Végeselemes modellezés matematikai alapjai

Az előadások a következő témára: "Végeselemes modellezés matematikai alapjai"— Előadás másolata:

1 Végeselemes modellezés matematikai alapjai
Szerkezet-építőmérnök MSc II. Előadás: A Galjorkin- és a Ritz-módszer bemutatása Előadó: Dr. Pomezanski Vanda Olimpia

2 Ismétlés: Mechanikai feladatok közelítő megoldásainak hibái
Kétféle hibafeltétel : Stacionaritási, vagy hossz-feltétel: a hibavektor kiválasztása után a felírt bilineáris alak értéke legyen minimális. Ortogonalitási, vagy vetületi feltétel: a kiszemelt hibavektor egy altérre legyen ortogonális. Feltétel 𝑔 ℎ 𝑔 és ℎ stacionaritási sok ismeretlent tartalmaz, nem alkalmas a közelítő függvény együtthatóinak meghatározására legkisebb négyzetek hibaelve néven ismert, ortogonalitási feltételre egyszerűsödik 𝑔,ℎ =𝑚𝑖𝑛! energetikai hibaelv ortogonalitási két kiegészítő feltétel felírásával megoldható, direkt módszer súlyozott maradékok hibaelve néven ismert ------ Galjorkin-módszer

3 Megoldás Galjorkin-módszerrel
A Galjorkin-módszer a legáltalánosabb alakban megadott ortogonalitási feltételt használja ezért nemlineáris differenciálegyenletek esetén is alkalmazható: Φ𝑢,𝑣 =0 A súlyozott maradékok hibaelvén alapul: a ℎ képhibának zérusnak kell lennie, a zérus függvény pedig ortogonális minden az Ω-on értelmezett integrálható 𝑣 függvényre. 𝑓−Φ𝑢,𝑣 =0 ∀𝑣∈𝑀 Jelöljük 𝑢 𝑛 -el a közelítő számításhoz előre felvett 𝑛 darab (a 𝐵𝑢=0 peremfeltételt kielégítő, kellő számban folytonosan deriválható) lineárisan független 𝜑 𝑖 függvény lineáris kombinációját: 𝑢 𝑛 = 𝑖=1 𝑛 𝑐 𝑖 𝜑 𝑖 Az ortogonalitási feltétel 𝑣-ben lineáris, így ha az 𝑀 𝑛 lineáris tér egy bázisára ortogonális a hiba, akkor az 𝑀 𝑛 minden elemére is ortogonális lesz. 𝑓−Φ 𝑐 𝑖 𝜑 𝑖 , 𝑚 𝑘 =0 𝑘=1,…,𝑛

4 Ismétlés: 1. Példa: peremérték feladat
𝐸𝐴=𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡. egyensúlyi egyenlet: 𝑑𝜎 𝑑𝑥 =− 𝑝 𝑥 𝐴 geometriai egyenlet: 𝜀= 𝑑𝑢 𝑑𝑥 anyag egyenlet: 𝜎=𝐸𝜀 x, u 𝑝 𝑥 =𝑎𝑥 𝑙 Δ𝑙 −𝐸𝐴 𝑑 2 𝑢 𝑥 𝑑 𝑥 2 =𝑝 𝑥 𝑢 0 =0 és 𝜀 𝑙 =0

5 1. Példa megoldása Galjorkin-módszerrel
bázisfüggvények peremfeltételek 𝑢 0 =0 𝜀 ℓ = 𝑑𝑢 𝑑𝑥 ℓ =0 𝜑 1 =𝑥− 𝑥 2 2ℓ 𝜑 2 =𝑥− 𝑥 3 3 ℓ 2 Deriváltak: 𝜑′ 1 =1− 𝑥 ℓ 𝜑′′ 1 =− 1 ℓ 𝜑′ 2 =1− 𝑥 2 ℓ 2 𝜑′′ 2 =− 2𝑥 ℓ 2

6 1. Példa megoldása Galjorkin-módszerrel
𝐿=−𝐸𝐴 𝑑 2 𝑢 𝑑 𝑥 2 lineáris operátor 𝑗=1 2 𝑐 𝑗 𝐿 𝜑 𝑗 , 𝜑 𝑖 − 𝑓, 𝜑 𝑖 =0 𝑖=1..2 𝑐 1 𝐿 𝜑 1 , 𝜑 𝑐 2 𝐿 𝜑 2 , 𝜑 1 − 𝑓, 𝜑 1 =0 𝑐 1 𝐿 𝜑 1 , 𝜑 𝑐 2 𝐿 𝜑 2 , 𝜑 2 − 𝑓, 𝜑 2 =0 𝐿 𝜑 1 , 𝜑 1 𝐿 𝜑 2 , 𝜑 1 𝐿 𝜑 1 , 𝜑 2 𝐿 𝜑 2 , 𝜑 𝑐 1 𝑐 2 = 𝑓, 𝜑 1 𝑓, 𝜑 2

