cours-mef

Methode des elements-finis par lexemple

Daniel Cho 1

LMNO

Groupe Mecanique Modelisation Mathematique et Numerique

Universite de Caen, Bld Marechal Juin, 14032 Caen Cedex, France

Version Avril 2010

1. [email protected]

Methode des elements-finis

Ce document est inspire dun cours enseigne en Master Ingenierie Mathematiques et Mecaniquea` luniversite de Caen. Il sinspire de nombreux ouvrages bien plus complets tels que [Bat96] et[ZT00], ainsi que divers documents de colle`gues universitaires. Il est destine aux etudiants enMaster de Mathematiques appliquees et Mecanique ainsi quaux ele`ves ingenieur.

Ce document est bien sur incomplet : il manque des chapitres entiers, des demonstrations,des exemples, etc. Toute remarque est la bienvenue, meme en ce qui concerne les problablementnombreuses fautes dorthographes et de Francais.

cDaniel Cho 2010-- 2 Universite de Caen


Table des matie`res

1 Introduction 71.1 Proble`me aux limite et formulation variationnelle, quelques exemples . . . . . . 11

1.1.1 Proble`me mode`le 1d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.1.2 Proble`me mode`le 2d : proble`me de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . 121.1.3 Proble`me 2d : elasticite plane lineaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.1.4 Proble`me 2d/3d : proble`me de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.1.5 Proble`mes non-lineaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.1.6 Proble`mes dynamiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Cadre theorique : espaces de Hilbert et espaces de Sobolev 152.1 Espaces de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.2 Exemples : L2 et les espaces de Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.2.1 Espace des fonctions de carre integrable L2 . . . . . . . . . . . . . . . . 172.2.2 Espaces de Sobolev Hm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.2.3 Trace dans un espace de sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.3 Representation de Riesz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.4 Theore`mes de projection dans un Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3 Formulation variationnelle 233.1 Proble`me variationnel abstrait : theore`me de Lax-Milgram . . . . . . . . . . . . 233.2 Methode de Galerkin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253.3 Methode de Galerkin en dimension finie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.3.1 Premier exemple et exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.3.2 Element-finis et methode de Galerkin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

4 Elements-finis par lexemple : Proble`mes 1D 294.1 Proble`me 1D, interpolation P 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30



4.1.1 Maillage SEG2 et interpolation lineaire par morceaux : element P 1 deLagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

4.1.2 Matrices de lelement P 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314.1.3 Elements-finis P 1, le syste`me lineaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324.1.4 Construction des matrices : technique dassemblage . . . . . . . . . . . . 344.1.5 Application numerique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 354.1.6 Estimation derreur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384.1.7 Programme Scilab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

4.2 Poutre en flexion, interpolation P 3 sur maillage SEG2 . . . . . . . . . . . . . . 394.2.1 Le mode`le de Bernouilli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.2.2 Principe des travaux virtuels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404.2.3 Maillage SEG2 et Interpolation P 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404.2.4 Calcul de la matrice rigidite a` la flexion . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

4.3 Element-finis 1D dans le plan, structures en treillis . . . . . . . . . . . . . . . . 43

5 Elements-finis par lexemple : Proble`mes 2D 475.1 Exemple 2D sur maillage triangulaire : Proble`me de Poisson . . . . . . . . . . . 47

5.1.1 Maillage triangulaire a` 3 nuds et interpolation P 1 de Lagrange . . . . 485.1.2 Matrice de rigidite elementaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 505.1.3 Calcul du second membre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 525.1.4 Prise en compte des conditions aux limites et resolution . . . . . . . . . 52

5.2 Exemple 2D sur maillage quadrangulaire : Proble`me de Poisson avec conditionde Dirichlet et condition de Neuman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 535.2.1 Maillage quadrangulaire a` 4 noeuds et interpolation lineaire . . . . . . . 545.2.2 Interpolation lineaire sur un quadrangle . . . . . . . . . . . . . . . . . . 555.2.3 Element de reference et formule de Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

5.3 Element MITC4 pour les plaques en flexion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

6 Elements-finis par lexemple : Proble`mes 3D 636.1 Exemple 3D : Mecanique des milieux continus . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

6.1.1 Element tetrahe`driques a` 4 nuds . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 646.1.2 Element prisme a` 6 noeuds . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 666.1.3 Element cubique a` 8 nuds . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

7 Annexes : Rappels de Mathematiques 717.1 Rappels en alge`bre lineaire, analyse matricielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . 717.2 Rappels doptimisation quadratique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 717.3 Theore`mes de projection . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 727.4 Integration numerique de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

7.4.1 3 noeuds dintegration de Gauss sur un triangle de reference . . . . . . . 73



7.4.2 7 noeuds dintegration de Gauss sur un triangle de reference . . . . . . . 737.4.3 4 noeuds dintegration de Gauss sur un quadrangle de reference . . . . . 74



CHAPITRE 1

Introduction

La methode des elements-finis (MEF) est une methode dapproximation numerique de solu-tions de proble`mes aux limites statiques ou dynamiques tels que

diffusion thermique mecanique des milieux continus (solides et fluides) electromagnetisme

mais en fait, absolument tous les proble`mes dequations aux derivees partielles (EDP) aux limites.

Il sagit, comme dans toutes les methodes numeriques, de trouver une approximation discre`te.Pour faire bref, dun proble`me differentiels aux limites lineaire, on trouve une formulation varia-tionnelle associee equivalente, dont on calcule une approximation de la solution en projetant surun espace de dimension finie, ce qui revient a` resoudre au final un syste`me lineaire.

Lappellation elements finis vient de la decomposition du domaine detude en elements : ilssont souvent representes par un maillage, voir figure 1.1

Historiquement, lorigine de la methode peut se trouver dans les travaux de Fermat et Bernouilli(1743) avec le calcul des variations, puis il faut attendre le debut du XXe`me sie`cle avec les progre`sen analyse avec la methode de Galerkin se basant sur des theore`mes de projection dans les espacesde Hilbert.

En 1943 Robert Courant introduit le principe variationnel avec des fonctions de base a` sup-port locaux ouvrant la voie a` une division dun domaine considere en elements. Cependant cenest quavec le developpement des ordinateurs que ces travaux trouve leurs applications avec lestravaux pionniers de Zienckiewiz et Argyris qui definiront la methode en 1960.



FIGURE 1.1 Maillages

Ce qui ame`ne le succe`s de la methode et sa puissance est lapport du calcul matriciel, in-troduit par un ingenieur civil anonyme. La methode connat alors un developpement fulgurantaccompagne par les progre`s de linformatique.

La methode des elements-finis est une methode puissante basee sur une theorie mathematiquerigoureuse.

Aujourdhui, les elements-finis sont un outil majeur, incontournable en mecanique (fluideset solides, interactions, structures), et applicable dans de nombreux domaines impliquant desproble`mes dEDP aux limites comme par exemple en mathematiques financie`res ou lelectromagnetisme.

De nombreux codes industriels (solveurs) existent et sont generalement couples a` un logicielsde CAO 1 ou Computer Aided Design (CAD) en Anglais. Citons Ansys, Abaqus, Robot, LS-dyna,Feap, Code-Aster, Cast3M et bien dautres.

Notation et conventions

Dans ce document, nous serons parfois amene a` utiliser quelques conventions de notationspropres a` la mecanique. En particulier nous utiliserons la convention de sommation par rapportaux indices repetes (on lit egalement convention dEinstein) et nous noterons souvent les deriveespartielles a` laide dun indice precede dune virgule.

Nous commencons toutefois par quelques notations utilises dans ce document qui sont dureste tout a` fait usuel.

Notations

Nous navons pas cherche a` faire dans loriginalite, ainsi dans tout le document R designelespace des nombres reels tandis que C sera lespace des nombres complexes.

1. Conception assistee par Ordinateur



Les quantites scalaire seront systematiquement note en italique, tandis que les objets vecto-riels seront note soit avec une fle`che soit en caracte`re gras :

On designe generalement par f ou g une fonction scalaire

Les objets vectoriels seront souvent designe par u dont les composantes ui sont des quan-tites scalaires.

Le symbole representera generalement un domaine a` bord regulier deRn, ou` n en mecaniquedesigne souvent les nombres 2 ou 3.

Convention de sommation suivant les indices repetes

La convention dEinstein sur la sommation sur les indices ou exposants repetes est une con-vention destine a` alleger les ecritures dans les formules mathematiques sans pour autant les rendreambigu.

La convention implique une sommation sur des termes produits des lors quils presentent desindice repetes :

Ainsi, par exemple, pour x = [x1, x2, . . . , xn]> et y = [y1, y2, . . . , yn]>, deux vecteurs deR

n, le produit scalaire :

x.y =

ni=1

xiyi,

ou` lon remarque lindice i qui apparat repete, sera note plus simplement :

x.y = xiyi.

De meme pour un produit de matrices C = BA :

ckj =

mi=1

bkiaij ckj = bkiaij .

Si un vecteur x a pour composantes (x1, x2, ..., xn) dans la base e1, e2, . . . , en, on ecrit

x =

ni=1

xiei x = xiei

Si on note, dansR3 le produit mixte des vecteurs de la base canonique :

ijk = (ei, ej , ek) = ei.(ej ek)

On peut ecrire le produit mixte de trois vecteurs a, b et c par

(a,b, c) =

3i=1

3j=1

3k=1

ijkaibjck (a,b, c) = ijkaibjck,



ou` on a applique la convention sur les trois indices repetes i, j et k.

Notation des derivees partielles

En mecanique et en mathematiques en general, nous avons souvent affaire a` des syste`mesdequations aux derivees partielles. Ainsi pour alleger les notations on preferera utiliser la nota-tion en indice precede dune virgule :

f

x= f,x

uixj

= ui,j

2uixjxk

= ui,jk.

Si on conside`re une fonction scalaire f defini sur Rn (a` valeur dans R) alors pour toutedirection h = [h1, h2, . . . , hn]>, on ecrit la derivee de f dans la direction h :

f(x)(h) =ni=1

f

xi(x)hi f(x)(h) = f,i(x)hi.

ou` on a egalement utilise la convention de sommation suivant les indices repetes.

Indices et exposant Grecs ou Latins

Bien que la plupart des theories mathematique soit presente dans un espace abstrait de dimen-sion n, en Mecanique les proble`mes sont generalement poses dans les variables despace. Cest a`dire quon travaille en dimension 3 en general et en dimension 2 pour des proble`mes plans.

Alors, il est une facon bien commode si un proble`me est en dimension 2 ou 3 :

lutilisation reservee des indices et exposants Grecs en dimension 2, lutilisation reservee des indices et exposants Latins en dimension 3.

