Exercices fondamentaux

Avant le catalogue des structures, ce chapitre déroule la chaîne complète des éléments finis — formulation variationnelle, espace $V_h$, matrice élémentaire, assemblage, résolution — sur les problèmes modèles canoniques en dimension 1 puis

1. Ce sont les exercices de référence : la même mécanique, appliquée ensuite aux barres, poutres, plaques et coques.

Cette chaîne suit toujours le même organigramme en huit étapes ; chacun des exercices qui suivent — jusqu'aux coques — le déroule dans cet ordre. Les trois premières étapes relèvent du modèle (elles ne dépendent que du problème et du type d'élément) ; les cinq suivantes constituent le calcul proprement dit (elles dépendent de la discrétisation choisie).

6.1 En dimension 1

Exercice : Problème de Dirichlet avec terme de réaction

Solution

Solution exacte (pour comparaison). La solution particulière constante est $u_p=1$ ; l'équation homogène $-u^{\prime \prime }+4u=0$ a pour solutions $\cosh 2x$ et $\sinh 2x$, d'où $u=1+A\cosh 2x+B\sinh 2x$. Les conditions $u(0)=u(1)=0$ donnent $A=-1$ et $B=\tanh (1)$ :

$$u(x)=1-\cosh 2x+\tanh (1)\sinh 2x,u(1/2)\simeq 0,351946.$$

1. Formulation variationnelle

On multiplie par $v\in V=H_0^1(\Omega )$ et on intègre par parties ; le terme de bord disparaît ($v(0)=v(1)=0$) :

$$\boxed{a(u,v)={\int }_0^1{u}^{\prime }{v}^{\prime }\mathrm{d}x+4{\int }_0^{1}uv\mathrm{d}x,\ell (v)=4{\int }_0^{1}v\mathrm{d}x.}$$

La forme $a$ ajoute à la raideur un terme de masse $4\int uv$ ; elle reste coercive, donc le problème admet une solution unique (Lax--Milgram).

2. Choix de l'élément fini

Élément segment à deux nœuds (type $(1)$ en dimension 1). Sur l'élément de référence $[0,1]$, les fonctions de base sont les chapeaux ${\hat{\phi }}_1=1-\xi$, ${\hat{\phi }}_2=\xi$.

3. Matrice élémentaire

Sur une maille de longueur $h$, ${\phi }_1^{\prime }=-\frac{1}{h}$ et ${\phi }_2^{\prime }=\frac{1}{h}$ ; la matrice élémentaire est la somme d'une raideur et d'une masse, dont les coefficients ${\int }_K{\phi }_i^{\prime }{\phi }_j^{\prime }=\pm \frac{1}{h}$ et ${\int }_K{\phi }_i{\phi }_j=\frac{h}{6}(2$ ou $1)$ se calculent directement :

$$\boxed{{\mathbf{k}}_e=\underset{\text{raideur}}{\underbrace{\frac{1}{h}\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ -1& 1\end{array}\right)}}+4\underset{\text{masse}}{\underbrace{\frac{h}{6}\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 2\end{array}\right)}},b_e=4\cdot \frac{h}{2}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right).}$$

4. Maillage

On découpe $[0,1]$ en $n+1=5$ segments égaux ($h=\frac{1}{5}$) : $4$ nœuds intérieurs (les inconnues), les nœuds $0$ et $5$ étant fixés ($u=0$).

5. Nœuds et tableau de connectivité

Nœuds $0$ à $5$ (rouge), éléments $(0)$ à $(4)$ (gris) ; l'élément $(e)$ relie les nœuds $e$ et $e+1$.

