A4 - Högskolan i Halmstad

Finita elementmetoden
En kort introduktion till teorin
Bertil Nilsson
Högskolan i Halmstad
Finita elementmetoden
En kort introduktion till teorin
Bertil Nilsson
Högskolan i Halmstad
2016-10-16
Forord
Detta kompendium utgor renskrivna(?) forelasningsanteckningar till en del av kursen Finita elementmetoden (FEM) som undertecknad gett vid Hogskolan i Halmstad sedan lasaret 1992/93.
Tanken med materialet ar att komplettera en mera praktisk modelleringsinriktad projektdel
med nagot om metodens matematiska bakgrund.
I denna version har, som vanligt, en del andringar och tillagg gjorts. Vidare har nagra
oegentligheter rattats till men det brukar alltid nnas minst ett fel kvar sa lasaren bor vara pa
sin vakt. Inte sallan smyger de sig in i "rattelser", s.k. andra ordningens fel.
Forfattaren ser tacksamt fram emot ytterligare varsam kritik samt forslag till forbattringar.
Halmstad om hosten
Bertil Nilsson
1
2
Innehall
1 Introduktion
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
Terminologi . . . . .
Historik . . . . . . .
Elementtyper . . . .
Laster . . . . . . . .
Randvillkor . . . . .
Matematisk forsmak

Ovningar
. . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
2 Interpolation, avbildning
2.1
2.2
2.3
2.4
Inledning . . . . . . . . . . . . . .
Interpolation och basfunktioner . .
Nagot om tva och tre dimensioner .

Ovningar
. . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
3 Energimetod, matrisformulering
3.1
3.2
3.3
3.4
3.5
Potentiell energi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Assemblering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Triangelelementet CST (Constant Strain Triangle) .
Nagra andra problemtyper . . . . . . . . . . . . . .

Ovningar
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 Randvillkor
4.1
4.2
4.3
4.4
4.5
4.6
Inledning . . . . . . . . . . .
Partionering av systemet . . .
Eliminering . . . . . . . . . .
Strametod . . . . . . . . . .
Lagrange multiplikatormetod

Ovningar
. . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
6.1 Randvardesproblem och approximationsmetoder
6.2 Finita dierensmetoden . . . . . . . . . . . . . .
6.3 Viktade residualmetoder . . . . . . . . . . . . .
6.3.1 Inledning och denition . . . . . . . . .
6.3.2 Minsta kvadratmetoden . . . . . . . . .
6.3.3 Kollokationsmetoden . . . . . . . . . . .
6.3.4 Subdomainmetoden . . . . . . . . . . . .
6.3.5 Galerkins metod . . . . . . . . . . . . .
6.4 Nagot om andra ordningens problem . . . . . .

6.5 Ovningar
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
5 Losning av ekvationssystem
5.1
5.2
5.3
5.4
Terminologi . .
Direkt metod .
Iterativ metod .

Ovningar
. . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
6 Approximationsmetoder
3
5
5
6
8
10
13
13
15
17
17
17
21
23
24
24
25
30
34
37
43
43
43
44
45
53
54
55
55
55
56
57
58
58
60
64
64
65
66
67
68
70
70
7 Elementanalys
7.1 Element och assemblering . .
7.2 Konsistenta nodlaster . . . . .
7.2.1 Inledning . . . . . . .
7.2.2 Dierentialekvation . .
7.2.3 Konsistenta nodlaster .
7.3 Koordinattransformation . . .
7.4 Numerisk integration . . . . .

7.5 Ovningar
. . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
8 Exempel
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
71
71
74
74
74
78
80
81
82
86
8.1 ODE och Galerkins metod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
8.2 Endimensionell varmeledning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
8.3 Reynolds ekvation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
4
1 Introduktion
1.1 Terminologi
Finita elementmetoden (FEM) ar en generell matematisk och numerisk metod for att soka
approximativa losningar till vissa klasser av problem, s.k. (partiella) dierentialekvationer,
som ar sa komplicerade att de inte gar att losa med klassiska metoder vi kanner fran analyskursen. Den bakomliggande matematiska iden ar egentligen ganska enkel och bestar av tva gamla
begrepp namligen interpolation och minimering av en funktion, dvs. soka nollstalle till
derivatan. Vanligtvis hittar man tillampningar for metoden vid s.k. faltproblem, t.ex. hallfasthetsberakning. Bast kommer den till sin ratt vid komplicerade geometrier och randvillkor. Pa
grund av sin generalitet ar den i dag, tillsammans med nagra narbeslaktade metoder, det helt
dominerande datorredskapet for hallfasthetsanalys.
I Sverige kallas metoden vanligen FEM (Finita ElementMetoden), men i sammansattningar
anvander man allt oftare FE i stallet for FEM, t.ex. FE-berakning (uttalas nita elementberakning). Pa engelska forkortas den ocksa FEM (Finite Element Method) eller FEA (Finite
Element Analysis) och i sammansattningar nastan alltid FE, t.ex. FE model (Finite Element
model).
Karakteristiskt for metoden ar att den verkliga geometrin delas upp, diskretiseras, i sma
stycken med enkel geometri, s.k. nita element. Till vardags helt enkelt element. Typiskt
for FEM ar att elementen endast ar forbundna med varann i speciella punkter, noder (eng.
nodes). Dessa ar placerade i hornen eller pa kanterna av elementen. I praktiken anvands mycket
enkla element, for det mesta trianglar och fyrhorningar nar det galler tva dimensioner eller
skalstrukturer. Vid solider anvands prismor med fyra eller sex sidor. Iden ar att man ska klara av
att beskriva beteendet i varje element pa ett forhallandevis enkelt satt enbart genom att kanna
tillstandet i noderna. Ett enkelt exempel ar vanliga balkar dar kraft-deformationssambandet
(elementarfall) beskrivs av forskjutningar och rotationer enbart i balkens bada andpunkter,
noderna. Balkar utgor for ovrigt ett vanligt nita element i dagligt arbete. Element tillsammans
med noder kallas for nat, (eng. mesh) och pa god svengelska hors darfor ofta att man "meshar"
geometrin i sin CAD-modell. Hos aldre svenska FE-anvandare kan man ibland istallet for noder
hora benamningen knutar, vilket ju passar bra ihop med nat. I vart grannland Tyskland ar
det daremot mycket vanligt att man fortfarande sager "knoten".
I varje element gors darefter en lokal interpolation av sa kallade vasentliga storheter.
Antalet vasentliga storheter som behovs i varje nod, frihetsgrader per nod, beror pa det
problem som skall losas och ar alltsa de nodvandiga storheter som behovs for att beskriva
systemets tillstand vid godtycklig tid under godtyckliga laster, t.ex. forskjutning, temperatur,
tryck eller tid. Vid interpolationen anvands polynom med stod i elementets noder. Polynomens
gradtal ar laga, oftast linjara eller kvadratiska, s.k. h-metod, hogre gradtal ar sallsynt, s.k.
p-metod. Vanligast ar h-metoden, och innebar att okad noggrannhet i berakningen erhalles
genom en allt nare elementindelning i de omraden av modellen som har kraftiga gradienter,
dvs. "dar det hander mycket". Vid p-metoden daremot behaller man elementstorleken och okar
gradtalet inom varje element for att fanga modellens beteende. Detta angreppssatt ar, ur era
aspekter, mera vanskligt. Vid interpolationen galler sedan vanligtvis samma ansats, dvs. samma
gradtal pa interpolationspolynomet, for alla storheter sasom geometri, forskjutning, material,
yttre laster osv. Detta kallas for isoparametrisk formulering. Anledningen till anvandandet
av polynom ar att de av era orsaker kan betraktas som de enklaste funktionerna vi har i matematiken. Operationer sasom addition, subtraktion, multiplikation, derivation samt integration
av polynom ar ju odramatiska och ger som resultat ett nytt polynom. Dessutom ar de enkla
att berakna. Till det behovs bara vanlig addition, subtraktion och multiplikation.
5
Figur 1: Lite kantigt.
Utgaende fran detta kan sedan elementets egenskaper uttryckas som samband enbart mellan
dess noder. Eftersom elementen hanger ihop med varandra i noderna, med krav pa kontinuitet for de vasentliga storheterna, kopplas sa strukturen samman till en enhet, assemblering.
Tillsammans med givna randvillkor, laster och inspanningar, bildas till slut ett stort ekvationssystem ur vilket vara vasentliga storheter kan losas. Begreppet frihetsgrader for modellen
stammer till antalet overens med antalet obekanta i ekvationssystemet. Efter att detta losts
kan man sedan bestamma t.ex. spanningar och tojningar i element och noder, s.k. harledda
storheter. Nat tillsammans med laster och randvillkor kallas for FE-modell.
Man kan alltsa saga att FEM ar en tillampning pa att sondra och harska. LEGO kan tjana
som ett utmarkt exempel pa hur man bygger komplicerade strukturer utifran sma enkla (nita)
element. Man ser ocksa att man far halla tillgodo med en idealisering av verkligheten, t.ex. en
viss kantighet i geometrin, Fig 1.
1.2 Historik
Begreppet nita element uppstod i USA ar 1956, men nita elementberakningar utfordes tidigare. Pa 40-talet hade ygindustrin stora berakningsavdelningar, som for hand beraknade
hallfastheten pa balksystem. Detta gjordes pa ett systematiserat satt som paminner om det
moderna spraket inom FE-teori, matrisalgebra.
Grunderna i dagens FE-teknik utvecklades under 50- och 60-talen (Turner, Zienkiewicz,
Argyris, m..). Till deras hjalp fanns redan de matematiska hornpelarna (Rayleigh 1870, Ritz,
Galerkin 1910). Utvecklingen var pa denna tid helt inriktad mot hallfasthetsproblem. Indata
till programmen levererades pa halkort och resultaten kom ut i form av printade listor.
FEM ar mycket berakningsintensiv och har utvecklats i takt med att datorerna blivit kraftfullare. Man kan saga att datorerna varit en absolut forutsattning for utvecklingen. De storsta
datorerna har alltid anvants till FE-berakningar och ofta varit anledningen till att de byggts!
Under 60- och 70-talen anvandes i stort sett enbart stordatorer till FE-berakningar och det
var da bara stora foretag i yg-, bil- och karnkraftsindustrin som anvande FEM. Mot slutet av
70-talet borjade man anvanda minidatorer som da blivit tillrackligt kraftfulla. Vidare borjade
den matematiska grunden for FEM att sattas pa plats och generaliseras, vilket resulterade
i att man ck upp ogonen for metoden som ett redskap for att losa manga andra typer av
ingenjorsproblem.
6
Under 80-talet kom farggraken pa bred front och FE-programmen hakade naturligtvis
pa. Graska terminaler kopplades till datorerna och programmen gjordes interaktiva for att
underlatta uppbyggnaden av geometrin. Noder och element genererades sedan mer eller mindre
automatiskt. Resultaten redovisas nu med snygga fargbilder i stallet for printade listor och
kurvplottar som var vanligt tidigare. Utvecklingen under 90-talet har varit mycket snabb pa
datorsidan sa idag ar det mest arbetsstationer och kraftfulla PC-datorer som anvands, aven
om det alltid kommer att nnas problem som sysselsatter superdatorerna. Kopplingen till CAD
intensieras och idag har de esta moderna systemen ett FE-program tatt knutet till sig,
varfor kopplingen dem emellan ar mindre dramatisk. Man kan nu enkelt generera FE-modeller,
administrera berakningen och slutligen studera resultaten direkt i CAD-systemet. Ett utmarkt
exempel pa detta ar SolidWorks med FE-programmet COSMOS/M. Ett annat ar Catia med
Elni eller paketet Simulia (ABAQUS, FLUENT...). I annat fall maste geometrier overforas till
lampligt format for att passa aktuellt FE-program. Detta ar inte helt okomplicerat och utgor
naturligtvis en extra belastning i processen.
Fran att forst ha utvecklats for linjara hallfasthetsberakningar har tekniken sedan fornats
till att omfatta allt er typer av berakningar. Man kan nu t.ex. utfora detaljerade krockanalyser
av bilar, eller studera luftfodet kring ett ygplan. Exempel pa anvandningsomradet idag kan
goras lang
-linjar och ickelinjar elastisk analys
-temperatur
-kompositmaterial
-krypning
-harmoniska och patvingade svangningar
-stabilitetsanalys
-optimering, t.ex.minimera vikt med bibehallen funktion
-kontaktproblem
-utmattning
-brottmekanik
-luft och vatskeode
-elektricitet, magnetism
-akustik
-biomekanik, medicin
De stora FE-programmen har alltsa utvecklats till generella verktyg for faltanalyser. De
ledande kommersiella programmen, t.ex. COSMOS/M, NASTRAN, ANSYS och ABAQUS,
ar alla amerikanska och man kan darfor kanske saga att FEM ar en amerikansk teknik, aven
om det gors banbrytande teoretiska insatser och programutveckling pa andra stallen, t.ex. ar
svensken Bengt Karlsson en av grundarna till ABAQUS. Den senaste megastjarnan pa FEhimlen ar det mycket kraftfulla och lattanvanda COMSOL Multiphysics. Som namnet antyder
ar det ett program for multifysik. Det ar helt svenskutvecklat av COMSOL AB med sate i
Stockholm. Sagan borjade med att Svante Littmarck och Farhad Saeidi som examensarbete
pa KTH skrev PDE Toolbox till Matlab. Idag ar det en varldsomspannande koncern med
150 personer anstallda och tusentals salda licenser. Ett annat helt generellt system ar Fenics
(Logg, Homan, m. p
a Chalmers, KTH och Simula i Norge) som nns pa universitet och
forskningsinstitut.
Kostnaderna for FE-program och kraftfulla datorer sjunker snabbt och idag skaar sig aven
manga mindre foretag egen kompetens och utrustning. FEM blir for varje dag allt lattare att
anvanda, men kraver fortfarande mycket kunnande hos anvandaren. Sa kommer det alltid att
vara. Forutom sjalva hanterandet av programmet kravs kunnande och forstaelse for hallfasthetslara och FE-teknik for att kunna skapa bra modeller och avgora om resultaten ar tillforlitliga.
Utvecklingen pekar dock mot alltmer automatik. Programmen avgor sjalva vad som ar bra modeller och fokuserar sjalva mot problemomraden i modellen, s.k. adaptiva metoder. Gardagens
konstruktorer overlamnade alla FE-analyser at berakningsingenjoren. Den moderne konstruktoren daremot forvantas kunna gora enkla FE-analyser i sitt CAD-system samt kommunicera
kring avancerade problemstallningar och tillhorande resultat med en berakningsingenjor.
7
Figur 2: Stangelement.
Figur 3: Balkelement.
1.3 Elementtyper
Det nns ett stort antal elementtyper, de mest generella programmen har kanske er an 100
olika element. Vi skall har se pa de vanligaste problemtyperna vid hallfasthetsberakningar och
vilka elementtyper som brukar anvandas.
Plant fackverk (2D): Ett fackverk (kallas ocksa stangbarverk) bestar av ledade stanger.
Stangerna, elementen, kopplas ihop i sina noder, som i detta fall sammanfaller med stangernas
leder. Stangelementen tar belastning endast i sin egen riktning. De kan inte boja sig utan forblir
raka. For att beskriva fackverkets deformation racker det att ange forskjutningarna ux och uy i
noderna, se Fig 2. Dessa forskjutningar ar de obekanta vid en FE-analys med era stangelement
och utgor alltsa modellens frihetsgrader. Stangelementet har alltsa tva noder och varje nod har
frihetsgraderna ux och uy .
Plan ram (2D): En ram bestar av balkar som ar fast forbundna med varandra (t.ex. svetsade). Ramen delas in i balkelement, Fig 3. Balkelementet kan overfora dragkrafter, tvarkrafter
och moment och kommer darfor att boja sig. For att beskriva balkelementets deformation kravs
darfor de tre frihetsgraderna ux ; uy och 'z i varje nod.
Rotationssymmetriskt skal: Exempel pa rotationssymmetriska skal ar tankar och askor.
Strukturen delas upp i ett antal koniska skalelement, som har frihetsgraderna ux ; uy och 'z i
varje nod, Fig 4.
Plan skiva (2D): En skiva karakteriseras av att belastningar och forskjutningar ar i skivans
eget plan. Det nns era olika element. Gemensamt for alla ar att elementets deformation
bestams av frihetsgraderna ux och uy i noderna. I Fig 5 visas triangulart skivelement, 6-noders
triangulart skivelement, fyrsidigt skivelement samt 8-noders fyrsidigt skivelement. Element med
Figur 4: Rotationssymmetriskt skalelement.
8
Figur 5: Skivelement.
Figur 6: Plattelement.
noder pa kanterna brukar ofta kallas kvadratiska, anledningen aterkommer vi till. I guren har
vi alltsa bl.a. ett kvadratiskt triangelelement.
Plan platta (2D): En platta har krafter och belastningar vinkelrat mot plattans plan.
Plattan delas in triangulara eller fyrsidiga plattelement. Frihetsgraderna i varje nod ar uz ; 'x
och 'y . I Fig 6 ses ett triangulart plattelement och ett fyrsidigt plattelement.
Rotationssymmetrisk volym (2D): En rotationssymmetrisk volym delas upp i ringelement. Det racker att rita elementen i ett plan, Fig 7. Problemet blir da tvadimensionellt
och mycket likt ett plant skivproblem. Ringelementets deformation beskrivs alltsa med samma
frihetsgrader i noderna ux och uy . I guren ses triangulart ringelement, sexnodigt triangulart
ringelement, fyrsidigt ringelement samt 8-noders fyrsidigt ringelement.
Skal (3D): En tunnvaggig konstruktion i tre dimensioner (3D) med godtyckligt riktad
belastning kallas skal och delas in i skalelement. Har maste alla frihetsgraderna ux ; uy ; uz ; 'x ; 'y
och 'z vara med. Ibland slopas en eller era rotationsfrihetsgrader i noderna. I Fig 8 visas plant
triangulart skalelement, plant fyrsidigt skalelement samt dubbelkrokt fyrsidigt skalelement.
Volym (3D): En tjockvaggig konstruktion i 3D, s.k. solid, behandlas som en volym och
delas in i volymselement. Volymens deformation beskrivs med frihetsgraderna ux ; uy och uz . I
Fig 9 visas nagra exempel pa solidelement: tetraederelement, 10-nodigt tetraederelement, pentaederelement, 15-nodigt pentaederelement, hexaederelement samt 20-nodigt hexaederelement.
Temperaturelement: For temperaturberakningar nns manga olika element. Obekanta ar
temperaturerna i noderna, se fyrsidigt ytelement i Fig 10. Varje nod har alltsa en frihetsgrad,
temperaturen. De esta av de element som redovisats ovan har en temperaturmotsvarighet,
ett element med samma geometri och noder. Detta for att det skall vara mojligt att forst
9
Figur 7: Rotationssymmetriskt ringelement.
Figur 8: Skalelement.
gora en temperaturberakning och sedan, direkt utan att andra elementindelningen, gora en
spanningsanalys med nodtemperaturerna som indata.
Element med samma utseende som ovan anvands for nastan alla andra typer av analyser, det
ar bara antalet frihetsgrader per nod som varierar och ges innebord alltefter problemomrade:
superelastiska, plastiska, viskoelastiska material, stromning, akustik, elektriska, magnetiska falt,
osv. Ibland har man ocksa anvandning for lite mer speciella element.
Masselement anvands for att ge massa och masstroghetsmoment. Elementen ovan brukar
kunna ta hansyn till egentyngd och t.ex. centrifugallaster, men vid dynamisk analys kan detta
element ibland vara anvandbart, Fig 11.
Kontaktelement anvands vid kontaktytor, Fig 12. Friktion kan ges.
Enkelverkande st
angelement med enbart dragstyvhet eller tryckstyvhet, Fig 13. Anvands for att simulera linor respektive stottor. En variant ar helt stelt, dvs. oandligt styvt.
Rorelement nns era, Fig 14. De tar hansyn till att tvarsnittet blir ovalt vid bojning och
att inre overtryck styvar upp elementet.
Segelelement ar ett speciellt skalelement med lag eller ingen bojstyvhet, Fig 15. Namnet
kommer av att det uppfor sig ungefar som en segelduk eller en saphinna.
1.4 Laster
Laster beror naturligtvis pa vilken typ av analys som gors, men vid vanlig linjar statisk analys
ar de vanligtvis
Punktlaster ar punktkrafter och punktmoment.
Linjelaster ar utbredda krafter som kraft per langdenhet.
10
Figur 9: Volymelement.
Figur 10: Temperaturelement.
Figur 11: Masselement.
11
Figur 12: Kontaktelement.
Figur 13: Enkelverkande stangelement.
Figur 14: Rorelement.
Figur 15: Segelelement.
12
(a) Fast insp
and
(b) Glidinsp
and
(c) Fritt upplagd
(d) Glidupplagd
ux = uy = 'z = 0
uy = 'z = 0
ux = uy = 0
uy = 0
Figur 16: Exempel pa randvillkor.
Ytlaster ar tryck, dvs. kraft per ytenhet.
Volymslaster ar exempelvis egentyngd och accelerationskrafter.
Temperaturlaster ger upphov till pakanningar, exempelvis tojning " = T .
For samtliga laster galler att de skall ges i noderna. Oftast ar indataformatet skonsamt for
anvandaren, t.ex. utbredda laster pa en kant eller yttryck matas in som sadana, men programmet raknar om lasten till punktkrafter i noderna, s.k. konsistenta nodlaster. Vi aterkommer till
detta senare i kursen.
1.5 Randvillkor
For att modellen inte ska "ge sig ivag" under palagda krafter, s.k. stelkroppsrorelse, maste den
lasas fast tillrackligt mycket. Naturligtvis ska man efterstrava att lasa modellen pa ett sadant
satt som bast aterspeglar den verklighet man simulerar. Detta gors genom att en eller era
frihetsgrader ges ett foreskrivet varde, s.k. enkla randvillkor (eng. single-freedom constraints,
SFC). Ibland behover man specicera hur frihetsgrader forhaller sig relativt varandra, utan
att veta nagon absolut referens. Detta brukar kallas kopplade randvillkor (eng. multifreedom
constraints, MFC). Just randvillkor brukar vara avgorande for hur bra man lyckas med sin
analys. Inte sallan laser man for mycket, med en for styv modell och for hoga spanningar som
resultat. Har kommer erfarenheten in. Ett inte helt vanligt fel ar att man laser modellen for
lite och darigenom tillater nagon form av stelkroppsrorelse, t.ex. rotation kring en punkt eller
axel. Detta fel resulterar i ett singulart ekvationssystem, vilket brukar signaleras fran aktuellt
FE-program att determinanten ar noll, nollor pa huvuddiagonalen i ekvationssystemet eller att
det just ar singulart. Fler lasningar kravs alltsa. I Fig 16 ges exempel som torde vara kanda
fran kurs i hallfasthetslara.
1.6 Matematisk forsmak
Inledningsvis namndes det, och det ar viktigt att komma ihag, att FEM ar en metod som levererar en approximativ losning. Losningsansatsen ar alltid pa forhand bestamd till sin struktur,
dvs. det ankommer pa FEM att pa basta satt xera ett antal konstanter. Naturligtvis vill vi
att denna losning ska avvika sa lite som mojligt ifran den sanna losningen i det intervall som vi ar intresserade av. Det ar naturligt att denna avvikelse far bilda den funktion som ska
minimeras. Problemet kompliceras av att vi inte enkelt kan teckna avvikelsen som en skillnad
mellan tva funktioner eftersom vi bara kanner den ena funktionen via en dierentialekvation.
Men som sinnebild kan man tanka sig foljande situation, Fig 17, dar v ar den sanna losningen
och u var approximativa losning.
Vi vill minimera arean mellan funktionerna, s.k. kontinuerlig minsta kvadratmetod,
min
Z
(u v)2 dx
13
Figur 17: Kontinuerlig minsta kvadratmetod.
Figur 18: Linjar interpolation och kontinuerlig minsta kvadratmetod.
Har ar u beskriven explicit i hela . Detta ar en mycket opraktisk (dalig) formulering ur manga
aspekter och passar daligt dagens datorer. En battre metod ar att diskretisera i ett andligt
antal element och darmed ett andligt antal obekanta u1 ; u2 ; :::; un i de n st noderna. Vardet
av u i elementen fas sedan genom interpolation. Med t.ex. linjar interpolation har vi alltsa nu
situationen, Fig 18.
FEM gar nu ut pa att i nagon mening bestamma de n nodvardena u1 ; u2 ; :::; un sa att
integralen ovan antar minimum. Hur minimeringsproblemet verkligen formuleras aterkommer
vi till i kapitlet om approximationsmetoder. Forst ska vi lara oss att interpolera i elementen sa
att integralformuleringen blir enkel att handskas med.
14