Ainsi le syste`meij,j + fj = 0 i = {1, 2, 3}

identifie immediatement un proble`me a` trois dimension (avec une sommation sur j), tandis quedans

, + f = 0 = {1, 2}on reconnait un proble`me en dimension 2 (avec une sommation sur ) .



1.1 Proble`me aux limite et formulation variationnelle, quelquesexemples

Dans cette section nous presentons sans les resoudre quelques proble`mes typiques pouvantetre resolus par la MEF. Il sagit systematiquement de proble`mes aux limites dont on peut trou-ver une formulation variationnelle equivalente. Les proble`mes de Cauchy ne sont a priori pasresoluble par la MEF, du moins pas de facon directe.

1.1.1 Proble`me mode`le 1d

Soit le proble`me aux limites pour une fonction scalaire definie sur [0, 1] :

ku + u = f [0, 1]u(0) = 0

u(1) = 0

(1.1)

que lon reecrit sous sa forme variationnelle equivalente :Trouver u H10 ([0, 1]) telle que

[0,1]

kuu + uu =

[0,1]

fu u H10 ([0, 1])(1.2)

On precisera plus tard cette equivalence et lespace de SobolevH10 ([0, 1]), qui correspond a` un es-pace de fonctions pour lesquelles les integrales de (1.2) ont un sens et qui satisfont aux conditionsaux limites u(0) = u(1) = 0, voir la section 2.2 et plus precisement la proposition 2.2.7.

Ce proble`me peut modeliser lequilibre thermique dune barre chauffee a` ses extremites etplongee dans une pie`ce maintenue a` une temperature donnee, k designant alors le coefficient dediffusion thermique de la barre et est un coefficient de perte de chaleur due a` la convection delair.

Pour k = 1, = 1 et f = 1, nous tracons sur la figure 1.2 la solution elements-finis avec uneinterpolation polynomiale de degre 1 sur une subdivision de [0, 1] en 3 intervalles (elements) encomparaison de la solution exacte uexact du proble`me (1.1) :

uexact = 1 +1

e 1ex +

e

e+ 1ex.



0.0 0.5 10.0

0.1

x

u

MEFexact

FIGURE 1.2 La solution exacte et une solution EF (3 elements) du proble`me (1.2)

1.1.2 Proble`me mode`le 2d : proble`me de Dirichlet

Soit le proble`me aux limites pour une fonction scalaire definie sur R2 :

u = f u = 0

(1.3)

que lon reecrit sous sa forme variationnelle equivalente :Trouver u H10 () telle que

uu =

fu u H10 ()(1.4)

Ce proble`me peut modeliser par exemple lequation dune membrane dune membrane soumisea` une pression f et des conditions dencastrement au bord de la membrane. Ce proble`me peutegalement modeliser un proble`me thermique sans convection, un proble`me delectrostatique, oumeme un proble`me decoulement dun fluide irrotationel incompressible.

1.1.3 Proble`me 2d : elasticite plane lineaire

On conside`re le principe des puissances virtuelles dun solide elastique en equilibre statique,dont lune des dimensions etant petite permet une approximation en contrainte approximative-ment plane, reduisant le proble`me 3D en un proble`me 2D. Le solide represente par un domaine R2 est soumis a` une densite surfacique deffort f , est encastre sur une partie du bord,



tandis que le reste est libre de contrainte :Trouver u Vadm tel que

(u) : (u) =

f .u u Vadm(1.5)

ou` on reconnat dans le terme de gauche la puissance virtuelles des efforts interieurs. u designeun deplacement sur , il se decompose en deux composantes.

Le tenseur des contraintes est defini par la loi de comportement elastique qui le relie autenseur des deformations (linearises) :

(u) =1

2

((u) +(u)T ) .Dans le cas dun materiau isotrope la loi de comportement est la loi de Hooke et secrit :

=E

1 2 tr((u))I +E

1 + (u),

ou` E designe le module dYoung (rigidite) et est le coefficient de Poisson.

Lespace Vadm designe lespace des deplacement cinematiquement admissible, i.e. satisfaisantaux conditions dencastrement sur le bord , nous verrons quil sagit dun sous-ensemble dunespace de Sobolev :

Vadm ={u [H1()]2 / u| = 0

}.

On note que la condition de bord libre napparat pas explicitement dans la formulation (1.5) :elle est implicite.

La formulation (1.5) est equivalente au proble`me aux limites :

div + f = 0

u = 0

n = 0

Pour des raisons de simplicite nous avons presente le cas de contrainte plane, mais il est clairque ce nest en aucun cas une hypothe`se necessaire pour la MEF.

1.1.4 Proble`me 2d/3d : proble`me de Stokes

On conside`re un fluide Newtonien visqueux et incompressible a` faible nombre de Reynoldsoccupant une surface/volume Rn, n = 2, 3. Si la vitesse est imposee egale a` v0 a` la frontie`re



. La vitesse v et la pression p a` letat stationnaire satisfait au proble`me aux limites :

v +p = 0 div v = 0

v = v0

dont la formulation variationnelle secrit :

Trouver (v, p) Vadm tel que

v : v +

v.p = 0 (v, p) Vadm

pdiv v = 0

(1.6)

ou`Vadm =

{v [H1]n, p L2() / v| = v0

}.

1.1.5 Proble`mes non-lineaires

Tous les proble`mes precedents sont des proble`mes lineaires et en effet la MEF est definie a`partir des proble`mes lineaires puisquen pratique, il revient a` resoudre un syste`me lineaire.

Naturellement, il est tout a` fait possible dutiliser la MEF pour des proble`mes non-lineaires(Navier-Stokes, grandes deformations, elasto-plasticite, contacts) mais ces derniers passerontsystematiquement par un processus de linearisation et la resolution se fera de facon iterative etnon plus directe.

1.1.6 Proble`mes dynamiques

Les proble`mes precedemment presentes sont tous statiques. Cest parce que la methode deselements finis est definie a` partir dun proble`me aux limites, different dun proble`me de valeursinitiales (proble`me de Cauchy). Neanmoins, dans un cadre dynamique, la MEF peut encore misea` contribution soit de facon directe avec des calculs de modes propres, soit de facon indirecte etiterative avec un increment de temps avec un algorithme de difference-finie comme lalgorithmede Newmark qui resout un proble`me au limite a` chaque pas de temps.



CHAPITRE 2

Cadre theorique : espaces de Hilbert etespaces de Sobolev

Nous rappelons ici quelques elements danalyse fonctionnelle permettant de definir la methodede Galerkin qui est la base theorique incontournable de la methode des elements-finis.

Ces connaissances sont necessaires pour matriser la base mathematique mais il est tout a`fait possible de nen retenir que les principaux resultats de projections et en omettant la partieanalyse des espaces de Sobolev pour une pratique elementaire des elements-finis. Les ele`ves non-mathematiciens pourront alors passer directement aux chapitre suivant, ne retenant que la sectionsur la methode de Galerkin.

Cependant, il est impossible de comprendre lessence de la methode et surtout ses limitationssans une connaissance profonde de ces questions, notamment en ce qui concerne les theore`mesde traces et sans lesquelles il est tout a` fait possible dans la pratique dessayer de resoudre par laMEF des proble`mes qui nont pas de sens mathematiques (et donc potentiellement pas de sens dutout).

Nous nous bornerons aux resultats principaux eventuellement sous une forme simplifie etgeneralement sans demonstration pour lesquelles nous renvoyons a` un cours vrai danalyse fonc-tionnelle tel que [Bre80, LM68].



2.1 Espaces de Hilbert

Definition 2.1.1. Un espace de Hilbert est un espace vectoriel muni dun produit scalaire (., .)Het qui est complet pour la norme induite, .H .

Dans toute la suite de ce chapitre,H designe un espace de Hilbert muni de son produit scalaire(., )H et sa norme .H :

u2H = (u, u)H .

Pour simplifier lexpose, nous nous bornerons aux espaces de Hilbert reels.

Les espaces de Hilbert sont donc un cas particulier despace de Banach. Ce qui est remar-quable avec les espaces de Hilbert est quon y retrouve la plupart proprietes des espaces de di-mensions finies : theore`me de decomposition, projection orthogonale, base orthonormee et surtoutidentification de lespace dual. Cela permet de transposer naturellement un proble`me continu a` sadiscretisation a` partir de ces espaces.

Commencons par quelques definitions et proprietes triviales.

Definition 2.1.2. Soient u, v H , on dit que u et v sont orthogonaux dans H si

(u, v)H = 0.

Theore`me 2.1.3. (theore`me de decomposition) Soit V un sous-espace vectoriel ferme de H .on note lespace orthogonal a` V :

V > = {u H/(u, u) = 0 u V }.

On a alorsH = V V >.

Exercice : Montrez le theore`me de decomposition a` partir du theore`me 2.4.1 de projection surun convexe ferme

Proposition 2.1.4. (Identite du parallelogramme) u, v H ,

u+ v2H + u v2H = 2u2H + 2v2H .

Definition 2.1.5. Le dual de H est lensemble des formes lineaires continues 1 sur H . Le dual estnote H : L H , il existe c > 0 telle que

|L(u)| cuH .

1. On parle ici de dual topologique puisquon demande la propriete de continuite



2.2 Exemples : L2 et les espaces de Sobolev

2.2.1 Espace des fonctions de carre integrable L2

Soit est un domaine ouvert mesurable de Rn. Lexemple fondamental est lespace desfonctions de carre integrable

L 2() =

{f mesurable sur /

|f |2


on le munit du produit scalaire

(u, v)H1 =

uv +

u,iv,i

et on note la norme correspondante

u2H1 = (u, u)H1 . =

|u|2 + |u |2

Theore`me 2.2.4. Lespace H1() est un espace de Hilbert.

Demonstration. Comme H1() est pre-hilbertien par definition, il reste a` demontrer quil estcomplet.

Soit un une suite de Cauchy dans H1(). L2() etant complet, il existe u et vi tels que

un u L2()un,i vi L2().

Ces convergences ont egalement lieu dans lespace des distributions D (), puisque les elementsde L2() sy injecte continument. Comme la derivation est une operation continue dans D (),on a

un,i u,i D (),si bien que vi = u,i par unicite de la derivee, qui prouve que u,i L2(), et donc que v H1.On a donc montre

un u H1().

2.2.3 Trace dans un espace de sobolev

Un sous espace tre`s important est ladherence de D() dans H1(). on note :

H10 () = D().

Remarque 2.2.5. Dans le cas ou` = Rn, on a H10 (Rn) = H1(Rn).

Cette definition nest pas du tout pratique, il est temps dintroduire les operateurs traces sanslesquelles on ne pourrait definir mathematiquement les conditions aux limites.

Posons = [0, 1]2 et definissons pour toute fonction uc de classe C 1 sur , loperateur tracepar la restriction de uc sur le bord = {(x1, x2) / x1 = 0} :

(uc) = uc| .



