1 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple Méthodes de résolution approximatives Applications aux problèmes de l ingénieur mécanique
2 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple Pour effectuer des modélisations, des calculs et des prédictions de phénomènes physiques, l ingénieur utilise des modèles mathématiques. En général, les modèles sont construits à partir d équations simples décrivant des phénomènes physiques généraux. Ce qui est compliqué, par contre, est la solution des équations décrivant le phénomène physique dans le cas général ou spécifique. Il y a des situations où les équations qui entrent en jeu n ont pas encore de solution analytique connue. Dans la majorité des problèmes rencontrés par l ingénieur mécanique en calcul de structures, la géométrie du problème est trop complexe pour même espérer à rêver peut-être trouver une solution analytique. On doit donc développer des techniques numériques qui permettent de trouver des solutions approximatives les plus proches possibles de la solution exacte du problème.
Quelques problèmes typiques en mécanique des solides 3 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple Figure 1: Problèmes de la mécanique des solides où l on retrouve des équations différentielles
Différences finies 4 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple Les équations différentielles régissent la nature. Il existe quelques techniques pour résoudre des problèmes aux équations différentielles Différences finies Éléments finis Différences finies Une méthode très ancienne Dans cette méthode, on va discrétiser, ou dériver numériquement, la fonction dans l équation différentielle. Par exemple, si l on cherche à connaître la fonction u(x), on pourrait écrire que: d u(x) u(x h) u(x) = dx h +O(h) (1)
Différences finies 5 / 60 Considérons le problème suivant Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple x 1 = 0 x 2 = 50 3 x 3 = 100 3 x 4 = 50 F = 1 u 1 = 0 u 2 u 3 u 4 Figure 2: Exercice sur le barreau droit L équation différentielle qui caractérise ce problème est la suivante: d dx u(x) = F E 25 250 3x (2)
Différences finies 6 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple x 1 = 0 x 2 = 50 3 x 3 = 100 3 u 1 = 0 u 2 u 3 u 4 En utilisant l approximation x 4 = 50 F = 1 d u(x) u(x h) u(x) dx h On obtiendra le système d équations suivant: du = u(x 2) (u(x 1 ) = 0) dx x=x2 h = 25 250 3x 2 (3a) du = u(x 3) u(x 2 ) dx x=x3 h = 25 250 3x 3 (3b) du = u(x 4) u(x 3 ) dx x=x4 h = 25 250 3x 4 (3c)
Différences finies 7 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple Ce système peut se mettre sous la forme: 1 0 0 3 u 2 1 1 0 u 3 50 = 0 1 1 u 4 Ce qui conduit à la solution u 2 u 3 u 4 = 2.083 4.86 9.03 0.125 0.167 0.25 (4) (5) Cette solution est bien loin de la solution exacte u 4 = 7.636...
Éléments finis 8 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple Avec la méthode des éléments finis, on va prendre une tout autre approche. L approche retenue est plus physique que mathématique. Par exemple, pour ce problème, on avait divisé le barreau de section variable en barreaux droits dont l aire de la section avait une valeur moyenne entre celles calculées à ses extrémités: k 1 = Ã(1) E L (1) k 2 = Ã(2) E L (2) k 3 = Ã(3) E L (3) F = 1 u 1 = 0 u 2 u 3 u 4 Figure 3: Représentation de la modélisation par éléments finis du problème illustré à la figure 2 Dans ce problème, on peut considérer les barreaux comme des ressorts de rigidité k i.
Éléments finis 9 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple En utilisant la compatibilité géométrique et l équilibre des forces, on peut voir que la force transmise dans chaque ressort doit être égale (ressorts installés en série). On aura donc le système d équations suivant: k 1 (u 2 u 1 ) = 1 k 2 (u 3 u 2 ) = 1 (6a) (6b) k 1 (u 4 u 3 ) = 1 (6c) qui peut se mettre sous la forme: k 1 0 0 k 2 k 2 0 0 k 3 k 3 u 2 u 3 u 4 = 1 1 1 (7)
Éléments finis 10 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple En réorganisant les équations, on obtient finalement k 1 +k 2 k 2 0 k 2 k 2 +k 3 k 3 = 0 k 3 k 3 u 2 u 3 u 4 0 0 1 (8) qui est bien le système que l on obtient en utilisant la technique montrée au début du cours. Par la suite, en supposant que le déplacement varie linéairement entre les deux extrémités de l élément, on peut obtenir une fonction approchée u (x) de la solution u(x).