1.7 Ovningar
1. Lat a = (1; 2; 3)T , b = ( 1; 2; 8)T och c = (2; 3; 5)T . Bestam a b; c a; \(b; c); a b;
b a; a b c; I ccT samt volymen av den parallellepiped
ams av vektorerna
q som best
6
a; b och c: Svar: a b = 27; c a = 7; \(b; c) = arccos( 6 437 ); a b = (10; 11; 4)T ;
0
1
3 6 10
b a = ( 10; 11; 4)T ; a b c = 33, I ccT = @ 6 8 15 A ; ja b cj = 33:
10 15 24
2. Lat A =
1 2
1 3
;B =
6 1
4 7
A(B + C), (B + C)A, ABC, AT A, B2 ,
2 1
5 6
AT A =
; A(B + C) = 205
2
1
40
2
;
B
=
1 13
52
19
21
13
53
och C =
jCj och C
8 2
1 1
: Bestam A + B, B C,
1 : Svar: A + B
=
7 3
3 10
37
; (B + C)A = 115 30
; ABC =
1 2
1
1
; jCj = 10; C = 10 1 8 :
;B C=
97 43
28 32
;
3. Raknelagarna
A+B=B+A
(A + B) + C = A + (B + C)
A(B + C) = AB + AC
(AB)C = A(BC)
(A + B)T = AT +BT
(AB)T = BT AT
ar allmangiltiga
for matriser
i den manoperationerna
ar utforas.
f
Veriera dem i special2 3
3 2
5 0
fallet A = 4 1 ; B = 1 0
och C =
2 4 :
4. Los matrisekvationen A2 X = AX + C da A =
Svar: XT = ( 2; 10):
0
5. Los matrisekvationen 2XB AXB = C da A =
0
och C = @
2 0
1 1
1 2
0
1
A:
2 1
1 0
Svar: X =
1 @
22
39 11
15 11
25 11
@
1
och CT = (4; 8):
1
3 2
1 2
2
2 1 1
1
A;B
=
1 0
3 2
A:
6. Uttryck 5x1 + 20x2 + 2
x21 + 12x22 + 11x1 x2 pa kvadratisk
form 12 xT Qx
4 11
5
symmetrisk. Svar: Q = 11 24 ; c =
20 :
cT x; dar Q ar
7. Bestam determinanten, inversen, egenvarden och normerade egenvektorer till A =
Svar: det A = 40; A
p1
5
1
2
1
=
1
40
7
1
2 6
:
15
; 1 = 5; e1 = p12
1
1
6 1
2 7
; 2 = 8; e2 =
:
8. Bestam med
alp av Gauss
eliminationsmetod
losningen0till ekvationssystemet
Kx = F
0 hj
1
0
1
1
2 3 1
5
3
2 A och F = @ 1 A : Svar: x = 14 @ 2 A :
da K = @ 6 5
4 10 3
8
6
9. Bestam den matris,
0 som
1 0
B 0 0
4x4-matris. Svar: B
@ 0 1
0 0
genom1formultiplikation byter plats pa raderna 2 och 3 i en
0 0
1 0C
C
0 0 A:
0 1
10. Bestam den matris, som
byter plats pa kolumnerna 1 och 3 i
0 genom eftermultiplikation
1
0 0 1 0
B 0 1 0 0 C
C
en 4x4-matris. Svar: B
@ 1 0 0 0 A:
0 0 0 1
11. Bestam den matris, som genom eftermultiplikation 0
adderar
1 0
B 0 1
ganger kolumn 4 till kolumn 2 i en 4x4-matris. Svar: B
@ 0 3
0 2
3
0
0
1
0
ganger
1 kolumn 3 och 2
0
0C
C
0 A:
1
x2 + 2 cos x + sin 2x
dM och R M dx: Svar:
:
Best
a
m
12. Lat M =
dy
dx
xe2x dx
x
1
R
2x
sin x + 2 cos 2x
dM =
3 + 2x sin x 2 cos 2x
;
M
dx
=
d
y
1
2
x
dx
y(x)
( 4 + x2 )e2x
(1 + 2x)e
dx
3
2
2
13. Bestam
R
14. Berakna
p
sin xdx: Svar: 42p2 :
2
16
0
R1
+ C:
1
AT B d
da A =
1
0 3
+ 2 + 2
@
3 3 + A
2
och
BT
=
32
2
+ 1; 2
+
1; 1
2
: Svar: 43
15 :
@ ( 1 xT Ax xT P) = 0 d
15. Skriv0pa matrisform
a xT = (x1 ; x2 ; x3 ); ( @@x )T = ( @x@ ; @x@ ; @x@ );
1 @ x 20 1
3 2 1
1
@
A
@
A = 2 1 0 ; P = 1 A : Svar: Ax = P:
1 0 3
1
1
R
2
3
R
1 1
@f @ f @ f @ f @ f
16. Lat f (x; y) = (4x 2y)(3x +5y +2). Bestam @f
@x ; @y ; @x ; @y ; @x@y ; @y@x ; 1 1 f dxdy samt
de x och y for vilka f antar extremvarde. Svar: @f
= 8 + 24x + 14y; @f
@x
@y = 4 + 14x 20y;
R
R
1
1
@ f = 24; @ f = 20; @ f = 14; @ f = 14;
8
2
4
@x
@y
@x@y
@y@x
1 1 f dxdy = 3 ; sadelpunkt i ( 13 ; 13 ):
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
P
17. Visa att 21 2i=1 ki (xi+1 xi )2 kan skrivas pa formen 12 xT Kx xT F: Visa sedan att detta
uttryck antar minvarde i den punkt som bestams av ekvationssystemet Kx = F:
16
Figur 19: Linjar interpolation i ett element.
2 Interpolation, avbildning
2.1 Inledning
Antag att vi kanner en funktion u i ett antal diskreta punkter x1 ; x2 ; :::; xn , s.k. stodpunkter.
Motsvarande funktionsvarden kallar vi for u1 ; u2 ; :::; un . Om vi soker u mellan stodpunkterna
maste vi gora en interpolation. Detta kan goras pa era satt, men speciellt maste ui = u(xi ).
I manga sammanhang, bl.a. vid FEM, gor man en s.k. lokal anpassning i varje intervall Ik =
[xk ; xk+1 ] med ett polynom u~k av lagt gradtal, linjart eller kvadratiskt. Vi sager sedan att u
ar styckvis denierad av u~k i intervallen Ik : Jamfor t.ex. absolutbeloppsfunktionen jxj som har
olika beskrivning beroende pa vilket av intervallen x < 0 och x 0 vi benner oss. Nar man
talar om intervall i allmanhet brukar det inte leda till nagon forvirring om man istallet for det
lite pyntade u~k sager u istallet. Vi slopar darfor tilde och subindex i fortsattningen.
2.2 Interpolation och basfunktioner
Vid linjar interpolation maste vi bestamma koecienterna i polynomet u(x) = kx + m for
varje intervall (element) ovan, t.ex. I1 = [x1 ; x2 ], Fig 19. Funktionsvardena i stodpunkterna ar
kanda och ar tillrackliga villkor for att kunna bestamma k och m. Vi far ekvationssystemet
varav k =
u2 u1
x2 x1
och m = u1
u1 = kx1 + m
u2 = kx2 + m
kx1 ; dvs.
u(x) =
u2
x2
u1
x + u1
x1
u2
x2
u1
x
x1 1
Detta uttryck kan omskrivas till mer passande form (gor det!)
2
X
x2 x
x x1
u(x) =
u1 +
u2 = N1 (x)u1 + N2 (x)u2 =
Ni (x)ui = N u
x
x
x
x
2
1
2
1
i=1
| {z }
| {z }
N1 (x)
N2 (x)
Vi kan alltsa uttrycka u som en linjarkombination av u:s varde i stodpunkterna. I FEsammanhang valjer vi att kalla dessa stodpunkter for noder. Funktionerna N1 och N2 kallas
for basfunktioner (eng. shape functions), Fig 20, och ar grundlaggande for elementanalysen.
17
Figur 20: Linjara basfunktioner i ett element i verkliga rummet.
Figur 21: Koordinater i parameterrummet och verkliga rummet for ett element.
Dessa brukar av praktiska skal paketeras i en radvektor N = (N1 ; N2 ). Av nagon anledning
har vi som praxis att en vektor av funktioner lagras som en radvektor, medan en vektor med
variabler far bilda en kolonnvektor. I FEM anvands ofta dimensionslosa koordinater, Fig 21.
Infor 2 [ 1; 1] enligt
x x
x +x
x= 1 2 + 2 1
2
2
sa kan basfunktionerna skrivas (genomfor kalkylen!), Fig 22.
N1 ( ) = 21 (1 )
N2 ( ) = 21 (1 + )
Vi ser att de har den viktiga egenskapen att vara ett i "sin" nod och noll i ovriga
Ni (j ) =
1 om i = j
0 om i 6= j
P
Den linjara kombinationen u = N u = 2i=1 Ni ( )ui ovan kan ses som en avbildning(funktion)
fran parameterrummet till det verkliga rummet u: Anledningen till att man infor dimensionslosa koordinater ar att det ar enklare att arbeta i parameterrummet an i det verkliga
rummet. Man far bl.a. ett enhetligt och enklare satt att behandla derivator och integraler,
Figur 22: Linjara basfunktioner i parameterrummet, N1 ( ) = 12 (1 ); N2 ( ) = 21 (1 + ).
18
som ju dierentialekvationer bestar av, samt ett lokalt koordinatsystem i varje element som
underlattar elementanalysen. Vi behover alltsa samband mellan derivator i de tva rummen. Vi
far
X dNi
du d X
= ( Ni ui ) =
u
dx dx
dx i
Kopplingen mellan derivator i de tva rummen tas om hand av kedjeregeln
dNi dNi dx dNi
dN
dN
=
=
J, i =J 1 i
d
dx d dx
dx
d
dar dx
ar en matris. Man kan tolka
d kallas Jacobianen, J. Skrivs fet eftersom den egentligen 
denna som skalfaktorn mellan karta och verklighet, och ar alltsa en rent geometrisk storhet.
Eftersom speciellt x sjalvt interpoleras isoparametriskt fas
J=
X
X dNi
dx
dN
= fx =
Ni xi g =
xi =
x
d
d
d
dar x ar en punkt i elementet och x en kolonnvektor
P med nodernas koordinater.
Exempel 2.1: Avbildningen u = N u = 2i=1 Ni ( )ui fran parameterrummet till det
verkliga rummet ar mycket viktig. Som namndes i inledningen anvands nastan alltid s.k. isoparametrisk formulering, dvs. "allt" interpoleras pa samma satt, t.ex. geometri x = N x, elasticitetsmodul E = N E, area A = N A och vasentliga storheter u = N u. Avbildningen utgor
den enda vagen mellan rummen! Enklast ar naturligtvis att ga fran parameterrummet, eftersom
kalkylen blir rattfram. Som exempel kan vi bestamma det x som motsvarar = 14 for ett linjart
element med noderna i x1 = 2 och x2 = 3 och basfunktionerna N = ( 12 (1 ); 12 (1 + )):
x = N x = N1 N2
x1
x2
1 (1
2
=
1)
4
1 (1 + 1 ) 2
4
2
3
=
9
8
Att ga fran verkliga rummet till parameterrummet innebar daremot att vi alltid maste losa en
ekvation. Vilket motsvarar x = 2 i elementet ovan? Vi far
x
2 = N x = N1 N2 x1 = 12 (1 ) 12 (1 + )
2
2 = 12 (1 ) ( 2) + 21 (1 + ) 3 ,
2 = 12 (5 + 1) ,
= 35
2
3
,
Alltsa motsvarar = 35 i parameterrummet x = 2 i verkliga rummet.
Eftersom basfunktionerna ar polynom och vi ofta kommer att integrera dem kan det vara bra
att ha en lathund for detta. Fordelen med parameterrummet ar bl.a. att integrationsgranserna
alltid ar 1 och 1, varfor
Z 1
1
n d
n+1 1
1 ( 1)n+1 1 + ( 1)n
=[
] 1=
=
=
n+1
n+1
n+1
Exempel 2.2: Bestam
Z 1
1
3 4
R1
5 + 7 d =
1 3
Z 1
1
4
3 4
2
n+1
0
om n ar jamn
om n ar udda
5 + 7d med hjalp av lathund. Vi far direkt
5 1 + 7 0 d = 3 19
2
4+1
50+7
2
76
=
0+1 5
1 (1
2
(a) N1 =
(b) N2 = (1 + )(1
)
1
(c) N3 = 2 (1 + )
)
Figur 23: Kvadratiska basfunktioner i parameterrummet.
Lagg speciellt marke tillR integration
har ju namligen enligt potenslagarna
R 1 av en konstant.
R 1 Vi
1
2 = 2k
0
0
att = 1 alltid, varfor 1 k d = 1 k 1 d = 1 k d = k 0+1
R1
d
N
1
1
T
Exempel 2.3: Bestam 1 N d d dar N = ( 2 (1 ); 2 (1 + )) ar basfunktionerna. Vi far
R1
T dN
1 N d d
=
=
1
2 (1 )
1
1
2 (1 + ) lathund = 41
R1
f
g
1
2
2
0+1
2
0+1
1 2
+0
0
d =
2
0+1
2
0+1
1 R1
4 1
0
+0
1+
1 1
= 12
1
1 1+
1
1
d =
Integraler av denna typ, dar integranden byggs upp som produkter av basfunktioner och dess
derivator, ar fundamentala i FEM ochaterkommer standigt i kommande kapitel. Notera speciellt
det viktiga att alla matrismultiplikationer
maste utforas innan man integrerar!
Rx T
1
1
d
N
Exempel 2.4: Bestam EA x B B dx; om B = dx och N = ( 2 (1 ); 2 (1 + )): Om vi nu
later L beteckna elementets langd, dvs. L = x2 x1 ; sa blir Jacobianen
2
1
J=
och
dx X dNi
1
1
1
=
xi = x1 + x2 = (x2
d
d
2
2
2
dN 2
dN
=J 1
=
dx
d L
Slutligen gor vi sa variabelsubstitutionen x ! B=
R
EA xx12 BT B dx
=
=
R
EA 11 L1
1
EA
2L
1
1 1
1 L
1
1 2=
1
2
1 2
=
x1 ) =
L
2
1
L
1 1
L
2 d
1 1
=
1
1
EA
L
1 1
EA
2L
) dx = L2 d
1
1
1 1
R1
1 d
vilket i kapitel 3 kommer att kannas igen som en styvhetsmatris.
Vi behover inte begransa oss till linjar interpolation. I sjalva verket ar det fritt fram att
valja gradtal, men storre an tva ar ovanligt. Kvadratisk interpolation, dvs. gradtal tva, ar
daremot vanligt. Man brukar tala om hogre ordningens element. Fordelen med dessa ar att
randerna pa elementet lattare anpassar sig till krokta rander, och darmed losningen. Detta
betyder i allmanhet att vi behover farre element for att uppna onskad noggrannhet. For att
kunna bestamma alla koecienterna i basfunktionerna maste vi ha lika manga noder i elementet
som gradtalet+1 och utnyttja egenskapen att Ni (j ) ar ett i nod i och noll i ovriga. Exempelvis
har vi basfunktionerna for ett endimensionellt kvadratiskt 3-noders element enligt Fig 23.
Det na ar att avbildningen
rummen gar till pa precis samma satt som for det linjara
Pnmellan
+1
elementet, dvs. u = N u = i=1 Ni ( )ui ; dar n ar gradtalet pa elementet. All elementanalys
20
blir darmed helt analog med vad vi lart oss i det linjara fallet. Enda skillnaden ar att ingaende
vektorer far en annan langd. Gor garna om kalkylen i exempel 2.4 for ett endimensionellt
kvadratiskt 3-noders element! (Se ovn.)
Exempel 2.5: Nar man gar fran verkliga rummet till parameterrummet i ett element med
kvadratisk interpolation maste de tva losningarna 1;2 kontrolleras mot intervallet [ 1; 1]. Som
exempel soker vi det som motsvarar x = 2 i ett element med nodkoordinaterna x = ( 3; 4; 8)T
och basfunktionerna N = (N1 ; N2 ; N3 ) = ( 21 (1 ); (1 + )(1 ); 12 (1 + )). Vi far
0
2=Nx=
1 (1
2
) (1 + )(1 )
1 (1 + ) @
2
2 = 12 ( 3 2 + 11 + 8) , 1 =
1; 3 2
=4
3
4
8
1
A
,
Har ar det 1 som duger eftersom 2 ligger utanfor godkant intervall. Det kan handa att bada
losningarna ligger i [ 1; 1]. I sa fall existerar inte nagon invers till avbildningen. Exempelvis
612 av b
ade = 107 och = 45 . For att garantera entydighet
om x = (0; 5; 6)T , sa genereras x = 100
maste x2 2 [x1 + 14 (x3 x1 ); x3 14 (x3 x1 )]. Tydligen uppfyllt for x = ( 3; 4; 8)T , men inte
for x = (0; 5; 6)T .
2.3 N
agot om tv
a och tre dimensioner
I tva dimensioner (2D) ar analysen helt analog med den i en dimension
P
x = P Ni (; )xi
y = Ni (; )yi
Pa samma satt som tidigare behover vi bestamma Jacobianen for att fa ett samband mellan
derivatorna i de tva rummen. Kedjeregeln far nu utseendet
@Ni
@
@Ni
@
eller pa matrisform
@Ni
@
@Ni
@
dar Jacobianen
J=
Vidare ar determinanten
@x
@
@x
@
@y
@
@y
@
@Ni @x
@x @
@Ni @x
@x @
=
=
!
@x
@
@x
@
=
!
och t.ex.
det(J) =
varfor inversen blir
i @y
+ @N
@y @
i @y
+ @N
@y @
@y
@
@y
@
!
@Ni @x
@Ni
@y
@x X @Ni
@N
=
xi =
x osv.
@
@
@
@x @y
@ @
@x @y
6 0
=
@ @
@y
@y
1
@
@
J =
@x
@x
det(J)
@
@
och slutligen kopplingen mellan derivator i de tva rummen
1
@Ni @x
@Ni
@y
=J
21
1
@Ni
@
@Ni
@
!
!
Figur 24: Linjart triangelelement.
Figur 25: Linjart fyranoderselement.
Vi har nu fatt ett enhetligt och eektivt satt att overfora och berakna derivator och integraler
i parameterrummet for bade en- och tvadimensionella problem. Vill man ha solida volymselement i tre dimensioner (3D) tillkommer z och i respektive rum, annars ar kalkylen identisk
med den ovan for 2D. Speciellt uppskattar vi i tva och tre dimensioner att integrationsomradet
ar fyrkantigt i parameterrummet samt att integrationsgranserna alltid ar desamma, namligen
1 och 1. Tank pa att elementarean Ae eller elementvolymen Ve ; som dubbel- respektive trippelintegralen skall utstrackas over, nastan alltid ar oregelbundna. I alla praktiska sammanhang
ar analysen darfor "omojlig" att genomfora i verkliga rummet. Vid evalueringen av integralerna
anvands dessutom oftast numerisk integration, vilket kraver dessa "standardiserade" integrationsomrade. Vi aterkommer till detta senare. FE-programmen tillbringar alltsa mycket tid i
parameterrummet, evaluerande transformationer av typen
R x2
f (x)dx
R x1
R
P
= 11 fR( RNi ( )xi ) det(J)d
P
P
1 1
f
(
x;
y
)
dxdy
=
f
(
N
(
;
)
x
;
Ni (; )yi ) det(J)dd
i
i
1 R1 R R
R Ae
P
P
P
1 1 1
Ni (; ; )yi ; Ni (; ; )zi ) det(J)ddd
Ve f (x; y; z )dxdydz = 1 1 1 f ( Ni (; ; )xi ;
Vanliga tvadimensionella element ar linjar triangel, Fig 24.
0
NT = @
1 1
A
och bilinjart 4-noders element, Fig 25.
0
NT =
1B
B
4@
(1 )(1 )
(1 + )(1 )
(1 + )(1 + )
(1 )(1 + )
22
1
C
C
A
Figur 26: Skalelement.
Naturligtvis kan vi aven i 2D fallet konstruera element med kvadratisk interpolation, 6-noders
triangel och 8-noders fyrhorning. Dessa kan dessutom, liksom de linjara ovan, representera
skalstrukturer i rymden, 3D. Man avbildar da z -koordinaten pa samma satt som x och y, Fig
26.
Avslutningsvis aterstar bara att namna det som lasaren formodligen redan listat ut, namligen att alla element, t.ex. de i avsnitt 1.3, konstrueras utgaende fran samma enhetliga recept
med avbildningen u = N u som huvudingrediens.