A priori pour une fonction de H1, la trace sur na pas de sens Cependant, on va montrer quilest possible de prolongee loperateur trace definie pour les fonctions continues : On a :

uc(0, x2) = uc(x1, x2) x1

0

uc,1(s, x2)ds,

dou`

(uc)2L

2() =

10

|uc(0, x2)|2 dx2

=

10

uc(x1, x2) x10

uc,1(s, x2)ds

2 dx2 1

0

|uc(x1, x2)|2 dx2 +

|uc,1(s, x2)|2 dsdx2

dou`, en integrant de nouveau sur x1

(uc)2L

2()

|uc|2 +

|uc,1|2

uc2H1()

si bien que loperateur trace peut etre prolonge par continuite dans H1. On generalise sansdemonstration :

Theore`me 2.2.6. Soit un domaine ouvert borne deRn a` bord regulier (C par morceaux) etsoient et lapplication trace, , definie pour les fonctions de classe C 1 sur .

(u) = u| .

Alors loperateur trace se prolonge continument dans tout lespace H1() et il existe c > 0,u H1() :

(u)L

2() cuH1().

Loperateur trace nous permet alors de caracteriser facilement lespace H10 :

Proposition 2.2.7. Soit un domaine ouvert borne deRn a` bord regulier, alors

H10 () = {u H1() / u| = 0}.

2.3 Representation de Riesz

On a alors le resultat fondamental :

Theore`me 2.3.1. Representation de Riesz Soit L une forme lineaire continue definie sur un



Hilbert H . Il existe un unique u H tel que

(u, v)H = L(v) v H.

Demonstration. Si L est identiquement nul, alors on a trivialement que u = 0.On peut donc supposer desormais que L nest pas identiquement nul et donc que le sous-

espace Ker(L)> est non reduit a` {0}. Il existe alors un element u0 Ker(L)> quon peutchoisir de norme (dans H) egale a` 1.Pour tout v H , on remarque que (L(u0)v L(v)u0) Ker(L), si bien quon a

(u0, L(u0)v L(v)u0)H = 0 = L(v) = (L(u0)u0, v)H .

On remarque alors quon peut prendre u = L(u0)u0.Supposons desormais que u1 et u2 satisfont a` la representation de L, alors

(u1, v)H = (u2, v) v H = u1 = u2 dans H.

Ce qui montre lunicite de la representation de L.

La signification du theore`me de Riesz est que dans les espaces de Hilbert comme dans lesespaces vectoriels de dimensions finies, il y a un isomorphisme naturel entre lespace et son dual.

Il faut toutefois se mefier car en dimension infinie, les normes netant generalement pasequivalentes, des confusions sont possibles : bien souvent dans les applications on se trouveplutot dans des situations ou` lespace de travail est un espace de Hilbert V qui sinjecte con-tinument dans un espace plus grand H (par exemple V = H10 et H = L

2) et lidentification estpratique dans H mais pas dans V . On a alors la situation

V H H V .

2.4 Theore`mes de projection dans un Hilbert

On conside`re dans cette section les theore`mes de projection dans un espace de Hilbert quiforment la base theorique de la MEF, dont on verra quelle est essentiellement une methodedapproximation par projection.

Theore`me 2.4.1. (Projection sur un convexe) Soit H un espace de Hilbert et K un convexeferme de H , alors u H , !uk K tel que

u uH u ukH u K.

De plus, on a(u uk, u uk) 0 u K.



Cest un theore`me de projection : uk est lunique projete de u sur K. On renvoie la preuve enannexe. Un corollaire immediat est le resultat suivant :

Corollaire 2.4.2. Soit H un espace de Hilbert et K un convexe ferme de H , et a(., .) une formebilineaire continue et coercive sur H , alors u H , !uk K tel que

u ua u uka u K.

De plus, on aa(u uk, u uk) 0 u K.

ou` on a noteu2a = a(u, u).



CHAPITRE 3

Formulation variationnelle

On a vu dans les exemples de lintroduction, que les proble`mes aux limites posse`dent uneformulation variationnelle equivalente. Ce sont sur ces formulations quon se base pour etablirnon seulement les resultats dexistence et dunicite (pour les proble`mes lineaires) mais aussi cesont ces formulations qui sont a` la base de la MEF.

3.1 Proble`me variationnel abstrait : theore`me de Lax-Milgram

On conside`re dans cette section un espace de Hilbert V et un sous-espace affine ferme Vadm V . On note Vadmh lespace vectoriel associe a` Vadm, i.e.

u, u Vadm, (u u) Vadmh.

On a naturellement Vadmh V .

Remarque 3.1.1. Travailler dans un espace affine signifie que le proble`me aux limites nest pashomoge`ne. Nous allons voir que via une translation il est facile de se ramener a` un proble`meaux limites homoge`nes. Neanmoins il est important en pratique de considerer les proble`mes non-homoge`nes.

Theore`me 3.1.2. (Lax-Milgram) Soit a(., .) une forme bilineaire continue sur V et soit L une



forme lineaire definie et continue sur V , definissant le proble`me variationnel abstrait suivant :{Trouver u Vadm tel quea(u, u u) = L(u u) u Vadm

(3.1)

Si a est coercive sur Vadmh, i.e. c > 0 telle que

a(v, v) cvV v Vadmh,

alors (3.1) est un proble`me bien pose,

Si de plus a est symetrique, alors lunique solution de (3.1) minimise dans Vadm la fonction-nelle dite denergie :

J(v) =1

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

Autrement dit :J(u) J(u) u Vadm.

Demonstration. Remarquons que lorsque u parcourt tout Vadm, (u u) parcourt tout Vadmh.La formulation variationnelle (3.1) entrane :{

Trouver u Vadm tel quea(u, v) = L(v) v Vadmh

Soit u0 Vadm arbitraire, posons v = u u0 Vadmh. Le proble`me (3.1) se reecrit donc{Trouver v Vadmh tel quea(v, v) = L(v) u Vadmh

avecL(v) = L(v) a(u0, v).

La coercivite dans Vadmh signifie simplement que la forme bilineaire a(., .) definit un produitscalaire induisant une norme equivalente a` la norme de V dans Vadmh. Le theore`me 2.3.1 derepresentation de Riesz indique simplement que puisque L V V admh, il existe un uniquerepresentant v Vadmh tel que

a(v, u) = L(u) u Vadmh.

On en deduit simplement u = v + u0, lunique solution de (3.1).



Considerons maintenant la fonctionnelle J et developpons pour tout u Vadm :

J(u) = J(u+ u u)= J(u) +

1

2[a(u, u u) + a(u u, u)] L(u u) + a(u u, u u)

Ainsi, si a(., .) est symetrique, il vient :

J(u) = J(u) + a(u, u u) L(u u) =0

+ a(u u, u u) 0

J(u).

On remarque au passage que

(J(u), v) = 12

[a(u, v) + a(v, u)] L(v)(2J(u), v2) = a(v, v)

dou` on deduit notamment que la coercivite de a entrane que J est strictement convexe sur Vadm.

Reciproquement, si u Vadm minimise J dans Vadm, alors les conditions doptimalite (surun ensemble convexe), voir le theore`me 7.2.1, secrivent :

J(u)(u u) 0 u Vadm

Comme Vadm est affine, on a aussi linegalite inverse, dou` on tire que u est solution de (3.1).

3.2 Methode de Galerkin

Soit u lunique solution du proble`me variationnel (3.1) bien pose{Trouver u Vadm tel quea(u, u u) = L(u u) u Vadm

dans le cadre du theore`me de Lax-Milgram 3.1.2, i.e. la forme bilineaire a(., .) est continue etcoercive.

Soit un sous-espace ferme V h V , on definit egalement

V hadm = Vh Vadm.

Alors si a(., .) est egalement coercive sur V hadm, ce qui est trivial si Vhadm Vadm, alors le



theore`me de Lax-Milgram sapplique egalement pour le proble`me variationnel de Galerkin :{Trouver uh V hadm tel quea(uh, u uh) = L(u uh) u V hadm

(3.2)

et il existe une unique solution uh au proble`me (3.2), cest la solution de Galerkin dans le sous-espace V hadm.

Ce qui est naturellement interessant, cest la relation liant les solutions u et uh. Cest le resultata` la base des theore`mes de convergence de la MEF :

Theore`me 3.2.1. La solution uh du proble`me de Galerkin (3.2) dans V hadm est la meilleure ap-proximation de la solution u de (3.1) dans V h au sens de la norme induite par a(., .), i.e. ,

u uha u ua u V hadm.

La solution de Galerkin sinterpre`te aussi comme la projection orthogonale de u sur V hadm ausens produit scalaire a(., .).

Demonstration. On evalue pour tout u V hadm :

a(u u, u u) = a(u uh + uh u, u uh + uh u)= a(u uh, u uh) + 2a(u uh, uh u) + a(uh u, uh u),

ora(u uh, uh u) = a(u uh, uh) a(u uh, u)

= L(u uh) L(u uh)= 0

dou`a(u u, u u) = a(u uh, u uh)

0

+a(uh u, uh u)

a(uh u, uh u).

Exercice : Montrer, sous les hypothe`se du theore`me 3.1.2, une generalisation pour tout con-vexe ferme K Vadm : la solution du proble`me{

Trouver uk K tel quea(uk, u

uk) L(u uk) u K(3.3)

est la projection orthogonal de u sur K suivant le produit scalaire a(., .).



3.3 Methode de Galerkin en dimension finie

Dans le cadre du theore`me 3.2.1, si le sous-espace V h est de dimension finie, alors nous allonsvoir que la solution de Galerkin peut etre obtenue en resolvant un syste`me lineaire discret :

Placons nous tout dabord dans le cas ou` Vadm est un sous-espace vectoriel, de dimension n,il existe alors une base i de V hadm. Comme tout element de V

hadm se decompose de facon unique

dans cette base, le proble`me de Galerkin 3.2 revient a` trouver les composantes de uh, representepar le vecteur uh = [uh1 , u

h2 , . . . , u

hn]T , dans cette base :{

Trouver uh Rn tel quea(uh, u) = L(u) u V hadm

ou encore {Trouver uh Rn tel quea(uhi i, j) = L(j) j = 1, .., n

Si bien que nous avons :

Proposition 3.3.1. Dans lespace vectoriel V hadm de dimension egale a` n, le proble`me de Galerkin3.2 revient a` trouver les composantes uh = [uh1 , u

h2 , . . . , u

hn]T de uh en resolvant le proble`me ma-

tricielKuh = L,

ou` K est une matrice carree symetrique de dimension nn et L un vecteur de dimension n dontles composantes sont :

Kij = a(i, j), et Lj = L(j)

Le proble`me continu est ainsi approche par un proble`me discret. La discretisation se fait dansle choix de lespace : plus V hadm sera proche de Vadm et meilleure sera lapproximation.