Différences finies vs. éléments finis 11 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple Différences finies Cherche à résoudre une équation différentielle Discrétise l équation différentielle Conduit à un système linéaire d équations à résoudre La solution donne les valeurs discrètes u (x i ) Applicable à des problèmes où la géométrie est simple et régulière Précision améliorée en prenant des pas de calculs h de plus en plus petits Éléments finis Cherche à résoudre une équation différentielle On choisit une forme approchée u (x) de la solution u(x) Conduit à un système linéaire d équations à résoudre La solution donne les valeurs discrètes u (x i ) ainsi qu une interpolation entre elles u (x) Aucune restriction sur la géométrie du problème ni sur les conditions limites et le chargement Précision améliorée en prenant des éléments de plus en plus petits
Problèmes à conditions aux rives 12 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple Dans ce cours, on va étudier l équation différentielle typique suivante (en 1D): d [ α(x) du ] +β(x)u(x) = f(x) (9) dx dx Cette équation générale est rencontrée dans plusieurs problèmes physiques associés à la mécanique des solides Flèche d une poutre Conduction thermique etc. Dans un problème physique réel modélisé par l équation 9, on cherche à connaître la solution dans un domaine particulier. Cela peut être par exemple une poutre de longueur L ou une plaque de surface A. L équation 9 peut aussi être généralisée en 3D.
Problèmes à conditions aux rives 13 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple Pour trouver la solution de cette équation différentielle, on applique des conditions aux rives du domaine étudié. Ce sera par exemple des déplacements ou des forces appliquées sur la structure. k 1 = Ã(1) E L (1) k 2 = Ã(2) E L (2) k 3 = Ã(3) E L (3) u 1 = 0 u 2 u 3 u 4 F = 1
Problèmes à conditions aux rives 14 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple En général, pour les problèmes physiques rencontrés en mécanique des solides, on applique 2 types de conditions aux rives: Conditions sur la fonction U Conditions sur le flux φ(x) = α(x) du dx Par exemple, si U est un déplacement, le flux est φ(x) = α(x) du dx = αε, où ε est la déformation Si l on choisit α = E, où E est le module d Young du matériau, alors: φ = Eε = σ. Si l on choisit α = EA, où A est la surface sur au-travers laquelle le flux s écoule, on aura φ = AEε = Aσ = A F A = F. Imposer des conditions sur le flux du déplacement revient à imposer des forces sur la structure.
Problèmes à conditions aux rives 15 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple Au final, on aura schématiquement le problème suivant à résoudre: U(x a ) = U a ou U(x b ) = U b ou x a x b domaine de solution Figure 4: Schématisation d un problème d équations différentielles à conditions aux rives sur un domaine En 3D, l approche est similaire: au lieu de manipuler une équation, on va manipuler des systèmes d équations.
Problèmes à conditions aux rives 16 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple Avec cette méthode, on peut traiter différents types de problèmes Problèmes aux valeurs propres (flambement, fréquences naturelles) Problèmes de diffusion: en plus de l espace, le temps est une variable. Matériaux viscoélastiques, régimes transitoires, etc. Problèmes dynamiques: les équations ne font pas intervenir que U, elles font aussi intervenir ses dérivées temporelles.
Schéma général de la méthode de solution 17 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple Le problème est le suivant: On a une équation différentielle à résoudre sur un domaine, comme illustré à la figure 4. On cherche la solution de ce problème qui est U(x) (qui nous donnerait, par exemple, la flèche en fonction de la coordonnée x sur une poutre). Comme on ne connaît pas U(x) on va postuler à priori une forme de cette fonction que l on va noter U (x) On va espérer que la forme que l on a choisi pour U (x) soit voisine de la forme de U(x)... On appelle U (x) fonction d essai. Une fois la forme de la fonction U (x) déterminée, on doit trouver un moyen de déterminer les paramètres de cette fonction de manière à ce que U (x) soit la plus proche possible de U(x) tout en rencontrant les conditions aux rives Il existe plusieurs manières pour effectuer cette tâche, chacune avec ses avantages et inconvénients.