2.4 Ovningar
1. Harled basfunktionerna N = (N1 ; N2 ) for ett linjart endimensionellt element, Fig 22.
Berakna vardet av N1 ( 43 ) och N2 ( 12 ): Svar: N1 ( 34 ) = 18 ; N2 ( 12 ) = 14 :
2. Ett linjart element har sina noder i x1 = 2 och x2 = 3: Vilket varde har i punkten
x = 1? Svar: = 15 :
3. Bestam for ett linjart element, dvs. N = ( 12 (1 ); 21 (1 + )) och x =
R2
1 N dx
1
1), b) 2
a)
Svar: a) 12 (1
4. Bestam
R L d NT
0 dx
b)
1
1
R 5 d NT d N
3 dx dx dx
1
1
1 , c) 2
c)
1
1
R 10 T dN
5 N dx dx
1
4
1 , d) 3 .
d)
R1
P
Ni xi ;
1 NN
T dx
fEA(x) ddxN gdx for ett linjart element, dar arean A(x) varierar isoparamet-
riskt med A(0) = A1 och A(L) = A2 : Svar:
E (A1 +A2 )
2L
1
1
1 1
:
5. Harled N = (N1 ; N2 ; N3 ), for ett endimensionellt kvadratiskt element, Fig 23.
6. Bestam Jacobianen J i punkten = 12 for ett endimensionellt kvadratiskt element med
noderna i x = (1; 2; 5)T : Svar: J( 12 ) = 3:
23
Figur 27: Fjaderelement.
7. Bestam Jacobianens varde i punkten x = 134 for ett endimensionellt kvadratiskt element
med noderna i x = (2; 5; 10)T : Svar: J(x= 134 ) = 3:
8. For ett endimensionellt kvadratiskt element med noderna i ( 1; a; 5)T vill man att Jacobianen i = 12 skall vara lika med arean under N2 i parameterrummet. Bestam a sa att
detta uppfylls. Svar: a = 113 :
9. Visa att om mittnoden placeras i mitten pa ett kvadratiskt element, dvs. x2 =
J = x 2 x = konstant.
3
1
x1 + x3 ,
2
blir
10. Best
Jacobianen
or ett linjart triangelelement med hornen i
am J, det(
J) och arean
A f
1
4
3
2 5
1
17
2 ; 1 och 7 : Svar: J = 1
6 ; det(J) = 17; A = 2 jdet(J)j = 2 :
1
2 f
11. Bestam Jacobianen J och det(J) i punkten =
or ett bilinjart 4-noderselement
1
4
1
4
6
3
12 9
1
med hornen i 2 ; 1 ; 4 och 7 : Svar: J = 8 8 18 , det(J) = 92 :
12. Gor om exempel
2.4 ovan med
EA
0
1
7
8 1
EA
@
8 16 8 A :
Svar: 3L
1
8 7
R x3 T
or ett kvadratiskt element med x2
x1 B B dx f
=
x1 +x3 .
2
3 Energimetod, matrisformulering
3.1 Potentiell energi
Studera en fjader fast inspand i ena andan, Fig 27. Det brukar vara praxis att placera nodnummer inom fyrkantig ram och elementnummer inom rund ram. Om u ar forskjutningen i den fria
noden kan vi teckna den potentiella energin for systemet
1
W (u) = ku2 F u
2
dar forsta termen ar den inre (upplagrade) tojningsenergin i fjadern och den andra ar yttre
lastens potential. Skilj pa forskjutning som ar foryttning av en punkt relativt ett xerat
globalt koordinatsystem och deformation som ar ett matt pa hur tva punkter foryttas
relativt varandra. Observera att alla forskjutningar och laster ar vektorer, varfor de anges
och beraknas med tecken motsvarande vart globala koordinatsystem.
24
Figur 28: Tva fjaderelement i serie.
For att komma vidare maste man kanna till en mycket viktig sats fran h
allfasthetslaran om
energimetoder, namligen den om potentiella energins minimum.
Sats: En kropp deformeras under belastning s
a att forskjutningsfaltet
minimerar den potentiella energin samtidigt som randvillkoren uppfylls.
Forskjutningsfalt ar samlingsnamnet pa hur varje punkt i modellen forskjuts under belastningen. Fran analyskursen kanner vi till att soka minimum ar det samma som att soka nollstalle till
derivatan, vilket ger oss vanlig kraftjamvikt som sig bor
dW
F
= 0 ) ku F = 0 ) u =
du
k
3.2 Assemblering
Med forskjutning i fjaderns bada noder kan W tecknas
1
W = k(u2 u1 )2 F1 u1 F2 u2
2
Nu har vi tva oberoende variabler och nodvandigt villkor for minimum ar att bada partiella
derivatorna ska vara noll
@W
@u = 0 ) k (u2 u1 ) F1 = 0
@W = 0 ) k (u
2 u1 ) F2 = 0
@u
1
2
eller pa matrisform, elementstyvhetssambandet
8
< ke kallas elementstyvhetsmatris
ue kallas elementforskjutningsvektor
:
Fe kallas elementlastvektor
u1 = F1 dar
u2
F2
|
{z
} | {z } | {z }
ue
Fe
ke
Nu gor vi om analysen med tva seriekopplade fjadrar med olika fjaderkonstanter, dvs. tva
element, Fig 28.
Potentiella energin W for de tva fjadrarna blir nu summan av dem, W1 respektive W2 :
Lasterna som verkar pa noderna ser vi som bidrag fran respektive element. Om det varit balkar
kunde det t.ex. varit snolast
W1 = 21 k1 (u2 u1 )2 F11 u1 F12 u2
W2 = 12 k2 (u3 u2 )2 F21 u2 F22 u3
k
k
och som ovan
k
k
8 @W
< @u1
@W
@u2
: @W
@u3
= 0 ) k1 (u2 u1 ) F11 = 0
= 0 ) k1 (u2 u1 ) k2 (u3 u2 ) F12
= 0 ) k2 (u3 u2 ) F22 = 0
25
F21 = 0
eller pa matrisform, strukturstyvhetssambandet
0
@
|
k1
k1
k 1 k1 + k2
0
k2
{z
k
0
k2
k2
10
A@
}|
u1
u2
u3
{z
u
1
A
}
0
=
@
|
F11
F12 + F21
F22
{z
F
1
A d
ar
}
8
<k
strukturstyvhetsmatris
u strukturforskjutningsvektor
:
F strukturlastvektor
Detta satt att strukturellt addera bidragen fran elementsambanden in i strukturstyvhetsmatrisen och strukturlastvektorn kallas assemblering. For att underlatta hanteringen brukar
man tala om ett elements lokala nodnummer. Det ar dessa lokala noder som basfunktionerna
lever pa. Pa sa vis kan vi pa ett enkelt satt tala om element i allmanhet utan att de ar utpla attningen fran lokala
cerade i den globala strukturen, dar vi har globala nodnummer. Overs
till globala nodnummer brukar kallas topologi, och ar alltsa en information dar vi kan utlasa
vilka noder varje element sitter fast i. Man brukar ibland saga att "elementet hanger i noderna
...".
I modellen ovan med tva fjadrar har alltsa element 1 sina lokala noder 1 och 2 placerade i
globala noderna 1 och 2 och element 2 sina lokala 1 och 2 i de globala 2 och 3. Koecienterna i
ke skall alltsa adderas in i k pa "skarningen" mellan radnummer och kolonnummer motsvarande
de globala nodnumren. Fe i F pa motsvarande rader naturligtvis. Assemblering ar det faktiska
sattet som FE-program anvander, vagen via potentiella energin ska mer ses som en harledning
till nagot mera systematiskt som ar latt att implementera i en dator. k och F dimensioneras
alltsa efter antalet frihetsgrader i systemet (k alltid kvadratisk!) och fylls med nollor. Om
vi t.ex. ska bestamma temperaturen i en kropp har vi en frihetsgrad per nod, dvs. antalet
frihetsgrader = antalet noder. Om vi daremot ska bestamma spanning och tojning i en skiva
(2D) har vi forskjutning i x och y led som frihetsgrader i varje nod, dvs. antalet frihetsgrader
= 2 x antalet noder. Exempelvis kommer kolonn 7 och 8 samt rad 7 och 8 i k da att associeras
med frihetsgraderna i global nod 4. Darefter genomlops alla element, ke och Fe beraknas och
adderas in pa ratta stallen i k och F: Slutligen adderas alla yttre laster till F: Skilj pa dessa
och Fe ! Yttre lasterna kommer utifran och belastar strukturen direkt i noderna. Fe ar sadana
som kommer via elementen in till noderna. Det kan vara en harn skillnad men Fe kraver i
alla fall information om elementets egenskaper, t.ex. geometri, densitet och elasticitetsmodul
for att kunna bestammas. Dessa kallas ibland konsistenta nodlaster, vilket vi aterkommer
till. Exempel pa sadana ar utbredda laster, centrifugallast och temperaturlast.
I Fig 29 ser vi tydligt hur det gar till att assemblera tre element av olika utseende da vi
har en frihetsgrad per nod. Globala nodnummer ar angivna utanfor elementen och lokala inuti.
Vidare anvands (elementnummer) som superindex pa elementstyvhetsmatrisernas element och
pa elementlastvektorernas komponenter.
0
B
B
B
B
B
B
B
@
|
0 0
(1)
0 k11
0 0
(1)
0 k21
0 0
0 0
0 0
(1)
0 k12
0 0
(1)
0 k22
0 0
0 0
{z
element 1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
C B
C B
C B
C B
C+B
C B
C B
A @
}
|
26
0 0
(2)
0 k22
0 0
0 0
(2)
0 k32
(2)
0 k12
0
0
0
0
0
0
0 0
0
(2)
(2)
0 k23 k21
0 0
0
0 0
0
(2)
(2)
0 k33 k31
(2)
(2)
0 k13
k11
{z
element 2
1
C
C
C
C
C+
C
C
A
}
Figur 29: Assemblering av element.
0
B
B
B
B
B
B
B
@
|
och till slut
0
B
B
B
B
B
B
B
B
@
(3)
k33
0
(3)
k23
(3)
k13
(3)
k43
0
0
0
0
0
0
0
(3)
k32
0
(3)
k22
(3)
k12
(3)
k42
0
(3)
k31
0
(3)
k21
(3)
k11
(3)
k41
0
{z
element 3
(3)
k33
0
(1)
(2)
0 k11 +k22
(3)
k23
0
(3)
(1)
k13
k21
(3)
(2)
k43
k32
(2)
0
k12
(3)
k34
0
(3)
k24
(3)
k14
(3)
k44
0
0
0
0
0
0
0
1
0
C
C
C
C
C
C
C
A
B
B
B
B
B
B
B
@
}
=
|
0
F1(1)
0
F2(1)
0
0
1
0
C B
C B
C B
C B
C+B
C B
C B
A @
{z }
element 1
|
(3)
(3)
(3)
k32
k31
k34
0
(1)
(2)
(2)
0
k12
k23
k21
(3)
(3)
(3)
k22
k21
k24
0
(3)
(3)
(1)
(3)
k12 k22 +k11
k14
0
(3)
(3)
(2)
(3)
(2)
k42
k41
k33 +k44 k31
(2)
(2)
0
0
k13
k11
0
F2(2)
0
0
F3(2)
F1(2)
1
C B
C B
C B
C B
C+B
C B
C B
A @
{z }
element 2
1
0
C
C
C
C
C
C
C
C
A
B
B
B
B
B
B
B
B
@
=
0
|
F3(3)
0
F2(3)
F1(3)
F4(3)
0
1
C
C
C
C
C
C
C
A
{z }
element 3
F3(3)
F1(1) +F2(2)
F2(3)
F2(1) +F1(3)
F3(2) +F4(3)
F1(2)
1
C
C
C
C
C
C
C
C
A
Detta strukturstyvhetssamband saknar losning, dvs. det ar singulart, pa grund av att det innehaller stelkroppsrorelse. For att det ska bli losbart maste vi applicera randvillkor, dvs.
foreskriva varden hos en eller era frihetsgrader. Det har da en entydig losning u, och vi doper
u = N u till forskjutningsfalt. Entydigheten grundar sig pa den tidigare namnda potentiella
energin som ar en s.k. kvadratisk form. For andra problemtyper ar entydigheten inte alltid
sjalvklar.
1
W (u) = uT ku uT F
2
@W
= 0 ) ku = F
@u
Exempel 3.1: Bestam forskjutning i nod 2 och 3 samt reaktionskraften i nod 1, Fig 30. Vi
far direkt
1
1
0
1
1
ke = 10
Fe = 0
ke = 15
Fe = 00
1 1
1 1
1
1
2
2
Assemblering: En frihetsgrad per nod. Forsta elementets lokala noder 1 och 2 motsvarar globala
1 och 2. Andra elementets lokala noder 1 och 2 motsvarar globala 2 och 3. Glom inte den yttre
27
Figur 30: Modell med tva fjaderelement.
lasten 20N i nod 3, samt reaktionskraften i nod 1.
0
@
10
10
0
10 10 + 15 15
0
15
15
10
A@
Infor randvillkoret u1 = 0 och eliminera denna rad.
10 0
00
varav
+
25
15
15 15
u1
u2
u3
1
0
A
=@
R1
0
20
u2
u3
=
1
A
0
20
u2 = 2 mm
10
u3
3
Slutligen erhalles reaktionskraften (och alla andra nodlaster) genom matrismultiplikationen
0
ku = @
10
10
10
0
10 10 + 15 15
0
15
15
0
2
A@
10
3
1
0
A
=@
20
0
20
1
A
N
Lagg marke till att alla forskjutningar och laster ar vektorer, varfor de anges och beraknas med
tecken motsvarande vart globala koordinatsystem. Strangt taget ar det inte nodvandigt att ta
med den okanda reaktionskraften R1 i nod 1 fran borjan (yttre last). Anledningen till att denna
inte behover tas med ar det faktum att for varje frihetsgrad, dvs. varje rad, i systemet m
aste
antingen frihetsgraden sjalv foreskrivas eller lasten pa hogersidan, inte bada utan exakt en.
Den andra beraknas sedan av ekvationssystemet. Tva kontroller pa att man raknat ratt ar
enkla att gora och bor darfor alltid goras! For det forsta ska alla kanda nodlaster pa hogersidan
aterskapas vid matrismultiplikationen ku och for det andra ska ju summan av alla nodlaster
vara noll. Annars har vi stelkroppsrorelse. Har ar som synes bada kontrollerna uppfyllda. Exempel 3.2: Bestam forskjutning i nod 2 i exemplet ovan, samt reaktionskraften i nod 1
och 3 om nod 3 foreskrivs en forskjutning u3 = 1 mm och en kraft 10N angriper i nod 2, Fig
31. Eftersom strukturen ar densamma ar det bara hogerledet som andras.
0
@
10
10
0
10 10 + 15 15
0
15
15
10
A@
u1
u2
u3
1
0
A
=@
Infor randvillkoren u1 = 0 och u3 = 1. Rad 2 ger direkt
10 0 + 25u2
varav
u2 =
15 ( 1) = 10
1
mm
5
28
R1
10
R3
1
A
Figur 31: Modell med tva fjaderelement och forskjutningsrandvillkor.
Figur 32: Modell med tre fjaderelement.
Slutligen erhalles reaktionskrafterna (och alla andra nodlaster) genom matrismultiplikationen
0
ku = @
10
10
0
10 10 + 15 15
0
15
15
10
A@
1
0
1 A
5
=@
0
1
2
10
12
1
A
N
Glom inte kontrollerna!
Exempel 3.3: Bestam forskjutning i nod 2 och 3, samtreaktionskraften
i nod 1 och 4
1
1
om en kraft pa 10N angriper i nod 3, Fig 32. Med ke = k
som vanligt far vi
1 1
assembleringen
0
1 0
10
1
1
1
0 0
u1
R1
B 1 1+2+3
B
C B
C
2 3C
B
C B u2 C = B 0 C
@ 0
2
2 0 A @ u3 A @ 10 A
0
3
0 3
u4
R4
Infor randvillkoren u1 = 0 och u4 = 0. Rad 2 och 3 ger direkt
1 0 + 6u2 2u3 3 0 = 0
0 0 2u2 + 2u3 + 0 0 = 10
varav
u2 = 5 1 mm
u3
2 3
Slutligen erhalles reaktionskrafterna (och alla andra nodlaster) genom matrismultiplikationen
0
B
ku = B
@
1
1
0 0
1 1+2+3 2 3
0
2
2 0
0
3
0 3
29
10
0
1
CB 5 C
2 C
C B 15
A@
A
2
0
0
=
5 1
2
B 0 C
B
C
@ 10 A
15
2
N
Figur 33: Stangelement.
Glom inte kontrollerna!
Exempel 3.4: Harledning av elementstyvhetssambandet for en vanlig stang, Fig 33.
d = 0
jamvikts samband
dx
tojning-forskjutnings samband " = du
dx
konstitutivt samband
= E"
9
=
2
du
)
=0
;
dx2
Denna dierentialekvation integreras direkt till u = c1 x + c2 : Integrationskonstanterna ges av
randvillkoren u(0) = u1 ; u(L) = u2 ; varav u = u1 + u Lu x: Vi ser att tojningen " = du
dx =
u u 
F ; och
a
r
konstant
(och
d
a
rmed
sp
a
nningen).
Med
hj
a
lp
av
denition
p
a
sp
a
nning,
=
L
A
konstitutiva sambandet ovan far vi till slut elementstyvhetssambandet for stangen
2
2
1
1
EA
L
1
1
1 1
u1
u2
=
F1
F2
Vi kanner igen en fjader med fjaderkonstanten k = EA
ojning var de
L : Element med konstant t
forsta elementen man anvande. Det tva dimensionella triangelelementet ar klassiskt och kallas
CST (Constant Strain Triangle). Se nasta avsnitt.
3.3 Triangelelementet CST (Constant Strain Triangle)
Nar man ska harleda elementstyvhetssamband for mer komplicerade element inom hallfasthetslaran utgar man ofta fran energisamband. I fallet ovan med "-konstant stang blir det enkelt
W = inre tRojningsenergi + yttre lasternas potential
W = 21 EA 0L "2 dx uT F
varav efter integration
u u
1
W (u1 ; u2 ) = EA 2 1
2
L
2
L u1 F 1
u2 F2
Detta kan skrivas pa matrisform (visa detta!)
EA
1
u1 u2
W (u1 ; u2 ) =
2
L
1
1
1 1
30
u1
u2
u1 u2
F1
F2
Figur 34: CST-element.
dvs. vi har den kvadratiska formen enligt ovan
1
W (u) = uT ke u uT Fe
2
@W
= 0 ) ke u = Fe
@u
Nar vi har ett erdimensionellt problem ar tojningen " inte langre en skalar utan en matris.
Den potentiella energin far nu istallet formen
1
W=
2
Z
V
"T D"dV
Z
V
uT f dV
dar D ar den konstitutiva matrisen, dvs. lost talat Hookes lag = E" i era dimensioner, och
f volymslaster, allt integrerat over den kropp man studerar. Liksom for stangen ovan doljer sig
elementstyvhetsmatrisen i den forsta integralen. Vi ska harleda denna for ett triangulart skivelement (2D) med linjar forskjutningsansats och konstanta materialparametrar. Tojningarna
kommer da liksom i exemplet ovan att bli konstanta i elementet, darav namnet CST (Constant
Strain Triangle). Detta var ett av de forsta elementen som sag dagens ljus i mitten av 50-talet.
Det betraktas darfor som lite klassiskt och anvands an i dag med framgang.
Vi skall alltsa studera CST-element, Fig 34, utlagt i planet med tillhorande koordinatsystem.
For att kunna beskriva laget for en nod behover vi tva oberoende forskjutningsfrihetsgrader,
kalla dem u i x-riktningen och v i y-riktningen. Vi har darmed tva frihetsgrader per nod.
Elementet har alltsa totalt sex frihetsgrader och vi samlar dem i en elementforskjutningsvektor
q = (u1 ; v1 ; u2 ; v2 ; u3 ; v3 )T
Eftersom vi har linjar forskjutningsansats kan vi direkt hamta basfunktionerna fran avsnitt 2.3,
Fig 24,
0
1 0
1
N1
A
NT = @ N2 A = @
N3
1 Som vanligt anvander vi isoparametrisk formulering, dvs. alla storheter i elementet interpoleras pa samma satt. Fortsattningen foljer nu precis upplagget i avsnitt 2.3. Vi borjar med
31
avbildningen fran parameterrummet till verkliga rummet av elementets koordinater
0
1
0
1
x1
P
x = Ni (; )xi = N1 x1 + N2 x2 + N3 x3 = N @ x2 A = N x
0 x3 1
y1
P
@
y = Ni (; )yi = N1 y1 + N2 y2 + N3 y3 = N y2 A = N y
y3
sedan pa samma satt forskjutningar i elementet
u1
P
u = Ni (; )ui = N1 u1 + N2 u2 + N3 u3 = N @ u2 A = N u
0 u3 1
v1
P
@
v = Ni (; )vi = N1 v1 + N2 v2 + N3 v3 = N v2 A = N v
v3
Vi drar oss till minnet Jacobianen
J=
@x
@
@x
@
@y
@
@y
@
!
dar t.ex.
@x X @Ni
@N
=
xi =
x osv.
@
@
@
som i vart linjara element blir konstant (visa detta!)
J=
x1
x2
x3 y1
x3 y2
y3
y3
Jacobianen hjalper oss nu att koppla derivator av vilken storhet som helst () mellan de tva
rummen.
@ @ 1
@
@x
=J
@
@
@y
@
T
Fran hallfasthetslara vet vi att spanningen
= (x ; y ; xy ) och tojningen "T = ("x ; "y ; xy )
kopplas via det konstitutiva sambandet = D", dar den konstitutiva matrisen D vid plant
spanningstillstand har utseendet
D=
0
E
1 2
@
1 1
0 0
0
0
1 2
1
A
och vid plant deformationstillstand
0
D=
1
E (1 ) @ (1 + )(1 2 ) 1 0
1 1
0
0
0
1 2
2(1 )
1
A
dar som vanligt E ar elasticitetsmodulen och Poissons tal. Slutligen kopplas tojningen till
forskjutningarna i elementet enligt
0
" =@
@u
@y
@u
@x
@v
@y
+
32
1
@v
@x
A
Denna kan omskrivas till mer passande form
1 0
0
1
0
1
@u
1 0 @u 0 0 @v @x
@v
@x
A=@ 0 0 A
" = @ @y
+ @ 0 1 A @x
@u
@v
@u + @v
@y
@y
0
1
1
0
@x
0 @y 1
0
1
@u @v 1 0
0 0
@
@
1
1
@
@
A
A
0 0 J
=
+ 0 1 J
@u
@v
@
@
0 0 1 1
01 0 1
@N @N 1 0
0 0
@
@
1
1
@
A
@
A
0 0 J
0 1 J
=
@N u +
@N v
@
@
0 1
1 0
= Bq
dar B kallas tojningsmatrisen och denieras av sista likheten. Elementforskjutningsvektorn q
ar denierad ovan och [ ] betyder blockmatris. Efter en liten kalkyl kan man visa att (gor det
garna!)
0
1
y
y
0
y
y
0
y
y
0
2
3
3
1
1
2
1 @
0
x x
0
x x
0
x x A
B=
det(J) x x y3 y 2 x x y1 y 3 x x y2 y 1
3
2
2
3
1
3
3
1
2
1
1
2
Vi ar nu antligen mogna att vaska fram elementstyvhetsmatrisen ur den forsta integralen i
uttrycket for potentiella energin ovan
Z
Z
X1Z
X1Z
X1
1
T
T
T
T
T
" D" dV =
(Bq) DBq dV =
q B DBq dV =
q
BT DB dV q
2 V
2
2
2
Ve
Ve
Ve
varav slutligen identieras
ke =
Z
Ve
BT DB dV
Exempel 3.5: Bestam ke for ett CST med konstant tjocklek t i plant spanningstillstand.
Data: E = 2 105 N=mm2 ; = 0:3; t = 2 mm; xT = (0; 30; 20) mm; yT = (0; 0; 20) mm. Eftersom
B; D och elementets tjocklek t ar konstanta far vi
ke =
Z
Ve
BT DB dV = BT DB A t
dar A ar elementets area
1
1
1
1 x
20
20
1 x3 y1 y3
= 600 = 300 mm2
)
A = jdet(J)j = det( x x y y ) = det( 10
2
20
2
2
2
2
3
2
3
Den konstitutiva matrisen D vid plant spanningstillstand blir
0
1
0
1
1
0
2
:
2
0
:
66
0
E @
1 0 A = 105 @ 0:66 2:2 0 A N=mm2
D=
1 2 0 0 1 0
0 0:77
2
och tojningsmatrisen
0
1
y2 y3
0
y3 y1
0
y1 y2
0
x3 x2
0
x1 x3
0
x2 x1 A
B = det(1 J) @ 0
0 x3 x2 y2 y3 x1 x3 y31 y1 x2 x1 y1 y2
20 0
20
0 0 0
1
@
0
10 0
20 0 30 A 1=mm
= 600
10 20 20 20 30 0
33
Figur 35: Elektriskt natverk.
Figur 36: Varmeode.
Slutligen far vi sa efter matrismultiplikation
0
ke = BT DB A t =
B
B
B
5
10 B
B
B
@
1
1:59 0:48
0:88
1:21 0:18
0:38 0:66
0:29 0:22
0:77
1:1
1:98
0:95 0:77 0:66
1:98 0:77
2:2
sym
1:15
0
3:3
C
C
C
C
C
C
A
N=mm
Detta ar alltsa den sokta elementstyvhetsmatrisen. Den ar som synes av typen 6 6 som sig
bor. Lagg noga marke till att raderna och kolonnerna hanfor sig till elementforskjutningsvektorn
qT = (u1 ; v1 ; u2 ; v2 ; u3 ; v3 ) ovan. Detta ar viktig information vid assembleringen!
3.4 N
agra andra problemtyper
1
1
Den enkla form av elementstyvhetsmatris som vi har sett ovan, dvs. ke = k
1 1 , som
ju dessutom ar exakt i forhallande till den fysikaliska beskrivning vi har av problemet, ar mycket
vanlig inom en rad endimensionella problem, t.ex.
Elektriskt nat; Fig 35:
1
R
1
1
1 1
u1
u2
dar R = resistans
u = potential, dvs. spanning
i = strom
34
=
i1
i2
Figur 37: Torsion av balk.
Figur 38: Potentialstromning.
Varmeode genom vagg; Fig 36:
dar k
A
L
T
q
=
=
=
=
=
Torsion av balk; Fig 37:
dar G
Kv
L
M
=
=
=
=
=
kA
L
1
1
1 1
varmekonduktivitet
area
tjocklek pa vaggen
temperatur
varmeode
GKv
L
1
1
1 1
1
2
T1
T2
=
d4
128L
1
1
1 1
p1
p2
B
B
@
0
0
1
20
+
dar d = diameter pa roret
= viskositet
L = langd pa roret
p = tryck
q = ode
Det nns manga er, valvning av balk, ode i porosa material
osv.
Exempel 3.6: Elektriskt natverk, Fig 39. Med ke = R1 11 11
1
20
1
20
=
1
20
1+1
5
6
1
5
1
6
0
1
5
0
1
5
10
1 CB
6 CB
0 A@
1
6
0
35
u1
u2
u3
u4
1
0
C
C
A
=B
@
B
i1
i2
i2
i4
=
M1
M2
skjuvmodul
vridstyvhetens tvarsnittsfaktor
langd pa balken
vridningsvinkel
vridmoment
Potentialstromning; Fig 38:
0
q1
q2
q1
q2
far vi assembleringen
1
C
C
A
Figur 39: Exempel 3.5: Elektriskt natverk.
Infor randvillkoren u1 = 140V; u3 = 90V; u4 = 0 och i2 = 0 eftersom ingen yttre strom appliceras
dar, Kirchhos lag. Rad 2 ger nu direkt
1
1 1 1
140 +
+ + u
20
20 5 6 2
1
90
5
1
0=0
6
varav
u2 = 60V
Slutligen erhalles "reaktionsstrommarna" (och alla andra nodstrommar) genom matrismultiplikationen (Glom inte kontrollerna!)
0
B
1
20
1
20
i = ku = B
@ 0
1
20
+
0
1
20
1+1
5
6
1
5
1
6
0
1
5
10
0
1
5
1 CB
6 CB
0 A@
1
6
0
140
60
90
0
1
0
C
C
A
=B
@
B
4
0
6
10
1
C
C
A
A
Vi kan aven latt se eektutvecklingen i varje komponent. Tillsammans
0
1 ska de ju vara lika
4
B 0 C
C
med den yttre tillforda eekten Py = uT i = 140 60 90 0 B
@ 6 A = 1100W: Den inre
10
eektutvecklingen fas som
Pi =
P
element
uTe ke ue
=
140 60
60
1
20
1
20
1
5
90
1
1 5
6
0
1
6
1 140 20
1
60 +
20 1
60
5
+
1
5 90
1
60
6
=
60
1
0
6
= 320 + 180 + 600 = 1100W
som sig bor. Om batterierna inte "hanger pa jord" blir randvillkoren istallet av typen uj =
ui + uB , Fig 40. Denna typ av koppling ar exempel pa sa kallade "multifreedom constraints"
som vi kommer att behandla under kapitlet randvillkor.
Exempel 3.7: Bestam temperaturen mellan de tva skikten i vaggen, Fig 41. Om vi studerar
en enhetsarea av vaggen, dvs. A = 1 mm2 far vi
k1 =
21
4
1
1
1 1
k2 =
36
31
5
1
1
1 1
Figur 40: Multifreedom constraints.
Figur 41: Varmeode genom vagg.
och assembleringen
0 1
2
@ 1
2
1
2
0
0 1
2
@ 1
2
1
2
0
3
5
3
5
10
1
0
1
T1
q1
1+3
3 A@ T A = @ q A
2
2
2
5
5
3
3
0
T
q
3
2
5
5
Infor randvillkoren T1 = 18 C; T3 = 20 C och q2 = 0 eftersom ingen varme tillfors dar. Rad
2 ger nu direkt
1 3
3
1
( 18) +
+ T2
20 = 0
2
2 5
5
varav
30
T2 = C
11
Slutligen erhalles varmeodet per enhetsarea
q = kT =
0
1
2
+ 35
10
3 A@
5
18
30
11
20
1
A
och for hela "huset" genom att multiplicera med dess area.