Supposons quon ait une suite despaces V nadm Vadm tels que quel que soit v Vadm, ilexiste une suite vn V nadm telle que

vn v Valors le theore`me 3.2.1 garantit que la suite des solutions un des solutions des proble`mes deGalerkin 3.2 converge vers la solution du proble`me continu.

3.3.1 Premier exemple et exercices

Reprenons le proble`me (1.1) et sa formulation variationnelle associee,{Trouver u H10 ([0, 1]) telle quea(u, u) = L(u) u H10 ([0, 1])

(3.4)



aveca(u, u) =

[0,1]

kuu + uu

L(u) =

[0,1]

fu

1. Montrer quune solution du proble`mes au limites (1.1) est necessairement une solution duproble`me variationnel (4.2) (la reciproque, plus difficile est renvoyee en annexe).

2. Montrer que si k et sont de meme signe , alors le proble`me (3.4) est bien pose.

3. Quen est il lorsque k et sont de signes opposes ?

4. Fixons k = 1, = 1 et posons

V 1adm = V ect {sin(pix)} .

Trouvez la solution de Galerkin du proble`me (4.2) dans Vadm.

5. Repetez la question precedente avec

V 2adm = V ect {sin(pix), sin(2pix)} .

6. Comparez les deux solutions precedentes avec la solution exacte a` calculer.

7. Soit la suite despaces

V nadm = V ect {sin(pix), sin(2pix), . . . , sin(npix)} .

montrer que la suite de solutions de Galerkin correspondantes, un, converge vers la solutionde (4.2).

3.3.2 Element-finis et methode de Galerkin

La methode des elements finis derive de la methode de Galerkin en choisissant V hadm sur labase dune decomposition du domaine sur lequel un proble`me aux limites est pose. Ainsi, unintervalle de R est divise en segments, une geometrie simple de R2 est decompose en triangle,en quadrangles,...



CHAPITRE 4

Elements-finis par lexemple :Proble`mes 1D

Il assez delicat de theoriser la methode des elements-finis. La pratique pouvant facilementsecarter du cadre theorique rigoureux. Dans un premier temps nous nous concentrerons sur desMEF derivant du principe de Galerkin, voir le theore`me 3.2.1, a` savoir que nous projetons lessolutions sur un sous-espace caracterise par une interpolation polynomiale par morceaux.

Meme si le principe de la methode est essentiellement tre`s simple : discretisation, choix dunebase, calcul des matrices puis resolution dun syste`me lineaire, la pratique rece`le une bonne quan-tite de techniques quil nest pas aise de theoriser et de presenter dun seul coup.

Suivant les cas consideres, des difficultes apparaissent dans le choix de la discretisation,le choix de linterpolation polynomiale par morceaux, la technique dintegration numerique,la facon dont on implemente les conditions aux limites qui peuvent etre homoge`nes ou non-homoge`nes, il faut aussi pouvoir implementer des conditions de periodicite.

Nous choisissons donc de presenter des exemples generiques a` partir desquels il devrait etrefacile dadapter la plupart des proble`mes aux limites rencontres dans les applications : on com-mence par un exemple scalaire 1d ou` la discretisation du domaine est triviale : un intervalle reelest subdivise en sous-intervalles consecutifs. Nous proposons en 1d deux choix dinterpolationpolynomiale par morceaux, de degre 1, note P 1, et de degre 3, note P 3 dans un second exemplemodelisant la flexion dune poutre droite elastique.



4.1 Proble`me 1D, interpolation P 1

Reprenons le proble`me le proble`me aux limites (1.2), presente en introduction, pour une fonc-tion scalaire definie sur [0, 1] , f L2, mais dans un cadre plus general avec des conditions auxlimites non-homoge`nes a priori :

u + u = f [0, 1]u(0) = u0

u(1) = u1

(4.1)

que lon reecrit sous sa forme variationnelle equivalente, voir la preuve de lequivalence en an-nexe : {

Trouver u Vadm telle quea(u, u u) = L(u u) u Vadm

(4.2)

ou`Vadm = {v H1([0, 1]) / u(0) = u0, et u(1) = u1}

aveca(v, v) =

[0,1]

vv + vv

L(v) =

[0,1]

fu

4.1.1 Maillage SEG2 et interpolation lineaire par morceaux : element P 1

de Lagrange

Pour un intervalle la seule subdivision raisonnable est une decomposition en segments suc-cessifs : nous subdivisons lintervalle [0, 1] en n 1 segments :

[0, 1] =

n1i

Ei, Ei = [xi, xi+1]

avec les nuds0 = x1 < x2 < < xi < xi+1 < < xn = 1.

On appelle cette subdivision maillage par analogie au cas 2D exposee un peu plus tard. Lessegments sont les elements du maillage. Chaque elements etant ici delimites par leurs extremitesqui constituent les nuds du maillage. Ce type de maillage est communement nomme SEG2,en reference a` un maillage constitues de segments definis par leurs deux nuds extremites.

La MEF que nous allons developper est la methode de Galerkin appliquee a` une interpolation



polynomiale par morceaux, on definit le sous-espace discretise :

V n = {v H1 / v|Ei est polynomial de degre 1 sur Ei, i = 1, . . . , n 1}.

dont on definit une base avec une famille de fonctions polynomiales de degre 1 sur chaqueelements Ei et quon definit par :

i(xj) = i,j .

0

1

x i x i+1x i1

FIGURE 4.1 Fonction i polynomial par morceaux, valant 1 en xi et 0 sur les autres nuds.

Dans cette base, pour chaque v V nadm, on a la decomposition

v(x) = vii(x).

Le choix de cette base est vraiment naturel car une composante vi represente la valeur de vau nuds xi. Cest ce qui rend ce choix pratique dans linterpretation de la solution elements-finis quon obtient. Ainsi, dans le proble`me (4.2), les inconnues a` determiner, quon nommegeneralement ddl, pour degre de liberte, sont les valeurs de u aux nuds du maillage considere.

4.1.2 Matrices de lelement P 1

On note egalement,

v(x) =[1 2 . . . n

]

T

v1

v2...vn

v

On en deduit une expression similaire pour la derivee v :

v(x) =[1

2 . . .

n

]

B

v



En resume, on av(x) = T v

v(x) = Bv

avecvT = [v1, v2, . . . , vn],

T = [1(x), 2(x), . . . , n(x)],

B = [1(x), 2(x), . . . ,

n(x)].

Ainsi, pour tout v, v V n, on a

a(v, v) =

[0,1]

vv + vv

=

[0,1]

[Bv]T [Bv] + [T v]T [T v]

= vT

[0,1]

BTB K

+

[0,1]

T M

vL(v) =

[0,1]

fv

=

[0,1]

fT LT

v

4.1.3 Elements-finis P 1, le syste`me lineaire

On definit alors lespace affine admissible

V nadm = {v V n / v(0) = u0 et v(1) = u1} {v = [v1, v2, . . . , vn]T Rn / v1 = u0 et vn = u1} {v = [v1, v2, . . . , vn]T Rn / Cv = g}

ou`

C =

[1 0 . . . 0

0 0 . . . 1

]

g =

[u0

u1

].



et lespace vectoriel associe

V nadmh = {v V n / Cv = 0} 1.

Si bien que nous reecrivons la formulation variationnelle (4.2) en remplacant u par sa representationdans V nadm {

Trouver u V nadm telle quea(uT , [u u]T ) = L([u u]T ) u V nadm

qui devient {Trouver u V nadm telle queuT [K +M ][u u] = LT [u u] u V nadm

ou encore Trouver u V n telle queuT [K +M ][u] = LT [u] u V nadmhCu = g

On reconnait la solution dun proble`me doptimisation quadratique sous contrainte degalite.Avec lintroduction dun multiplicateur de Lagrange, on obtient :

Proposition 4.1.1. La solution elements-finis du proble`me (4.2) dans V nadm est la solution dusyste`me lineaire

Trouver u V n, q R2 tels que[K +M CT

C O

][u

q

]=

[L

g

](4.3)

Exercice : Demontrer la proposition 4.3.

Lintroduction du multiplicateur nest pas tre`s pratique : en effet le syste`me lineaire peuta priori perdre sa positivite 2. Dans ce cas de contrainte degalite simple, il est plus judicieuxdoperer par substitution :

Posons L1 la liste des nuds sur lesquels une condition au limite est imposee (dans le caspresent, L1 = [1, n]). Considerons egalement la liste complementaire L2 de sorte que

L1 L2 = [1, 2, . . . , , n]u(L1) = Cu = g

u(L1) u(L1) = 0 u V nadm

1. ici V nadmh = H10 ([0, 1])

2. Il existe cependant une astuce permettant de conserver cette propriete



Alors nous pouvons reecrire le proble`me variationnel, pour tout u V nadmh et en introduisant

KM = K +M,

il vient :[u(L1)

u(L2)

]T [KM(L1, L1) KM(L1, L2)

KM(L2, L1) KM(L2, L2)

][0

u(L2)

]=

[L(L1)

L(L2)

]T [0

u(L2)

]

Comme u(L2) parcourtR|L2| = Rn2, le syste`me se simplifie et devient :

KM(L2, L2)u(L2) +KM(L2, L1)u(L1) = L(L2)

soit finalement :KM(L2, L2)u(L2) = L(L2)KM(L2, L1)g. (4.4)

Le syste`me (4.4) est de Crammer avec une matrice symetrique definie positive, il suffit alorsde linverser avec un solveur tel que la methode du gradient conjugue ou par une factorisation deCholeski.

4.1.4 Construction des matrices : technique dassemblage

Il ne nous reste plus qua` decrire la construction pratique des matrices K et M . Pour celaon utilise une technique dite dassemblage qui calcule les matrices element par element : ontire avantage du fait que les fonctions dinterpolations de V n sont a` support nul sauf sur deuxelements.

On decompose le calcul des matrices K et M sur tous les elements :

K =

n1i=1

Ei

BTB + T

=

n1i=1

Ki

ou` Ki et Mi designent les matrices elementaires

Ki =

Ei

BTB

Mi =

Ei

T

Considerons un element isole Ei = [xi, xi+1], dapre`s leur definition, seuls les fonctions i eti+1 sont non-nuls, si bien quil est pratique de reduire les expressions, en faisant un abus de



notation sans ambigute :

=

0

. . .

0

i

i+1

0

. . .

0

=

[i

i+1

]=

1

hi

[xi+1 xx xi

]

de meme,

B =

0

. . .

0

ii+1

0

. . .

0

=

[ii+1

]=

1

hi

[1+1

]

ou` hi = |Ei|. Ainsi, le calcul effectifs des matrices elementaires est reduit au calcul des com-posantes non-nulles :

Ki([xi, xi+1], [xi, xi+1]) Ki =Ei

1

h2i

[1, +1

] [1+1

]dx,

Mi([xi, xi+1], [xi, xi+1]) Mi =Ei

1

h2i

[i

i+1

] [ ii+1

]dx.

