Cours Element Fini

8/6/2019 Cours Element Fini

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La Methode des Elements Finis Appliquee aux Problemes

Elliptiques

Hatem ZENZRI et Mohamed AIDI

Ecole Nationale dIngenieurs de Tunis

17 septembre 2008 (Version incomplete)


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Table des matieres

1 Introduction a la methode des elements finis 3

1.1 Lexemple du probleme de lequation de la chaleur . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Formulation variationnelle du probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Resolution du probleme variationnel discret . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4 Illustration de lapproximation elements finis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2 Problemes variationnels abstraits et espaces de Sobolev 122.1 Le theoreme de Lax-Milgram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.2 Problemes variationnels et problemes de minimisation . . . . . . . . . . . . . . . 132.3 Les espaces de Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.3.1 Lespace L2() . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.3.2 Rappels sur les distributions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.3.3 Lespace de Sobolev H1() . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.3.4 Lespace de Sobolev H2() . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.3.5 Lespace (H1())N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.4 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3 Etude de quelques problemes aux limites elliptiques 273.1 Problemes du laplacien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.1.1 Le probleme de Dirichlet homogene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.1.2 Le probleme de Dirichlet non homogene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.1.3 Le probleme de Neumann homogene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.1.4 Probleme mele de Dirichlet-Neumann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3.2 Le probleme de lequilibre en elasticite tridimensionnelle . . . . . . . . . . . . . . 333.3 Un probleme elliptique du quatrieme ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353.4 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

4 Quelques elements finis usuels 394.1 Definition dun element fini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.2 Quelques elements finis de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

4.2.1 Rappels sur les coordonnees barycentriques . . . . . . . . . . . . . . . . . 404.2.2 Exemples delements finis unidimensionnels . . . . . . . . . . . . . . . . . 414.2.3 Exemples delements finis plans . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424.2.4 Exemples delements finis tridimensionnels . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

4.3 Quelques elements finis de Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

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4.3.1 Un exemple unidimensionnel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

4.3.2 Lelement fini plan de Zienckiewich . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 464.3.3 Lelement fini plan dArgyris . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474.3.4 Lelement fini rectangle de Bogner-Fox-Schmit . . . . . . . . . . . . . . . 48

5 Espaces elements finis et estimations derreur 495.1 Construction despaces e lements finis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

5.1.1 Maillage ou Triangulation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 495.1.2 Espace elements finis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 495.1.3 Interpolation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 515.1.4 Classe dun element fini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

5.2 Estimations derreur pour lapproximation par la methode des elements finis

conforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 535.2.1 Dimension de lespace elements finis Vh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

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Chapitre 1

Introduction a la methode des

elements finis

La methode des elements finis est une methode numerique utilisee pour le calcul de solutionsapprochees de problemes definis par des equations aux derivees partielles et des conditions auxlimites. Les problemes aux limites apparaissent constamment en physique mathematique et ilen existe particulierement trois grandes classes, illustrees chacune par un type de phenomenebien particulier. Il y a les problemes de type hyperbolique qui caracterisent le phenomene depropagation des ondes. Les problemes de type parabolique sont representatifs des problemesde diffusion, par exemple de la chaleur. Enfin, les problemes de type elliptique, dont il seraquestion dans ce document, apparaissent dans les etudes de regime stationnaire en thermique,en mecanique ou en electricite.

Pendant longtemps, loutil le plus utilise pour la resolution des equations aux derivees par-tielles a ete la methode des differences finies. Peu a peu, et en raison de sa rigueur et de sa sou-plesse demploi en programmation, la methode des elements finis la supplante. Pour un problemeaux limites donne, la methode des differences finies part de lapproximation des operateursdifferentiels en utilisant les developpements de Taylor, alors que la methode des elements finispart dune formulation variationnelle de ce probleme.

Linvention de la methode des elements finis est attribuee a Courant en 1943 [2]. Quelquesannees plus tard, les ingenieurs lont re-invente pour resoudre des problemes de calcul de struc-ture, et ceci independamment du travail de Courant. Les plus anciennes references citees dansla litterature sont celles dArgyris [1] qui datent de 1954. Ensuite et des le debut des anneessoixante, de nombreux travaux mathematiques ont ete menes sur cette methode. Actuellement,et dans le champ dapplication des sciences de lingenieur, la methode des elements finis estintegree dans la plupart des logiciels de calcul et de conception assistee par ordinateur.

Dans ce chapitre nous introduisons la methode des elements finis en la mettant en oeuvredans letude dun probleme classique dequilibre thermique. Certains aspects mathematiques,relevant surtout de la regularite des champs manipules, seront ici volontairement ignores etseront discutes dans les chapitres suivants.

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1.1 Lexemple du probleme de lequation de la chaleur

Le probleme considere consiste a determiner le champ de temperature dans un milieu oc-cupant une geometrie ( RN, N {1, 2, 3}) de frontiere . Le materiau constituant lemilieu est homogene et isotrope. Il obeit a la loi de Fourier pour la conduction de la chaleuret son coefficient de conductivite thermique est > 0. La temperature est imposee nulle sur et le milieu est soumis a une densite volumique de taux de chaleur s definie dans . Ladetermination du champ de temperature T revient alors a resoudre le probleme aux limites T = s dans

T = 0 sur ,(1.1)

appele probleme de lequation de la chaleur (en regime stationnaire).

1.2 Formulation variationnelle du probleme

Proposition 1.1 Si T est une solution suffisamment reguliere de (1.1) alors T est solutiondu probleme variationnel suivant :

Trouver T V tel que

a(T, ) = L() V(1.2)

ou :

V = { : R, suffisamment reguliere et = 0 sur} , (1.3)a(T, ) =

T. d , (1.4)et

L() =

s d . (1.5)

Preuve. Nous rappelons que la formule dintegration par parties de Green secrit :

U

xiV d =

U V nid

V

xiU d (1.6)

ou U et V sont deux champs definis sur , xi est une coordonnee cartesienne par rapport a unebase orthonormee ( e1, e2,..., eN) de R

N (x = xiei)1 et ni est la composante selon ei du vecteur

n unitaire et normal exterieur a (n = niei).Si T est une solution suffisamment reguliere du probleme (1.1), alors pour tout champ

suffisamment regulier on a :

T d =

s d (1.7)

et comme T = T,ii2, lapplication de la formule de Green et la restriction de (1.7) aux champs

appartenant a lespace V conduit immediatement au resultat propose.

1La convention de sommation sur les indices repetes est utilisee dans tout le document.

2Pour un champ A la notation : A,kl = 2

Axkxl

, est utilisee.

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Le probleme (1.2) est une formulation variationnelle de (1.1) sur lespace V. Lecriture dune

telle formulation integrale constitue la premiere etape de la mise en oeuvre de la methode deselements finis. En precisant la definition de lespace V, on montrera que la solution du probleme(1.2) existe et est unique.

La resolution de (1.2) serait immediate si V etait de dimension finie. Or, en general cetespace est de dimension infinie. La seconde etape de la methode des elements finis consiste alorsa chercher une solution approchee en se limitant a un sous-espace de V de dimension finie. Pourun sous-espace Vk de dimension finie k, ceci conduit alors a definir le probleme variationnelsuivant :

Trouver Tk Vk tel que

a(Tk, k) = L(k) k Vk (1.8)Le probleme variationnel (1.8) est appele probleme variationnel discret.

1.3 Resolution du probleme variationnel discret

Proposition 1.2 La solutionTk de (1.8) existe et est unique. Etant donnee une base (1, 2,...,k)de Vk, Tk est ecrite sous la forme : Tk(x) = Tki i(x), et, en notant

Tk

le vecteur colonne decomposantes Tk1 , ...T

kk , on a

Rk

.

Tk

=

Fk

, (1.9)

ou les composantes de la matrice3 Rk et celles du vecteur colonne Fk sont :Rkij = a(i, j) i, j {1, 2,...,k}, (1.10)

Fki = L(i) i {1, 2,...,k}. (1.11)

Preuve. Pour des champs Tk et k dans Vk, nous ecrivons : Tk(x) = Tki i(x) et k(x) = kj j(x).

Tk etant solution de (1.8) on a :

a(Tki i, kj j) = L(

kj j).

L et a etant des formes respectivement lineaire et bilineaire sur V, on obtient :Tki R

kij

kj = F

kj

kj

dou : Tk

.

Rk

Fk

.

k

= 0

k

Rk

La symetrie de la matrice

Rk

, qui decoule de la symetrie de la forme bilineaire a, conduitalors au systeme lineaire (1.9). La forme bilineaire a est aussi definie positive ; cest a direque V a(, ) 0 et (a(, ) = 0 = 0). En effet, a(, ) = . d 0 et(a(, ) = 0 = constante dans lorsque est connexe) ; et comme = 0 sur doncla constante est nulle et = 0 dans . La definie positivite de la forme bilineaire a entrane

3De telles matrices

Rk

sont souvent appelees matrices de rigidite.

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la definie positivite de la matrice Rk

, ce qui prouve lexistence et lunicite de la solution dusysteme lineaire (1.9). La determination de lapproximation Tk de T revient a calculer les scalaires Tki (i = 1,...,k)

en inversant le systeme lineaire (1.9). Cette approximation ne serait pertinente que si k estsuffisamment grand pour que lespace Vk soit proche de V. (Autrement dit, il faudrait queTk converge vers T lorsque k tend vers linfini ; cette question de convergence sera etudiee dansle chapitre 4). Le choix des sous-espaces de dimensions finis Vk constitue une etape importantedans cette technique dapproximation. Dans la methode des elements finis, ces sous-espacessont appeles espaces elements finis. Leur construction constitue la troisieme etape de la mise enoeuvre de la methode des elements finis.

1.4 Illustration de lapproximation elements finis

Le choix des sous-espaces Vk revient a un choix dune base (1, 2,...,k). Cette base permetalors de fixer linterpretation des inconnues Tki . Dans la methode des elements finis, ces inconnuessont appelees les degres de liberte (d.d.l) du champ Tk et correspondent generalement a desvaleurs de Tk (ou de ses derivees) en un certain nombre de points du domaine . Ces pointssont deduits dun maillage du domaine . Le maillage correspond a un decoupage de enelements geometriques simples qui sont generalement polygonaux. Ces elements geometriquessont appeles elements finis ou mailles. Les nuds du maillage, qui sont des points particuliersdes elements finis (sommets, centres de gravite, milieux des aretes,...) constituent alors les pointsou sont definis les degres de liberte. A chaque d.d.l est associee une fonction de base continue sur

, le plus souvent polynomiale par maille, et completement definie par lensemble de ses d.d.l.Une fonction de base i, associee au d.d.l de numero (i), a tous ses d.d.l qui sont nuls excepte

le ieme qui est fixe a la valeur 1.