Schéma général de la méthode de solution 18 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple On aura donc le schéma général suivant: 1. Définir la forme de la fonction d essai U (x) U(x) En général, on choisit: U (x) = Φ 0 (x)+a 1 Φ 1 (x)+a 2 Φ 2 (x)+a 3 Φ 3 (x)+... (10) où les Φ i (x) sont des fonctions, pas nécessairement linéaires, et les a i sont des constantes réelles. U (x) est, en général, une combinaison linéaire de fonctions qui ne sont pas nécessairement linéaires. On a donné une forme de U (x) mais les paramètres a i sont encore inconnus...
Schéma général de la méthode de solution 19 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple U (x) = Φ 0 (x)+a 1 Φ 1 (x)+a 2 Φ 2 (x)+a 3 Φ 3 (x)+... 2. Déterminer les paramètres inconnus (les a i ) de U (x) Les a i doivent être choisis pour que U (x) rencontre les conditions aux rives du problème Il faut que U (x) soit la plus près possible de U(x), et ce, pour tout x dans le domaine du problème N est-ce pas un peu parodoxal? Comment peut-on être certain que les paramètres que l on a déterminé pour U (x) sont les meilleurs puisque l on ne même connaît pas U(x)? Quel sens donne-t-on à le plus près possible de U(x)? En effet, on peut mesurer une distance entre deux points, mais comment peut-on dire que deux fonctions sont proches l une de l autre? On verra que cette définition n est pas unique... Alors, dans ce cas là, laquelle choisir?
Schéma général de la méthode de solution 20 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple 3. Estimation de la précision de U (x) Si l on définit l erreur comme étant: E(x) = U(x) U (x) (11) on cherchera à estimer cette erreur. Encore là, c est paradoxal: comment peut-on estimer E(x) sans connaître U(x)? On verra qu il existe des techniques pour s assurer que l erreur est assez petite pour notre application.
Exemple de calcul 21 / 60 Pb. types Diff. finies Éléments finis Pb. cond. rives Méthode sol. Exemple Soit l équation différentielle suivante: [ d x du ] = 2 U(1) = 2 dx dx x 2 φ(2) = x du dx x = 1 x = 2 domaine de solution x=2 = 1 2 (12) Figure 5: Illustration du domaine de solution du problème de l éq. 12 On fait le choix suivant: U (x) = a 0 +a 1 x+a 2 x 2 +a 3 x 3 (13) Les polynômes sont en général un bon choix car si l on augmente l ordre du polynôme, on peut représenter de plus en plus précisément n importe quelle fonction continue.
22 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin La méthode des résidus pondérés
23 / 60 Rappel Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin On avait le problème suivant à résoudre: [ d x du ] = 2 U(1) = 2 dx dx x 2 φ(2) = x du dx x=2 = 1 2 On avait supposé une fonction d essai U (x) = a 0 +a 1 x+a 2 x 2 +a 3 x 3 qui approxime la solution exacte U(x) de ce problème. Après quelques modifications (imposition des conditions aux rives), on avait: (14) U (x) = Φ 0 (x)+a 2 Φ 2 (x)+a 3 Φ 3 (x) = U (x,a i ) (15) Il nous reste maintenant à déterminer les paramètres a 2 et a 3 qui sont pour le moment inconnus.
Principes de base 24 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin On cherche à déterminer les paramètres a 2 et a 3 de la fonction d essai U (x,a i ) = Φ 0 (x)+a 2 Φ 2 (x)+a 3 Φ 3 (x) Comment faire? Et d ailleurs, qu est ce que l on cherche à faire exactement? On voudrait que la fonction U soit la plus proche possible de la fonction U, qui est la solution du problème et que l on ne connaît pas. Si l on connaissait U(x), on pourrait par exemple, à l aide d algorithmes d approximation, déterminer les paramètres a i qui interviennent dans U en minimisant l équation suivante: 2 min a 2,a 3 1 [U(x) U (x,a i )] 2 dx (16) Mais dans notre cas, comme on ne connaît pas U, comment faire?