3.5 Ovningar
1. Bestam forskjutningar samt reaktionskrafter, Fig 42.
Svar: u = (0; 107 ; 0)T ; F = ( 207 ; 10; 507 )T :
2. Bestam forskjutningar samt reaktionskrafter, Fig 43.
29
9
18
18 T
T
Svar: u = (0; 36
50 ; 50 ; 50 ; 0) ; F = ( 25 ; 1; 2; 3; 25 ) :

Figur 42: Ovning
3.1
37
0
=
114 @
11
1
0
1
1
A
W

Figur 43: Ovning
3.2

Figur 44: Ovning
3.3
3. Bestam temperaturfordelningen i vaggen, dvs. temperaturen mellan skikten, samt varme100 W=mm C och k = 1 W=mm C , Fig 44.
odet, om kv = 10000
w
10000
2010
1
1 )T :
10
T
Svar: T = (0; 101 ; 101 ; 20) ; q = ( 2020 ; 0; 0; 2020
v
4. Bestam vinklar och reaktionsmoment, om GK
aknat fran vanster,
L = 1; 2 respektive 3 r
10
40
10
120
T
T
Fig 45. Svar: ' = (0; 11 ; 11 ; 0) ; M = ( 11 ; 10; 20; 11 ) :
5. Tre noder ligger pa x-axeln och numreras fran vanster. Bestam forskjutningar och reak55 ; 5 )T ; F = ( 5; 10; 5)T :
tionskraft, Fig 46. Svar: u = (0; 26
26
6. Fyra noder ligger pa x-axeln och numreras fran vanster. Bestam forskjutningar och reak245 T
T
tionskraft, Fig 47. Svar: u = (0; 52 ; 375
94 ; 94 ) ; F = ( 5; 0; 10; 5) :
7. Fyra noder ligger pa x-axeln och numreras fran vanster. Bestam forskjutningar och reaktionskraft, Fig 48. Svar: u = (0; 65 ; 25 ; 125 )T ; F = ( 5; 0; 10; 5)T :
8. Tre noder ligger pa x-axeln och numreras fran vanster. Bestam forskjutning i nod 2 och
reaktionskrafter, Fig 49. Svar: u = (0; 38 ; 1)T ; F = ( 83 ; 10; 223 )T :
9. Bestam spanningar och strommar, Fig 50. Svar: Med nodnumrering enligt exempel 3.6,
blir u = (100; 40; 50; 0)T ; i = ( 152 ; 0; 25 ; 10)T :

Figur 45: Ovning
3.4
38

Figur 46: Ovning
3.5

Figur 47: Ovning
3.6

Figur 48: Ovning
3.7

Figur 49: Ovning
3.8

Figur 50: Ovning
3.9
39

Figur 51: Ovning
3.10

Figur 52: Ovning
3.11
10. Bestam spanningar och strommar, Fig 51. Svar: Med t.ex. nodnumrering
135
75 T
65
blir u = ( 75
14 ; 28 ; 10; 0; 28 ) ; i = (0; 0; 28 ;
65
T
28 ; 0) :
1 1 2
3 4 5
sa
11. Lat ke ue = Fe , dar ue = (; ')T och Fe = (F; M )T : Bestam sedan elementstyvhetsmatri
12
6L
EI
sen ke med hjalp av elementarfall, Fig 52. Svar: ke = L
6L 4L 2 :
3
12. Lat ke ue = Fe , dar ue = (1 ; '1 ; 2 ; '2 )T och Fe = (F1 ; M1 ; F2 ; M2 )T : Bestam sedan
elementstyvhetsmatrisen
ke med hjalp av1elementarfall, Fig 53.
0
12 6L
12 6L
2
B
4L
6L 2L2 C
B
C
Svar: ke = EI
L @
12
6L A :
sym
4L2
3
1
16 ;
T
13. Bestam och ' vid lasten samt reaktionskrafter, Fig 54. Svar: u = (0; 0; 327
109 ; 0; 0) ;
42
70
34
39
F = ( 109 ; 109 ; 1; 0; 109 ; 109 )T ; med noder numrerade fran vanster och positiva riktningar
enligt uppgift 12.
14. Bestam vid B samt ' vid A och B . Bestam darefter reaktionskrafter, Fig 55.