Illustration pour un domaine unidimensionnel = ] 0, L [Considerons le maillage obtenu suite au decoupage regulier du domaine =] 0, L [ en k + 1 seg-ments [Si, Si+1] i = 0,...,k (figure 1.1). Ces segments constituent les elements finis du maillage.Lespace elements finis ici considere correspond a une approximation dans laquelle les degres deliberte dun champ sont les valeurs de ce champ aux sommets Si. Ces sommets constituent alorsles nuds du maillage. Les fonctions de base de cet espace sont telles que :

i(Sj) = ij (1.12)

ou designe le symbole de Kronecker (ij = 1 si i = j et ij = 0 si i = j). Les seules fonctionscontinues sur , polynomiales par maille et completement definies par leurs degres de liberte(1.12), sont les fonctions affines par morceaux dont les graphes sont donnes dans la figure (1.1).

Dans lespace Wk+2 = Vect{0, 1,...,k+1}, engendre par les fonctions i , une fonction est affine par maille et est telle que : (x) = (Si)i(x). Il est clair que lespace W

k+2 nest pasun sous-espace de V puisque les conditions aux limites ((0) = (L) = 0) ny sont pas verifiees.Lespace Vk = Vect{1,...,k} est par contre un sous-espace de V. Les composantes de la matricede rigidite

Rk

se calculent aisement a partir des relations (1.10) qui secrivent ici :

Rkij = L0

didx

djdx dx i et j {1, . . ,k} (1.13)

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E E

E E

E

T T

T T

1 1

1 1

L/(k+1)

1

0 k

k+1

(((

(((

((

(

0=S0 S1 ..... Sk+1=L

x

Figure 1.1 Maillage et fonctions de base

et on obtient :

Rk = k + 1L

2 1 0 0

1 2

. . .. . .

...

0 . . . . . . . . . 0...

. . .. . .

. . . 10 0 1 2

. (1.14)

Les composantes du vecteur Fk se calculent a partir des relations (1.11) qui secrivent ici :

Fki =

L0

i s dx i {1, . . ,k}, (1.15)

et en prenant a titre dexemple :

s(x) = T0x2

L4

, (1.16)

on obtient :

Fk

=T0

6(k + 1)3L

7...

6 i2 + 1...

6 k2 + 1

. (1.17)

La resolution du systeme lineaire

Rk

.

Tk

=

Fk

permet de determiner lapproximation Tk

de T. Dans cet exemple simple, la solution exacte T est facile a determiner et elle secrit :

T(x) = T0x

12L1 x3L3 . (1.18)

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Une comparaison de cette solution exacte avec la solution obtenue par la methode des elements

Solution par la M.E.FSolution exacte

S3S2S1

T/To

x/L0

0.01

0.02

0.03

0.04

0.25 0.5 0.75 1

Figure 1.2 Comparaison entre la solution exacte et une solution obtenue par la M.E.F.

finis en prenant k = 3 est presentee sur la figure (1.2). Il est a remarquer que dans cet exempleles valeurs prises par Tk aux points Si et calculees par la methode des elements finis, coincidentavec celles de la solution exacte (Tk(Si) = T(Si)). Ce resultat est frequent pour les problemeselliptiques unidimensionnels et il sera justifie sur un exemple dans lexercice II-3 du chapitre 2.Il est aussi a noter que les matrices

Rk

sont creuses et ont de faibles largeurs de bandes. Ceciest du au fait que les fonctions de base ont des supports4reduits a quelques mailles. Le supportdune fonction de base correspond aux mailles contenant le nud associe a cette fonction. Ainsi,de nombreux couples de fonctions de base (i, j) ont des supports disjoints ce qui entrane que la

composante Rkij = a(i, j) est necessairement nulle. En numerotant judicieusement les nuds,il est alors possible de minimiser la largeur de bande de la matrice

Rk

.

Illustration pour un domaine bidimensionnel = ] 0, L [] 0, L [Pour un domaine bidimensionnel = ] 0, L [] 0, L [ , et par extension des techniques delexemple unidimensionnel, un espace element fini simple serait un espace de fonctions conti-nues et affines par maille. Les mailles etant naturellement des triangles et les nuds sont lessommets de ces triangles. Les degres de liberte dune fonction sont les valeurs prises par cettefonction aux nuds du maillage. La figure 1.3 (a) presente un exemple de maillage de pardes triangles. A chaque nud Si, est associee une fonction de base

i continue sur , affinepar maille et verifiant i(Sj) = ij. Les triangles reperes par des etoiles dans la figure 1.3 (a)

constituent le support de la fonction i associee au nud Si.Afin deviter les longs calculs, nous nous limitons dans cette illustration a la recherche dune

solution approchee construite a partir du maillage a quatre triangles (K1, K2, K3, K4) de la figure1.3 (b). A cause de la condition aux limites (T = 0 sur ), lespace element fini deduit de cemaillage est un espace de dimension 1 et sa fonction de base, 1, associee au degre de liberte du

4le support dune fonction designe lensemble des points en lesquels cette fonction est non nulle

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dd

dd

dd

dd

dd

dd

dd

dd

dd

dd

dd

dd

dd

dd

d

ddd

dd

dd

dd

dd

ddd

dd

dd

dd

d

dd

dd

dd

dd

ddd

dd

dd

dd

dd

ddd

T

E

y

x

(a) (b)

L

L0

K1

K3

K4 K2Si S1

**

*

**

*

Figure 1.3 Maillage de par des elements triangulaires

nud S1 a pour expression :

1(x, y) =

2y

Ldans K1

2(1 xL

) dans K2

2(1 yL

) dans K3

2x

Ldans K4.

(1.19)

Le calcul par la methode des elements finis consiste ici a determiner une approximation, T1,de la temperature au point S1 (de coordonnees x = y = L/2). Cette approximation est alorssolution de : R111.T

1 = F1 ou

R111 =

K1K2K3K4

1.1 dxdy = 4. (1.20)

En prenant, a titre dexemple,

s(x, y) = 32 T0L2

x2 + y2 L(x + y)L2

, (1.21)

on obtient (apres quelques lignes de calcul)

F1 = K1K2K3K4 s(x, y) 1(x, y) dxdy =32

15

T0, (1.22)

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et lapproximation de la temperature au point S1 est T1 =8

15

T0. Dans cet exemple simple le

choix du champ s, defini par (1.21), fait que la solution exacte T secrit :

T(x, y) = 16 T0x

L

y

L

1 x

L

1 y

L

(1.23)

et la temperature exacte au point S1 est T0. On remarquera ainsi, quaux nuds du maillage,et contrairement au cas unidimensionnel, la solution obtenue par la methode des elements finiset la solution exacte ne coincident generalement pas. Il est aussi a remarquer que dans cetexemple bidimensionnel et vu la forme polynomiale de la solution exacte (1.23), celle ci pourraitetre exactement determinee par la methode des elements finis. Il suffirait pour cela de prendreun maillage constitue dun seul element, qui nest autre que le carre ] 0, L [] 0, L [, et lespaceelement fini serait lespace engendre par le polynome 16

x

L

y

L 1 x

L1 y

L. Ce polynomecorrespond a la fonction de base associee au nud S1.1.5 Exercices

Exercice I-1 On considere le probleme aux limites defini parT + T

L2= s dans =]0, L[

T = 0 sur ,(1.24)

et on cherche a determiner une solution approchee de (1.24) par elements finis en utilisant desfonctions de base continues sur et polynomiales de degre deux par maille. Le maillage de

est choisi regulier et est constitue de k + 1 segments [Si, Si+1] i = 0,...,k. Une fonction de baseest dans ce cas completement definie par ses valeurs aux extremites et aux milieux des segments.Les nuds du maillage sont donc les points Aj (j = 0..2k + 2) definis par :

A2i = Si i = 0..k + 1 et A2i+1 = Si Si+1 = 12

(Si + Si+1) i = 0..k.

1. Tracer les graphes de quelques fonctions de base.

2. Donner une formulation variationnelle du probleme (1.24).

3. Calculer les composantes de la matrice de rigidite

R2k+1

(matrice (2k + 1) (2k + 1)).4. En considerant lexpression (1.16) pour la fonction s, calculer les composantes du vecteur

colonne F2k+1

.5. Pour k = 2, superposer le graphe de la solution exacte de (1.24) a celui de la solutionapprochee.

Exercice I-2 Nous reprenons le probleme aux limites defini par (1.1), =]0, L[ et (1.16) etnous cherchons a comparer la solution approchee, obtenue dans la section 1.4 par la methodedes elements finis, a une deuxieme solution approchee que nous allons construire par la methodedes differences finies.

Nous utilisons le maillage regulier de la figure 1.1 et nous notons h = L/(k + 1) le pas dela discretisation. Nous rappelons que la methode des differences finies (la plus simple et la pluscourante) utilise la formule de Taylor suivante :

T(Si) =T(Si

1)

2T(Si) + T(Si+1)

h2 +

h2

12 T(4)

(Si + i h) avec |i| < 1 (1.25)

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1. En utilisant (1.1), en appliquant (1.25) pour tous les sommets Si du maillage, et en

negligeant les termes en h2 dans les formules de Taylor, determiner le systeme lineaireverifie par les T(Si).

2. Resoudre ce systeme lineaire pour k = 3 et comparer les approximations ainsi trouveesavec les valeurs de la figure 1.2.

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Chapitre 2

Problemes variationnels abstraits et

espaces de Sobolev

De nombreux problemes aux limites admettent des formulations variationnelles qui ont laforme suivante :

Trouver u V tel que

a(u, v) = L(v) v V(2.1)

ou a est une forme bilineaire definie sur lespace vectoriel fonctionnel V et L est une formelineaire sur V. Ces formulations variationnelles permettent une demonstration aisee de lexis-tence et lunicite des solutions des problemes aux limites. Elles sont aussi bien adaptees a lap-proximation numerique par la methode des elements finis introduite dans le chapitre I. Cesproblemes variationnels sont ici dits abstraits dans la mesure ou leur forme est commune aplusieurs problemes aux limites qui ne seront pas explicites. Quelques resultats mathematiquesconcernant lexistence et lunicite des solutions de problemes variationnels du type (2.1) sontpresentes dans ce chapitre. Les espaces de Sobolev 1 y jouent un role essentiel et seront sanscesse utilises dans letude des problemes elliptiques du chapitre suivant.

Dans ce chapitre, la demonstration de certains theoremes necessiterait des developpementsimportants qui ne sont pas essentiels pour la suite. Pour cela, ces theoremes seront enonces sansdemonstrations. Pour celles ci, le lecteur pourra consulter des ouvrages de reference tels que [3]et [4].

2.1 Le theoreme de Lax-Milgram

Theoreme 2.1 Sous les hypotheses suivantes : lespace V est un espace de Hilbert surR de norme .V, la forme lineaire L est continue sur V, cest-a-dire

M > 0 / v V | L(v) | MvV, (2.2) la forme bilineaire a est continue sur V, cest-a-dire

> 0 / u, v V | a(u, v) | uVvV, (2.3)1Serge Lvovitch Sobolev est un mathematicien russe (1908- ? ?).