Exercice : Montrer que pour chaque element Ei :

Ki =1

hi

[+1 11 1

]et Mi =

hi6

[2 1

1 2

].

4.1.5 Application numerique

Dans ce paragraphe nous allons detailler numeriquement lexemple precedent. On se donneune subdivision en 3 elements de longueurs egales :

x1 x2 x x3 4

1E E 3E2 10



on definit les 4 nuds par un tableau nud contenant les abscisses des nuds :

noeud =

0

1/3

2/3

1

correspondant a`

x1 = 0, x2 = 1/3, x3 = 2/3, x4 = 1.

Les 3 elements sont definis selon un tableau de nuds :

element =

1 22 33 4

,ce qui correspond bien a`

E1 = [x1, x2], E2 = [x2, x3], E3 = [x3, x4].

Alors, puisque h1 = h2 = h3 = 1/3, on a (avec un abus decriture) :

K1 = K2 = K3 = 3

[1 11 1

].

dou` lassemblage

K =

K1 3

1 1 0 01 1 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

+K2

3

0 0 0 0

0 1 1 00 1 1 00 0 0 0

+K3

3

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 1 10 0 1 1

= 3

1 1 0 01 2 1 0

0 1 2 10 0 1 1

.



De facon analogue, on calcule

M =1

18

2 1 0 0

1 4 1 0

0 1 4 1

0 0 1 2

.Dou`

KM = K +M =1

18

56 53 0 053 112 53 0

0 53 112 530 0 53 56

.Le second membre se calcule de meme :

L =f

6

1

2

2

1

,si bien que le syste`me lineaire du proble`me elements-finis (4.4) devient :

1

18

[112 5353 112

][u2

u3

]=

[2

2

] 1

18

[56 0

0 56

][u0

u1

]

0.0 0.5 10.0

0.1

x

u

MEFexact

FIGURE 4.2 Solution exacte et solution EF a` 3 elements du proble`me (4.2) pour f = 1, u0 =0, u1 = 0.



4.1.6 Estimation derreur

Sur la figure 4.2, nous voyons quune solution Elements-finis par interpolation P 1 de La-grange donne deja` dassez bon resultats meme pour 3 elements seulement. Nous le voyons biencar une solution exacte est disponible, il est alors facile de comparer. En general cependant (sinona` quoi bon se fatiguer) les solutions exactes sont inaccessibles. Lorsquon fait un calcul parelements-finis, il faut sassurer de la validite du calcul (cela est vrai pour nimporte quel methode)

4.1.7 Programme Scilab

Voici un programme scilab (compatible version 4.2 5.2) resolvant le proble`me (4.2) par lamethode des elements finis pour f = 1, u0 = 0, u1 = 0 :

clear(); clf();

// Premie`re partie : Preprocesseur

// Definition du maillage et

// Tableau Element/Noeuds

n = 4 ;

noeud = linspace(0,1,n) ; // numerotation des noeuds implicite

// noeud contient les abscisses des noeuds

element = [1:n-1 ; 2:n] ; // Les elements sont constitues de noeuds successifs

nombre_element = size(element,1) ;

// Deuxieme partie construction de la matrice de rigidite

// Boucle sur les elements = assemblage

K = zeros(n,n); // Initialisation

for i=1:nombre_element

N = element(i,1:2) ;

x = noeud(N) ;

xa = x(1) ; xb = x(2);

h = abs(xb -xa) ;

B = [ -1. 1.] ;

Kel = h*[2 1

1 2]/6 ;

Kel = Kel + B*B /h ;

K(N,N) = K(N,N) + Kel ;

end

// Troisie`me partie : Second membre

L = zeros(n,1); // Initialisation

for i=1:nombre_element

N = element(i,:) ;

x = noeud(N) ;

xa = x(1) ; xb = x(2);

h = abs(xb -xa) ;

Lel = [ 1 ; 1 ] * h /2;

L(N) = L(N) + Lel ;

end

// Quatrie`me partie : Prise en compte des CL par substitution

L1 = [ 1 n] ; // Liste des noeuds sur lesquels

// la solution est imposee



L2 = [ 2:(n-1)] ; // Liste complementaire a` L1

U = zeros(n,1) ; // Initialisation de la solution

// Les conditions aux limites sont implicites

// Cinquie`me partie Resolution par factorisation de Choleski

KM = sparse(K(L2,L2)) ;

spcho = chfact((KM)) ;

U(L2) = chsolve(spcho,L(L2)) ;

Exercice : Modifier le programme precedent pour prendre en compte les cas non-homoge`nes, puispour f une fonction non-constante arbitraire.

4.2 Poutre en flexion, interpolation P 3 sur maillage SEG2

On conside`re le proble`me des poutre en flexion, sous laction normale dune densite lineiquef , encastree a` une extremite, libre a` lautre.

fy

la

a

FIGURE 4.3 Poutre encastre a` une extremite soumise a` une force normale.

4.2.1 Le mode`le de Bernouilli

Selon le mode`le de Bernouilli lequilibre dun tel syste`me secrit

T + f = 0

M + T = 0

ou` T designe leffort tranchant, M le moment de flexion relie a` un deplacement normal v (fle`che)via la loi de comportement, pour une poutre en flexion homoge`ne isotrope de module dYoung Eet de moment quadratique dinertie I :

w =M

EI

v = w

v est la fle`che ou deplacement normal, w est la rotation.Les conditions aux limites secrivent a` lextremite encastree

v(0) = 0, w(0) = 0



et a` lextremite libre :T (l) = 0, M(l) = 0.

Il est possible de reecrire tout le proble`me sous la forme dun proble`me differentiel aux limitesdordre 4 en v :

(EIv) = f [0, l]

v(0) = 0

v(0) = 0

v(l) = 0

v(l) = 0

(4.5)

4.2.2 Principe des travaux virtuels

Exercice :

1. Montrer quune solution du proble`me au limite (4.5) est egalement une solution de la for-mulation variationnelle (4.6), Cette formulation sinterpre`te egalement comme le principedes travaux virtuels.

2. Montrer que (4.6) posse`de une solution unique.

{Trouver v Vadm tel queaf (v, v

) = L(v) v Vadm(4.6)

ou`Vadm = {u H2([0, l]) / u(0) = u(0) = 0},

et avec la forme bilineaire denergie de deformation en flexion af

af (v, v) =

[0,l]

EIvv, et L(v) =

[0,l]

fv.

4.2.3 Maillage SEG2 et Interpolation P 3

Comme dans dans lexemple 4.1, nous considerons un maillage SEG2 de lintervalle [0, l],i.e. une subdivision en n 1 segments :

[0, l] =

n1i

Ei, Ei = [xi, xi+1]

avec les nuds0 = x1 < x2 < < xi < xi+1 < < xn = l.



Associe a` le type de maillage, il est possible de definir une interpolation plus riche quune inter-polation P 1. On definit le sous-espace discretise :

V n = {v H1 / v|Ei est polynomial de degre 3 sur Ei, i = 1, . . . , n 1}.

dont on definit une base avec deux familles de fonctions polynomiales de degre 3 sur chaqueelements Ei et quon definit par :

i(xj) = i,j , i(xj) = 0,

i(xj) = 0, i(xj) = i,j .

i, j {1, 2, . . . , n 1} (4.7)

xi

i+1

i+1

1i

i

0 xi+1

FIGURE 4.4 Fonctions dinterpolation P 3 definies par (4.7).

Les conditions (4.7) sont suffisantes pour determiner les fonctions et sur chaque elementEi.

Exercice : Montrer que sur Ei = [xi, xi+1] et h = xi+1 xi, on a

i(x) =1

h3(x xi+1)2(2x+ xi+1 3xi) i(x) = 1

h2(x xi)(x xi+1)2

i+1(x) =1

h3(x xi)2(3xi+1 xi 2x) i+1(x) = 1

h2(x xi)2(x xi+1).

Soit v V n, on peut le decomposer dans cette base :

v(x) = vii(x) + wii(x).

Comme dans le cas precedent, cette base est tre`s pratique : les composantes vi et wi represententrespectivement la valeur de v et la valeur de v au nud xi. Nous notons que pour chaque nudxi, il est defini deux degres de liberte vi et wi. Ainsi, si la discretisation est definie par n nuds,



alors il y aura 2n degres de liberte.

On note de facon matricielle

v(x) =[1 1 . . . n n

]

v1

w1...vn

wn

v

,

alors on a

v =[1

1 . . .

n

n

]

B

v1

w1...vn

wn

v

.

Remarque 4.2.1. Si nous avions choisi une interpolation P 1, alors le proble`me de Galerkinassocie donne simplement un proble`me nul, puisque la derivee seconde dune fonction lineairepar morceaux est nulle sur chaque morceaux. Dun point de vue plus theorique, les fonctionspolynomiale de degre 1 par morceaux nappartiennent pas en general a` lespaceH2, qui contientlespace des fonctions de classe C1.

4.2.4 Calcul de la matrice rigidite a` la flexion

On proce`de toujours par assemblage, puisque sur un element Ei toutes les fonctions dinter-polations sont nulles sauf quatre : i, i+1, i et i+1.

On calcule donc les matrices elementaires de facon exacte :

Ki =

Ei

EIB B = EIh3

12 6h 12 6h6h 4h2 6h 2h212 6h 12 6h6h 2h2 6h 4h2

Exercice : Calculer par assemblage la matrice de rigidite dune poutre discretisee en 3 elements

de longueurs egales. Appliquer au cas dune densite de force lineique uniforme.



4.3 Element-finis 1D dans le plan, structures en treillis

Un treillis est une structure mecanique constitue de nb barres elastiques relies en leurs extremitespar des liaisons rotules parfait (sans frottements), voir figure 4.5. Cest un exemple ou` la methodedes elements finis est confondue avec une resolution exacte du proble`me par la methode ma-tricielle : les barres constituant naturellement les elements de discretisation de la structure.

Pour nous fixer les idees considerons le treillis constitue de 7 barres elastiques definies a` partirde 6 nuds, soumis a` une charge ponctuelle au nud 2, Fig 4.5 :

2

31

3 5

F

1 6 72

4 4

65

FIGURE 4.5 Treillis constitue de 7 barres

Considerons une barre Bk de longueur lk dont les extremites sont les nuds Ni et Nj sontde coordonnees (xi, yi) et (xj , yj). Le vecteur tangent a` la barre, en supposant que labscissecurviligne va de Ni vers Nj , est definie par

[t] =1

lk

[xj xiyj yi

]

Posons u le deplacement de la barre sous laction de force exterieure. On note par ut ledeplacement tangentiel :

ut = u.t

Chaque barre se deforme en traction compression uniquement et sur chaque barre nous avonsune tension Nk qui entraine une deformation via la loi de comportement (loi de Hooke)

Nk = ESdutds

(4.8)

ou` E est le module dYoung et S la section des barres, s designe une abscisse curviligne etut est le deplacement tangentiel, s, autrement dit le deplacement dans la direction de la barre(deformation uniquement en traction compression).