Figur 53: Ovning
3.12
40

Figur 54: Ovning
3.13

Figur 55: Ovning
3.14
L ; 7F L ; 3F L )T ; F = ( 3F ; F L ; 5F ; 0; F; 0)T ; med noder
Svar: u = (0; 0; 0; F4EI
12EI
4EI
2
2 2
numrerade fran vanster och positiva riktningar enligt uppgift 12.
3
2
2
15. Bestam forskjutningen av horisontalen, Fig 56. Svar: =
F L3
24EI :
16. Bestam och ' vid A och B , Fig 57. Ledning och svar: Balkarna ar mycket styva i axiell
led, dvs. A = B : Lat u = (A ; 'A ; 'B )T dar positiv riktning ar at hoger respektive
moturs sa blir
0 12EI
1
12EI
6EI
6EI
L + L
L
L
6EI
4EI + 4EI
2EI
A:
k=@
L
L
L
L
6EI
2EI
4EI + 4EI
L
L
L
L
3
3
2
2
2
2
Yttre lasten F = (0; M; 0)T varav slutligen u =
ML
84EI (3L;
13; 1)T :
17. Bestam och ' vid A; B och C , Fig 58. Ledning och svar: Balkarna ar mycket styva i
axiell led, dvs. Aupp = Bupp : Lat u = (B ; 'B ; 'C ; A ; 'A )T dar positiv riktning ar uppat,
at hoger respektive moturs sa blir
k=
0 123EI
122EI
L3 + L3
62EI
B 63EI
L2 + L2
B
62EI
B
L2
B
@
0
0
63EI + 62EI
L2
L2
43EI + 44EI + 42EI
L
a
L
22EI
L
64EI
a2
24EI
a

Figur 56: Ovning
3.15
41
62EI
L2
22EI
L
42EI
L
0
0
0
64EI
a2
0
124EI
a3
64EI
a2
0
1
24EI C
a C
0 C
C:
64EI A
a2
44EI
a

Figur 57: Ovning
3.16

Figur 58: Ovning
3.17
Yttre lasten F = (0; 0; 0; F; 0)T varav slutligen u =
14L); a(51a + 28L)T :
F
2
408EI (8aL ; 28aL;
26aL; 2a2 (17a+
18. Bestam och ' vid A och B samt ' vid C . Ersatt den utbredda lasten med ekvivalenta
stodkrafter i noderna. Dessa blir da s.k. konsistenta nodlaster vilket vi aterkommer
till senare i kursen, Fig 59. Ledning och svar: Balkarna ar mycket styva i axiell led, dvs.
A = B : Lat u = (A ; 'A ; 'B ; 'C )T dar positiv riktning ar at hoger respektive moturs, sa
blir
0
1
12EI
6EI
6EI
6EI
12EI
L
L
(3L) + L
(3L)
B
6EI
2EI
4EI + 4EI
0 C
C
3L
2L
2L
(3L)
:
k=B
B
6EI
2EI
4EI + 4EI 2EI C
@
A
L
2L
2L
L
L
6EI
2EI
4EI
0
L
L
L
3
2
3
2
2
2
2
2
Yttre lasten F = ( q23L ; 0; 0; 0)T varav slutligen u =
qL3
2780EI (2538L;
54; 1512; 3051)T :
19. Implementera CST i Mathematica eller Matlab och analysera en konsolbalk under punktlast med avseende pa dimensioner och antal element. Jamfor med elementarfall.

Figur 59: Ovning
3.18
42
Figur 60: Exempel 4.1.
4 Randvillkor
4.1 Inledning
Som vi har sett tidigare betyder randvillkor (constraints) att vi lagger onskade villkor pa en
eller era frihetsgrader och/eller yttre laster. Vanligast ar frihetsgrader. I detta kapitel ska vi
se lite mer systematiskt pa hur detta gar till. Vi borjar med situationen da en eller era ui ar
foreskrivna explicit, sa kallade single-freedom constraints (SFC), for att darefter behandla
mer avancerade kopplingar mellan frihetsgrader, multifreedom constraints (MFC).
4.2 Partionering av systemet
Detta ska mest ses som en teoretisk metod som visar att vi alltid kan bestamma de frihetsgrader
som vi inte har foreskrivit, vilket bygger pa det faktum att for varje frihetsgrad i systemet maste
antingen frihetsgraden sjalv foreskrivas eller lasten pa hogersidan, inte bada utan exakt en.
Losningen till ett ekvationssystem andras ju inte om vi sorterar om ekvationerna i en annan
ordning. Av samma anledning kan vi sortera om frihetsgraderna sa att t.ex. de foreskrivna
hamnar sist i den globala forskjutningsvektorn.
Vi infor index r (required) for de obekanta frihetsgraderna och lagger dem forst i den globala
forskjutningsvektorn. Samma index ger vi deras associerade yttre laster. De foreskrivna frihetsgraderna och dess associerade laster ger vi index g (given). Vi far da en sa kallad partionering
av systemet
krr krg
ur = Fr
k k
u
F
gr
Forsta ekvationen ger direkt
gg
g
g
krr ur + krg ug = Fr
Har ar ju Fr och ug kanda, varav de sokta frihetsgraderna
ur = krr1 (Fr krg ug )
Sedan fas de till ug associerade reaktionskrafterna
Fg = kgr ur + kgg ug
= 200N=mm och ( EA
L )2 = 400N=mm:
Yttre laster F2 = 20N; F3 = 30N samt randvillkoret u1 = 0, Fig 60. Vi kommer ihag elementstyvhetssambandet (obs lokala nodnummer!)
Exempel 4.1: Tva stanger med styvheterna
43
EA )
L 1
EA
L
1
1
1 1
u1
u2
=
F1
F2
och far direkt assembleringen
0
@
10
200
200
0
200 200 + 400 400
0
400
400
u1
u2
u3
A@
1
0
A
=@
F1
20
30
1
A
samt efter omsortering av ekvationer och obekanta
0
@
600
400 200
400 400
0
200 0
200
10
A@
u2
u3
u1
1
0
A
=@
20
30
F1
1
A
Vi kan har identiera de olika matriserna som ingar i partioneringen
8
>
>
<
krr =
>
>
:
ur =
600
400
400
400
u2
u3
krg =
200
0
ug = (u1 )
kgr =
Fr =
200 0
20
30
kgg = (200)
Fg = (F1 )
och berakna ur och Fg med uttrycken ovan
ur =
Fg =
600
400
400 400
200 0
1 1
20
1
8
20
200
30
0
+ (200) (0) = (10)
(0) =
1 20
1
8
4.3 Eliminering
Detta ar det vanligaste och ur numerisk synpunkt oftast det mest stabila sattet att administrera
losningen. Man valjer att forst bestamma alla okanda ui genom att eliminera de kanda, darefter
beraknas alla F ur F = ku.
0
@
k11 k12 k13
k21 k22 k23
k31 k32 k33
10
A@
u1
u2
u3
1
0
A
=@
F1
F2
F3
1
A
Antag att u2 = u20 ar given. Eliminera denna genom att stryka rad 2 samt subtrahera u20
ganger kolonn 2 fran bada sidor. De okanda u1 och u3 kan nu direkt bestammas ur det nya
ekvationssystemet
k11 k13
u1 = F1 k12 u20
k31 k33
u3
F3 k32 u20
Vi ser latt hur detta kan generaliseras vid era givna u.
+ systemet har exakt sa manga obekanta vi soker
kraver administration i datorn som kan bli komplicerad, speciellt vid MFC, se nedan
44
4.4 Strametod
Har utg
ar man direkt fran energifunktionalen och adderar en positiv term som blir mycket stor
om inte randvillkoren uppfylls, s.k. penalty method. Applicerat pa u2 = u20 given far vi
1
1
W (u) = uT ku uT F + (u2 u20 )2
2
2
dar ar ett mycket stort tal, s.k. penalty factor. Nar vi nu som vanligt deriverar W for att
soka minimum kommer denna process att kanna av om inte randvillkoret uppfylls och darmed
leverera onskat resultat. Randvillkoren uppfylls inte exakt men blir allt battre ju storre ar.
Eekten av stratermen blir att diagonaltermen samt hogerledet korrigeras enligt
0
@
k11 k12 k13
k21 k22 + k23
k31 k32 k33
10
u1
u2
u3
A@
1
0
A
=@
F1
F2 + u20
F3
1
A
Notera att vi nu loser ekvationssystemet med avseende pa samtliga ui , trots att u2 ar kand.
Speciellt kommer den att fa utseendet
F + u20 k21 u1 k23 u3
u2 = 2
k22 + Om nu ar tillrackligt stort sa att det dominerar over alla andra koecienter kommer randvillkoret att uppfyllas med god noggrannhet och i grans galler naturligtvis
lim u
!1 2
= u20
+ enkel att implementera i dator
+ enkel att generalisera till era foreskrivna frihetsgrader
+ enkel att generalisera till mer komplicerade randvillkor
kan ge numeriska problem vid ekvationslosningen om illa valt
reducerar inte antalet obekanta, trots att vi kanner randvillkoren
Metodens arbetssatt kan latt illustreras i en dimension, Fig 61. Tag funtionen y(x) = 12 (x 2)2
som antar minimum for x = 2, men vi vill att det ska antas for x = 4 istallet. Darfor lagger
vi till en straterm y(x) = 12 (x 2)2 + 12 (x 4)2 : I guren ser vi tydligt hur den onskade
eekten uppnas for allt okande varde pa : Vissa intressanta geometriska iaktagelser kan goras,
namligen att alla kurvor gar igenom den nya minpunkten, som ligger pa ursprungskurvan, och
har sammanfallande tangenter dar.
Strametoden kan latt generaliseras till mer avancerade kopplingar mellan frihetsgrader, s.k.
multifreedom constraints (MFC). Inte sallan ar det sa att frihetsgrader behover foreskrivas
ett inbordes beteende utan att for den skull vara kanda till storlek, t.ex. cyklisk symmetri,
kontaktproblem, Fig 62. Antag att kopplingen beskrivs av sambandet
Au = B
Om inte detta uppfylls har vi felvektorn Au B. Langden av denna vektor ar alltid ickenegativ, sa
(Au B)T (Au B) 0
Infor nu detta som tidigare
1
1
W (u) = uT ku uT F + (Au B)T (Au B)
2
2
45
Figur 61: Penalty magic.
Figur 62: Tillampning da penalty kan behovas.
46
Figur 63: Exempel 4.2
Derivation ger nu extremvarde pa u
@W (u)
= ku F + AT (Au B) = 0
@u
eftersom, (kom ihag att (A + B)T = AT + BT och (AB)T = BT AT )
T
@
@
T
BT )(Au B)
@ u (Au B) (Au B) = @ u ((Au)
@
T T
T T
T
T
T
@ u (u A Au u A B B Au + B B) = 2A Au
T
T
T
2A Au 2A B = 2A (Au B)
= @@u (uT AT BT )(Au B) =
AT B B T A + 0 =
Vi ser att stratermen kan tolkas som ett articiellt element som kopplar frihetsgraderna i sina
noder precis som ett vanligt element gor det, och identierar
kMFC = AT A och FMFC = AT B
Detta articiella element assembleras som vilket annat element som helst. Vi har alltsa fatt ett
valdigt smidigt och enhetligt satt att applicera bade enkla och kopplade randvillkor.
Exempel 4.2: En stang med foreskriven forskjutning vid vaggen, u1 = , Fig 63. For
enkelhets skull later vi alla frihetsgrader vara med vid tecknandet av A och B. I verkligheten
deltar naturligtvis endast de frihetsgrader som ar inblandade, dvs. vi skapar ett articiellt
element som "hanger" i de frihetsgrader som ingar i vara kopplingsvillkor. Vi far alltid lika
manga rader i A och B som vi har villkor, alltsa
u1 = , 1 0
| {z
A
och efter identiering
}
|
u1
u2
{z
u
= | {z }
}
B
A= 1 0
B= Nu aterstar att bestamma kMFC , FMFC , assemblera, samt losa ekvationssystemet. Alltsa
kMFC =
FMFC =
sa
k
1
1
1 1
AT A
AT B
u1
u2
=
=
+
1
0
1
0
1 0
0 0
47
1 0 =
=
u1
u2
0
=
1 0
0 0
=
0
F
0
+
0
Figur 64: Exempel 4.3.
k+ k
k k
u1
u2
=
Samma resultat far vi naturligtvis om vi anvander uttrycket
k
1
1
1 1
u1
u2
0
F
+ 1 0
T
@W (u)
@ u = 0 ovan
u1
( 1 0
0
1 0
u1
k
+
(
F
0 0
u2
k+ k
u1 = k k
u2
F
varav slutligen losningen med gransovergang
1
1
1 1
u1
u2
=
u1
u2
F
+ F
+ F (k+k)
!
+ Fk
u2
( )) = 0
)=0
0
; da ! 1:
Exempel 4.3: Tre lika styva stanger ar forskjutna i forhallande till en vagg, u1 = ; med
utvaxlingsvillkor mellan nod 2 och nod 3, u2 = 2u3 ; Fig 64. Lagg marke till att vi enkelt tar
hand om samtliga randvillkor, bade enkla (SFC) och kopplade (MFC), nar vi tecknar
0
u1 = u2 2u3 = 0
Vi far
0
B
kMFC = AT A = B
@
,
1 0
0 1
0 2
0 0
0
B
FMFC = AT B = B
@
och assemblering
0
B
kB
@
1
1 0 0
1 2
1 0
0
1 2
1
0 0
1 1
10
CB
CB
A@
u1
u2
u3
u4
1
|
1 0 0 0
0 1 2 0
{z
A
}
B
B
@
1
u1
u2
u3
u4
C
C
A
1
C
C
A
= 0
| {z
B
0
1 0 0 0
0 1 2 0
1 0
0 1
0 2
0 0
0
C
B
C+B
A
@
1
C
C
A
B
= B
@
0
0
1 0 0 0
0 1
2 0
0 2 4 0
0 0 0 0
48
B
= B
@
0
0
0
10
CB
CB
A@
1
C
C
A
u1
u2
u3
u4
}
1 0 0 0
0 1
2 0
0 2 4 0
0 0 0 0
0
=B
@
0
0
0
1
0
C
C
A
=B
@
B
B
1
C
C
A
1
C
C
A
0
0
0
F
1
0
C B
C+B
A @
0
0
0
1
C
C
A
vilket hyfsas till
0
B
B
@
k+
k
0
0
k 2k + k 2 0
0
k 2 2k + 4 k
0
0
k
k
10
CB
CB
A@
u1
u2
u3
u4
1
0
C
C
A
=B
@
B
0
0
F
1
C
C
A
Notera aterigen att vi loser ekvationssystemet med avseende pa samtliga ui . Nar det galler
krafter sa assembleras endast kanda sadana. Reaktionskrafter och tvangskrafter sattes till noll.
Dessa beraknas efterat, som tidigare, med F = ku, dar naturligtvis aven de kanda krafterna
ska aterskapas som vanligt.
I detta fall kan den symboliska losningen enkelt fas med nagot symbolbehandlande program,
exempelvis Mathematica. Inte ovantat blir den omfattande och svaroverskadlig. Av intresse kan
istallet vara att med samma program studera hur losningen konvergerar for okande : Satt t.ex.
k = 1; F = 1 och = 3 sa erhalles foljande tabell
100
101
102
103
104
105
106
107
u1
3:
2:98269
2:99803
2:99980
2:99998
3:
3:
3:
u2
3:
2:80962
2:80082
2:80008
2:80001
2:8
2:8
2:8
u3
2:
1:46346
1:40639
1:40064
1:40006
1:40001
1:4
1:4
u4
3:
2:46346
2:40639
2:40064
2:40006
2:40001
2:4
2:4
Vi ser att bade foreskrivna och kopplade randvillkor uppfylls. I praktiken valjs naturligtvis ett
stort varefter det articiella kopplingselementet assembleras som vilka andra element som
helst. Till slut far vi aven de "konvergerade" nodlasterna
F = ku = (0:2; 1:2; 2:4; 1)T
med summan lika med noll, som sig bor. Vi kan har direkt avlasa vilka nodkrafter som kravs
for att astadkomma utvaxlingsvillkoret mellan nod 2 och 3.
Exempel 4.4: I detta exempel ska vi studera ett kontaktproblem i form av ett krympforband, Fig 65. Ett kugghjul ska namligen pressas pa en axel. Eftersom deformationerna ar sma
i kontaktzonen for de tva detaljerna blir kraft-deformationssambandet linjart, dvs vi kan betrakta dem som fjadrar. I bilden ser vi axeln representeras av fjader 1 och kugghjulet av fjader
2. Vi valjer uppat som positiv riktning pa forskjutningar u. Det forutbestamda greppet ska
nu fordelas pa u2 och u3 sa att noderna 2 och 3 bringas i kontakt. Fordelningen dem emellan
avgors av fjaderstyvheterna k1 och k2 . Om vi konsulterar en larobok i hallfasthetslara eller
maskinelement (gor det!) nner vi foljande uttryck pa radiella forskjutningen i kontaktzonen
for ett nav med innerdiametern d och ytterdiametern D.
unav =
pd (1 )( Dd )2 + 1 + 2E
1 ( Dd )2
dar p ar kontakttrycket samt E elasticitetsmodulen och Poissons tal som vanligt. Motsvarande
formel for en homogen axel ar
pd
uaxel = (1 )
2E
49
Figur 65: Exempel 4.4.
Om vi satter forbandets bredd till L och kallar kontaktkraften for F kan vi identiera k1 och
k2
F d (1 )( d ) +1+
d
1 (1 )( D ) +1+ F = 1 F
D
=
unav = dL
d
2E
2LE
k
1 ( )
1 (d)
2
D
F
dL d
2
2
1 2LE F
D
1
k1 F
2
2
uaxel = 2E (1 ) =
=
Problemet ska naturligtvis losas med MFC. Ur randvillkoren identierar vi A och B.
8
<
:
u1 = 0
u4 = 0
u3 u2 = varav
0
AT A
kMFC =
=
B
B
@
1
0
0
0
0
,@
|
0 0
0 1
0 1
1 0
1 0 0 0
0 0 0 1
0 1 1 0
{z
A
1
0
C
C@
A
1
0
B
AB
@
}
1 0 0 0
0 0 0 1
0 1 1 0
0
1
u1
u2
u3
u4
C
C
A
=@
|
0
1
A
0
B
= B
@
1
0
0
{z
B
1
A
}
1 0 0 0
0 1
1 0
0 1 1 0
0 0 0 1
0
1
C
C
A
1
0
1
1 0 0
0
0
B
C
B
C
0
0
1
C@ 0 A = B C
FMFC = AT B = B
@ 0 0 1 A
@ A
0 1 0
0
Nu ar det bara att assemblera de tva fjadrarna samt slutligen MFC-elementet som kopplar dem
samman.
0
B
B
@
k1
k1
0
0
k1
k1
0
0
0
0
k2
k2
0
0
k2
k2
10
CB
CB
A@
u1
u2
u3
u4
1
0
C
B
C+B
A
@
1 0 0 0
0 1
1 0
0 1 1 0
0 0 0 1
10
CB
CB
A@
u1
u2
u3
u4
1
0
C
C
A
=B
@
B
0
0
0
0
vilket hyfsas till
0
B
B
@
k1 + k1
0
0
k1 k1 + 0
0
k2 + k2
0
0
k2 k 2 + 50
10
CB
CB
A@
u1
u2
u3
u4
1
0
C
C
A
=B
@
B
0
0
1
C
C
A
1
0
B
C
C+B
A
@
0
0
1
C
C
A
Figur 66: Exempel 4.5.
Med t.ex. d = 25mm; D = 50mm; L = 15mm; E = 2 105 N=mm; = 0:3; = 0:01mm och
= 1015 far vi
0
B
B
@
2:7 107 + 1015
2:7 107
0
0
7
2:7 10
2:7 107 + 1015
1015
0
15
6
15
0
10
9:6 10 + 10
9:6 106
0
0
9:6 106
9:6 106 + 1015
som har losningen
10
CB
CB
A@
u1
u2
u3
u4
1
0
C
C
A
=B
@
B
0
1013
1013
0
1
C
C
A
u = (0; 0:0026; 0:0074; 0)T mm
Vi ser att bade foreskrivna och kopplade randvillkor uppfylls. Till slut far vi aven nodlasterna
F = ku = (71; 71; 71; 71)T kN
dar ju kontaktkraften kan utlasas. Denna kan naturligtvis direkt oversattas till ett yttryck for
kontroll att inga otrevliga spanningar upptrader. Vi noterar slutligen att totala summan av
nodlasterna liksom over varje fjader ar lika med noll, som sig bor.
Exempel 4.5: Glidkontakt mellan tva kroppar ar ett inte helt ovanligt randvillkor som
ar svart att realisera utan strametod, Fig 66. Antag att tva kroppar tillats glida lite grann i
forhallande till varandra. For enkelhets skull antar vi dessutom att de har sammanfallande noder
i kontaktytan. For varje par av noder j; k pa de b
ada kropparna som ar i kontakt med varandra
maste da galla att forskjutningsvektorn i noden ska ligga i den andra kontaktytans tangentplan,
alltsa uj i Tk och uk i Tj . Dessa krav formuleras enklast som att forskjutningsvektorn ska bilda
rat vinkel med normalen till tangentplanet
nTk uj = 0
nTj uk = 0
Om ytorna ar "snalla" och i kontakt ar det rimligt antagande att tangentplanen sammanfaller
och darmed nj = nk = njk : Pa matrisform far vi da kopplingsvillkoret dar vi direkt kan
identiera A samt att B = 0:
|
nTjk 0
0 nTjk
{z
A
}
uj
uk
=0
Notera att A inte ar kvadratisk, ty vid t.ex. tva dimensionellt problem med forskjutningar i x51
och y-led har vi
0
|
varav
och
njkx njky 0
0
0
0 njkx njky
{z
A
0
ujx
uj y
ukx
uky
B
B
@
}
1
C
C
A
=0
1
njkx 0
B njk
0 C
0
0
y
x njky
T
B
C
kMFC = A A = @ 0 n A njk
0
0
n
n
jkx
jkx
jky
0
n
jky
1
0
n2jkx njkx njky
0
0
C
B njkx njky
n2jky
0
0
C
= B
2
@
0
0
njkx njkx njky A
0
0
njkx njky n2jky
=
FMFC = AT B = 0
Man kan utvidga sambanden ovan sa att noderna tillats glida lite langre langs elementranderna