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la forme bilineaire a est V-elliptique (on dit aussi que a est coercive sur V), cest-a-dire

> 0 / v V a(v, v) v2V, (2.4)la solution u du probleme (2.1) existe et est unique.

Preuve. Conferer le premier chapitre de ([3]).

Le theoreme de Lax-Milgram est un theoreme fondamental qui donne des conditions suf-fisantes pour que le probleme variationnel (2.1) soit bien pose, cest a dire que sa solutionexiste et est unique. Dans ce cas, ce probleme est dit V-elliptique. On remarquera en outre quela continuite de a et sa coercivite entranent que

v V vV N(v) = a(v, v) vV,ce qui implique que N et .V sont deux normes equivalentes de V.

2.2 Problemes variationnels et problemes de minimisation

Un probleme variationnel de la forme (2.1) est souvent equivalent a un probleme de minimi-sation dune fonctionnelle quadratique. La proposition suivante precise cette equivalence.

Proposition 2.1 Si la forme bilineaire a est positive et symetrique, alors u est une solution de(2.1) si et seulement si u verifie :

J(u) = M in J (v) ou J(v) =1

2a(v, v) L(v).

v V(2.5)

Preuve. En vertu de la linearite de L, de la bilinearite de a et de sa symetrie, on a

J(v) J(u) = 12

a(v u, v u) + a(u, v u) L(v u).

Ainsi, si u est une solution de (2.1) et v est un element quelconque de V alors a(u, vu) = L(vu)et J(v) J(u) = 1

2a(v u, v u) 0. Ce qui prouve la condition necessaire de la proposition

2.1. Reciproquement, supposons que u realise le minimum de J sur V. Pour tout reel x et toutelement v de V, on a alors :

0 J(u + xv) J(u) = x2

2a(v, v) + x (a(u, v) L(v))

Le polynome de degre 2 en x qui apparat dans la precedente inegalite est ainsi toujours positifet il sen suit que necessairement a(u, v) L(v) = 0 et u est une solution de (2.1).

Dans le cas ou la forme bilineaire a est non symetrique, lequivalence entre le problemevariationnel (2.1) et le probleme de minimisation de la fonctionnelle J (2.5) nest plus assureealors que le theoreme de Lax-Milgram demeure applicable. Dans le cas symetrique, le theoremede Lax-Milgram peut etre vu comme une situation particuliere du theoreme suivant :

13


15/59

Theoreme 2.2 Sous les hypotheses suivantes :

V est un espace de Banach et U est un ensemble ferme et convexe de V, la forme a est bilineaire, symetrique, continue sur V et V-elliptique, la forme lineaire L est continue sur V,

il existe un unique u U tel que :

J(u) = M in J (v) ou J(v) =1

2a(v, v) L(v)

v U(2.6)

Preuve. Conferer le premier chapitre de ([3]).

Ainsi, et dans le cas dune forme bilineaire symetrique, le theoreme de Lax-Milgram corres-pond a la situation U = V du theoreme 2.2.

2.3 Les espaces de Sobolev

Les espaces de Sobolev sont des espaces fonctionnels intervenant frequemment dans lesproblemes elliptiques issus des modeles mathematiques de lingenieur. Ces espaces sont desespaces de Hilbert et nous rappelons que :

un espace de Hilbert est un espace vectoriel norme, complet (espace de Banach) et munidun produit scalaire,

tout sous-espace ferme dun Hilbert est un Hilbert, si A et B sont deux espaces de Hilbert pour les normes respectives A et B, lespaceA B est un espace de Hilbert pour la norme definie par

(u, v) A B (u, v)AB =u2A + v2B1/2 .

2.3.1 Lespace L2()

Etant donne un ouvert de RN, lespace L2() des fonctions de carre sommable sur ,relativement a la mesure de Lebesgue d dans RN, est un espace de Hilbert pour le produitscalaire

(u, v)0,

= uv d. (2.7)La norme correspondante est notee

v0, =

v2 d

1/2(2.8)

et verifie linegalite de Cauchy-Schwarz

|

uv d| u0,v0, u, v L2(). (2.9)

14


16/59

Il est aussi rappele que lespace D() 2, qui designe lespace des fonctions a valeurs reellesindefiniment differentiables sur et a support compact dans , est dense dans L2() . Cettedensite signifie que tout element de L2() peut etre approche par une suite delements de D() :

u L2() (un) une suite dans D() / u un0, 0Lespace L2() est bien utile pour letude des problemes aux limites mais il est insuffisant

pour principalement deux raisons. Dabord, il ny est pas possible de parler de conditions auxlimites. En effet, la norme de cet espace ne permet pas de distinguer deux fonctions qui nedifferent que sur la frontiere. Ensuite, les problemes variationnels (voir par exemple (1.4)) fontsouvent apparatre des integrants contenant des derivees de fonctions, or les derivees de fonctionsde L2(), qui ne sont definies quau sens des distributions, ne sont pas en general des fonctions.

2.3.2 Rappels sur les distributions

Lespace D() des distributions sur est lespace des formes lineaires continues sur D().D() est ainsi lespace dual de D() et le produit de dualite est note < , >. Ainsi, pourT D() on a

T : D() R < T, > .

La continuite dune distribution T est a considerer au sens suivant :

n dans D() = < T, n >< T, > dans R.

La convergence dans D() de la suite (n) vers a lieu lorsque le support de n reste dansun compact fixe de et lorsque toute derivee partielle (dordre quelconque k) de n convergeuniformement vers la derivee partielle (dordre k) de sur R.

Dans la theorie des distributions les deux exemples suivants sont fondamentaux : Exemple 1. La masse de Dirac a au point a (a ) est la distribution definie par :

< a, >= (a). (2.10)

Exemple 2. Pour une fonction u L2(), on definit la distribution Tu par :

< Tu, >= u d . (2.11)Lexemple 2 permet didentifier lespace L2() a un sous-espace de D(). En effet, lapplication

L2() D()u Tu

2Un exemple classique de fonction D(RN) est donne par

(x1, x2,...,xN) =

e

1

x2 1 , pour x =

Ni=1

x2

i

1/2< 1

0, pour x 1 .

15


17/59

est injective en vertu de la densite de D() dans L2(). Ainsi, on pourra identifier u et Tu.

Enfin, et pour T D(), il est rappele que par definition de la derivation au sens desdistributions, la distribution

T

xiest telle que :

D() < Txi

, >= < T, xi

> . (2.12)

Cette definition conduit aisement au fait que toute distribution, et en particulier toute fonctionde L2(), est infiniment derivable au sens des distributions. Pour une fonction u dans L2(), la

derivee au sens des distributionsu

xi(=

Tuxi

) nest pas en general dans L2(). Considerons par

exemple la fonction dHeaviside sur =] 1, 1[ definie par :H(x) =

1 pour 0 < x < 10 pour 1 < x < 0.

H est bien dans L2() et on a

= < H, d

dx>=

11

H(x)d

dx(x) dx =

10

d

dx(x) dx

= (0) =< 0, > .

Ainsi, dHdx

= 0 et dHdx

nest pas dans L2().

Proposition 2.2 Si(vn) est une suite convergente vers v dans L2(), alors cette suite converge

vers v dans D() et la suite ( vnxi

) converge vers (v

xi) dans D().

Preuve. Precisons dabord que la convergence dans D() dune suite (Tn) vers T est a considererau sens suivant :

D() < Tn, > < T, > .Et comme on a :

| < vn v, > | = |

(vn v) d| vn v0, 0,

et

| < vnxi

vxi

, > | = | < vn v, xi

> | = |

(vn v) xi

d|

vn v0, xi

0,,

la proposition 2.2 est prouvee.

16


18/59

2.3.3 Lespace de Sobolev H1()

Lespace de Sobolev dordre 1 sur ( RN) est defini par :

H1() =

v L2() / v

xi L2(), 1 i N

. (2.13)

Cet espace est muni du produit scalaire suivant :

(u, v)1, =

uv d +

Ni=1

u

xi

v

xid . (2.14)

La norme associee a ce produit scalaire est notee

v1, = (v, v)1/21, =v20, + |v|21,1/2 (2.15)

ou | |1, est la semi-norme de H1() definie par :

|v|1, =

Ni=1

vxi

20,1/2

. (2.16)

Proposition 2.3 Lespace H1() est un espace de Hilbert pour le produit scalaire (2.14).

Preuve. Il est aise de voir que H1() est euclidien pour le produit scalaire (2.14) et il reste a

montrer quil est complet pour la norme (2.15). Considerons donc (vn) une suite de Cauchydans H1(). La definition (2.15) de la norme de H1() implique alors que (vn) est une suite

de Cauchy dans L2() et (vnxi

) est une suite de Cauchy dans L2() pour tout i {1, . . ,N}.La suite (vn) converge donc vers un element v de L

2() et pour tout i {1, . . ,N} la suite(

vnxi

) converge vers un element wi de L2(). De la proposition 2.2 on deduit alors que pour

tout i {1, . . ,N} la suite ( vnxi

) converge versv

xidans D() et on deduit aussi que cette

meme suite converge vers wi dans D(). Ainsi, vxi

= wi dans D(). Et comme wi L2(),

on aboutit a

v

xi est dans L2

() et la suite de Cauchy (vn) converge vers v dans H1

(). LespaceH1() est ainsi complet pour la norme (2.15).

Theoreme 2.3 (Theoreme de trace dans H1()) est un ouvert borne de RN de frontiere assez reguliere 3 et est une partie de de mesure non nulle.

Lapplication4 : v D() (v) = v| C0(), se prolonge en une application lineairecontinue de H1() dans L2().

3Il suffirait quelle soit C1 par morceaux.4D() designe lespace des restrictions a des fonctions de D(RN)

17


19/59

Preuve. Conferer le chapitre 4 (volume 3) de ([4]) dans lequel il est aussi demontre que lespace

D() est dense dans H1(). Lapplication de H1() dans L2() definie a partir du theoreme 2.3 est encore notee et est

appelee application trace. La continuite de se traduit par

cT > 0 / v H1() v0, cT v1,. (2.17)

Ainsi, pour u = v dans H1() on a necessairement u| = v| dans L2(). Ceci donne un sensaux conditions aux limites du type u = h sur (ou h est une fonction donnee) pour une fonctionu appartenant a H1(). Par ailleurs, et en introduisant lespace

V = 1(

{0

}) = v H

1() / v = 0 sur , (2.18)la continuite de loperateur entrane que V est un sous-espace ferme de H

1() et est parconsequent un espace de Hilbert pour la norme 1,. Lorsque = , lespace V est noteH10() :

H10() =

v H1() / v = 0 sur . (2.19)Theoreme 2.4 (La formule de Green dans H1()) est un ouvert borne de RN de frontiere assez reguliere .