Lenergie de deformation elastique de la barre Bk est alors donne par

Wk(u) =1

2

Bk

1

ESN2k

Lenergie de deformation elastique structure treillis est simplement la somme des energies detoutes les barres :

W (u) =k

Wk.

En theorie des treillis les seules forces non-negligees sont les forces ponctuelles sappliquantaux nuds de la structures, cest a` dire aux extremites des barres. En consequence, les tensionsdans les barres sont toutes constantes, si bien que dapre`s la loi de Hooke (4.8), on obtient, ennotant x = xj xi, et y = yj yi :

Nk =ES

lk

[uxj uxi uyj uyi

] [xy

]

=ES

lk

[x y

] [uxj uxiuyj uyi

]

=ES

lk

[x y x y

]

B

uxiuyiuxjuyj

Dou` lexpression de la matrice (symetrique) de rigidite elementaire de la barre bk :

Kk =

Bk

1

ESB B

=ES

lk

2x xy 2y xy

2y xy 2y2x xy

2y

.

On construit la matrice de rigidite par assemblage, en sommant sur toutes les barres :

K =ES

l

8

1+

8 1 1 1 8 0 0 0 0 0 0 01 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0

4+

8 0 0 0 8 0 1 1 0 04+

8 0 8 0 0 1 1 0 02+

8 1 1 1 8 0 0 01+

8 1 1 0 0 0 04+

8 0 0 0 1 14+

8 0 8 1 12+

8 1 8 01+

8 0 0

1+

8 11



En tenant compte des conditions aux limites (les nuds 1 3 5 et 6 sont fixes), seuls quatre ddls (3,4, 7 et 8) restent inconnus representant les deplacements des nuds 2 et 4. On a note en rouge lescomposantes de la matrice de rigidite correspondantes.

Il reste alors a` resoudre si lunique charge F =[fxfy

]est appliquee au nud 2 :

ES

l

8

4 +

8 0 8 04 +

8 8 04 +

8 0

4 +

8

ux2uy2ux4uy4

=fx

fy

0

0



CHAPITRE 5


5.1 Exemple 2D sur maillage triangulaire : Proble`me de Pois-son

Considerons le proble`me de poisson suivant

u = f u = 0

(5.1)

que lon reecrit sous sa forme variationnelle equivalente :Trouver u H10 () telle que

uu =

fu u H10 ()(5.2)

Theore`me 5.1.1. Le proble`me (5.2) posse`de une unique solution dansH10 (). De plus la solutionminimise, dans H10 (), la fonctionnelle J(v) :

J(v) =1

2

v.(v)

fv.

Interpretation physique : Ce proble`me peut mode`liser plusieurs proble`mes, modulo des coef-



ficients correpondants :

Lequilibre thermique dun milieu represente par soumis a` une source de chaleur f etdont les temperatures aux bords sont imposes nulles.

Lequilibre dune membrane elastique sous laction de force f , fixee tout le long de sonbord.

Pour fixer les idees nous considerons un domaine carre = [0, 1]2.

Le proble`me (5.1) modelise une diffusion, les conditions aux limites sont appelees ici condi-tion de Dirichlet homoge`ne. On lit aussi parfois proble`me de Dirichlet, voir par exemple [Bre80]pour une analyse fonctionnelle comple`te du proble`me.

5.1.1 Maillage triangulaire a` 3 nuds et interpolation P 1 de Lagrange

La discretisation se base sur une subdivision du domaine en triangles. Cette subdivision estappele maillage, quon qualifie ici de triangulaire.

FIGURE 5.1 3 exemples de maillages triangulaires du carre .

Sur la figure 5.1, nous avons trace 3 maillages triangulaires differents du domaine carre .Le premier a` gauche est constitue de 2 elements triangulaires construits a` partir de 4 nudsdefinissant les sommets des triangles ; chaque triangle (element) etant defini par ses 3 sommets. Latopologie des triangle peut etre arbitraire a` la seule condition que les noeuds definissant les trian-gles, et donc les elements du maillage, soient exclusivement des sommets dun triangle, autrementdit quun noeud ne doit pas re retrouver a` linterieur dune arete.

Naturellement la subdivision en triangles peut etre une source derreur dependant de la geometriedu domaine. Par exemple, un disque ne peut pas etre exactement subdivise en triangles ou memeen quadrangle. Ceci est un autre proble`me, nous verrons ulterieurement comment estimer lerreurqui peut resulter de lapproximation de la geometrie.

On desire maintenant choisir une interpolation polynomiale de degre 1 sur chaque element(triangle) du maillage. Ce choix de fonctions de base vient dabord du fait que cest le choix leplus simple possible, a` la fois dans sa definition mathematique et dans la pratique reelle.

Sur un triangle, un polynome de degre 1 est defini par trois constantes :

(x, y) = a+ bx+ cy.



FIGURE 5.2 Un maillage triangulaire dun disque.

Il suffit donc de connaitre sa valeurs en trois points pour le determiner. On proce`de comme endimension 1 : si le maillage est constitue de n nuds sommets, notes Nj et de coordonneesNj = (xj , yj), on definit n fonctions i polynomiales de degre 1 sur chaque element par lesrelations :

i(xj , yj) = ij .

Ainsi definies, les fonctions i sont continues le maillage tout entier et sont des polynomes de

FIGURE 5.3 Fonction chapeau sur un maillage triangulaire.

degre 1 sur chaque element ; elles sont donc incluses dans lespace H1().

V = vect{i, i = 1, . . . n} H1().

Pour toute fonction u V , nous avons la decomposition :

u(x, y) = ujj(x, y),



Soit u V et soit u sa representation matricielle dans la base des fonctions i :

u = uii =[1 2 . . . n

]u1

u2...un

.

u

les composantes uj representent la valeur de u au nud Nj = (xj , yj).

5.1.2 Matrice de rigidite elementaire

Comme dans le cas 1D, sur un elements seuls trois fonctions de base sont non-nuls, ainsi lamatrice de rigidite se construit par assemblage des matrices de rigidite elementaire :

ij

k

x x

y

y

i j

i

k

FIGURE 5.4 Un element triangulaire a` 3 nuds sommets

Sur un triangle El constitue par ses 3 nuds sommets Ni, Nj et Nk (dans cet ordre), voir Fig5.4, nous pouvons preciser les expressions de ces fonctions de base, par exemple

k(x) =

1 1 1

x xi xj

y yi yj

1 1 1

xk xi xj

yk yi yj

=

(xi x)(yj yi) (xj xi)(yi y)(xi xk)(yj yi) (xj xi)(yi yk) ,

i et j se deduisant par permutation circulaire.



On a donc la decomposition de u V qui se reduit a`

u =[i j k

]uiujuk

.

u

dou`

u =[u,1

u,2

]

=

[i,1 j,1 . . . k,1

i,2 j,2 . . . k,2

]

B

u

Exercice : Montrer que

B =1

A

[yj yk yk yi yi yjxk xj xi xk xj xi

].

avecA = (xi xk)(yj yi) (xj xi)(yi yk).

Remarquons quon a |A| = 2 |El| et que la matrice B est constante.On a alors la matrice de rigidite elementaire

Kl =

El

BB. = |El|BB

Afin dillustrer plus en detail cet exemple, considerons un maillage du domaine carre = [0, 1]2

defini dans la figure 5.5

5

1 2

1

24

34 3 Element nuds

1 1,2,52 2,3,53 3,4,54 1,4,5

FIGURE 5.5 Un maillage triangulaire du carreen 4 elements et 5 nuds et le tableau de corre-spondance element/nuds.

Exercice : Montrer que pour le maillage decrit en Fig 5.5, on a avec les abus decriture



habituels

K1 = K2 = K3 = K4 =1

2

1 0 11 12

Soit apre`s assemblage :

K = K1 +K2 +K3 +K4 =

1 0 0 0 1

1 0 0 11 0 1

1 14

5.1.3 Calcul du second membre

Supposons pour simplifier et pour nous epargner pour le moment le tracas du calcul parquadrature des integrales que f est uniforme sur dans le proble`me (4.2).

Le second membre se calcule egalement par assemblage sur tout les elements du maillage.Sur un element El, on a

Ll =

El

f

ijk

En se rappelant que la premie`re colonne (resp. ligne) correspond au ddl associe au nud i Dansle cas particulier du maillage decrit dans la figure 5.5, avec labus decriture habituel :

L1 = L2 = L3 = l4 = |El|

1/31/31/3

Soit au final, par assemblage

L =1

4

2/3

2/3

2/3

2/3

4/3

.

5.1.4 Prise en compte des conditions aux limites et resolution

Dans le proble`me (4.2) lespace des solutions admissibles Vadm = H10 (), cest a` dire queles solutions doivent etre nul sur le bord de . Dans le maillage considere, voir Fig. 5.5, seul lenud 5 nappartient pas au bord. Si que bien le proble`me element-finis se reduit dans ce cas a`



FIGURE 5.6 Isovaleurs de la solution element-finis par interpolation P 1 du proble`me (4.2) avecun maillage triangulaire regulier de 200 elements definis sur 121 nuds.

une equation lineaire a` une inconnue :

[4] [u5] = [1/3]

Cela donne bien entendu une approximation grossie`re de la solution exacte. Pour avoir demeilleurs resultats, il faut raffiner le maillage, voici un resultat avec un maillage plus fin ou` nousavons trace les isovaleurs de la solution elements-finis :

5.2 Exemple 2D sur maillage quadrangulaire : Proble`me dePoisson avec condition de Dirichlet et condition de Neu-man

Nous reprenons le meme proble`me que precedemment, mais avec des conditions de Dirich-let non-homoge`ne sur une partie 1 du bord une condition de type Neumann sur la partiecomplementaire 2 :

u = f u = u1 1

u,n = F 2

(5.3)

que lon reecrit sous sa forme variationnelle equivalente :Trouver u Vadm telle que

u.(u u) =

f(u u) +

2

F (u u) u Vadm(5.4)

ou`Vadm = {u H1() telles que u|1 = u1}



Remarquons que lespace des solutions admissible Vadm nest pas un espace vectoriel. Nousdefinissons egalement lespace vectoriel associe a` Vadm :

Vadmh = {u H1() telles que u|1 = 0}

Si bien que le proble`me (5.4) peut se reecrire sous la forme :Trouver u Vadm telle que

u.(u) =

f(u) +

2

F (u) u Vadmh()

Theore`me 5.2.1. Le proble`me (5.4) posse`de une unique solution dans Vadm. De plus la solutionminimise dans Vadm la fonctionnelle J(v) :

J(v) =1

2

v.(v)

fv +

2

Fv.

