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Metodo de Elementos Finitos Teoria Basica

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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

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