Pour tout u et v dans H1(), on a

uxi

v d =

uvnid

vxi

u d (2.20)

ou xi est une coordonnee cartesienne par rapport a une base orthonormee ( e1, e2,..., eN) de RN

(x = xiei) et ni est la composante selon ei du vecteur n unitaire et normal exterieur a (n = niei).

Preuve. La formule (2.20) est vraie pour des fonctions u et v dans D() et se prolonge auxfonctions de H1() grace a la densite de D() dans H1().

Theoreme 2.5 (Theoreme de compacite dans H1()) est un ouvert borne de RN defrontiere assez reguliere.

Linjection canonique de H1() dans L2() est compacte.

Preuve. Conferer le chapitre 4 (volume 3) de ([4]).

Le theoreme 2.5 entrane que de toute suite bornee de H1() on peut extraire une sous-suiteconvergente dans L2().

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Theoreme 2.6 (Inegalite de Poincare-Friedrichs) est un ouvert borne, connexe de RN,

et est une partie de de mesure non nulle.Il existe une constante cp > 0, telle que

v H1(), N(v) =

|v|21, +

v d

21/2 cpv1,. (2.21)

Preuve. Nous adoptons un raisonnement par labsurde et nous supposons que

n

IN

vn

H1() /

N(vn)

1

nvn

1,.

Posons wn =vn

vn1, . La suite de fonctions (wn) verifie alors

|wn|21, +

wn d

21/2=N(wn) 1

n

wn1, = 1.(2.22)

En vertu du theoreme de compacite de linjection canonique de H1() dans L2(), et etantdonne que la suite (wn) est bornee, on peut en extraire une sous-suite (w

n) convergente vers w

dans L2

(). De la proposition 2.2 on deduit alors que pour tout i {1,...,N}, (wn,i) convergevers w,i dans D(). Or linegalite ecrite dans (2.22) implique que (wn,i) converge vers 0 dansL2(). Ainsi, pour tout i {1,...,N} on a w,i = 0. Et comme est suppose connexe alorsw = constante. La convergence de (wn) vers w est donc dans H1().

En outre, on a

| wn d2 w2 mes()2| = | wn d2 w d2 | mes()wn w0, wn + w0,

c2Tmes()wn w1, wn + w1,,

ou cT est la constante introduite dans linegalite (2.17) du theoreme de trace, et donc

wn d2

w2 mes().

Et comme (2.22) implique que

wn d2

0,

il sensuit que w = 0. Ainsi, la suite (wn) converge vers 0 dans H1() alors que chacun de sestermes a une norme egale a 1. Ceci est absurde et linegalite de Poincare-Friedrichs est ainsi

prouvee.

19


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Remarques.

En utilisant linegalite de Cauchy-Schwarz et linegalite (2.17) decoulant du theoreme detrace dans H1(), on a

N(v) =|v|21, +

v d

21/2 v21, + mes()2 v20,1/2 (1 + mes()2 c2T)1/2 v1,.

(2.23)

Les inegalites (2.21) et (2.23) montrent que la normeNest une norme sur H1() equivalentea la norme 1,.

En remarquant que v H10() N(v) = |v|1,,

on deduit que

| |1, et

1, sont deux normes equivalentes sur H

10 ().

Un raisonnement similaire a celui adopte dans la demonstration du theoreme de linegalitede Poincare-Friedrichs, permet de prouver que la norme

M(v) =

|v|21, +

v d

21/2, (2.24)

est une norme sur H1() equivalente a la norme 1,.

2.3.4 Lespace de Sobolev H2()

Lespace de Sobolev dordre 2 sur est defini par :

H2() =

v H1() / 2vxixj

L2(), 1 i, j N

. (2.25)

Cet espace est muni du produit scalaire suivant :

(u, v)2, = (u, v)1, +

1i,jN

2u

xixj

2v

xixjd . (2.26)

La norme associee a ce produit scalaire est notee

v2, = (v, v)1/22, =

v21, + |v|22,

1/2

, (2.27)

ou | |2, est la semi-norme de H2

() definie par

|v|2, =

1i,jN

2v

xixj20,

1/2 . (2.28)

Proposition 2.4 Lespace H2() est un espace de Hilbert pour le produit scalaire (2.26).

Preuve. Un raisonnement similaire a celui adopte dans la demonstration de la proposition 2.3,conduit facilement a la preuve de la presente proposition.

Il est clair que la definition des espaces H1() (2.13) et H2() (2.25) peut etre generaliseeet conduire a la definition despaces de Sobolev dordre m, Hm(), pour tout entier m

3.

20


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Theoreme 2.7 (Theoreme de trace dans H2()) est un ouvert borne de RN de frontiere

assez reguliere et est une partie de de mesure non nulle.Lapplication : v H2() (v) = (v| ,

v

n |) L2()xL2() est une application

lineaire et continue.

Preuve. Conferer le chapitre 4 (volume 3) de ([4]).

Le theoreme de trace dans H2() donne un sens aux conditions aux limites du typeu

n=

g sur (ou g est une fonction donnee) pour une fonction u appartenant a H2(). Une tellecondition aux limites na evidemment pas de sens pour une fonction qui nest que dans H1().

Par ailleurs, en introduisant lespace W defini par :

W = 1({0}) =

v H2() / v = v

n= 0 sur

, (2.29)

la continuite de loperateur entrane que W est un sous-espace ferme de H2() et est par

consequent un espace de Hilbert pour la norme 2,. Lorsque = , lespace W est noteH20()

H20() =

v H2() / v = v

n= 0 sur

. (2.30)

Theoreme 2.8 (La formule de Green dans H2()) est un ouvert borne de RN de frontiere assez reguliere.

Pour tout u dans H2() et tout v dans H1(), on a

u v d =

u

nv d +

u.v d (2.31)

Preuve. Les derivees premieres u,i et la fonction v etant dans H1(), ce theoreme est une

consequence immediate de la formule de Green dans H1(). En effet, on a

u v d = u,iiv d = u,iniv d + u,iv,i d= un v d +

u.v d

Theoreme 2.9 (Theoreme de compacite dans H2()) est un ouvert borne de RN defrontiere assez reguliere.

Linjection canonique de H2() dans H1() est alors compacte.

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Proposition 2.6 En considerant une partie de de mesure non nulle et en introduisant

lespace V defini parV =

v (H1())N / v = 0 sur

,

on a ck > 0 / v V M2(v) =

1i,jN

ij(v)20, ck v2(H1())N, (2.35)

et M est une norme sur V equivalente a la norme (H1())N.

Preuve. Nous commencons dabord par verifier que M definit bien une norme sur V. En effet,si v (H1())N et (v) = 0 alors v est de la forme

v(x) = a +b x, a,

b R

3

pour N = 3,

v(x) = (a1 + bx2)e1 + (a2 bx1)e2, a1, a2, b R, e1, e2 R2 pour N = 2.

Si en plus v est nul sur , qui est de mesure non nulle, alors v = 0. Ainsi, M est bien une normesur V.

Pour demontrer linegalite (2.35) nous adoptons un raisonnement par labsurde et nous sup-posons que

n IN vn V / M(vn) 1n

vn(H1())N.

Posons wn =vn

vn(H1())N. La suite de fonctions ( wn) verifie ainsi

M( wn) 1n

wn(H1())N = 1.(2.36)

En vertu du theoreme de compacite de linjection canonique de H1() dans L2() (theoreme2.5), et etant donne que pour tout i = 1,...,N la suite (wni) est bornee, on peut en extraireune sous-suite (wni) convergente vers wi dans L

2(). De la proposition 2.2 on deduit que la

suite (wni,j) converge vers wi,j dans D() pour tout i et j {1,...,N} et (( wn)) convergevers ( w) dans (

D())N

N. Or linegalite ecrite dans (2.36) implique que ( w

n) converge vers

le tenseur 0 dans (L2())NN. Ainsi, ( w) = 0 et linegalite de Korn (2.34) implique que w estdans (H1())N. La convergence de ( wn) vers w est donc dans (H1())N. w est alors dans V etcomme ( w) = 0, alors M( w) = 0 et w = 0. Ainsi, la suite ( wn) converge vers 0 dans (H1())N

alors que chacun de ses termes a une norme egale a 1. Ceci est absurde et linegalite (2.35) estainsi prouvee. Il est alors facile detablir que M est une norme sur V equivalente a la norme (H1())N.

Lespace (H1())N et linegalite de Korn seront bien utiles pour letude du probleme delequilibre en elasticite tridimensionnelle (cf. chapitre 3).

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2.4 Exercices

Exercice II-1 Toutes les questions de cet exercice sont independantes.

1. Montrer quun espace vectoriel norme (respectivement de Banach) est euclidien (respecti-vement de Hilbert) si et seulement si sa norme verifie :

f + g2 + f g2 = 2 f2 + g2 .Montrer alors que lespace L1(]0, 2[) nest pas un Hilbert pour la norme :

f =20

|f| dx.

2. Montrer que lespace C0(] 1, 1[), muni du produit scalaire : (f, g) = 11 fg dx , nest pascomplet. Utiliser pour cela la suite (n)nIN definie par :

n(x) =

1, pour 1 x 1n

nx, pour 1n

x 1n

1, pour1

n x 1 .

3. On note le disque ouvert de R2 de centre (0, 0) et de rayon 1/2 . Montrer que la fonctionu, definie sur par :

u(x, y) = Log(Log(x2 + y2)),est dans H1() alors quelle nest ni continue ni bornee .

4. Montrer que la suite de fonctions (n)nIN, definies sur ] , [ par : n(x) = sin(nx),est faiblement convergente dans L2(] , [) et quelle nest pas (fortement) convergentedans L2(] , [).

5. est un ouvert borne de Rn. Montrer que lapplication A, definie par : A(v) =|v|21, +

v

2 d1/2

,

definit une norme sur H1() equivalente a la norme usuelle de H1().

Exercice II-2 Une demonstration du theoreme de trace sur H1(R2) est ici presentee. Cettedemonstration repose sur la densite de D() dans H1() lorsque = Rn. (Cette densite nestpas toujours assuree pour des ouverts quelconques.)

1. On considere lapplication trace definie par :

: D(R2) L2(R)f f ou f(x) = f(x, 0)

Montrer que : (f(x))2 = 2

0

f(x, y)f

y(x, y) dy.

2. Montrer que : f D(R2) f0,R f1,RR

.

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3. En utilisant la densite de D(R2) dans H1(R2), montrer que admet un unique prolonge-ment continu : : H1(R2) L2(R) .

Exercice II-3 Cet exercice a pour but de justifier un resultat rencontre dans la section 4 duchapitre 1. Ce resultat concerne la concidence, aux nuds du maillage, entre la solution exacteet celle par elements finis pour un probleme elliptique unidimensionnel (cf. Figure 1.2).

