,h := {a ∈ Γh \ ∂Ω}. As func¸o˜es de base sa˜o ψj tal que ψj(ai) = δij, ai ∈ Γ0,h. 4.5 Aproximac¸a˜o Polinomial Lembre que, pelo lema de Ce´a, existe uma constante C > 0 tal que �u− uh�V ≤ C�u− vh�V , ∀ vh ∈ Vh, onde u e´ a soluc¸a˜o exata de (3.1) e uh e´ a soluc¸a˜o de (3.2). Ide´ia. Escolher vh = Iu, onde I : V → Vh e´ o operador de interpolac¸a˜o. Observac¸a˜o 4.13. O operador I so´ faz sentido quando definido sobre func¸o˜es cont´ınuas. Em casos menos regulares, podemos usar outros operadores (projec¸a˜o, regularizan- tes). � Logo, existe C > 0 tal que �u− uh�2V ≤ C�u− Iu�2V = C � K �u− IKu�2V (K), onde IKu = Iu|K . Devemos portanto estimar localmente �u− IKu�V (K). 4.5.1 Erro de interpolac¸a˜o local Seja k > 0, K ∈ Th e (K,Pk(K),ΣK) um elemento finito de Lagrange de ordem k. Definic¸a˜o 4.16. Denotamos IkK um operador de interpolac¸a˜o local com valores em Pk(K) sobre o espac¸o das func¸o˜es cont´ınuas em K por (IkKp)(a) = p(a), a ∈ Tk(K), se e somente se IkKp(x) = n� i=1 p(ai)ψi(x), ai ∈ Tk(K), e n = (k+d)!k!d! , ψi(x) e´ base nodal de P k(K). 70 CAPI´TULO 4. ME´TODO DE ELEMENTOS FINITOS Lema 4.6. Seja K um d-simplex, e (K,PK ,ΣK) um elemento finito de Lagrande de ordem k. Enta˜o existe C > 0, dependente apenas do elementos de refereˆncia (Kˆ, PKˆ ,ΣKˆ) tal que, ∀m ∈ Z, 0 ≤ m ≤ k + 1, |v − IkKv|Hm(K) ≤ C hk+1K ρmK |v|Hk+1(K), ∀ v ∈ Hk+1(K). Demonstrac¸a˜o. Assumido. Observac¸a˜o 4.14. (i) �v − IkKv�L2(K) ≤ Chk+1K |v|Hk+1(K) k = 1 : �v − I1Kv�L2(K) ≤ Ch2K |v|H2(K) k = 2 : �v − I2Kv�L2(K) ≤ Ch3K |v|H3(K) (ii) |v − IkKv|H1(K) ≤ C hKρK hkK |v|Hk+1(K) k = 1 : |v − I1Kv|H1(K) ≤ C hK ρK hK |v|H2(K) k = 2 : |v − I2Kv|H1(K) ≤ C hK ρK h2K |v|H3(K) � Sabemos que dado v ∈ H10 (Ω) existe CΩ > 0 tal que �v�L2(Ω) ≤ CΩ|v|H1(Ω). Quando v ∈ H10 (K) temos enta˜o �v�L2(K) ≤ CK |v|H1(K). Questo˜es (i) E´ poss´ıvel explicitar CK em termos de hK? De fato, CK = chK , c > 0. (ii) E´ poss´ıvel termos C > 0 tal que �v�H1(K) ≤ ChαK�v�L2(K), para α ∈ Z? Observac¸a˜o 4.15. Se v pertence a um espac¸o de dimensa˜o infinita, (ii) e´ falso! � 4.5. APROXIMAC¸A˜O POLINOMIAL 71 Lema 4.7 (Desigualidade inversa). Seja (Kˆ, PKˆ ,ΣKˆ) um