7 1. Példa megoldása Galjorkin-módszerrel
𝐿 𝜑 1 , 𝜑 1 = 0 ℓ −𝐸𝐴 𝑑 2 𝜑 1 𝑑 𝑥 2 𝜑 1 𝑑𝑥= 0 ℓ −𝐸𝐴 − 1 ℓ 𝑥− 𝑥 2 2ℓ 𝑑𝑥=𝐸𝐴 ℓ 3 𝐿 𝜑 2 , 𝜑 1 = 0 ℓ −𝐸𝐴 𝑑 2 𝜑 2 𝑑 𝑥 2 𝜑 1 𝑑𝑥= 0 ℓ −𝐸𝐴 − 2𝑥 ℓ 2 𝑥− 𝑥 2 2ℓ 𝑑𝑥=𝐸𝐴 5ℓ 12 𝐿 𝜑 1 , 𝜑 2 = 0 ℓ −𝐸𝐴 𝑑 2 𝜑 1 𝑑 𝑥 2 𝜑 2 𝑑𝑥= 0 ℓ −𝐸𝐴 − 1 ℓ 𝑥− 𝑥 3 3 ℓ 2 𝑑𝑥=𝐸𝐴 5ℓ 12 𝐿 𝜑 2 , 𝜑 2 = 0 ℓ −𝐸𝐴 𝑑 2 𝜑 2 𝑑 𝑥 2 𝜑 2 𝑑𝑥= 0 ℓ −𝐸𝐴 − 2𝑥 ℓ 2 𝑥− 𝑥 3 3 ℓ 2 𝑑𝑥=𝐸𝐴 8ℓ 15 𝑓, 𝜑 1 = 0 ℓ 𝑓 𝜑 1 𝑑𝑥= 0 ℓ 𝑎𝑥 𝑥− 𝑥 2 2ℓ 𝑑𝑥= 5𝑎 ℓ 3 24 𝑓, 𝜑 2 = 0 ℓ 𝑓 𝜑 2 𝑑𝑥= 0 ℓ 𝑎𝑥 𝑥− 𝑥 3 3 ℓ 2 𝑑𝑥= 4𝑎 ℓ 3 15 𝐸𝐴 ℓ 3 5ℓ ℓ ℓ 𝑐 1 𝑐 2 = 5𝑎 ℓ 𝑎 ℓ 3 15 𝑐 1 =0 𝑐 2 = 𝑎 ℓ 2 2𝐸𝐴 𝑢= 𝑐 2 𝜑 2 = 𝑎 2𝐸𝐴 ℓ 2 𝑥− 𝑥 3 3

8 Ismétlés: Mechanikai feladatok közelítő megoldásainak hibái
Kétféle hibafeltétel : Stacionaritási, vagy hossz-feltétel: a hibavektor kiválasztása után a felírt bilineáris alak értéke legyen minimális. Ortogonalitási, vagy vetületi feltétel: a kiszemelt hibavektor egy altérre legyen ortogonális. Feltétel 𝑔 ℎ 𝑔 és ℎ stacionaritási sok ismeretlent tartalmaz, nem alkalmas a közelítő függvény együtthatóinak meghatározására legkisebb négyzetek hibaelve néven ismert, ortogonalitási feltételre egyszerűsödik 𝑔,ℎ =𝑚𝑖𝑛! energetikai hibaelv ortogonalitási két kiegészítő feltétel felírásával megoldható, direkt módszer súlyozott maradékok hibaelve néven ismert ------ Ritz-módszer

9 Megoldás Ritz-módszerrel
A kvadratikus funkcionál minimumtétele kimondja, hogy ha egy 𝐿𝑢=𝑓, 𝐵𝑢=0 alakú peremérték-feladatban 𝐿 pozitív operátor, akkor ehhez a peremérték-feladathoz hozzárendelhető egy 𝐹 𝑢 funkcionál. Ha a peremérték- feladatnak létezik egy 𝑢 0 ∈ 𝐷 𝐿 megoldása, akkor ebben (és kizárólag csakis ebben) az 𝑢 0 pontban az 𝐹 𝑢 funkcionálnak minimuma van. Ez fordítva is igaz. Ha egy 𝑢 0 függvénynél van az 𝐹 𝑢 funkcionál minimumpontja, akkor 𝑢 0 a peremérték-feladatnak legalább gyenge megoldása is egyben. 1 2 𝑔,ℎ = 1 2 Ω 𝑢 0 −𝑢 𝑓−𝐿𝑢 𝑑Ω= 1 2 Ω 𝑢 0 𝑓+𝑢𝐿𝑢− 𝑢 0 𝐿𝑢−𝑢𝑓 𝑑Ω 𝐹 𝑢 = 1 2 𝐿𝑢,𝑢 − 𝑓,𝑢 =𝑚𝑖𝑛! konst. szim.