1. Pour y ] 1, 1[, determiner la solution, quon notera E(., y), du probleme aux limitessuivant :

d2u

dx2= y dans ] 1, 1[

u(1) = u(1) = 0.2. Pour f L2(] 1, 1[), montrer que la solution, u, du probleme

d

2u

dx2= f dans ] 1, 1[

u(1) = u(1) = 0.(2.37)

est telle que :

u(x) =

11

E(x, y)f(y) dy. (2.38)

3. Ecrire une formulation variationnelle dans H10 (]

1, 1[) du probleme (2.37). On associera

a ce probleme variationnel, un probleme variationnel discret utilisant un espace elementfini contenant les fonctions affines par maille et continues. En notant Si les sommets dumaillage, les fonctions E(Si, .) sont alors dans cet espace element fini. En utilisant (2.38),la formulation variationnelle de (2.37) et le probleme variationnel discret, montrer que lasolution exacte, u, et la solution elements finis, uEF, verifient : u(Si) = u

EF(Si).

4. Reprendre les questions precedentes pour le probleme aux limites suivant :

d4u

dx4= f dans ] 1, 1[

du

dx

(

1) =

du

dx

(1) = 0

u(1) = u(1) = 0.

Exercice II-4 Pour > 0, on considere le probleme aux limites

u = u dans =]0, 1[]0, 1[

u = 0 sur .(2.39)

1. Ecrire une formulation variationnelle de (2.39) et montrer que si u est une solution non

nulle de (2.39) alors : = |u

|21,

u20, .

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2. Pour p et q deux entiers non nuls, on pose : upq(x, y) = sin(px)sin(qy). Determiner le

reel pq pour que upq soit une solution du probleme (2.39) associe a pq.3. On rappelle que linegalite de Poincare-Friedrichs secrit :

c > 0 v H10 () |v|1, c v1,.

En utilisant les questions precedentes, proposer un majorant de la constante c.

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Chapitre 3

Etude de quelques problemes aux

limites elliptiques

Letude de quelques problemes aux limites elliptiques classiques en physique et en mecaniqueest abordee dans ce chapitre. Il sagira principalement de la construction de formulations varia-tionnelles de ces problemes et de letude, basee sur le theoreme de Lax-Milgram, de lexistenceet lunicite des solutions.

3.1 Problemes du laplacien

Il sagit de problemes aux limites dans lesquels la fonction inconnue, u, verifie lequation auxderivees partielles suivante : u = f dans . Le domaine est un ouvert borne et connexede RN de frontiere suffisamment reguliere (par exemple C1 par morceaux ). La fonction fest supposee dans L2(). Dans les conditions aux limites nous distinguerons les conditions de

Dirichlet qui portent sur u de celles de Neumann qui portent suru

n.

3.1.1 Le probleme de Dirichlet homogene

Ce probleme aux limites consiste a trouver une fonction u telle que

u = f dans

u = 0 sur .(3.1)

Ce probleme est dit homogene en ce sens que la condition aux limites est homogene.

Formulation variationnelle du probleme (3.1). En supposant que ce probleme admet une solu-

tion u dans H2(), cette solution verifie necessairement

u v d =

f v d v H1(),

et la formule de Green dans H2() (2.31) conduit a

u

n v d +

u.v d =

f v d v H1(). (3.2)

27


29/59

Et en se restreignant dans (3.2) a des fonctions v dans H10() on obtient la formulation varia-

tionnelle suivante du probleme de Dirichlet homogene :

Trouver u H10 () tel que

a(u, v) = L(v) v H10 ()ou

a(u, v) =

u.v d

L(v) = f v d.

(3.3)

Existence et unicite des solutions du probleme (3.3). En utilisant linegalite de Cauchy-Schwarz,la forme lineaire L verifie

|L(v)| f0,v0, f0,v1,, (3.4)

et la forme bilineaire a verifie

|a(u, v)| = |

Ni=1

u

xi

v

xid|

Ni=1

uxi

0, vxi

0, Nu1,v1,. (3.5)

Les inegalites (3.4) et (3.5) prouvent la continuite, sur H10() muni de la norme 1,, de L eta, respectivement. En outre, linegalite de Poincare-Friedrichs (2.21) conduit a

v H10() a(v, v) =

Ni=1

v

xi

2d = |v|21, c2pv21,,

ce qui prouve la coercivite de a sur H10 () muni de la norme 1,. Ainsi, le probleme variationnel(3.3) verifie les hypotheses du theoreme de Lax-Milgram et sa solution u existe et est uniquedans H10 ().

Interpretation de la solution u en terme de solution du probleme (3.1). La solution u de (3.3)

netant que dans H10 (), ses derivees secondes ne peuvent etre considerees quau sens des dis-tributions et elles verifient

< u, > =< u,ii, >=< u,i, ,i >=

u. d

= a(u, ) = L() = f d=< f, > .

(3.6)

Ainsi, u = f dans D() et comme f est dans L2() on obtient

u = f dans L2().

La condition aux limites u = 0 sur est ici immediate puisque u est dans H10().

28


30/59

3.1.2 Le probleme de Dirichlet non homogene


u = f dans

u = u0 sur .(3.7)

ou u0 est une fonction donnee dans H1(). En supposant que ce probleme admet une solution

u dans H2(), cette solution verifie necessairement

u v d =

f v d v H1(),

et la formule de Green dans H2() (2.31) conduit a

u.v d =

f v d v H10().

En posant w = u u0, on obtient la formulation variationnelle suivante

Trouver w H10 () tel que

a(w, v) = L(v) v H10 ()ou

a(w, v) =

w. v d

L(v) =

f v u0.v

d,

(3.8)

qui ne differe de celle obtenue pour le probleme de Dirichlet homogene que par la definition dela forme lineaire L. Il est aise detablir la continuite de cette forme lineaire sur H10 () et deconclure a lexistence et lunicite de la solution w de ce probleme.

3.1.3 Le probleme de Neumann homogene


u = f dans

u

n= 0 sur .

(3.9)

Il est clair que si u est une solution du probleme (3.9), alors u + constante est aussi unesolution. Reciproquement, supposons lexistence dans H2() de deux solutions, u1 et u2, de(3.9). Ces solutions verifient alors (u1 u2) = 0 et

(u1 u2) (u1 u2) d = 0. (3.10)

Par application de la formule de Green (2.31) dans H2(), legalite (3.10) conduit a

(u1 u2).(u1 u2) d = 0,

29


31/59

ce qui entrane que u1 u2 est une constante. Ainsi, en cas dexistence dune solution dansH2() du probleme (3.9), cette solution serait unique a une constante pres. Par ailleurs, si uest une solution de (3.9), alors lapplication de la formule de Green dans H2() entrane que uverifie

u.v d =

f v d, v H1(). (3.11)

En prenant v 1 dans (3.11) on obtient

f d = 0, (3.12)

ce qui constitue une condition necessaire sur la donnee f pour lexistence de solutions. Noussupposerons dans la suite que la condition (3.12) est verifiee.

Formulation variationnelle du probleme (3.9). Lunicite des solutions de (3.9) ne pouvant etre

assuree qua une constante pres, nous sommes amenes a introduire lespace H1()/R, quotientde H1() par R . Ceci signifie que sur H1() nous definissons la relation dequivalence suivante :deux fonctions de H1() sont equivalentes si et seulement si leur difference est une constante.H1()/R est lespace des classes dequivalence. Pour v H1(),

v =

w H1() / w v = constantedesigne la classe de v ( v H1()/R). Une formulation variationnelle de (3.9) dans H1()/Rsecrit alors

Trouver u H1()/R tel que

a(u, v) = L(v) v H1()/Rou

a(u, v) =

u.v d

L(v) = f v d.

(3.13)

Existence et unicite des solutions du probleme (3.13). Il est aise detablir que, muni de la norme

vH1()/R = Inf v + c1,,c R

lespace H1()/R est un espace de Hilbert. Le produit scalaire associe a cette norme est defini

par

(u, v)H1()/R =1

2

u + v2H1()/R u2H1()/R v2H1()/R

En vertu de la condition (3.12), la forme lineaire L verifie

c R |L(v)| = |

f(v + c) d| f0, v + c0, f0, v + c1,,

dou|L(v)| f0, vH1()/R,

et L est continue sur H1()/R.

30


32/59

La forme bilineaire a verifie

c, d R |a(u, v)| = | Ni=1 (u + c)xi (v + d)xi d| Ni=1 (u + c)xi 0, (v + d)xi 0, Nu + c1, v + d1,,

dou|a(u, v)| NuH1()/R vH1()/R,

et a est continue sur H1()/R.

Pour etablir la coercivite de a sur H1()/R nous rappelons que linegalite de Poincare-Friedrichs (2.21) secrit

cp > 0 / v H1() N(v) =

|v|21, +

v d

21/2 cp v1,

Cette inegalite permet alors decrire

c2p v2H1()/R Inf N 2(v + c)c R

= Inf |v|21, + (v + c) d2c R

= |v|21,+ Inf

cmes() + v d

2c R

= |v|21,

= a(v, v)

ce qui prouve la coercivite de a sur H1()/R muni de la norme H1()/R. Ainsi, le problemevariationnel (3.13) verifie les hypotheses du theoreme de Lax-Milgram et sa solution u existe etest unique dans H1()/R.

Interpretation de la solution u en terme de solution du probleme (3.9). Pour une fonction u u, un raisonnement analogue a celui adopte lors de letude du probleme de Dirichlet homogene,conduit a u = f dans L2().

En supposant que u est dans H2(), la formule de Green dans H2() (2.31) et le probleme(3.13) impliquent que

u

nv d = 0 v H1(),

et en invoquant la densite dans L2() de lespace des traces sur des fonctions de H1() on

obtient un v d = 0 v L2(), et un = 0 sur .31


33/59

3.1.4 Probleme mele de Dirichlet-Neumann


u = f dans

u = 0 sur 0

u

n= g sur 1.

(3.14)

ou 0 est une partie de de mesure non nulle, 1 = \0 et g est une fonction dans L2(1).

Formulation variationnelle du probleme (3.14). En supposant que ce probleme admet une solu-

tion u dans H2(), alors cette solution verifie necessairement

u v d =

f v d v H1(),

ce qui, en utilisant la formule de Green dans H2() (2.31), entrane

u

nv d +

u.v d =

f v d.

En se restreignant a des fonctions v nulles sur 0 et en tenant compte de la condition au limitede Neumann, on obtient la formulation variationnelle suivante du probleme mele

Trouver u V0 tel que

a(u, v) = L(v) v V0ou

V0 =

v H1() / v = 0 sur 0

a(u, v) =

u.v d

L(v) = f v d +

1

gv d.