Principes de base 25 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin Reprenons notre équation différentielle et écrivons-la sous la forme: [ d x du ] 2 = R(x) = 0 (17) dx dx x2 où R est ce que l on appelle le résidu. Le résidu peut être interprété comme une mesure de la capacité de la fonction U à rencontrer les conditions imposées par l équation différentielle. Comme U est la solution du problème, R(x) = 0 x du domaine de solution (ici x [1, 2]) Maintenant, si l on écrit: d dx [x du dx ] 2 x 2 = R(x,a i) (18) on a que le résidu R(x,a i ) représente une mesure de la capacité de la fonction d essai à rencontrer les mêmes conditions imposées par l équation différentielle que la solution U
Principes de base Stratégie 26 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin Comme l on sait que R(x) = 0 pour U(x), on va chercher les paramètres a i de U (x,a i ) qui font que R(x,a i ) 0 x dans le domaine de solution. Note Pour la fonction U déterminée pour le problème de l équation 12, le résidu est: R(x,a i ) = 1 4 +4(x 1)a 2 +3(3x 2 4)a 3 2 x 2 (19) Il existe plusieurs stratégies pour déterminer les paramètres a i de U. Chacune donne un sens particulier à la condition R(x,a i ) 0
La collocation par points 27 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin Dans cette technique, on détermine les valeurs des coefficients a i qui font que R(x i,a i ) = 0 pour certaines valeurs de x = x i. Par exemple, dans notre cas, comme on a 2 inconnues, on doit générer deux équations. On fait le choix de prendre des points x i qui sont équirépartis sur le domaine de solution. Figure 6: Illustration des points utilisés pour la collocation (pour le problème particulier qui nous intéresse) On aura donc les équations suivantes: VOIR DÉMONSTRATION AU TABLEAU
La collocation par points 28 / 60 0.2 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin Residu 0-0.2-0.4-0.6-0.8-1 -1.2 x 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 Figure 7: Illustration du résidu pour la méthode de collocation par points
La collocation par points 29 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin U(x) 2 1.9 1.8 1.7 1.6 exacte approchee 1.5 1.4 1.3 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 x Figure 8: entre U et U pour la méthode de collocation par points
La collocation par points 30 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin Flux 1.6 1.4 1.2 1 0.8 exacte approchee 0.6 0.4 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 x Figure 9: entre φ et φ (flux) pour la méthode des collocation par points
La collocation par sous domaines 31 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin Dans cette technique, on demande au résidu d avoir une moyenne nulle dans un certain nombre de sous-domaines. Pour notre exemple, on séparerait notre domaine de solution en deux sous-domaines, comme illustré à la figure 10 Figure 10: Illustration des sous-domaines où la moyenne du résidu doit être nulle
La collocation par sous domaines 32 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin On aura donc le système d équations suivantes à résoudre: 1.5 1 R(x,a i )dx = 0 (20a) 2 1.5 R(x,a i )dx = 0 Ce système nous donne donc bien deux équations pour nos deux inconnues. (20b)
La collocation par sous domaines 33 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin Residu 0.6 0.4 0.2 0-0.2-0.4-0.6-0.8-1 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 x Figure 11: Illustration du résidu pour la méthode des collocations par sous-domaines
La collocation par sous domaines 34 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin U(x) 2 1.9 1.8 1.7 1.6 exacte approchee 1.5 1.4 1.3 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 x Figure 12: entre U et U pour la méthode des collocations par sous-domaines
La collocation par sous domaines 35 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin Flux 1.6 1.4 1.2 1 0.8 exacte approchee 0.6 0.4 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 x Figure 13: entre φ et φ (flux) pour la méthode des collocations par sous-domaines
La méthode des moindres carrés 36 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin La méthode des collocations par sous-domaines est intéressante car elle fait intervenir une mesure globale des performances de U à rencontrer les exigences de l équation différentielle. Par contre, le danger avec cette technique est qu elle se base sur la moyenne du résidu. On pourrait en effet imaginer un résidu qui passe par des valeurs très grandes, positives et négatives, mais dont la moyenne demeure nulle. On aurai alors une mauvaise approximation de U Pour éviter ce problème, on pourrait imaginer un critère plus sévère: minimiser le carré du résidu sur tout le domaine de solution. Le carré du résidu est une mesure de la distance (positive ou négative) du résidu par rapport à 0. Le problème à résoudre est donc le suivant: min a i E 2 (a i ) = min a i D R(x,a i ) 2 dx (21)