pa den andra kroppen, t.ex. glidlager. Aven
bidrag fran friktion kan inkluderas i formuleringen.
En annan ofta onskad eekt ar att kropparna tillats lamna varandra, skalarprodukten i grundsambandet ovan kommer da att innehalla en olikhet i stallet for en likhet. Harledningarna i
dessa fall blir nagot tekniska, dock ar grundiden den samma som ovan.
Exempel 4.6: I ett 2D problem med forskjutningsfrihetsgrader i x- och y-riktningarna vill
man begransa en nod till att bara kunna rora sig langs vaggen 3x 2y = 5: Bestam kMFC
och FMFC : Om vi antar att noden har globalt nodnummer i och forskjutningarna, dvs. nodens
frihetsgrader, i x- och y-riktningarna ar ui respektive vi far vi
3 ui
dvs. efter identiering
varav
2vi = 5 , 3
|
A= 3
kMFC =
AT A
FMFC =
=
AT B
2
3
2
=
{z
2
A
3
2
}
|
ui
vi
{z
u
B= 5
3
= 5
| {z }
}
B
2 =
5 =
9
6
6 4
15
10
som assembleras in pa nodens frihetsgrader.
Exempel 4.7: Avslutningsvis tittar vi pa hur en konsolbalk bestaende av tva element med
stod under mittnoden tvingas pa plats med hjalp av strametod, Fig 67. Samtliga randvillkor, dvs. 1 = '1 = 0 vid vaggen och 2 = 0 vid stodet, hanteras med ett enda virtuellt
"straelement". Data: Balkens langd L = 2m, EI = 1Nm2 och F = 1N:
Vi ser tydligt eekten av okande ! Resultatet for = 1 ser lite lustigt ut och har givetvis
inget med verkligheten att gora, utan indikerar helt enkelt att just ar for litet! I praktiken ar
52
Figur 67: Exempel 4.7.
det inte fel att oka tills dess man inte ser nagon forandring. Vid jamforelse med exakt losning,
se ovning 3.5.14, visar det sig att redan for = 105 har vi mycket god overensstammelse.
Exakt
= 105
1
'1
2
0
0
0
0:0000 0:0000 0:0000
'2
3
1
4
'3
7
12
0:2501
0:5834
3
4
0:7501
4.5 Lagrange multiplikatormetod
Ett alternativ till strametoden som inte innehaller ett "godtyckligt" ar att pa ett snarlikt
satt bilda den s.k. Lagrangefunktionen
1
L(u; ) = uT ku uT F + T (Au B)
2
dar ar en vektor med okanda Lagrangemultiplikatorer, lika manga som antalet kopplingsvillkor. Det hela loses genom att soka extremvarde till L med avseende p
a den utokade mangden
obekanta. Liksom vid strametoden betraktar vi samtliga ui och j som obekanta, och assem
blerar endast kanda krafter. Ovriga
sattes till noll. Reaktionskrafter, tvangskrafter och kanda
beraknas som vanligt efterat. Minimering ger
@L
@u
@L
@
=0
=0
)
k AT
A 0
u
=
F
B
Som synes har vi fatt ett storre ekvationssystem. Nagot samre jamfort med strametod alltsa.
Men a andra sidan behover vi inte berakna kMFC och FMFC med ett val valt sa att god
53
noggrannhet uppnas, utan att stalla till numeriska problem for ekvationslosaren. Helt bekymmersfri ar dock inte den utokade koecientmatrisen vid Lagrangemetoden heller. Eftersom den
inte langre ar positivt denit, dvs. L har inte nagot minimum utan stationara vardet antas i en
sadelpunkt, stalls det har andra speciella krav pa ekvationslosaren. Lagrangemultiplikatorerna
har ofta en fysikalisk tolkning, t.ex. reaktionskrafter for att uppratthalla randvillkoren.
Exempel 4.8: Vi provkor Exempel 4.3 med Lagrange multiplikatormetod. Med K; A; B
och de numeriska vardena k = 1; = 3; F = 1 som tidigare, far vi
0
B
B
B
B
B
B
@
med losningen
1
1
0
0
1
0
1 0
2
1
1 2
0
1
0 0
1
2
0
0
1
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
2
0
0
0
10
CB
CB
CB
CB
CB
CB
A@
u1
u2
u3
u4
1
2
1
0
C
C
C
C
C
C
A
B
B
B
B
B
B
@
=
1
0
0
0
1
3
0
C
C
C
C
C
C
A
14 7 12 T
1 6
; ; ) och = ( ; )T
5 5 5
5 5
Vi kanner igen alla ui och j som reaktionskrafter. Dock med negativtecken...
u = (3;

4.6 Ovningar
1. Los exempel
8 3.3 med
partionering.
6
2
1
3
>
>
; kgr =
< krr =
2 2 ;krg = 0 0 Ledning:
u
u
0
>
2
1
>
: ur =
u3 ; ug = u4 ; Fr = 10 ; Fg =
2. Los exempel 3.3 med eliminering.
3. Los exempel 3.3 med strametod. Ledning: A =
1 0 0 0
0 0 0 1
0
4. Los exempel 3.6 med strametod. Ledning: A =
@
efter assemblering av "straelementet"
0 1
20 + 1
B
20
B
@
0
0
1
20
5
12
1
5
1
6
0
1
5
0
1
5
+
0
1
6
1
6
0
+
10
CB
CB
A@
1 0
3 0 ; kgg =
R1
R4
1 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
u1
u2
u3
u4
1
0
C
C
A
=B
@
B
;B =
1
=
1 0
0 3
0
A;B
140
0
90
0
0
0
@
140
90
0
1
A
och
1
C
C
A
5. Tre fjadrar med styvheten 1, 2 respektive 3 N=mm ar seriekopplade. Numrera element
och noder fran "vanster" i positiv koordinatriktning och lat nod 1 sitta fast i en vagg.
Nod 3 och 4 ar sammanbundna med en vaxellada sa att u2 = 2u3 (MFC). Bestam nu
forskjutningarna i nod 2, 3 och 4 om kraften F4 = 10N angriper i nod 4. Bestam sedan
erforderliga reaktionskrafter i nod 1, 2 och 3 for att uppratthalla randvillkoren. Anvand
bade strametod och Lagrange multiplikatormetod.
Svar: u = (0; 103 ; 53 ; 5)T ; F = ( 103 ; 203 ; 403 ; 10)T :
54
Figur 68: Bandmatris och skyline form.
6. I ett 2D problem med forskjutningsfrihetsgrader i x- och y-riktningarna vill man begransa
en nod till att bara kunna rora sig langs vaggen y = 2x: Bestam kMFC och FMFC :
4
2
0
Svar: kMFC = och
F
MFC =
2 1
0 assemblerade i nodens frihetsgrader.
7. Tre fjadrar med styvheten 1, 2 respektive 3 N=mm ar seriekopplade. Numrera element
och noder fran "vanster" i positiv koordinatriktning och lat nod 1 sitta fast i en vagg.
Nod 3 och 4 ar sammanbundna med en vaxellada sa att u3 = 2u4 (MFC). Bestam nu
forskjutningarna i nod 2, 3 och 4 om kraften F4 = 10N angriper i nod 4. Bestam sedan
erforderliga reaktionskrafter for att uppratthalla randvillkoren. Anvand bade strametod
och Lagrange multiplikatormetod.
40 ; 60 ; 30 )T ; F = ( 40 ; 0; 130 ; 90 )T = ( 40 ; 0; 130 ; 10 260 )T :
Svar: u = (0; 17
17 17
17
17
17
17
17
17
5 Losning av ekvationssystem
5.1 Terminologi
De ekvationssystem som uppstar efter assembleringen av ett FE-problem har ofta en speciell
struktur, Fig 68. Om noderna ar val numrerade kommer endast koecienter i ett band kring
huvuddiagonalen i k att vara skilda ifran noll. Man talar om systemets bandbredd. Givetvis
lagras endast dessa koecienter i datorns minne. En ytterligare forning ar att lagra bandbredden i taggat format (eng. skyline format). I detta fall haller man for varje kolonn reda pa var
forsta koecienten skild ifran noll benner sig.
Om man anda tycker att man lagrar for manga nollor, eller har svart att halla nere bandbredden aterstar kanske bara det s.k. glesa formatet. Har lagras varje koecient skild fran
noll tillsammans med sitt rad och kolonnindex.
Nar det sa till slut skall losas nns vasentligen tva olika satt, direkt metod och iterativ
metod.
5.2 Direkt metod
Vid direkt metod anvander man Gauss eliminationsmetod eller nagon narbeslaktad variant for
att battre passa datorns minneshantering. Vanliga begrepp ar skyline solver och frontal solver.
Anledningen till detta ar enkel. For ett givet ekvationssystem ar Gauss eliminationsmetod den
som kraver minst antal rakneoperationer for att bestamma de obekanta. Konsultera nagon
lamplig bok i linjar algebra for att se hur den fungerar.
Losningstiden T for Gauss da koecientmatrisen ar full ar vasentligen proportionell mot
antalet obekanta i kubik, T n3 . Med bandbredd b mindre an n modieras den till T nb2 .
55
Eftersom n ar problemstorleken ar det salunda mycket viktigt att halla nere bandbredden. Denna bestams vasentligen av maximala nodnummerdierensen inom varje element. Med andra ord
galler det att numrera noderna i sadan ordning att denna dierens blir liten. Med manga element
ar detta naturligtvis ohallbart att gora for hand. Problemet att minimera bandbredden eller
skyline ar mycket svart, s.k. NP -komplett problem. I praktiken nns det ett antal heuristiska
metoder som ger bra resultat, exempelvis Gibbs-Pole-Stockmeyer. Den nya nodnumreringen ar
helt intern i FE-programmen och ar normalt helt transparent for anvandaren.
Fordelen med Gauss ar att den i ett andligt antal operationer ger ratt resultat. Vidare
ar det mycket billigt att losa era lastfall (hogerled) eftersom den dyra faktoriseringen av k
endast gores en gang. Uppenbart problem ar att vi maste hantera k assemblerad och stora
svarigheter uppstar da problemstorleken okar och k inte lange far plats i datorns minne utan
maste partioneras pa disk. Detta okar losningstiden drastiskt. Vidare kan man ju fraga sig om
det ar rimligt att bestamma en losning med full maskinnoggrannhet, kanske 15-20 siror, om
man betanker att FEM ar en approximativ metod?
5.3 Iterativ metod
Nar man skall losa ekvationssystemet ku = F och u kanske motsvarar era hundra tusen obekanta rakar man i stora svarigheter om man forsoker lagra k i datorns minne. En alternativ och
mycket eektiv metod till de direkta ar de s.k. iterativa metoderna vilka ger en sekvens med
allt battre u. Fordelen ar bl.a. att man inte behover k sjalvt utan endast vektorn ku. Denna
kan enkelt beraknas direkt ur elementstyvhetsmatriserna, som sedan gloms! Minnesbehovet blir
da mycket litet, linjart i problemstorlek och helt oberoende av bandbredd och nodnumrering.
Naturligtvis nns det nackdelar. Den storsta ar ju fragan hur manga iterationer som behovs
innan onskad noggrannhet uppnas? Detta avgors av det s.k. konditionstalet for k, som i sin
tur beror pa hur utspridda egenvardena till k ar. Genom sa kallad forkonditionering med en
matris som "liknar" k 1 okar prestandan dramatiskt. Stor moda agnas att nna dylika "billiga"
forkonditioneringar. Detta sokande, tillsammans med utveckling av eektiva iterativa metoder,
har varit mycket framgangsrikt. Redan for sma problem har de blivit konkurrenskraftiga och
for de riktigt stora har de varit den enda framkomliga vagen. En enkel medlem i denna klass
av metoder brukar kallas steepest descent och kan pa algoritmform beskrivas sa har
u0 = 0;
for ( i = 1; 2; ::: ) f
ri 1 = F kui 1 ;
if ( rTi 1 ri 1 < eps ) break;
T
i = rrTii krrii ;
ui = ui 1 + i ri 1 ;
1
1
1
1
g
Exempel 5.1: Se Fig 69! Metoden med steepest descent ar helt enkelt en metod att soka
lokalt minimum till en funktion. Strategin ar att fran aktuell punkt ui 1 forytta sig i negativa
gradientens riktning ri 1 . Man kan med gurernas hjalp dra sig till minnes att detta innebar
i en riktning vinkelrat mot den nivakurva man benner sig pa. Det optimala steget i denna
riktning ar ju att ga sa lange funktionen avtar. Detta ges av i ri 1 . Fran denna nya punkt
ui = ui 1 + i ri 1 tar man sa ut en ny riktning och sa vidare till dess man kommit till en punkt
dar ingen negativ gradientriktning kan hittas. Vi har da kommit till minpunkten.
Metoden fungerar speciellt bra pa kvadratiska funktioner, steglangden ar utformad for att
vara optimal i detta fall samt att funktionen dessutom bara har ett enda lokalt, och darmed
56
Figur 69: Exempel 5.1.
globalt, minimum. Var potentiella energi ar ju en kvadratisk funktion varfor vi exemplierar
med
1
W = uT
2
4 2
2 7
u
uT
20
22
)
dW
=0)
du
4 2
2 7
u=
20
22
,u=
4
2
I gurerna kan man speciellt se att varje steg tas vinkelrat mot den aktuella nivakurvan. Vi
sammanfattar dessutom algoritmens stegande i en tabell
i
0
ri
1
rTi 1 ri
i
1
ui
0
0
1 20
22
884
0:13 2:62
2:88
2 3:76
3:41
25:8
0:30 3:73
1:87
3
1:32
1:45
3:86
0:13
3:91
2:06
4 0:25
0:23
0:11
0:30 3:98
1:99
5
0:09
0:10
0:02
0:13
3:99
2:00
6 0:02
0:01
0:00
0:30 4:00
2:00