(3.15)

Existence et unicite des solutions du probleme (3.15). Lespace V0 est un sous-espace ferme de

H1() et est donc un espace de Hilbert pour la norme induite par celle de H1(). En utilisantlinegalite de Cauchy-Schwarz et linegalite (2.17) traduisant la continuite de loperateur tracesur

1, la forme lineaire L verifie

|L(v)| f0, v0, + cT g0,1 v1,

(f0, + cT g0,1) v1,,ce qui prouve la continuite de L sur V0 muni de la norme 1,. La forme bilineaire a verifielinegalite (3.5), ce qui prouve sa continuite sur V0 . En outre, linegalite de Poincare-Friedrichs(2.21) conduit a

v V0 a(v, v) = |v|21, c2pv21,,ce qui prouve la coercivite de a sur V0 muni de la norme 1,. Ainsi, le probleme variationnel(3.15) verifie les hypotheses du theoreme de Lax-Milgram et sa solution u existe et est unique

dans V0 .

32


34/59

Interpretation de la solution u en terme de solution du probleme (3.14). Un raisonnement ana-

logue a celui adopte lors de letude du probleme de Dirichlet homogene, conduit immediatementa u = f dans L2().

En supposant que u est dans H2(), la formule de Green dans H2() (2.31) et le probleme(3.15) impliquent que

1

u

n g

v d = 0 v V0 ,

douu

n= g sur 1.

Il est a remarquer que dans les problemes du laplacien la condition aux limites de Dirichletapparat explicitement dans la definition des espaces fonctionnels de la formulation variationnelle

alors quil nen est rien de la condition de Neumann. Les conditions de Dirichlet sont ditesessentielles alors que celles de Neumann sont dites naturelles.

3.2 Le probleme de lequilibre en elasticite tridimensionnelle

On considere un milieu continu tridimensionnel occupant louvert borne et connexe . Cemilieu est constitue dun materiau dont le comportement elastique lineaire est caracterise parle champ de tenseur (dordre 4) R des modules elastiques. Les forces exterieures appliquees ace milieu sont definies par une densite volumique de force f agissant dans et une densitesurfacique de force g agissant sur une partie 1 de la frontiere . Sur 0 = \1, supposeede mesure non nulle, le milieu est encastre dans un support fixe et rigide. Dans le cadre des

hypotheses des petites perturbations (les changements de geometrie sont negliges) et duneevolution quasi-statique (les forces dinertie sont negligees), le champ de contrainte (tenseurdordre 2 symetrique), et le champ de deplacement u verifient les equations du probleme auxlimites suivant :

div + f = 0 dans (3.16)

(u) =1

2(u +t u) dans (3.17)

= R : (u) dans (3.18)

.n = g sur1 (3.19)

u =0 sur 0. (3.20)

Une formulation variationnelle en deplacement. En supposant que le probleme dequilibre ad-met une solution dont toutes les composantes sont dans H1(), lequation dequilibre(3.16)entrane alors

(div + f).v d = 0 v (H1())3, (3.21)

ce qui, en considerant les composantes des tenseurs dans une base orthonormee cartesienne,conduit a

(ij,jvi + f .v) d = 0 v (H1())3. (3.22)33


35/59

En utilisant la formule de Green dans H1() (2.20) on obtient

ijnjvi d

ijvi,j d +

f .v d = 0 v (H1())3, (3.23)

ce qui, en tenant compte de la symetrie de , devient

: (v) d Wint(v)

+

(.n).v d +

f .v d Wext(v)

= 0 v (H1())3. (3.24)

La relation (3.24) correspond en mecanique au theoreme des travaux virtuels ([6], [5]), qui enonceque pour une structure a lequilibre la somme du travail virtuel des efforts interieurs Wint(v)

et du travail virtuel des efforts exterieurs Wext(v) est nulle pour tout champ de deplacementvirtuel v.

En tenant compte de la relation de comportement (3.18) et des conditions aux limites (3.19)et (3.20), on obtient a partir de (3.24) la formulation variationnelle suivante pour le problemede lequilibre

Trouver u V0 tel que

a(u, v) = L(v) v V0ou

V0 =

v (H1())3 / v = 0 sur0

a(u, v) = (v) : R : (u) d

L(v) = f .v d + 1 g.v d.(3.25)

Existence et unicite des solutions du probleme (3.25). Lespace V0 est un sous-espace ferme de

(H1())3 et est donc un espace de Hilbert pour la norme induite par celle de (H1())3. Dautrepart, il est clair que la forme lineaire L est continue sur V0 des que

f est dans (L2())3 et gest dans (L2(1))

3. De meme, la forme bilineaire et symetrique a est continue sur V0 si, parexemple, les composantes du tenseur R sont dans L(). La coercivite de a est par contre nontriviale et decoule de linegalite (2.35) deduite du theoreme de Korn. Dans V0 , cette inegalitesecrit

ck > 0 / v V0 M2(v) =

1i,j3ij(v)20, ck v2(H1())3 ,

La forme bilineaire a est alors coercive des que les composantes du tenseur des modules elastiquesverifient les proprietes dellipticite suivante :

cR > 0 / {Eij}1i,j3 Eij Rjikl Elk cR

1i,j3|Eij|2. (3.26)

Ainsi, le probleme variationnel (3.25) verifie les hypotheses du theoreme de Lax-Milgram et sasolution u existe et est unique dans V0 . Par ailleurs, la forme bilineaire a etant symetrique, lasolution u de (3.25) est telle que

J(u) = M in J (v) ou J(v) =1

2

a(v, v)

L(v).

v V0 (3.27)

34


36/59

On retrouve ainsi le theoreme, bien connu en mecanique ([6], [5]), du minimum de lenergie

potentielle. Lenergie potentielle pour un champ de deplacement v cinematiquement admissible(cest a dire verifiant les conditions aux limites en deplacement) est la quantite J(v) definie par(3.27) et (3.25).

3.3 Un probleme elliptique du quatrieme ordre

Nous considerons le probleme aux limites qui consiste a trouver une fonction u telle que

u = f dans

u = 0 sur

u

n= 0 sur .

(3.28)

Ce probleme aux limites correspond par exemple au probleme dequilibre, dans le cadre deshypotheses des petites perturbations, dune structure -(plaque de plan moyen dans le casbidimensionnel, et poutre de fibre moyenne dans le cas unidimensionnel ([7])- constitueedun materiau elastique, homogene et isotrope, encastree sur son contour et soumise a desforces perpendiculaires a . Le champ u designe dans ce cas le deplacement de flexion qui estperpendiculaire a . Le second membre, f, correspond au rapport des forces de flexion par larigidite flexionnelle.

Une formulation variationnelle du probleme (3.28). En supposant lexistence dune solution u

dans H4(), cette solution verifie necessairement

u v d =

u,iijj v d =

f v d v H2().

Une premiere integration par parties, utilisant la formule de Green dans H1() (2.20), conduita

u,iij njv d

u,iij v,j d =

f v d.

En integrant une deuxieme fois par parties on obtient

u,iij njv d

u,ij niv,j d +

u,ij v,ij d =

f v d. (3.29)

En se restreignant a des fonctions v dans H20(), cest a dire qui verifient v =v

n= 0 sur ,

la premiere integrale de frontiere de (3.29) est nulle. La deuxieme integrale de frontiere est aussinulle dans les cas N = 1 et N = 2. Le cas unidimensionnel est trivial et le cas bidimensionneldecoule de la propriete suivante :

R2,

v = 0 sur

vn = 0 sur

=

v,i = 0 (i = 1, 2) sur .

35


37/59

En effet, en notant s une abscisse curviligne sur , la condition v(s) = 0 sur implique que

vs

(s) = 0 sur . Et comme, sur , v = vs

t + vn

n, ou t est le vecteur tangent a , il

sensuit que v = 0 et v,i = 0 pour i = 1, 2.Ainsi, en se restreignant aux cas N = 1, 2 la relation (3.29), ecrite avec des fonctions v dans

H20(), conduit a la formulation variationnelle suivante du probleme (3.28) :

Trouver u H20 () tel que

a(u, v) = L(v) v H20 ()ou

a(u, v) = u,ij v,ij d

L(v) = f v d.

(3.30)

Existence et unicite des solutions du probleme (3.30). La continuite de a et L sur H20() muni

de la norme 2, est aisee a etablir. La coercivite de a decoule du fait que a(v, v) = |v|22,et du fait que la semi-norme | |2, est une norme sur H20() equivalente a la norme 2,. Letheoreme de Lax-Milgram permet alors de conclure a lexistence et lunicite de la solution u duprobleme (3.30).

Linterpretation de cette solution u en terme de solution du probleme aux limites (3.28) estaussi immediate.

3.4 Exercices

Exercice III-1 est un ouvert borne de Rn

, f L2

() , et et sont deux reels strictementpositifs. Donner une formulation variationnelle dans H1() du probleme aux limites suivant :

u + u = f dans

u

n+ u = 0 sur .

Montrer que ce probleme variationnel admet une solution unique et interpreter cette solution enterme de solution dun probleme dequations aux derivees partielles.

Exercice III-2 est un ouvert borne de R2, et f L2(). Donner une formulation varia-tionnelle dans H

1

() du probleme aux limites suivant :

2u

x2+

2u

xy

2u

y2= f dans

u = 0 sur .

Montrer que ce probleme variationnel admet une solution unique u et interpreter cette solutionen terme de solution dun probleme dequations aux derivees partielles. Enfin, etablir que :

c > 0 / u1, c f0,

.

36


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Exercice III-3 Enoncer un probleme variationnel equivalent au probleme de minimisation sui-

vant :

Trouver u H1(]0, 1[) tel que

J(u) = M in J (v)v H10(]0, 1[)

ou f est dans L2(]0, 1[) et

J(v) =1

2

10

(v)2 dx +10

(v)2 dx

1

0f v d x + v(0)

Montrer que ce probleme variationnel admet une solution unique et interpreter cette solutionen terme de solution dun probleme dequations aux derivees partielles.

Exercice III-4 est un ouvert borne de R2, f L2() , g L2() et on sinteresse auprobleme variationnel suivant :

Trouver u H1()/R tel que

a(u, v) = L(v) v H1()/R(3.31)

ou

a(u, v) = u.

v d +

u

x

v

y u

y

v

x dL(v) =

f v d +

gv d.

Montrer quune condition necessaire pour lexistence de solutions de (3.31) est que :

f d +

g d = 0.

Montrer que dans ce cas le probleme variationnel (3.31) admet une solution unique et interpretercette solution en terme de solution dun probleme dequations aux derivees partielles.

Exercice III-5 On etudie dans cet exercice une methode de penalisation pour la prise en compte

de la condition aux limites de Dirichlet non homogene lors de la resolution du probleme suivant :

u = f dans

u = g sur .(3.32)

ou est un ouvert borne de RN, f est dans L2() et g est dans L2(). Cette methode depenalisation permet la resolution par elements finis du probleme de Dirichlet non homogene sansavoir a utiliser le prolongement a de la fonction g comme il est fait dans le probleme (3.8) dela section 3.2.1.