La méthode des moindres carrés 37 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin On va donc chercher les paramètres a i de U qui font que E 2 (a i ) est minimale Il faut voir ici que E 2 (a i ) = D R(x,a i) 2 dx est une fonction des a i uniquement. En effet, la variable x est disparue dans l intégration. Comme la fonction U = Φ 0 (x)+ i a iφ i (x) est une combinaison linéaire de fonctions de x et des paramètres a i, le résidu au carré sera une fonction quadratique en a i, ainsi que E 2 (a i ) De plus, on sait que E(a i ) 2 0 Alors, E 2 (a i ) possède un minimum et en plus, il est unique! On sait qu au minimum d une fonction, son gradient est nul. On formera alors le système d équations suivant: { a i D } R(x,a i ) 2 dx = { 2 D = {0} R(x,a i ) a i R(x,a i )dx } (22)
La méthode des moindres carrés 38 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin Donc, pour notre problème, on aura les deux équations suivantes: 2 R(x,a i ) R(x,a i )dx = 0 a 2 1 2 1 R(x,a i ) a 3 R(x,a i )dx = 0 Ce qui nous fait 2 équations pour 2 inconnues (23a) (23b)
La méthode des moindres carrés 39 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin Residu 0.4 0.2 0-0.2-0.4-0.6-0.8-1 -1.2 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 x Figure 14: Illustration du résidu pour la méthode des moindres carrés
La méthode des moindres carrés 40 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin U(x) 2 1.9 1.8 1.7 1.6 exacte approchee 1.5 1.4 1.3 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 x Figure 15: entre U et U pour la méthode des moindres carrés
La méthode des moindres carrés 41 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin Flux 1.6 1.4 1.2 1 0.8 exacte approchee 0.6 0.4 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 x Figure 16: entre φ et φ (flux) pour la méthode des moindres carrés
La méthode de Galerkin 42 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin Si l on considère le système d équations pour la méthode des moindres carrés: { R(x,a i ) } R(x,a i )dx = {0} a i D on voit que l on peut le mettre sous une autre forme: { } R(x,a i )w i (x,a i )dx = {0} (24) D où w i (x,a i ) peut être interprétée comme une fonction de pondération. L équation 24 consiste donc à annuler une moyenne pondérée. Avec la méthode de Galerkin, on utilise une autre fonction de pondération w i (x,a i ): on prendra les fonctions Φ i (x) qui multiplient les paramètres a i dans l expression de U On verra la justification de ce choix plus tard.
La méthode de Galerkin 43 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin Donc, avec la méthode de Galerkin, le système d équations à résoudre pour identifier les a i est: { } R(x,a i )Φ i (x)dx = {0} D Pour notre exemple, on aura les équations suivantes à résoudre: 2 1 R(x,a i )Φ 2 (x)dx = 0 (25a) 2 1 R(x,a i )Φ 3 (x)dx = 0 (25b)
La méthode de Galerkin 44 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin Residu 0.4 0.2 0-0.2-0.4-0.6-0.8-1 -1.2-1.4 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 x Figure 17: Illustration du résidu pour la méthode de Galerkin
La méthode de Galerkin 45 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin U(x) 2 1.9 1.8 1.7 1.6 exacte approchee 1.5 1.4 1.3 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 x Figure 18: entre U et U pour la méthode de Galerkin
La méthode de Galerkin 46 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin Flux 1.6 1.4 1.2 1 0.8 exacte approchee 0.6 0.4 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 x Figure 19: entre φ et φ (flux) pour la méthode de Galerkin
des performances des méthodes 47 / 60 0.6 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin Residu 0.4 0.2 0-0.2-0.4-0.6-0.8-1 -1.2-1.4 Collocation pt Collocation s.-d. Moindres carres Galerkin 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 x Figure 20: Illustration du résidu pour les méthodes étudiées
des performances des méthodes 48 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin U(x) 2 1.9 1.8 1.7 1.6 exacte Collocation pt Collocation s.-d. Moindres carres Galerkin 1.5 1.4 1.3 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 x Figure 21: entre U et U pour les méthodes étudiées
des performances des méthodes 49 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin Flux 1.6 1.4 1.2 1 exacte Collocation pt Collocation s.-d. Moindres carres Galerkin 0.8 0.6 0.4 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 x Figure 22: entre φ et φ (flux) pour pour les méthodes étudiées
50 / 60 Principes Collocation pt. Collocation s-d. Moindres carrés Galerkin La méthode des résidus pondérés est une méthode qui consiste à rechercher la valeur numérique des paramètres d une fonction d essai U qui soit la plus proche possible de la solution U Pour ce faire, on cherche à annuler la moyenne pondérée de la somme de tous les résidus sur le domaine de solution. Ce qui différentie les techniques entre elles sont les fonctions de pondération utilisées La méthode de Galerkin est la méthode des résidus pondérés la plus utilisée. On peut voir que l on peut obtenir une grande précision sur la fonction U Mais sur le flux, la précision sera toujours moindre. Il existe d autres techniques que celle des résidus pondérés pour obtenir une solution approximative de U. Parmi ces méthodes, il y a les formulations variationnelles que l on verra plus tard dans le cours.