6. Assemblage

Chaque nœud intérieur reçoit deux éléments : sa diagonale vaut $\frac{2}{h}+4\cdot \frac{2h}{3}$, ses sous-diagonales $-\frac{1}{h}+4\cdot \frac{h}{6}$. Après suppression des deux nœuds de bord, le système réduit $4\times 4$ s'écrit (pour $h=\frac{1}{5}$ : diagonale $10,533$, sous-diagonale $-4,867$, $B_i=4h=0,8$) :

$$\left(\begin{array}{cccc}10,533& -4,867& 0& 0\\ -4,867& 10,533& -4,867& 0\\ 0& -4,867& 10,533& -4,867\\ 0& 0& -4,867& 10,533\end{array}\right)U=\left(\begin{array}{c}0,8\\ 0,8\\ 0,8\\ 0,8\end{array}\right).$$

7. Résolution

La résolution donne, comparée à la solution exacte aux nœuds :

8. Présentation de la solution

L'écart, de l'ordre de $3\cdot 10^{-3}$, est cohérent avec la convergence en $O(h^2)$ en norme $L^2$ établie au chapitre 2.

Exercice : Problème de Neumann à coefficient variable

Solution

1. Formulation variationnelle

On multiplie par $v\in V=H^1(\Omega )$ (espace entier : la condition de Neumann est naturelle) et on intègre par parties ; le terme de bord $[(1+x)u^{\prime }v{]}_0^1$ s'annule car $u^{\prime }(0)=u^{\prime }(1)=0$ :

$$\boxed{a(u,v)={\int }_0^1(1+x)u^{\prime }{v}^{\prime }\mathrm{d}x+{\int }_0^{1}uv\mathrm{d}x,\ell (v)={\int }_0^{1}v\mathrm{d}x.}$$

2. Choix de l'élément fini

Élément segment à deux nœuds (type $(1)$ en dimension 1), de fonctions chapeau ${\hat{\phi }}_1=1-\xi$, ${\hat{\phi }}_2=\xi$. La condition de Neumann étant naturelle, tous les nœuds — y compris les extrémités — sont des inconnues.

3. Matrice élémentaire

Sur la maille $K_k=[x_k,x_{k+1}]$ de milieu ${\bar{x}}_k$, comme ${\int }_{K_k}(1+x)\mathrm{d}x=h(1+{\bar{x}}_k)$ et ${\phi }^{\prime }=\pm \frac{1}{h}$, la raideur porte le poids $(1+{\bar{x}}_k)$ ; la masse est inchangée :

$$\boxed{{\mathbf{k}}_e=\frac{1+{\bar{x}}_k}{h}\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ -1& 1\end{array}\right)+\frac{h}{6}\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 2\end{array}\right),b_e=\frac{h}{2}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right).}$$

La matrice élémentaire dépend de la maille (via ${\bar{x}}_k$) : c'est la marque du coefficient variable.

4. Maillage

On découpe $[0,1]$ en $5$ segments égaux ($h=\frac{1}{5}$) : $6$ nœuds, tous inconnus.

5. Nœuds et tableau de connectivité

Nœuds $0$ à $5$ (rouge), éléments $(0)$ à $(4)$ (gris) ; l'élément $(e)$ relie $e$ et $e+1$. Les milieux ${\bar{x}}_k=(k+\frac{1}{2})h$ donnent les poids $1+{\bar{x}}_k=1,1;1,3;1,5;1,7;1,9$.

6. Assemblage

On somme les contributions. Pour un nœud intérieur $i$,

$$a({\phi }_i,{\phi }_i)=\frac{(1+{\bar{x}}_{i-1})+(1+{\bar{x}}_i)}{h}+\frac{2h}{3},a({\phi }_i,{\phi }_{i+1})=-\frac{1+{\bar{x}}_i}{h}+\frac{h}{6},$$

et aux extrémités (demi-chapeaux) $a({\phi }_0,{\phi }_0)=\frac{1+{\bar{x}}_0}{h}+\frac{h}{3}$. Le second membre vaut $h$ à l'intérieur, $\frac{h}{2}$ aux extrémités. La matrice $6\times 6$ est symétrique définie positive (coercivité grâce au terme $\int uv$) ; aucune ligne n'est supprimée.

7. Résolution

Le système tridiagonal se résout directement. La solution est exactement la constante

$$u_h\equiv 1\text{(aux six nœuds)},$$

car $u=1$ vérifie l'équation $(-((1+x)\cdot 0{)}^{\prime }+1=1)$ et la condition de Neumann, et appartient à l'espace $P_1$ : la méthode la restitue sans erreur.