5.4 Ovningar
1. Uppskatta hur mycket losningstiden okar vid direkt metod enligt Gauss, om a) antalet
obekanta dubbleras men bandbredden forblir densamma, b) om bade antalet obekanta
och bandbredden dubbleras? Svar: a) 2 ganger, b) 8 ganger.
2. Anvand steepest descent for att losa ekvationssystemet
Svar:
u0
0:0
0:0
u1
2:249
2:941
u2
2:058
3:088
0
B
3. Anvand Gauss metod for att losa B
@
2
3
0
0
3
6
5
4
57
0
5
8
7
u3
1:993
3:002
0
4
7
5
1
C
Cu
A
0
B
=B
@
5 1
2 7
u4
1:998
2:997
10
0
0
20
1
C
C.
A
x
y
u5
=
2:000
3:000
13
17
:
Figur 70: Omrade och rand.
0
Svar: u =
B
1 B
27 @
450
390
290
610
1
0
C
C,
A
efter eliminationssteget har vi B
@
B
2 3
0 23
0 0
0 0
0
5
26
3
0
0
4
19
3
27
26
10
15
50
305
13
1
C
C:
A
4. Att man ska vara pa sin vakt nar man raknarmed datorer ellerfor hand visar
oljande
f
ex1:2969 0:8648
0:8642
empel: Ekvationssystemet ku = F med k = 0:2161 0:1441 och F = 0:1440 har
den exakta losningen u = (2; 2)T : Antag nu att hogerledet representerar experimentellt
uppmatta varden med en osakerhet pa en halv enhet i sista (fjarde) decimalen. Experimentera med detta och ge en forklaring till de minst sagt hapnadsvackande resultaten!
0:86418
1443:4
0:86418
3745:4
Svar: T.ex. F = 0:14398 ) u =
2163:6 ; F = 0:14404 ) u = 5617:8 .
Valj sjalv onskad losning!!
6 Approximationsmetoder
6.1 Randvardesproblem och approximationsmetoder
Vi har allmant uppgiften att soka losningen v till ett system av dierentialekvationer i omradet
tillsammans med randvillkor pa randen , Fig 70. Om A och B ar dierentialoperatorer kan
vi formulera det hela som ett randvardesproblem
A(v) = 0 i B (v) = 0 pa
(DE )
(RV )
Randvillkoren ar av tva typer
v = v0
@v
@n = q0
vasentliga eller Dirichlet (essential)
naturliga eller Neumann (natural)
Alla approximationsmetoder borjar med att ansatta en approximativ losning u (diskretisering)
vu=
n
X
i=1
i ai
dvs. en linjarkombination av ett antal obekanta ai ; s.k. generaliserade koordinater. i ar interpolationsfunktioner. I FEM ar de helt enkelt lika med nodvarden respektive de basfunktioner
Ni vi kanner sedan tidigare. For att det hela ska ga bra maste det stallas en del krav pa i :
58
Figur 71: FDM har svart for att folja krokta rander.
1. i maste kunna uppfylla de vasentliga randvillkoren.
2. i och dess derivator upp till den hogst forekommande i (DE ) minus ett skall vara kontid v = 0 d
ar kravet ar att v sjalv skall vara kontinuerlig medan
nuerliga. Jamfor stangen dx
dv , dvs. t
ojning eller spanning, far vara diskontinuerlig.
dx
2
2
3. Sekvensen av i skall vara fullstandig. Kort sagt innebar detta att u
Med andra ord m
aste u kunna representera den sanna losningen.
! v da n ! 1:
Nar det till slut galler att losa problemet har man vasentligen foljande metoder att tillgripa.
1. Analytisk (inte alltid bast)
2. Diskretisering av omradet Finita dierensmetoden (FDM)
Variationsformulering (FEM)
Viktade residualmetoder (WRM) (FEM)
3. Diskretisering av randen
Randintegralmetod (BEM=Boundary Element Method).
Vi ska ge en orientering av FDM och Viktade residualmetoder. FDM ar den enklaste och
innebar helt enkelt att man ersatter alla derivator med dierenser. Den riktigt stora nackdelen
med detta forfarande ar att vi har svart att folja da denna inte foljer vara koordinatplan,

Fig 71. Aven
om metoden gar att utvidga nagot ar det endast vid "fyrkantiga omraden" den
anvands.
Variationsformulering betyder att var (DE ) harror fran nagon energiminimering t.ex. vanlig
hallf. I detta fall star vi pa saker matematisk grund och en unik losning ar att vanta. WRM
ar den mest generella metoden och kan anvandas p
a i princip alla (DE ), linjara saval som
ickelinjara. Det na ar att den ger identiska resultat med variationsformuleringen dar denna
gar att tillampa, dvs. om det existerar en variationsformulering men vi inte kanner till det sa
gor det inget! Nackdelen ar att det ar lite kinkigare att driva existens av unik losning samt
feluppskattning. I motsats till FDM har vi inga problem med att folja besvarlig geometri med
vara nita element, Fig 72.
BEM fas i princip efter multiplikation av (DE ) med den s.k. fundamentallosningen foljt av
partiell integration. Det som aterstar, pa grund av fundamentallosningen, ar da endast termen
pa randen. Vi har allts
a reducerat diskretiseringsproblemet en dimension, vilket naturligtvis
59
Figur 72: FEM har latt for att folja krokta rander.
Figur 73: BEM exempel pa typiska tillampningar.
kan vara en stor besparing vid t.ex. modellering av solider eftersom endast begransningsytan
behover indelas i element. Den kommer vidare val till pass da vi har singulariteter i losningen,
t.ex. spetsen i en spricka, eller da vi har oandliga berakningsomraden, t.ex aerodynamik eller
meteorologi, Fig 73. Detta representeras inte speciellt val av FEMs polynom. Lite forenklat
kan man saga att FEM uppfyller de vasentliga randvillkoren och approximerar de naturliga
randvillkoren samt v i : BEM gor tvartom, dvs. loser (DE ) exakt i och approximerar
randvillkoren.
6.2 Finita dierensmetoden
Ide: Ersatt alla derivator med dierenser. Vi far da en dierensekvation som utmynnar i ett
ekvationssystem. Om (DE ) ar linjar sa ar detta linjart, annars olinjart. Efter insattning av
randvillkoren loses det sedan med nagon lamplig metod, t.ex. Gauss eller iterativ. Vi ser pa ett
exempel.
Exempel 6.1: Enpunkts randvardesproblem i en dimension (1D).
v0 (x) = v(x); = fx j 0 x 1g (DE )
v(0) = 1
(RV )
Problemet har den exakta losningen v(x) = ex : Gor en indelning av i N st delar, for enkelhets
skull lika stora, s.k. partition, Fig 74,
Figur 74: Partition av endimensionellt omrade.
60
0 = x0 < x1 < : : : < xN
1
< xN = 1
dvs. vi far N + 1 punkter xi = ih, med h = N1 : Approximativ losning i varje punkt ui (= ai
generaliserad koordinat)
ui v(xi )
Ersatt derivator med (framat)dierenser
v0 (x) =
Vi far da
v(x + h) v(x)
h
v0 (xi ) och insatt i (DE ) och (RV )
ui+1 ui
h
u0 = 1
ui+1 ui
h
= ui for j = 0; : : : ; N
Har blir det sarskilt enkelt eftersom vi kan losa ut ui+1 explicit och "stega" oss fram
ui+1 = ui (1 + h)
(Detta brukar kallas for Eulers metod). Vi jamfor den exakta losningen med tva olika diskretiseringar, N = 5 och 10, dvs. h = 0:2 respektive 0:1.
xi
0
0:1
0:2
0:3
0:4
0:5
0:6
v(xi )
1:000
1:105
1:221
1:350
1:492
1:649
1:822
ui
h = 0:1
1:000
1:100
1:210
1:331
1:464
1:610
1:771
ui
h = 0:2
1:000
1:200
1:440
1:728
Som vantat narmar vi oss den exakta losningen da N okar (h minskar), Fig 75.
Exempel 6.2: Derivator av hogre ordning foljer samma monster. Ett andra ordningens
problem, tvapunkts randvardesproblem i en dimension (1D)
v00 (x) + v(x) = f (x); = fx j 0 x 1g (DE )
v(0) = v(1) = 0
(RV )
Gor en indelning av i N st delar, for enkelhelts skull lika stora, s.k. partition, Fig 74,
0 = x0 < x1 < : : : < xN
1
< xN = 1
dvs. vi far N + 1 punkter xi = ih, med h = N1 : Satt
ui v(xi ) och fi = f (xi )
Ersatt derivator med dierenser
d v = d ( dv ) ffram
v00 (x) = dx
g dxd ( v(x+hh) v(x) ) dx dx v x h v xatdierens
vx vx h
fbakatdierensg h h h = v(x+h) 2vh(x)+v(x h)
2
2
( + )
( )
( )
(
)
2
61
Figur 75: Exakt losning och FDM for olika indelningar.
Vi far da
v00 (xi ) ui+1
och insatt i (DE ) och (RV )
ui+1 2ui +ui 1
h2
u0 = uN = 0
2ui + ui
h2
1
+ ui = fi for i = 1; : : : ; N
1
Detta ar ett linjart ekvationssystem som efter insattning av randvillkoren blir Au = f , dar A
ar en symmetrisk positivt denit bandmatris
0
A=
1 B
B
B
h2 @
och
2 + h2 1
0
2
1 2+h 1
1 2 + h2 1
...
...
0
0
u1
..
.
u =B
@
1
0
C
A;
f =B
@
f1
..
.
1
C
C
C
A
1
C
A
uN 1
fN 1
Ekvationslosning ger sedan den approximativa losningen u. Avslutningsvis later vi N = 5, dvs.
h = 0:2, = 0:5 samt f (x) 1 och jamfor en numerisk losning med den exakta, Fig 76.
Exempel 6.3: Finita dierensmetoden ar latt att generalisera till era dimensioner, t.ex.
ett andra ordningens problem, tv
apunkts randvardesproblem i tva dimensioner (2D), s.k. Dirichlet's problem, innner sig t.ex. om man vill bestamma temperaturfordelningen i en kvadratisk platta.
@ v + @ v ) = f (x; y ); = [0; 1] [0; 1] (DE )
r2v = ( @x
@y
v = 0;
(RV )
Gor en indelning av i N N st delar (rutor), for enkelhets skull lika stora, s.k. partition, Fig
77,
0 = x0 < x1 < : : : < xN 1 < xN = 1
0 = y0 < y1 < : : : < yN 1 < yN = 1
2
2
2
2
62
Figur 76: FDM; Jamforelse av losningar for ett andra ordningens problem.
Figur 77: Partition av tvadimensionellt omrade.
63
dvs. som tidigare xi = ih, yj = jh med h = N1 : Satt
uij v(xi ; yj ) och fij = f (xi ; yj )
Ersatt som tidigare derivator med dierenser och satt in i (DE ) och (RV )
ui+1;j 2uij +ui
h2
uij = 0
1;j
ui;j +1 2uij +ui;j
h2
1
= fij for i; j = 1; : : : ; N 1
for i = 0; N och j = 0; N
Satter vi ui motsvarande losningen till kolonn xi och motsvarande for fi ; dvs.
0
ui = B
@
fas
0
1 B
B
B
h2 @
1
ui;1
..
.
ui;N
C
A;
0
A=
B
B
B
@
fi = B
@
1
A I
0
I A I
I A I
... ...
0
dar
0
1
0
C
CB
C@
A
u1
..
.
uN
1
fi;1
..
.
C
A
fi;N
1
1
0
C
A
=B
@
1
4
1
0
1 4
1
1 4
1
.
.
.. ..
0
1
f1
..
.
fN
C
A
1
1
C
C
C
A
och I ar en enhetsmatris av samma dimension som A: Vi har totalt (N 1)2 ekvationer och lika
manga obekanta. Detta loses med Gauss eliminationsmetod eller annu battre med nagon iterativ
metod, eftersom koecientmatrisen vaxer snabbt med N . En indelning 100 100 ger ju ca 10000
obekanta. En iterativ metod konvergerar har snabbt eftersom vi har s.k. diagonaldominans. 6.3 Viktade residualmetoder
6.3.1 Inledning och denition
Studera modellproblemet (enpunkts randvardesproblem i en dimension (1D))
A(v) = v0 (x) + v(x) = 0; = fx j 0 x 1g (DE )
v(0) = 1
(RV )
Detta randvardesproblem har den P
exakta losningen v(x) = e x : Vi soker enligt tidigare en
approximativ losning pa formen u = ni=1 i ai som till att borja med uppfyller de vasentliga
randvillkoren. Eftersom u i allmanhet inte uppfyller (DE ) far vi ett fel da den insattes, s.k.
residual, R(x), som ar skillnaden mellan vanster och hoger led i (DE ). Darav andra delen av
namnet. Allts
a
R(x) = R(u(x)) = A(u) = u0 (x) + u(x) 6= 0
Viktade residualmetoder ar nu en klass av metoder som pa ett eller annat satt forsoker gora
R(x) 0 i : Det ar just avvikelsen fran noll som far bli mattet pa hur bra u approximerar v
i .
64
Den gemensamma grundlaggande iden ar nu att forst multiplicera R(x) med en viktfunktion w(x), darav forsta delen av namnet. Sedan sattes integralen av produkten over till noll.
Ur detta ekvationssystem kan sedan vara obekanta ai bestammas. Alltsa
Z
w(x)R(x)d
= 0
Anledningen till att man multiplicerar med w(x) ar att ibland behover man gora partiell integration och da kan ett lampligt w(x) komma val till pass. Vi far da en s.k. svag formulering
av problemet, som dessutom har en del andra matematiskt lenande eekter. For ovrigt spelar
det ju inte nagon roll eftersom R(x) and
a bor vara ungefar lika med noll i : Lagg marke till
att w(x) vanligtvis ar vektorvard, lika lang som antalet obekanta ai : Strangt taget skulle alla
storheter ovan skrivits "feta" eftersom aven A kan vara en vektor, dvs. system av dierentialekvationer. Om vi aven har naturliga randvillkor att ta hansyn till kommer dessa att tas med
i viktningen och alltsa uppfyllas approximativt, dvs. ekvationssystemet ovan modieras till
Z
w(x)R(x)d
+
Z
w(x)(
@u
@n
q0 )d = 0
Olika val av w(x) ger nu upphov till en specik metod. Vi ska studera
Minsta kvadratmetoden
Kollokationsmetoden
Subdomainmetoden
Galerkins metod
Som exempel anvander vi oss genomgaende av de approximativa losningarna
u(x) = 1 + a1 x
u(x) = 1 + a1 x + a2 x2
dvs. en linjar och en kvadratisk. Notera att de uppfyller det vasentliga randvillkoret u(0) = 1.
6.3.2 Minsta kvadratmetoden
Detta ar kanske den forsta man tanker pa. Vi kanner igen metoden i sin diskreta form nar man
kurvanpassar till givna matdata. Har upptrader den i kontinuerlig form
I=
Z
R2 (x)d
Vi vill alltsa minimera I med avseende pa vara parametrar a, vilket leder till ekvationssystemet
@I @I
=
=0
@ a @ai
Vi far
@I
=
@a
Z
R(x)
65
@R
d
= 0
@a
a vart modellprovilket identieras som en viktad residualmetod med w(x) = @R
@ a : Applicerat p
blem och linjar approximation u(x) = 1 + a1 x blir residualen
R(x) = u0 (x) + u(x) =
d
(1 + a1 x) + (1 + a1 x) = 1 + a1 (1 + x)
dx
Om vi valjer att forst integrera
I=
R
R
R
R
2 (x)d
= 1 R2 (x)dx = 1 (1 + a (1 + x))2 dx
1
0
0
i
h
(1+a1 (1+x))3 1
7
= 1 + 3a1 + 3 a21
=
3a1
0
=
och darefter derivera for att soka minimum
@I @I
7
=
= 3 + 2a 1 = 0
@ a @a1
3
far vi a1 =
9
14
och slutligen den approximativa losningen
9
x
14
u(x) = 1
Om vi istallet valjer kvadratisk losningsansats u(x) = 1 + a1 x + a2 x2 far vi
R(x) = u0 (x) + u(x) =
d
(1 + a1 x + a2 x2 ) + (1 + a1 x + a2 x2 )
dx
vilket hyfsas till
R(x) = 1 + a1 (1 + x) + a2 (2x + x2 )
Om vi valjer att forst derivera under integraltecknet och sedan integrera far vi ekvationssystemet
enligt ovan
( R
1
@R dx = 0
R(x) @a
R01
@R
0 R(x) @a dx = 0
1
2
som efter partiell derivation och integration blir (visa detta som ovning!)
varav a1 =
576
611
och a2 =
190
611
28a1 + 27a2 + 18 = 0
135a1 + 152a2 + 80 = 0
ger den approximativa losningen
576
190 2
x+
x
611
611
Slutligen kan vi inspektera en jamforelse med den exakta losningen, Fig 78.
u(x) = 1
6.3.3 Kollokationsmetoden
Valj lika m
anga punkter xk , s.k. kollokationspunkter, i som vi har obekanta i losnings-
ansatsen. Vi vill sedan att residualen skall vara noll i dessa punkter, vilket betyder att som
viktfunktion ska vi valja Diracfunktionen, w(x) = (x); eftersom den har egenskapen
Z
R(x) (xk )d
= R(xk )
66
Figur 78: Minsta kvadratmetoden, jamforelse.
Valet av kollokationspunkter ar i princip godtyckligt, vilket ar lite otillfredstallande. Ett alternativ sa gott som nagot ar det i praktiken vanligast, namligen jamnt fordelade over : Applicerat
pa vart modellproblem och linjar approximation u(x) = 1 + a1 x blir residualen enligt tidigare
d
R(x) = u0 (x) + u(x) = (1 + a1 x) + (1 + a1 x) = 1 + a1 (1 + x)
dx
1
Valj en kollokationspunkt xk = 2 sa fas
1
2
R(xk ) = 1 + a1 (1 + ) = 0 ) a1 =
2
3
Om vi istallet valjer kvadratisk losningsansats u(x) = 1 + a1 x + a2 x2 far vi
R(x) = 1 + a1 (1 + x) + a2 (2x + x2 )
och med kollokationspunkterna xk = 31 ; 32 bildas ekvationssystemet
R(xk ) = 0 ,
varav slutligen
R( 13 ) = 1 + a1 (1 + 31 ) + a2 (2 13 + ( 13 )2 ) = 0
R( 32 ) = 1 + a1 (1 + 32 ) + a2 (2 23 + ( 23 )2 ) = 0
a1 =
a2 =
9
29
27
29
6.3.4 Subdomainmetoden
Denna metod ar snarlik kollokationsmetoden, men istallet for att valja punkter i dar residualen ska vara noll delar man har upp i lika manga delar som vi har obekanta i losningsansatsen,
dvs. = [
i . Delarna kallas subdomains (nns inget bra svenskt namn) och behover inte
vara lika stora, dvs. lite av samma godtycke som i kollokationsmetoden. Viktfunktionen blir
alltsa w(x) = 1 och ekvationssystemet
8 R
>
> R
R(x)d
= 0
>
<
R(x)d
= 0
..
>
.
>
> R
:
n R(x)d
= 0
1
2
67
Figur 79: Endimensionellt kvadratiskt element.
Applicerat pa vart modellproblem och linjar approximation u(x) = 1+ a1 x blir residualen enligt
tidigare
d
R(x) = u0 (x) + u(x) = (1 + a1 x) + (1 + a1 x) = 1 + a1 (1 + x)
dx
Valj hela som subdomain eftersom vi har en obekant a1 , dvs.
Z 1
0
R(x)dx = 0 ) a1 =
2
3
dvs. exakt samma svar som vid kollokationsmetoden. Varfor? Om vi istallet valjer kvadratisk
losningsansats u(x) = 1 + a1 x + a2 x2 far vi med residualen
R(x) = 1 + a1 (1 + x) + a2 (2x + x2 )
och partitionen = 0; 21
[ 12 ; 1
att ekvationssystemet blir
( R1
2
R01
1
2
varav slutligen
R(x)dx = 0
R(x)dx = 0
a1 =
a2 =
6
19
18
19
6.3.5 Galerkins metod
Detta ar kanske den viktigaste och mest generella metoden, varfor i stort sett alla nita elementmetoder har sin grund har. Vi anammar darfor FEMs nomenklatur. Stodpunkter for polynom
blir noder och intervallen mellan noderna blir element eller delar av element ifall vi har hogre
gradtal an ett pa vara interpolationspolynom. Viktfunktionerna ar basfunktionerna, w = fNi g,
dvs. de funktioner som vi har valt att interpolera alla egenskaper med, s.k. isoparametrisk
formulering.
Z
NT R(x)d
= 0
P
Vara obekanta generaliserade koordinater ai i ansatsen u(x) = i ai kommer nu till skillnad
fran de tidigare metoderna att ha P
en mer konkret skepnad, namligen u:s varde i noderna. Vi
kanner alltsa igen u(x) = N u = Ni ui sedan tidigare. Det faller sig da naturligt att arbeta
med lokala koordinater i elementet, dvs. i parameterrummet enligt kapitel 2.
Vi ar nu mogna att ga igenom vart modellproblem med ett element och kvadratisk ansats,
dvs. ett endimensionellt kvadratiskt 3-noders element, Fig 79. Senare, i kapitlet elementanalys,
kommer vi pa ett naturligt satt att generalisera till era element.
68
P
Var approximativa ansats blir u = N u = 3i=1 Ni ( )ui , dar N ar basfunktionerna och u
varde i noderna, dvs.
0
0
1
1 0
1 (1 ) 1
N1
u
1
2
NT = @ N2 A = @ (1 + )(1 ) A och u = @ u2 A
1 (1 + )
u3
N3
2
Nu ar x =
P3
i=1 Ni ( )xi
dar xi ar nodkoordinaterna xT = (0; 12 ; 1) sa Jacobianen,
X
X dNi
dx
dN
1
J = = fx = Ni xi g =
xi =
x=
d
d
d
2
Derivator blir nu
X dNi
X
X dNi
dN
du d X
= ( Ni ui ) =
ui =
J 1 i ui = 2
u
dx dx
dx
d
d i
Galerkins metod pa vart modellproblem far formen
Z
som med R(N u) =
NT R(x)d
1
eller
N1 (2
NT R(N u) jJj d = 0
1
P
P dNi
2 d ui + Ni ui resulterar i ekvationssystemet
8 R1
P dNi
P
1
>
< R 1 N1 (2 P d ui + P Ni ui ) 2 d = 0
1
iu +
N2 (2 dN
Ni ui ) 12 d = 0
i
d
1
> R1
P dNi
P
:
Ni ui ) 12 d = 0
d ui +
1 N3 (2
Exempelvis blir den forsta ekvationen
Z 1
=
Z 1
dN1
d
dN2
d
dN3
d
0
@
u1
u2
u3
1
A+
0
N1 N2 N3
@
0
u1
u2
u3
1
A)
1
d = 0
2
1
1 @ u1 A
dN
dN
dN
N1 (2 d d d + N1 N2 N3 ) d u2 = 0
2
1
u3
Slutligen far vi
dar koecientmatrisen tydligen ar uppbyggd av koecienR ekvationssystemet,
j
terna kij = 21 11 Ni (2 dN
+
N
)
d
j
d
Z 1
1
2
3
8
<
11u1 + 22u2 6u3 = 0
9u1 + 8u2 + 11u3 = 0
:
4u1 18u2 + 19u3 = 0
Detta har bara den triviala losningen u = 0 (stelkroppsrorelse). Med randvillkoret v(0) = 1
insatt, dvs. u1 = 1; far vi latt u2 och u3 och sammanfattar
0
1 0
1
u1
1
35 A
u = @ u2 A = @ 58
11
u3
29
For attPfa en jamforelse med de tidigare metoderna gor vi variabeltransformationen = 2x 1
i u = 3i=1 Ni ( )ui for att komma tillbaka till det verkliga rummet och nner
28
10
x + x2
u(x) = 1
29
29
69
6.4 N
agot om andra ordningens problem
Vi studerar varmeledningsekvationen i en dimension, dar v ar temperatur, k varmekonduktivitet
och Q(x) den varme som tillfors.
d2 v
+ Q(x) = 0; = fx j 0 x Lg
dx2
Vi ansatter som vanligt u; applicerar nagon viktad residualmetod och far
k
Z L
0
w(x)(k
d2 u
+ Q(x))dx = 0
dx2
Problemet vi stalls infor ar att det ingar derivator av andra ordningen. Detta kraver att vi har
basfunktioner vars derivator ar kontinuerliga upp till forsta ordningen. De N vi har sett tidigare
klarar inte detta. Man kan emellertid fa ned gradtalet genom partiell integration. Vi far en s.k.
svag formulering av problemet, som dessutom har en del andra matematiskt lenande eekter.
Alltsa
Z L
d2 u
w(x)(k 2 + Q(x))dx = 0
dx
0
Z L
d2 u
kw(x) 2 + w(x)Q(x)dx = 0
dx
0
L Z L
Z L
dw(x) du
du
w(x)Q(x)dx = 0
k
dx +
kw(x)
dx 0
dx dx
0
0
L
Har ar kw(x) du
a som maste uppfyllas. Vid era element forsvinner de pa
dx 0 randvillkoren p
alla interna elementrander. Pa ar w = 1 sa k du
ar direkt det patvingade varmeodet pa
dx 
randen. Som analogi kan man se dem som reaktionskrafter da temperaturen ar forskjutning.
Forsta integralen ar elementstyvhetsmatrisen och den andra elementlastvektorn. Problemet
loses sedan genom att applicera t.ex. Galerkins metod och lokala koordinater som vanligt.