51 / 60 Méthode h Méthode p des solutions numériques
52 / 60 Méthode h Méthode p Problème On cherche une solution approximative U de la solution du problème U. Comment déterminer si la solution que l on obtient est une bonne approximation de la solution exacte du problème? On ne peut pas vraiment le faire de manière rigoureuse... Par contre, on peut avoir une indication quant à la qualité de la solution en conduisant une étude de convergence Il existe deux méthodes principales pour les études de convergence: la méthode h et la méthode p.
La méthode h 53 / 60 Méthode h Méthode p Dans cette méthode, on raffine le maillage de la structure en utilisant plus d éléments. Par exemple, si l on considère l exercice suivant, on demandait de résoudre le problème: On demandait de résoudre ce problème avec 1, 2 et 3 éléments.
La méthode h 54 / 60 Méthode h Méthode p On avait les solutions numériques suivantes: { u1 u 2 1 élément 2 éléments 3 éléments } { } u 0 u 1 = u 7.14 2 0 1 0 u = 2.94 2 1.85 = u u 3 7.49 3 4.23 u 4 7.56 Et la solution exacte était u x=50 = 7.636. On peut voir qu en utilisant de plus en plus d éléments, on s approche de la solution exacte.
La méthode p 55 / 60 Méthode h Méthode p Pour illustrer la méthode p, considérons le problème 1.2: [ d (x+1) du ] U(1) = 1 = 0 dx dx φ(2) = (x+1) du = 1 x=2 On demande de calculer 2 solutions approximatives avec la méthode de Galerkin: 1. U1 (x) = a 1 +a 2 x+a 3 x 2 2. U2 (x) = a 1 +a 2 x+a 3 x 2 +a 4 x 3 Ici, avec la méthode p, on augmente l ordre du polynôme de la fonction d essai. dx (26) VOIR DÉMONSTRATION AU TABLEAU
La méthode p 56 / 60 Méthode h Méthode p Solutions 1. U1 (x) = 1 ( 27 42 17x+2x 2 ) 2. U2 (x) = 1 ( 486 793 382x+85x 2 10x 3) 3. U(x) = 1 ln [ ] x+1 2 U(x) 1 0.95 0.9 0.85 0.8 0.75 0.7 0.65 0.6 0.55 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 x U(x) U1(x) U2(x) Figure 23: des solutions approximatives avec la solution analytique pour le problème 1.2
La méthode p 57 / 60 Méthode h Méthode p Flux 1.03 1.02 1.01 1 0.99 0.98 0.97 0.96 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 x U(x) U1(x) U2(x) Figure 24: des solutions approximatives avec la solution analytique pour le flux pour le problème 1.2 On peut voir que pour le flux, on est beaucoup plus précis avec le polynôme de degré plus élevé
58 / 60 Méthode h Méthode p Méthode h Plus d éléments Même degré de polynôme Technique Méthode p Même nombre d éléments Augmente le degré du polynôme On réalise un maillage et on obtient une solution U n On réalise une autre analyse soit en augmentant le nombre d éléments ou en augmentant le degré du polynôme de U. On nomme cette solution U n+1 On aura convergence au point qui nous intéresse x i si l on a U n (x i ) U n+1 (x i ) < ǫ (27)
59 / 60 Attention! Méthode h Méthode p Il peut y avoir des situations où l on converge asymptotiquement vers une mauvaise solution Dans la majeure partie des problèmes d ingénierie mécanique, pour qu une solution converge il faut que la fonction d essai rencontre deux conditions: 1. Elle doit être complète L ordre du polynôme doit être tel que la dérivation de U dans l équation différentielle définissant le problème conduise au moins à une représentation constante. 2. Elle doit être continue (ainsi que certaines de ces dérivées) dans le domaine de solution. Malgré cela, il existe quand même des cas pathologiques où l on sait que la solution diverge localement (mais pas globalement)
60 / 60 F Méthode h Méthode p Matériau 1 Contrainte dans cette zone tend vers lʼinfini Matériau 2 Figure 25: Exemple connu où la solution diverge dans une certaine zone. Ici, le déplacement obtenu converge, mais la contrainte tend vers l infini à mesure que l on raffine le maillage