8. Présentation de la solution

Ce cas sert de test de cohérence : il valide d'un coup l'assemblage à coefficient variable (chaque maille a sa propre raideur) et la prise en compte naturelle de la condition de Neumann (les extrémités restent des inconnues).

Exercice : Membrane carrée : élément $P_1$

Solution

1. Formulation variationnelle

Multiplions l'équation d'équilibre $-\Delta u=f$ par une fonction test $v\in H_0^1(\Omega )=V$ et intégrons sur $\Omega$ :

$$-{\iint }_{\Omega }\Delta uv\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_{\Omega }fv\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

La formule de Green transporte le premier membre ; comme $v=0$ sur $\Gamma =\partial \Omega$, le terme de bord ${\int }_{\Gamma }{\partial }_{n}uv\mathrm{d}\sigma$ s'annule :

$${\iint }_{\Omega }\nabla u\cdot \nabla v\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_{\Omega }fv\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

D'où la formulation : trouver $u\in V$ tel que $a(u,v)=\ell (v)$ pour tout $v\in V$, avec

$$\boxed{a(u,v)={\iint }_{\Omega }\nabla u\cdot \nabla v\mathrm{d}x\mathrm{d}y,\ell (v)={\iint }_{\Omega }fv\mathrm{d}x\mathrm{d}y.}$$

2. Choix de l'élément fini

On retient l'élément triangle de type $(1)$ : support triangulaire à trois nœuds, fonctions de base affines. Sur l'élément de référence $\hat{T}$ de sommets ${\hat{a}}_1,{\hat{a}}_2,{\hat{a}}_3$, en coordonnées $(\xi ,\eta )$, ces fonctions sont les coordonnées barycentriques

$$\boxed{{\hat{\phi }}_1=\xi ,{\hat{\phi }}_2=\eta ,{\hat{\phi }}_3=1-\xi -\eta .}$$

Tout triangle physique $K$ s'obtient de $\hat{T}$ par une transformation affine, qui transporte ${\hat{\phi }}_i$ en ${\phi }_i$ :

3. Matrice élémentaire

Pour un triangle rectangle isocèle de côté $h$, l'intégrale se ramène à l'élément de référence :

$$a({\phi }_i,{\phi }_j)={\iint }_K\nabla {\phi }_i\cdot \nabla {\phi }_j\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_{\hat{T}}\nabla {\hat{\phi }}_i\cdot \nabla {\hat{\phi }}_j\mathrm{d}\xi \mathrm{d}\eta .$$

Les gradients sont constants :

$$\nabla {\hat{\phi }}_1=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right),\nabla {\hat{\phi }}_2=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right),\nabla {\hat{\phi }}_3=\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\end{array}\right),$$

et chaque coefficient est le produit scalaire de deux gradients, multiplié par l'aire $\mathrm{Aire}(\hat{T})=\frac{1}{2}$ :

$$\nabla {\hat{\phi }}_1\cdot \nabla {\hat{\phi }}_1=1\Rightarrow a({\phi }_1,{\phi }_1)=\frac{1}{2},\nabla {\hat{\phi }}_1\cdot \nabla {\hat{\phi }}_2=0\Rightarrow a({\phi }_1,{\phi }_2)=0,$$

$$\nabla {\hat{\phi }}_1\cdot \nabla {\hat{\phi }}_3=-1\Rightarrow a({\phi }_1,{\phi }_3)=-\frac{1}{2},\nabla {\hat{\phi }}_3\cdot \nabla {\hat{\phi }}_3=2\Rightarrow a({\phi }_3,{\phi }_3)=1,$$

et de même $a({\phi }_2,{\phi }_2)=\frac{1}{2}$, $a({\phi }_2,{\phi }_3)=-\frac{1}{2}$. Avec $\ell ({\phi }_i)={\iint }_{K}f{\phi }_i=\frac{h^2}{6}$ pour $f=1$, la matrice élémentaire (symétrique) et le second membre sont

$$\boxed{m=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 1& -1\\ -1& -1& 2\end{array}\right),b=\frac{h^2}{6}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right).}$$

On schématise ces coefficients en les portant sur l'élément : les termes diagonaux aux nœuds, les termes croisés sur les arêtes.