Interpretation physique : pour reprendre la modelisation dun proble`me thermique a` lequilibre,u1 sinterpre`te comme une temperature imposee sur 1 et F est un flux de chaleur imposee sur2.

5.2.1 Maillage quadrangulaire a` 4 noeuds et interpolation lineaire

La discretisation se base sur une decomposition du domaine en quadrangles, comme sur lafigure 5.7, ou` nous presentons differents maillages quadrangulaires du carre :

FIGURE 5.7 3 exemples de maillages quadrangulaire du carre .

Chaque element quadrangulaire est donc simplement defini par une liste de 4 noeuds representantles 4 sommets.

Un maillage sera donc typiquement defini par une liste de noeuds, defini par leur coordonnees,et une liste delements definis chacun par 4 numeros representant les 4 noeuds sommets, voir parexemple la figure 5.9.

Comptes tenu des conditions aux limites, nous etablissons plusieurs listes de noeuds corre-spondants :



On notera

L1 = la liste des noeuds appartenant a` la frontie`re 1, L2 = la liste des noeuds appartenant a` la frontie`re 2, L3 = la liste des noeuds nappartenant pas a` la frontie`re.

5.2.2 Interpolation lineaire sur un quadrangle

On choisit de chercher une approximation de la solution de (5.4) par la methode des elements-finis avec une interpolation lineaire, engendre par 1, x, y, xy, sur un maillage quadrangulaire.

Soit une decomposition ou maillage quadrangulaire de =k Ek ou` les elements Ek sont

tous des quadrangles, ne designe le nombre delements du maillage et n le nombre de noeuds. Ondit inteprolation lineaire, bien que quilsagisse de polynomes de degre 2, car nous verrons queles fonctions de bases sont choisies lineaires aux aretes.

On designe les noeuds du maillage par Nj , avec j = 1, 2, . . . , n, ou plus simplement par leurnumero. Soit i la fonction P 2 definie sur , combinaison lineaire de 1, x, y, xy sur chacun deselements Ek et telle que

i(Nj) = ij , (5.5)

ou` ij designe le symbole de Kronecker. Il est clair que sur chaque element Ek, les fonctions jsont uniquement definies par (5.5).

On remarque plusieurs proprietes importantes :

Une fonction i est nulle sur chaque element de la decomposition (ou maillage) sauf surles elements dont le noeud Nj est un des quatres sommets.

Les fonctions i sont des fonctions affines le long des aretes des elements. Les fonctions i sont continues sur tout , mais leur derivees sont discontinues aux aretes. les fonctions i forment une partition de lunite :

i=ni=1

i = 1 sur .

On designe par V h lespace vectoriel engendre par les fonctions i. Il est clair que V h H1() et que V h est de dimension n.

Toute fonction v Vh se decompose alors de facon unique dans la base des i :

v = vi i,

On note de facon vectorielle :[v] = >v,



ou`v =

[v1 . . . v

i . . . v

n

]>,

=[1 . . . i . . . n

]>.

On note egalementV hadm = Vadm V h, V hadmh = Vadmh V h,

autrement dit :V hadm = {v V h tel que vi = u1(Ni)}

= {v V h tel que Cv = u1}.

5.2.3 Element de reference et formule de Jacobi

Contrairement au cas des elements trianglulaires a` trois noeuds, les fonctions i sont determinesa` partir de leur definition, notee , sur un element de reference, ce qui refle`te la pratique habituelleavec la methode des elements finis

1

s3

2

4

r1

1

1

10

1 =1

4(1 r)(1 s)

2 =1

4(1 + r)(1 s)

3 =1

4(1 + r)(1 + s)

4 =1

4(1 r)(1 + s)

Pour une fonction f definie sur El, on a :

f(x, y) = fii(x, y) + fjj(x, y) + fkk(x, y) + fmm(x, y)

= fi1(r, s) + fj2(r, s) + fk3(r, s) + fm4(r, s)

ou` fi, fj , fk, fm designent respectivement les valeur de f aux noeuds Ni, Nj , Nk, Nm.

De meme, pour un quadrangle El defini par quatres noeuds sommets Ni, Nj , Nk, Nm, ondefinit le changement de variable par lapplication T :

T (r, s) =

{x = xi1(r, s) + xj2(r, s) + xk3(r, s) + xm4(r, s)

y = yi1(r, s) + yj2(r, s) + yk3(r, s) + ym4(r, s)



Remarque 5.2.2. Il est important de souligner que dans cet exemple, ainsi que dans le cas duneinterpolation lineaire pour un maillage en triangle a` trois noeuds, les memes fonctions dinter-polations i sont utilisees pour representer une approximation de la solution cherchee et pourrepresenter la geometrie du maillage. On dit que ce sont des elements isoparametriques.

x i

x j

yk

yi i

m

j

k

1

3

2

4

1

1

1

10

s

r

T

FIGURE 5.8 T relie un element quelconque a` lelement de reference

Rappelons la formule de changement de variable (formule de Jacobi) pour le calcul duneintegrale :

E=T (Er)

f(r, s)dxdy =

Er

f(r, s) |det JT | drds

ou` JT est la matrice Jacobienne du changement de variable

JT =

[x,r y,r

x,s y,s

]

On remarque que

JT =

[>,rx

>,ry

>,sx >,sy

],

ou` on a designe

x =

xi

xj

xk

xl

, y =yi

yj

yk

yl

, =1

2

3

4

,Dans un proble`me scalaire la numerotation des noeuds et des ddl concident.Le gradient de la fonction scalaire u est represente sous la forme dun vecteur :

[(u)] =[u,1

u,2

]

Sur un element quadrangulaire El dont les sommets sont les noeuds Ni, Nj , Nk, Nm seuls lesquatres fonctions i,j ,k, m de V h sont non nuls, si bien que dans El :



[u] =[i j k m

]u

=[1 2 3 4

]u

ou` on note dans El :

u =

ui

uj

uk

um

On a

[r,s(u)] = Bruavec

Brs =

[1,r 2,r 3,r 4,r

1,s 2,s 3,s 4,s

]On montre facilement que

[r,s(u)] = JT [x,y(u)].Si on note la matrice B telle que

[x,y(u)] = Bu.on a alors

B =[JT

]1Br.

La matrice (de rigidite) elementaire Kl telle que pour tout u et u de V h, on aitEl

(u).(u) = uKlu

est alors donne par

Kl =

ER

BB |det JT | .

On utilisera une integration numerique de Gauss a` 4 noeuds, voir Annexe 7.4.3

Exercice : Verifier que

>,r =[s 1 1 s 1 + s (1 + s)

],

>,s =[r 1 (1 + r) 1 + r 1 r

].



Exercice : Determiner le vecteur Ll tel queEl

fu = Llu

56 4

21 3

1 2

Element nuds1 1,2,5,62 2,3,4,5

FIGURE 5.9 Un maillage quadrangulaire en 2elements et 6 nuds et le tableau de correspon-dance elements/nuds

5.3 Element MITC4 pour les plaques en flexion

Soit un proble`me de plaque en flexion dont les deplacements sont donnes par

u =

zxzyw

les deformations en flexions sont caracterises par le tenseur 1122

212

= z x,xy,xx,y + y,x

et le cisaillement est defini par [

13

23

]=

[w,x xw,y y

]Pour un materiau homoge`ne et isotrope cela correspond a` des contraintes1122

12

= zE(1 2)

1 0 1 00 0 12

x,xy,xx,y + y,x



et [13

23

]=

E

2(1 + )

[w,x xw,y y

]Considerons un quadrangle quelconque :

1

s3

2

4

r1

1

1

10

FIGURE 5.10

Nous definissons la famille de fonctions dinterpolation polynomiale de degre 2 telle que

i(j) = ij i, j = 1, 2, 3, 4.

soit1 =

1

4(r 1)(s 1)

2 =1

4(r + 1)(1 s)

3 =1

4(r + 1)(s+ 1)

1 =1

4(1 r)(s+ 1)

(5.6)

si bien quon peut definir un point de la plaque sur la base de ce quadrangle par

x =

i(r, s)xii(r, s)yiz

Sur un quadrangle quelconque, definissons la base covariante

gr = x,r

gs = x,s

g3 = x,z



On definit la base contravariante (duale) gj :

gigj = ji i, j = r, s, 3.

On definit alors les composantes covariantes du tenseur de deformation

x3 = rz(gr.ex)(g

zez) + sz(gs.ex)(g

zez)

y3 = rz(gr.ey)(g

zez) + sz(gs.ey)(g

zez)

or puisque gz = ez , on a simplement,

x3 = rz(gr.ex) + sz(g

s.ex)

y3 = rz(gr.ey) + sz(g

s.ey).

On definit linterpolation du tenseur des contraintes de cisaillement sur la base de leur valeur auxnuds A,B,C,D :

r3 =1

2(1 + s)Ar3 +

1

2(1 s)Cr3

s3 =1

2(1 + r)Ds3 +

1

2(1 r)Bs3

.

Dapre`s linterpolation choisie, il vient

Ar3 =1

2(w3 w4) + 1

2(3x +

4x)(x3 x4) +

1

2(3y +

4y)(y3 y4)

Bs3 =1

2(w4 w1) + 1

2(1x +

4x)(x4 x1) +

1

2(1y +

4y)(y4 y1)

Cr3 =1

2(w2 w1) + 1

2(1x +

1x)(x2 x1) +

1

2(1y +

2y)(y2 y1)

Ds3 =1

2(w3 w2) + 1

2(2x +

3x)(x3 x2) +

1

2(2y +

3y)(y3 y2)

autrement dit on a

Ar3Bs3Cr3Ds3

= 12

0 0 0 0 0 0 1 x3 x4 y3 y4 1 x3 x4 y3 y41 x4 x1 y4 y1 0 0 0 0 0 0 1 x4 x1 y4 y11 x2 x1 y2 y1 1 x2 x1 y2 y1 0 0 0 0 0 00 0 0 1 x3 x2 y3 y2 1 x3 x2 y2 y2 0 0 0

Bc

w1

1x1yw2

...w4

4x4y

Soit au final



[x3

y3

]=

1

2

[gr.ex g

s.ex

gr.ey gs.ey

][s+ 1 0 s 1 0

0 r 1 0 r + 1

]BC

Bs

w1

1x1yw2

...w4

4x4y



CHAPITRE 6


6.1 Exemple 3D : Mecanique des milieux continus

On conside`re un proble`me general de la mecanique des milieux continus sous sa forme vari-ationnelle :

Trouver u Vadm telle que

: (u u) =

f .(u u) u Vadm(6.1)

ou`Vadm = {u [H1()]3/u| = u0

et est le tenseur des contrainte lie au tenseur des deformations par la loi de comportementquon ecrit sous forme matricielle pour des raisons informatiques :

11

22

33

12

23

31

=

E

(1 + )(1 2)

1 1

1 12 (1 2)

12 (1 2)

12 (1 2)

e11

e22

e33

2e12

2e23

2e31



6.1.1 Element tetrahe`driques a` 4 nuds

On conside`re lelement de reference : un tetrae`dre a` quatre nuds dont les coordonnees sont(0,0,0), (1,0,0), (0,1,0) et (0,0,1).