On suppose que le probleme (3.32) admet une solution u dans H2() et quil existe h dans

H1() tel que sur on a : h = un .

37


39/59

1. Ecrire une formulation variationnelle dans H10 () du probleme aux limites suivant :

w + w = 0 dans

w = h sur .(3.33)

et montrer que ce probleme variationnel admet une solution unique.

2. Pour > 0, on introduit le probleme variationnel suivant :

Trouver u H1() tel que

b(u, v) = L(v) v H1()(3.34)

ou

b(u, v) =

u.v d + 1

uv d

L(v) = f v d +

1

gv d.

Montrer que ce probleme variationnel admet une solution unique et interpreter cette so-lution en terme de solution dun probleme dequations aux derivees partielles.

3. On pose v = u u + w ou u est la solution de (3.33), u est celle de (3.32) et w estcelle de (3.34). Montrer que : b(v, v) = v. w d v H1(). Montrer quil existe une constante K independante de telle que : v1, K, et

en deduire que u tend vers u dans H1() lorsque tend vers zero.

Exercice III-6 Reprendre le probleme de lequilibre en elasticite tridimensionnelle de la section3.2, en remplacant la condition aux limites homogene sur 0 par une condition de contactelastique ; cest a dire que sur 0 le milieu est considere lie a un support rigide et fixe parlintermediaire de ressorts elastiques repartis sur 0. Sur 0 la condition aux limites est alors :.n = k u, ou la constante strictement positive k designe la raideur des ressorts.

Ecrire une formulation variationnelle de ce probleme dequilibre et montrer que le problemevariationnel ainsi obtenu admet une solution unique.

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Chapitre 4

Quelques elements finis usuels

4.1 Definition dun element fini

Definition 4.1 Un element fini de Rn est un triplet (K, , P) ou :

1. K est element geometrique de Rn dinterieur non vide (

K= ).2. P est un espace de fonctions (souvent polynomiales) definies sur K.

3. = {1, 2, ..., N} est un ensemble de formes lineaires, i, definies sur P. Ces formeslineaires sont appelees les degres de liberte (d.d.l) de lelement fini.

4. est P-unisolvant ; cest a dire que pour tout (1, 2, ..., N) RN il existe un uniquep P tel que (1(p), 2(p), .., N(p)) = (1, 2, .., N).

En dimension 1 (n = 1), les elements geometriques usuels sont les segments. Dans le plan(n = 2), les triangles et les quadrangles sont couramment utilises. Pour n = 3, les elementsgeometriques usuels sont les tetraedres, les cubes et les prismes.

La propriete dunisolvance revient a dire que lapplication :

P RNp (1(p), .., N(p))

est bijective ; ce qui necessite que N(= card ) = dimP. Cette propriete signifie donc quunefonction p de lespace P est completement determinee par ses N d.d.l. Il est alors immediat

detablir les propositions suivantes :N dimP et (pi)1iN PN / i(pj) = ij est P-unisolvant. (4.1)

N dimP et p P (i(p) = 0 i = 1..N p 0) est P-unisolvant. (4.2)Ces propositions sont bien utiles pour prouver lunisolvance des elements finis. Il est a noterque dans ces propositions, la P unisolvance implique aussi que N = dimP. Dans (4.1),les fonctions pi i = 1,..N sont appelees les fonctions de base de lelement fini. Linteret de cesfonctions de base apparat dans la propriete suivante :

p P p =N

i=1i(p)pi

qui illustre bien le fait quun element de P est completement determine par ses d.d.l.

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4.2 Quelques elements finis de Lagrange

Un element fini de Lagrange est un element (K, , P) dont la definition des d.d.l ne faitintervenir que des valeurs prises par les fonctions de P en des points de K. Pour de tels elements,la verification de la propriete dunisolvance est generalement immediate car il y est facile dexhi-ber les fonctions de base (pi) definies dans (4.1). Pour des elements finis tels que P est lespacedes fonctions polynomiales de degre inferieur a k sur Rn, P = Pk[R

n], ces fonctions de basesexpriment aisement a partir des fonctions coordonnees barycentriques.

4.2.1 Rappels sur les coordonnees barycentriques

Definition 4.2 Une famille de n + 1 points, (Ai)1in+1, est une base barycentrique de Rn

affine si et seulement si les n vecteurs (A1

A

i

)2in+1 sont lineairement independants.Ainsi, pour n = 1 deux points non confondus forment une base barycentrique de la droite des

reels. Dans le plan affine, n = 2, trois points non alignes forment une base barycentrique. Danslespace affine tridimensionnel, une base barycentrique est constituee de 4 points non coplanaires.

Definition 4.3 Par rapport a une base barycentrique (Ai)1in+1 de Rn affine, les coordonneesbarycentriques dun point M sont les n+1 scalaires (i(M))1in+1 solution du systeme lineairesuivant :

n+1i=1

i(M)OAi =

OM

n+1i=1

i(M) = 1

(4.3)

ou O est un point quelconque de Rn affine.

Remarques

Dans la definition 4.2 les points Ai, i = 1..n + 1 ont le meme role. En effet, en remplacantdans lenonce de cette definition A1 par tout autre point de Ai, on obtiendrait un enonceequivalent au precedent.

La definition 4.3 est independante du choix du point O. En effet, en remplacant dans le

systeme lineaire 4.3 le point O par tout autre point de Rn affine, on obtient un systemelineaire equivalent au precedent.

Les coordonnees barycentriques, (i)1in+1, sont bien definies par le systeme lineaire(4.3). En effet, ce systeme lineaire est un systeme de Cramer puisque son determinant

nest autre que le determinant des vecteurs (A1Ai)2in+1. Ce dernier determinant est

par hypothese non nul puisque (Ai)1in+1 est une base barycentrique.

Proposition 4.1 Par rapport a une base barycentrique (Ai)1in+1 de Rn affine, les fonctionscoordonnees barycentriques, i : M i(M), i = 1..n + 1, verifient les proprietes suivantes :

i(Aj) = ij, i, j = 1...n + 1 (4.4)

i P1[Rn], i = 1...n + 1. (4.5)

40


42/59

Preuve. Le resultat (4.4) est immediat a partir du systeme lineaire (4.3). Le fait que i(M) est

affine en fonction de M est aussi immediat a partir de (4.3).

Une formule utile : Dans le plan, et pour un triangle K non degenere, les fonctions coordonneesbarycentriques verifient la formule suivante :

Kk1

l2

m3 dS = aire(K)

2 k! l! m!

(k + l + m + 2)! k, l et m entiers > 0 (4.6)

4.2.2 Exemples delements finis unidimensionnels

Dans ces exemples lelement geometrique est un segment K = [A1, A2] et A1 = A2.1. P = P1[R], =

p(A1), p(A2)

1

Les fonctions de base de cet element sont :p1(x) = 1(x) = x A

2

A2 A1 , p2(x) = 2(x) =x A1

A2 A1 .Cet element est schematise par : , et est denomme le segment P1 ou le segment deLagrange a 2 d.d.l.

2. P = P2[R], =

p(A1), p(A2), p(

A1 + A2

2)

Les fonctions de base de cet element sont :

p1(x) = 1(x)(21(x) 1) = 2 (x A2)

(A2 A1)2 (x A1 + A2

2)

p2(x) = 2(x)(22(x) 1) = 2 (x A1)

(A2 A1)2 (x A1 + A2

2)

p12(x) = 41(x)2(x) = 4 (x A1)(x A2)

(A2 A1)2 .Cet element est schematise par : , et est denomme le segment P2 ou le segmentde Lagrange a 3 d.d.l.

3. P = P3[R], =

p(A1), p(A2), p(

2A1 + A2

3), p(

A1 + 2A2

3)


p1(x) =1

21(x)(31(x) 1)(31(x) 2)

p2(x) =1

22(x)(32(x) 1)(32(x) 2)

p12(x) = 92

1(x)2(x)(31(x) 2)

p21(x) =9

21(x)2(x)(31(x) 1).

1

La notation condensee = {p(A

1

), p(A

2

)} signifie que lelement fini comporte 2 d.d.l definis par : i : p p(Ai) i = 1, 2.

41


43/59

Cet element est schematise par : , et est denomme le segment P3 ou le segmentde Lagrange a 4 d.d.l.

4.2.3 Exemples delements finis plans

Elements triangulaires

Dans ces exemples, lelement geometrique, K, est un triangle non degenere de sommets :A1, A2 et A3. Ces trois points etant non alignes, ils forment une base barycentrique du planaffine.

1. P = P1[R2], =

p(Ai), i = 1, 2, 3

.


pi(M) = i(M), i = 1, 2, 3.

Cet element est denomme le triangle P1 ou le triangle de Lagrange a 3 d.d.l.

2. P = P2[R2], =

p(Ai), i = 1, 2, 3; p(Akl), 1 k < l 3 , Akl = Ak + Al

2.


pi(M) = i(M)(2i(M) 1), i = 1, 2, 3

pij(M) = 4i(M)j(M), 1 i < j 3.


3. P = P3[R2], =

p(Ai), i = 1, 2, 3, 4; p(Akl), k, l = 1, 2, 3, k = l ,

Akl =2Ak + Al

3, A4 =

A1 + A2 + A3

3.


pi(M) =1

2i(M)(3i(M) 1)(3i(M) 2), i = 1, 2, 3

p4(M) = 271(M)2(M)3(M)

pij(M) =9

2i(M)j(M)(3i(M) 1), i, j = 1, 2, 3, i = j.


Etant donne que : dimPk[R2] = (k + 1)(k + 2)/2, la construction delements finis du type

triangle Pk conduira a des triangles de Lagrange a (k +1)(k + 2)/2 d.d.l. Les premiers elementsde ce type sont schematises dans la figure 4.1.

Elements quadrangulaires

Pour simplifier lecriture des fonctions de base, nous nous limiterons dans les exemples ci-dessous au cas ou K est un carre de cote 1 : K = [0, 1]

[0, 1]. Les sommets A1, A2, A3, A4 de

ce carre ont pour coordonnees respectives (0, 0), (1, 0), (1, 1) et (0, 1).

42


44/59

ee

ee

ee

ee

ee

ee

ee

ee

ee

ee

ee

ee

P1 P2 P3 P4

Figure 4.1 Schematisation delements finis du type triangle Pk.

Dans ces elements, les espaces P sont des espaces du type Qk[R2]. Qk[R

2] est lespace desfonctions polynomiales de degres inferieur ou egal a k par rapport a chacune des variables. Ainsi,

Q1[R2] = V ect{1, x, y, xy}

etQ2[R

2] = V ect{1, x, y, xy, x2, y2, xy2, x2y, x2y2}.Et il est aise de voir que

dimQk[Rn] = (k + 1)n.