elemento finito de re- fereˆncia. Seja {Th}h>0 uma famı´lia de triangularizac¸a˜o regular, sobre a qual, para cada K ∈ Th tem-se (K,PK ,ΣK) um elemento afim equivalente a (Kˆ, PKˆ ,ΣKˆ). Su- ponhamos, h ≤ 1. Enta˜o existe C > 0 independente de hK, tal que �v�H1(K) ≤ Ch−1K �v�L2(K), ∀ v ∈ PK . Demonstrac¸a˜o. Como estamos em dimensa˜o finita, todas as normas sa˜o equivalentes, logo existe C > 0, dependente apenas de Kˆ e Pˆ , tal que �vˆ�H1(Kˆ) ≤ C�vˆ�L2(Kˆ), ∀ vˆ ∈ Pˆ . (4.10) De (4.10) temos |v|H1(K) ≤ C2 |K| 1 2 ρK |vˆ|H1(Kˆ) ≤ C2 |K| 1 2 ρK �vˆ�H1(Kˆ) ≤ C2C |K| 1 2 ρK �vˆ�L2(Kˆ). Mas �v�2L2(K) = � K (v2)dx = � Kˆ (vˆ2)| detB|dxˆ = | detB| � Kˆ (vˆ2)dxˆ = |K| |Kˆ| � Kˆ (vˆ2)dxˆ = C|K|�vˆ�2 L2(Kˆ) , portanto �v�L2(K) = C|K| 12�vˆ�L2(Kˆ). Logo, |v|H1(K) ≤ C |K| 1 2 ρK |K| 12 �v�L2(K) C ρK �v�L2(K). Como a famı´lia de triangularizac¸a˜o e´ regular, existe σ > 0 tal que hK ρK ≤ σ =⇒ 1 ρK ≤ σ hK , 72 CAPI´TULO 4. ME´TODO DE ELEMENTOS FINITOS e portanto, |v|H1(K) ≤ ChK �v�L2(K). Utilizando a definic¸a˜o da norma H1(Ω), temos �v�2H1(K) = �v�2L2(K) + |v|2H1(K) ≤ �v�2L2(K) + C h2K �v�2L2(K) ≤ (h 2 K + C) h2K �v�2L2(K). Como por hipo´tese hK ≤ h ≤ 1, obtemos �v�H1(K) ≤ ChK �v�L2(K). 4.5.2 Erro de interpolac¸a˜o global Seja (Kˆ, PKˆ ,ΣKˆ) o elemento finito de refereˆncia de Lagrange de ordem k, k > 0, e (K,PK ,ΣK) o correspondente elemento finito (via transformac¸a˜o afim) de Lagrange de ordem k sobre o d-simplex K. Seja Vh o seguinte espac¸o de aproximac¸a˜o Vh := {v ∈ C0(Ω¯) : v|K ∈ Pk(K), K ∈ Th}, onde {Th}h>0 e´ uma famı´lia de malhas regulares. Finalmente, seja o operador de interpolac¸a˜o global de ordem k, Ikh : H k+1(Ω)→ Vh, (v �→ Ikhv), tal que Ikhv|K = IkKv. Lema 4.8. Assuma as hipo´teses do Lema 4.7 va´lidas. Seja Ω ⊂ Rd um domı´nio aberto limitado com fronteira poligonal. Existe C > 0, independente de h > 0 tal que, ∀ v ∈ Hk+1(Ω), �v − Ikhv�L2(Ω) + k+1� m=1 hm|v − Ikhv|Hm(Ω) ≤ Chk+1|v|Hk+1(Ω). Se v ∈ H1(Ω) temos lim h→0 inf vh∈Vh |v − vh|H1(Ω) = 0. 4.5. APROXIMAC¸A˜O POLINOMIAL 73 Demonstrac¸a˜o. Por definic¸a˜o temos �v − Ikhv�2L2(Ω) = � K∈Th �v − IkKv�2L2(K) ≤ C � K∈Th h2k+2K ρ0K
Compartilhar