10 Megoldás Ritz-módszerrel
𝐹 𝑢 = 1 2 𝐿𝑢,𝑢 − 𝑓,𝑢 =𝑚𝑖𝑛! Mivel 𝐿 pozitív operátor, parciális integrálással: 𝐹 𝑢 = 1 2 𝑅𝑢,𝑅𝑢 − 𝑓,𝑢 =𝑚𝑖𝑛! Ebből következően a Ritz módszer bázisfüggvényei alacsonyabb rendű deriválási feltételek esetén is használhatóak, hiszen az 𝑅 operátor rendje az 𝐿 operátorénak a fele. A megoldást itt is a bázisfüggvények lineáris kombinációjával közelítjük: 𝑢 𝑛 = 𝑖=1 𝑛 𝑐 𝑖 𝜑 𝑖 𝐹 𝑐 1 ,…, 𝑐 𝑛 = 1 2 𝐿 𝑢 𝑛 , 𝑢 𝑛 − 𝑓, 𝑢 𝑛 =𝑚𝑖𝑛! 𝑑𝐹 𝑢 𝑑 𝑐 𝑖 = 𝑗=1 𝑛 𝑐 𝑗 𝐿 𝜑 𝑗 , 𝜑 𝑖 − 𝑓, 𝜑 𝑖 =0 𝑖=1, 2..𝑛

11 1. Példa megoldása Ritz-módszerrel
𝐹 𝑢 = ℓ −𝐸𝐴 𝑑 2 𝑢 𝑑 𝑥 2 𝑢 𝑑𝑥− 0 ℓ 𝑎𝑥 𝑢 𝑑𝑥 =𝑚𝑖𝑛! Parciális integrálással: 𝐹 𝑢 = 𝐸𝐴 2 0 ℓ 𝑑𝑢 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥− 0 ℓ 𝑎𝑥 𝑢 𝑑𝑥 =𝑚𝑖𝑛! függvényt kapjuk, ami megegyezik a szerkezet teljes potenciális energiájával.

12 1. Példa megoldása Ritz-módszerrel
bázisfüggvények peremfeltételek 𝑢 0 =0 𝜀 ℓ = 𝑑𝑢 𝑑𝑥 ℓ =0 𝜑 1 =𝑥 1 𝜑 2 = 𝑥 2 2ℓ Deriváltak: 𝜑′ 1 =1 𝜑′ 2 =2𝑥 𝐹 𝑢 = 𝐸𝐴 2 0 ℓ 𝑐 1 +2 𝑐 2 𝑥 2 𝑑𝑥− 0 ℓ 𝑎𝑥 𝑐 1 𝑥+ 𝑐 2 𝑥 2 𝑑𝑥 = 𝐸𝐴 𝑐 ℓ 2 + 𝑐 1 𝑐 2 ℓ 2 + 𝑐 ℓ −𝑎 𝑐 1 ℓ 3 3 − 𝑐 2 ℓ 4 4 𝑑𝐹 𝑢 𝑑 𝑐 1 =EA 𝑐 1 ℓ+ 𝑐 2 ℓ 2 −𝑎 ℓ 3 3 𝑑𝐹 𝑢 𝑑 𝑐 2 =EA 𝑐 1 ℓ 2 + 𝑐 2 4 ℓ −𝑎 ℓ 3 3

13 1. Példa megoldása Ritz-módszerrel
𝐸𝐴 ℓ ℓ 2 ℓ ℓ 𝑐 1 𝑐 2 = 𝑎 ℓ 𝑎 ℓ 4 4 Innen: 𝑐 1 = 7𝑎 ℓ 2 12𝐸𝐴 𝑐 2 =− 𝑎ℓ 4𝐸𝐴 𝑢= 𝑐 1 𝜑 1 +𝑐 2 𝜑 2 = 𝑎ℓ 12𝐸𝐴 7ℓ𝑥−3 𝑥 2

14 Irodalom Dr. Bojtár Imre, Dr. Gáspár Zsolt: Tartók Statikája IV. Műegyetemi Kiadó, 1993. Bojtár Imre, Gáspár Zsolt: A végeselemmódszer matematikai alapjai, BME Tartószerkezetek Mechanikája Tanszék, Budapest, 2009. Bojtár Imre, Gáspár Zsolt: Végeselemmódszer építőmérnököknek, TERC Kiadó Budapest, 2003.