1

2

4

3

r

s

t

Sur cet element de reference, nous definissons les 4 fonctions de base :

1 = 1 (r + s+ t)2 = r

3 = s

4 = t

Si on conside`re un element tetrae`drique arbitraire dont les sommets sont de coordonnees (xi, yi, zi),tout point de lelement peut etre defini par le parametragex(r, s, t)y(r, s, t)

z(r, s, t)

=i(r, s, t)xii(r, s, t)yii(r, s, t)zi

= T (r, s, t)T est le diffeomorphisme qui envoie lelement de reference a` lelement considere. Nous avons laformule de Jacobi (changement de variable) :

Ereel

f(x, y, z)dxdydz =

Eref

f(x, y, z) |det JT | drdsdt

ou` JT est la jacobienne de T :

JT =

x,r y,r z,rx,s y,s z,sx,t y,t z,t

En notant

> =[1 2 3 4

],



on a

JT =

x>y>z>

[,r ,s ,t]soit

JT =

x>y>z>

1 1 1

1 0 0

0 1 0

0 0 1

=x2 x1 x3 x1 x4 x1y2 y1 y3 y1 y4 y1z2 z1 z3 z1 z4 z1

Par ailleurs on a

f,r = x,rf,x + y,rf,y + z,rf,z

f,s = x,sf,x + y,sf,y + z,sf,z

f,t = x,tf,x + y,tf,y + z,tf,z

cest a` dire :r,s,tf = J>T x,y,zf,

ou encorex,y,zf = J>T r,s,tf =,

Notons

x,y,zu =

ux,x

ux,y

ux,z

uy,x

uy,y

uy,z

uz,x

uz,y

uz,z

etr,s,tu =

ux,r

ux,s

ux,t

uy,r

uy,s

uy,t

uz,r

uz,s

uz,t

= Bru

avec

Br =

1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 01 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 00 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 00 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 00 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 00 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 00 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 00 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1



On a donc,

x,y,zu =

J1T 0 0

0 J1T 00 0 J1T

r,s,tu

x,y,z =

ux,x

uy,y

uz,z

ux,y + uy,x

uy,z + uz,y

ux,z + uz,x

= BEx,y,zu

with

BE =

1 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 1 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 1

0 1 0 1 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 1 0 1 0

0 0 1 0 0 0 1 0 0

.

Ainsi, nous avonsx,y,z = Bu

avec

B = BE

J1T 0 0

0 J1T 00 0 J1T

Bron a

J1T = []

6.1.2 Element prisme a` 6 noeuds

On conside`re lelement de reference dont les coordonnees sont (0,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1),(1,0,1),(0,1,1).Sur cet element de reference, nous definissons les 6 fonctions de base :

1 = (1 r s)(1 t)2 = r(1 t)3 = s(1 t)4 = (1 r s)t5 = rt

6 = st



Si on conside`re un element prisme arbitraire dont les sommets sont de coordonnees (xi, yi, zi),tout point de lelement peut etre defini par le parametragex(r, s, t)y(r, s, t)

z(r, s, t)

=i(r, s, t)xii(r, s, t)yii(r, s, t)zi

= T (r, s, t)T est le diffeomorphisme qui envoie lelement de reference a` lelement considere. Nous avons laformule de Jacobi (changement de variable) :

Ereel

f(x, y, z)dxdydz =

Eref

f(x, y, z) |det JT | drdsdt

ou` JT est la jacobienne de T :

JT =

x,r y,r z,rx,s y,s z,sx,t y,t z,t

En notant

> =[1 2 3 4 5 6

],

on a

JT =

x>y>z>

[,r ,s ,t]soit

JT =

x>y>z>

1 1 1

1 0 0

0 1 0

0 0 1

=x2 x1 x3 x1 x4 x1y2 y1 y3 y1 y4 y1z2 z1 z3 z1 z4 z1

Par ailleurs on a

f,r = x,rf,x + y,rf,y + z,rf,z

f,s = x,sf,x + y,sf,y + z,sf,z

f,t = x,tf,x + y,tf,y + z,tf,z

cest a` dire :r,s,tf = J>T x,y,zf,

ou encorex,y,zf = J>T r,s,tf =,



Notons

x,y,zu =

ux,x

ux,y

ux,z

uy,x

uy,y

uy,z

uz,x

uz,y

uz,z

etr,s,tu =

ux,r

ux,s

ux,t

uy,r

uy,s

uy,t

uz,r

uz,s

uz,t

= Bru

On a donc,

x,y,zu =

J1T 0 0

0 J1T 00 0 J1T

r,s,tu

x,y,z =

ux,x

uy,y

uz,z

ux,y + uy,x

uy,z + uz,y

ux,z + uz,x

= BEx,y,zu

Ainsi, nous avonsx,y,z = Bu

avec

B = BE

J1T 0 0

0 J1T 00 0 J1T

Br

on aJ1T = []



6.1.3 Element cubique a` 8 nuds

Pour un cube a` 8 noeuds, on fait pareil on definit les huits fonctions dans un element dereference [0, 1]3 :

1 = (1 r)(1 s)(1 t)2 = r(1 s)(1 t)3 = rs(1 t)4 = (1 r)s(1 t)5 = (1 r)(1 s)t6 = r(1 s)t7 = rst

8 = (1 r)ston a

,r =[(s 1)(1 t) (1 s)(1 t) s(1 t) s(t 1) (s 1)t (1 s)t st st

],s =

[(r 1)(1 t) r(t 1) r(1 t) (1 r)(1 t) (r 1)t rt rt (1 r)t

],s =

[(r 1)(1 s) r(s 1) rs (r 1)s (1 r)(1 s) r(1 s) rs (1 r)s

]



CHAPITRE 7

Annexes : Rappels de Mathematiques

Dans cette annexe, nous presentons les outils de calculs de variation et doptimisation om-nipresent dans la pratique des elements finis.

7.1 Rappels en alge`bre lineaire, analyse matricielle

Commencons par un resultat fondamental sur les matrices symetriques

Theore`me 7.1.1. Soit A Rn n une matrice carree symetrique, n n, alors il existe unematrice orthogonale U et une matrice diagonale D telles que

A = U DU.

Autrement dit, les matrices symetriques sont toujours diagonalisables dans une base de vecteurspropres orthonormee.

7.2 Rappels doptimisation quadratique

Theore`me 7.2.1. (Condition doptimalite sur un convexe) Soit J une fonctionnelle deux foisdifferentiable sur un espace de Banach E. Soit K E un sous-ensemble convexe et ferme surlequel J est strictement convexe.



u minimise J sur K si et seulement si

(J(u), u u) 0 u K.

7.3 Theore`mes de projection

Theore`me 7.3.1. (Stampacchia) Soit H un espace de Hilbert et K un convexe ferme de H ,alors u H , !uk K tel que

u uH u ukH u K.

De plus, on a(u uk, u uk) 0 u K.

Demonstration. Commencons par montrer lexistence.Soit

d = infuK

u u2H ,

alors il existe une suite un K telle que

u un2H d+1

n.

On va simplement montrer que la suite un est de Cauchy. Grace a` lidentite du parallelogramme :

(x+ y, x+ y) + (x y, x y) = 2(x, x) + 2(y, y)

on ecrit :

2u un2H + 2u um2H = un um2H + 2u un + um2H .

Dou`, en reportant :

un um2H = 2u un2H + 2u um2H 4uun + um

2

2

H.

Comme K est convexe, (un + um)/2 appartient egalement a` K et donc

u un + um2

2

H d.

Ainsi,

un um2H 2(d+1

n) + 2(d+

1

m) 4d 2( 1

n+

1

m),

ce qui prouve que la suite un est de Cauchy. On en deduit quil existe une limite uk K puisque



K est ferme.Montrons maintenant que la limite uk est unique : Supposons quon ait egalement ul tel que

u uk2H = u ul2H = d,

alors en faisant le meme calcul que precedemment, on aurait

uk ul2H 2d+ 2d 4d = 0.

7.4 Integration numerique de Gauss

Une integrale est approchee numeriquement par une formule de quadrature :

f(x)dx i

wif(xi)

ou` xi sont les noeuds dintegration et wi sont les poids.

7.4.1 3 noeuds dintegration de Gauss sur un triangle de reference

r1 = 1/6 s1 = 1/6 w1 = 1/3

r2 = 2/3 s2 = 1/6 w2 = 1/3

r3 = 1/6 s3 = 2/3 w3 = 1/3

7.4.2 7 noeuds dintegration de Gauss sur un triangle de reference



r1 = 0.1012865073235 s1 = r1 w1 = 0.1259391605448

r2 = 0.7974269863531 s2 = r1 w2 = w1

r3 = r1 s3 = r2 w3 = w1

r4 = 0.4701420641051 s4 = r6 w4 = 0.1323941527885

r5 = r4 s5 = r4 w5 = w4

r6 = 0.0597158717898 s6 = r4 w6 = w4

r7 = 1/3 s7 = r7 w7 = 0.225

7.4.3 4 noeuds dintegration de Gauss sur un quadrangle de reference

r1 = 0.577350296189626 s1 = r1 w1 = 1/4r2 = r1 s2 = r3 w2 = 1/4

r3 = 0.577350296189626 s3 = r1 w3 = 1/4

r4 = r3 s4 = r3 w4 = 1/4



Bibliographie

[Bat96] Klaus-Jurgen Bathe. Finite Element Procedures. Prentice Hall, 1996.

[Bre80] Ham Brezis. Analyse fonctionnelle. Masson, 1980.

[LM68] Jacques-Louis Lions and Enrico Magenes. Proble`mes aux limites non-homoge`nes etapplications. Dunod, 1968.

[ZT00] O.C. Zienkiewicz and R.L. Taylor. The finite element method. Butterworth Heinemann,fifth edition, 2000.


IntroductionProblme aux limite et formulation variationnelle, quelques exemplesProblme modle 1dProblme modle 2d : problme de DirichletProblme 2d : lasticit plane linaireProblme 2d/3d : problme de StokesProblmes non-linairesProblmes dynamiques

Cadre thorique : espaces de Hilbert

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