1. P = Q1[R2

], = p(Ai), i = 1, 2, 3, 4.Les fonctions de base de cet element sont :

p1(x, y) = (1 x) (1 y), p2(x, y) = x (1 y)

p3(x, y) = x y, p4(x, y) = y (1 x)Cet element est denomme le quadrangle Q1 ou le quadrangle de Lagrange a 4 d.d.l.

2. P = Q2[R2], =

p(Ai), i = 1...9

. Les points (Ai)i=5..8 sont les milieux des aretes du

quadrangle et le point A9 est son centre.


p1(x, y) = (1 x) (1 y) (1 2x) (1 2y), p2(x, y) = x (1 y) (1 2x) (1 2y)

p3(x, y) = x y (1 2x) (1 2y), p4(x, y) = y (1 x) (1 2x) (1 2y)

p5(x, y) = 4 x (1 x) (1 y) (1 2y), p6(x, y) = 4 x y (1 y) (1 2x)

p7(x, y) = 4 x y (1 x) (1 2y), p8(x, y) = 4 y (1 y) (1 x) (1 2x)

p9(x, y) = 16 x y (1 x) (1 y).Cet element est denomme le quadrangle Q2 ou le quadrangle de Lagrange a 9 d.d.l.

43


45/59

3. P = Q2[R2

] = p Q2[R2] / 4p(A9) +4

i=1p(A

i

) 28

i=5p(A

i

) = 0 =

p(Ai), i = 1...8

.

Cet element est construit en eliminant le nud central (A9) du quadrangle Q2. Les fonc-tions de base de cet element fini sont notees pi, i = 1..8 et elles se deduisent aisement desfonctions de base, pi, i = 1..9 du quadrangle Q2. Ces fonctions sont :

pi(x, y) = pi(x, y) 14p9(x, y) i = 1..4

pj(x, y) = pj(x, y) +12p9(x, y) j = 5..8.

La construction de ces fonctions de base prouve bien lunisolvance de cet element fini et

elle confirme aussi que la dimension de lespace Q2, qui est un sous-espace stricte de Q2et donc dimQ2 8, est exactement 8. Cet element est denomme le quadrangle Q2 ou lequadrangle de Lagrange a 8 d.d.l.

Remarque

Le choix des coefficients 4,1 et (-2), qui apparaissent dans la relation lineaire verifiee parles elements de Q2[R

2], fait que :

P2[R2] Q2[R2].

Q1 Q2 Q2

Figure 4.2 Schematisation delements finis du type quadrangle Qk.

4.2.4 Exemples delements finis tridimensionnels

Elements tetraedriques

Lelement geometrique, K, est ici un tetraedre non degenere de sommets A1, A2, A3 et A4.Ces points etant non coplanaires, ils definissent une base barycentrique de R3 affine. Etant donneque :

dimPk[R3] = (k + 1)(k + 2)(k + 3)/6,

la construction delements finis du type tetraedre Pk pour k = 1, 2, 3 conduira a des tetraedresde Lagrange a 4, 10, 20 ddl respectivement. Les premiers elements de ce type sont schematises

dans la figure 4.3.

44


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P1 P2 P3

Figure 4.3 Schematisation delements finis du type tetraedre Pk.(Pour le cas P3, les ddl relatifs a une seule des faces sont indiques)

1. P = P1[R3], =

p(Ai), i = 1, 2, 3, 4

.


pi(M) = i(M), i = 1, 2, 3, 4.

Cet element est denomme le tetraedre P1 ou le tetraedre de Lagrange a 4 d.d.l.

2. P = P2[R3], =

p(Ai), i = 1, 2, 3, 4; p(Aij), i j < l 4 , Aij = Ai + Aj

2.


pi(M) = i(M)(2i(M) 1), i = 1, 2, 3, 4

pij(M) = 4i(M)j(M), 1 i < j 4.


3. P = P3[R3], =

p(Ai), i = 1, 2, 3, 4; p(Aij), i, j = 1, 2, 3, i = j; p(Aijk), 1 i < j < k 4 ,

Aij =2Ai + Aj

3, Aijk =

Ai + Aj + Ak

3.


pi(M) =1

2i(M)(3i(M) 1)(3i(M) 2), i = 1, 2, 3

pij(M) =

9

2 i(M)j(M)(3i(M) 1), i, j = 1, 2, 3, i = jpijk(M) = 27i(M)j(M)k(M).


Elements prismatiques a base rectangulaire

Lelement geometrique est ici un prisme droit a base rectangulaire et les espaces P sont desespaces du type Qk[R

3]. Le premier element est le prisme Q1 a 8 d.d.l (appele cube 8) danslequel les nuds sont les sommets du prisme. Le deuxieme element est le prisme Q2 a 27 d.d.l(appele cube 27) dans lequel les nuds sont les 8 sommets du cube, les milieux de ses 12 aretes,les centres de ses 6 faces et son centre. En eliminant le centre du prisme et les centres de ses 6

faces on obtient un element fini prismatique a 20 d.d.l (appele cube 20).

45


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4.3 Quelques elements finis de Hermite

Un element fini de Hermite est un element (K, , P) dont la definition des d.d.l fait intervenirdes valeurs prises par les derivees de fonctions de P en des points de K. Pour de tels elements, laverification de la propriete dunisolvance est generalement menee en utilisant la proposition (4.2),ce qui revient a montrer quune fonction de P dont tous les d.d.l sont nuls est necessairementnulle.

4.3.1 Un exemple unidimensionnel

Dans cet exemple lelement geometrique est un segment non degenere, K = [A1, A2]. Len-semble des d.d.l est

= p(A1), p(A2), p(A1), p(A2) (p est la derivee dep)et lespace des fonctions est P = P3[R].

Lunisolvance de cet element fini est immediate. En effet, considerons un element p de Pdont les 4 d.d.l sont nuls. Ce polynome de 3eme degres a alors 2 racines doubles (A1 et A2) et estdonc identiquement nul.

4.3.2 Lelement fini plan de Zienckiewich

Cet element a 10 d.d.l est represente schematiquement dans la figure (4.4). Lelement geometriqueest un triangle non degenere, K = [A1, A2, A3] et on notera A4 son isobarycentre.

Lensemble des d.d.l est :

=

p(Ai), i = 1..4;

p

x1(Aj),

p

x2(Aj), j = 1..3

ou (x1 et x2) sont des coordonnees cartesiennes dans le plan.

Lespace des fonctions estP = P3[R

2]

.Preuve dunisolvance :Considerons un polynome p de P dont tous les degres de liberte sont nuls et montrons que

ce polynome est necessairement nul.

Notons q la restriction de p a la droite [A1

, A2

] et s une abscisse curviligne definie sur cettedroite. q est alors un polynome de degres inferieur ou egal a 3 en s nul en A1 et A2 et on a :

dq

ds=

p

x1

dx1ds

+p

x

dx2ds

.

Ainsi,dq

dsest aussi nul en A1 et A2 et ces points sont donc 2 racines double du polynome q. Ce

dernier etant de degres inferieur ou egal a 3, il ne peut quetre nul. Il en decoule que le polynomep est nul sur la droite [A1, A2] et donc la fonction barycentrique 3 divise p. En raisonnant dela meme facon sur les droites [A1, A3] et [A2, A3] on obtient :

R / p(x1, x2) = 1(x1, x2) 2(x1, x2) 3(x1, x2)et comme p(A4) = 0 et i(A4) = 1/3, i = 1, 2, 3 il vient que = 0 et p = 0.

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Zienckiewich 10 d.d.l Argyris 21 d.d.l Bogner-Fox-Schmit 16 d.d.l

Figure 4.4 Exemples delements finis de Hermite.

4.3.3 Lelement fini plan dArgyrisCet element a 21 d.d.l est represente schematiquement dans la figure (4.4). Lelement geometrique

est ici un triangle non degenere, K = [A1, A2, A3]. Pour 1 i < j 3 on note Aij le milieu dusegment [Ai, Aj].

Lensemble des d.d.l est

=

p(Aj),

p

x1(Aj),

p

x2(Aj),

2p

x21(Aj),

2p

x22(Aj),

2p

x1x2(Aj), j = 1..3,

p

n(Aij), 1 i < j 3

ou (x1 et x2) sont des coordonnees cartesiennes dans le plan.Lespace des fonctions est

P = P5[R2

] (dimP = 21).

Preuve dunisolvance :Considerons un polynome p de P dont tous les degres de liberte sont nuls et montrons que

ce polynome est necessairement nul.Notons q la restriction de p a la droite [A1, A2] et s une abscisse curviligne definie sur cette

droite. q est alors un polynome de degres inferieur ou egal a 5 en s nul en A1 et A2 et on a :

dq

ds=

p

x1

dx1ds

+p

x2

dx2ds

,

et, etant donne que x1

et x2

sont affines en s et donc d2xi/ds2 = 0,

d2q

ds2=

2p

x21

dx1ds

2+ 2

2p

x1x2

dx2ds

dx1ds

+2p

x22

dx2ds

2.

Ainsi, q,dq

dset

d2q

ds2sont nulles en A1 et A2 et ces points sont donc 2 racines triple du polynome q.

Ce polynome de degres 5 est par consequent nul. Par ailleurs, sur la droite [A1, A2] le polynomep

nest un polynome de degres inferieur ou egal a 4 en s puisque :

p

n

=

p

x1

dx2

ds

+p

x2

dx1

ds

,

47


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et on en deduit aussi que :

d

ds(

p

n) =

2p

x22

2p

x21

dx1ds

dx2ds

2p

x1x2

(

dx2ds

)2 ( dx1ds

)2

.

Ainsi, le polynomep

n, de degre inferieur ou egal a 4 et nul en A12, sannule aussi doublement

en A1 et A2 ; il est donc identiquement nul sur la droite [A1, A2].Finalement, en notant

t le vecteur unitaire tangent a la droite [A1, A2] et n sa normale,

le polynome p et ses deriveesdp

ds=

p.t pn

=p.n sont nulles sur la droite [A1, A2]. Il

sensuit que p etp sont nuls sur [A1, A2]. La fonction coordonnee barycentrique 3 divise alors

le polynome p et divise son gradient. Ainsi, la fonction 23 divise p et il en est de meme des

fonctions 21 et 22. Or, p est degres inferieur ou egal a 5, donc p est nul.

4.3.4 Lelement fini rectangle de Bogner-Fox-Schmit

Cet element a 16 d.d.l est represente schematiquement dans la figure (4.4). Lelement geometriqueest ici un rectangle non degenere, K = [A1, A2, A3, A4].

Lensemble des d.d.l est

=

p(Aj),

p

x1(Aj),

p

x2(Aj),

2p

x1x2(Aj), j = 1..4

ou (x1 et x2) sont des coordonnees cartesiennes dans le plan.

Lespace des fonctions estP = Q3[R

2] (dimP = 16)

La preuve dunisolvance de cet element fini est laisse au soin du lecteur a titre dexercice.

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Chapitre 5

Espaces elements finis et e

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