6.5 Ovningar
1. Los med Finita dierensmetoden (FDM) randvardesproblemet
v00 (x) + v(x) = x;
v(0) = 1; v( 2 ) = 2
1
= f0 x 2
g (DE )
(RV )
Gor en diskretisering med N = 5 respektive 10. Jamfor sedan med den exakta losningen.
Svar: Exakt: v(x) = cos(x) sin(x) + x
2. Los med FDM randvardesproblemet
v00 (x) + 2v(x) = x2 ; = f0 x 1g (DE )
v(0) = 0; v(1) = 0
(RV )
Diskretisera med N = 5 respektive 10. Jamfor sedan med den exakta losningen.
p
p
p
Svar: Exakt: v(x) = 12 (cos( 2x) cot( 2) sin( 2x) + x2 1)
70
3. Los randvardesproblemet
v0 (x) = v(x) + 12 x; = f0 x 1g (DE )
v(0) = 2
(RV )
med Minsta kvadratmetoden och a) linjar ansats, b) kvadratisk ansats samt c) jamfor
175
1
x x 1)
med exakt losning. Svar: a) a1 = 134 b) a1 = 277
166 ; a2 = 83 , Exakt: v (x) = 2 (5e
4. Los randvardesproblemet
v0 (x) = v(x) + 21 x; = f0 x 1g (DE )
v(0) = 2
(RV )
med Kollokationsmetoden och a) linjar ansats, b) kvadratisk ansats samt c) jamfor med
45
1
x x 1)
exakt losning. Svar: a) a1 = 29 b) a1 = 17
11 ; a2 = 22 , Exakt: v (x) = 2 (5e
5. Los randvardesproblemet
v0 (x) = v(x) + 21 x; = f0 x 1g (DE )
v(0) = 2
(RV )
med Subdomainmetoden och a) linjar ansats, b) kvadratisk ansats samt c) jamfor med
15
1
x x 1)
exakt losning. Svar: a) a1 = 29 b) a1 = 23
14 ; a2 = 7 , Exakt: v (x) = 2 (5e
7 Elementanalys
7.1 Element och assemblering
Hittills har vi ansatt ett enda element over hela vart omrade : Nar blir "besvarligt" geometrisk och/eller da vi har egenskaper som varierar ar det sjalvklart att dela in i era nita
element. Indelningen gors da naturligt utgaende fran geometri och andra egenskaper som varierar. Det ar ju detta som ar sjalva meningen med FEM. Vi far da en uppdelning av integralen
i var residualmetod pa varje element
Z
: : :d
=
Z
[ n e
: : :d
e =
n Z
X
e=1 e
: : :d
e
dar n far representera antal element. Vi kan alltsa liksom tidigare gora elementanalys lokalt
i parameterrummet. Nar detta ar gjort sker sedan en strukturell addition av alla elementen,
dvs. assemblering. Vi ar med andra ord tillbaka till samma metodik som vi anvande vid
fjaderpaketen i kapitlet om energimetoder. Vi exemplierar genom att atervanda till vart modellproblem
0
v (x) + v(x) = 0; = fx j 0 x 1g (DE )
v(0) = 1
(RV )
Indela i n st element som for enkelhets skull gors linjara, Fig 80. Ansatt approximativ losning
u = N u och anvand Galerkins metod
Z
du
NT ( + u)d
= 0
dx
71
Figur 80: Partition med n st endimensionella linjara element.
Figur 81: Globala basfunktionerna j och k lever pa element l.
Gor integreringen elementvis, dvs.
Z
du
NT (
dx
+ u)d
=
n Z
X
e=1 e
NT (
du
+ u)d
e = 0
dx
Studera integralen over element `:
Z
`
NT (
2
2
X
d X
( N u ) + N u )d
dx i=1 i i i=1 i i `
Har skall summationsindex 1 och 2 tolkas som lokala nodnummer i elementet motsvarande de
globala nodnumren j och k. Nu vet vi att Nj och Nk ar skilda fran noll enbart pa de element
som gransar till respektive nod, Fig 81.
Detta faktum vilar ju pa en av de grundlaggande egenskaperna hos basfunktionerna. Nar vi
sa integrerar over element ` far vi av samma anledning bara bidrag fran de Ni i N som lever
pa `, dvs. Nj och Nk : Men i lokalt sprak ar ju dessa inget annat an N1 och N2 : Vi far da
Z xk xj
N1
N2
2
2
X
d X
( ( Ni ui ) + Ni ui )dx
dx i=1
i=1
Nar man pratar om N menar man alltsa vanligtvis vektorn med de lokala Ni som ingar i
interpolationen over ett element, har ar de linjara N = ( 21 (1 ); 12 (1 + )). Genom att ga over
till parameterrummet far vi som vanligt
X dNi
dNi
dN
1
1
1
= J 1 i dar Jacobianen J =
xi = xj + xk = (xk
dx
d
d
2
2
2
och Le ar elementlangden, att
Z 1
1
N1
N2
2 (
Le
dN1
d
dN2
d
u1
u2
72
+ N1 N2
xj ) =
u1 ) Le d
u2
2
Le
2
Har doljer sig nu helt enkelt elementstyvhetsmatrisen. Eftersom (DE ) ar homogen har vi ingen
elementlastvektor. Uttrycket kan skrivas bade pa kompakt och expanderad form
ke u =
=
Le R 1 NT 2 dN + N d u = k u = Le R 1 N
2 dNj
eij
2
Le d
2
1
1 i Le d
0
1
dN
dN
2
2
1
2
N
+ N1 N1 Le d + N2
u
1
Le R 1 @ 1 Le d
A d
2
1
2 dN2 + N
1
u2
N2 L2e dN
+
N
N
1
2
2
d
Le d
+ Nj d
u1
u2
=
Om vi som exempel valjer 5 lika langa element, blir Le = 15 : Efter integration far vi
1
ke =
30
13 16
14 17
Har ar Fe = 0, varfor assemblering av de 5 elementen ger
0
B
B
1 B
B
30 B
B
@
13
16
14 17 13
16
0
14 17 13
16
14 17 13
16
0
14 17 13 16
14 17
10
CB
CB
CB
CB
CB
CB
A@
u1
u2
u3
u4
u5
u6
Infor randvillkoret v(0) = 1 dvs. u1 = 1 och eliminera rad 1 och u1
0
B
B
B
B
@
4
16
0
14 4
16
14 4
16
14 4 16
0
14 17
varav slutligen
0
1
10
CB
CB
CB
CB
A@
0
u2
u3
u4
u5
u6
1
0
C
C
C
C
A
B
B
B
B
@
=
14
0
0
0
0
1
0
C
C
C
C
C
C
A
B
B
B
B
B
B
@
=
0
0
0
0
0
0
1
C
C
C
C
C
C
A
1
C
C
C
C
A
1
u2
0:82038
B u3 C B 0:66991 C
B
C B
C
B u4 C = B 0:55036 C
B
C B
C
@ u5 A @ 0:44858 A
u6
0:36942
En jamforelse med exakt losning v(x) = e x kan studeras i Fig 82. For att fa en elementlastvektor Fe kan vi t.ex. gora (DE ) inhomogen med ett x
dv
+v =x
dx
Galerkin foljt av overgang till parameterrummet ger nu
Fe =
Z xk
xj
NT xdx
=
Z 1
1
N1
N2
N1 N2
och efter matrismultiplikation och evaluering av integralen
1
Fe =
30
2xj + xk
xj + 2xk
73
xj
xk
Le
d
2
Figur 82: Jamforelse Galerkins metod och n st linjara element.
Figur 83: Stangelement med olika laster.
7.2 Konsistenta nodlaster
7.2.1 Inledning
Som vi kanner till nns det gott om laster som angriper pa sjalva elementet, t.ex. temperatur
eller utbredd last, och som darfor maste transformeras till noderna innan de kan assembleras, ty
vid FEM maste ju allt transformeras till respektive frihetsgrad i noderna. Utbredda laster kan
oftast pa ett korrekt satt transformeras till noderna med hjalp av aktuell dierentialekvation.
Detta studeras for ett stangelement i avsnitt 7.2.2. Annars kan man tillgripa en generell metod
som kallas for konsistenta nodlaster. Detta forfaringssatt blir foremal for utredning i avsnitt
7.2.3.
7.2.2 Dierentialekvation
Lat oss studera ett st
angelement med initiell tojning "T , t.ex. pa grund av temperatur, utsatt
for generell linjelast p och volymlast X, Fig 83. Skar ut ett litet element for jamviktsanalys,
Fig 84,
A + d(A) A + XAdx + pdx = 0
dvs. en dierentialekvation. Kopplingen till forskjutningsmetod gors som vanligt via geometriska
och konstitutiva samband
8 d(A)
< dx + XA + p
dv
" = dx
:
= E (" "T )
(DE )
Geometriskt samband
Konstitutivt samband
=0
74
Figur 84: Litet element dx i elementet.
Figur 85: Exempel 7.1.
och efter eliminering en (DE ) i v
d
dv
(EA(
" )) + XA + p = 0
dx
dx T
Ansatt som vanligt u och anvand sedan Galerkins metod
Z
d
du
NT ( (EA(
" )) + XA + p)d
= 0
dx
dx T
dvs.
Z L
d
du
NT ( (EA(
" )) + XA + p)dx = 0
dx
dx T
0
Forsta termen i integranden ar av andra ordningen och integreras darfor partiellt
du
NT EA(
dx
L
Z L
0
0
"T )
dNT
du
EA(
dx
dx
"T )dx +
Z L
0
NT (XA + p)dx = 0
och efter ytterligare en uppdelning och inforande av u = N u kan vi identiera de olika delarna
|
du
NT EA(
dx
{z
(RV )
L
"T )
0}
Z L
|0
Z
Z
L
L dNT
dNT dN
NT (XA + p)dx = 0
EA dx u +
EA"T dx +
dx {z dx }
dx
|0
{z 0
}
Fe
ke
Har kan vi lata alla parametrar "T ; E; A och X vara funktioner av x. Dessa interpoleras isoparametriskt, dvs. med samma basfunktioner som u. Lagg marke till randtermen (RV ). Denna
ger mojlighet att satta blandade randvillkor, u och du
a : Pa interna elementrander forsvindx , p
ner den ju pa grund av konstruktionen av N. Samtliga integraler bestammes som vanligt via
overgang till parameterrummet.
Exempel 7.1: Typiskt linjart element med EA konstant och langden Le utan yttre laster,
Fig 85.
Z Le
Z 1
dNT dN
2 dNT 2 dN Le
EA dx = EA
d
ke =
dx
dx
0
1 Le d Le d 2
75
Figur 86: Exempel 7.2.
Figur 87: Exempel 7.3.
Z
1
2EA 1
1 1 d
2
ke =
1
2 2
Le
1
2
Z 1
EA 1
2EA 1 1
1
1
d =
ke =
1 1
1 1
Le 4
Le
1
Exempel 7.2: Linjart element utsatt for temperaturlast "T = T , Fig 86.
Fe =
Z 1
2 dNT
L
EAT e d
2
1 Le d
Fe = EAT
Z 1
1
1
2
1 2
d
Fe = EAT 11
Exempel 7.3: Linjart element med homogen densitet utsatt for centrifugallast X(x) =
2
! x, Fig 87.
Z 1
X
L
Fe = NT !2 ( Ni xi )A e d
2
1
Z
x1
!2 ALe 1 21 (1 )
1
1
Fe =
1 (1 + )
2 (1 ) 2 (1 + )
x2 d
2
1
2
Z
!2 ALe 1 1
(1 )2
(1 )(1 + )
Fe =
(1
+
)(1
)
(1 + )2
2 4 1
och efter integration (gor det som ovning!)
!2 ALe
Fe =
6
2x1 + x2
x1 + 2x2
d
x1
x2
Exempel 7.4: Linjelast p = Lp e (x x1 )2 , Fig 88. Linjelasten maste forst transformeras till
0
2
parameterrummet (genomfor kalkylen)
p=
X
p0
2 = p = p0 ((
2 = p0 ( 1 (1 )x + 1 (1 + )x
(
x
x
)
N
x
)
x
)
1
i
i
1
1
2
L2e
L2e
L2e 2
2
76
x1 )2 =
Figur 88: Exempel 7.4.
Figur 89: Exempel 7.5.
=
sa
p0 1
( (x
L2e 2 2
p0 1
1+ 2
)
( Le (1 + ))2 = p0 (
2
Le 2
2
x1 )(1 + ))2 =
Fe =
pL
Fe = 0 e
2
och efter integration (gor det!)
Z 1
L
2
1
1
2 (1 ) ( 1 + )2 d
1
2
2 (1 + )
Z 1
1
NT p e d
pL
Fe = 0 e 13
12
Exempel 7.5: Linjart element med arean varierande isoparametriskt med andvardena A1
och A2 under egentyngd X(x) = g, Fig 89.
Fe =
och med isoparametrisk formulering A =
gLe
Fe =
2
Z 1
P
1
L
2
NT XA e d
Ni Ai
Z 1 1
(1
)
2
1
1
2 (1 + )
1 (1
2
)
1
2 (1 + )
A1
A2
d
och efter integration (gor det!)
gLe
Fe =
6
2A1 + A2
A1 + 2A2
77
Figur 90: Harledning av konsistenta nodlaster.
7.2.3 Konsistenta nodlaster
Vid hallfasthetsanalys med FEM har vi sett att detta grundar sig pa minimering av den potentiella energin. Nar det sa galler att transformera utbredda laster till noderna ar det da
kanske naturligt att gora detta med nagon form av energibetraktelse. Nodlaster Fe kallas for
konsistenta nodlaster om de uppfyller denitionen
Konsistenta nodlaster skall utfora samma arbete som den
utbredda lasten vid samma forskjutningsfalt.
Studera situationen i Fig 90. Den utbredda linjelasten p(x) N/langdenhet skall ersattas med de
konsistenta nodlasterna F1 och F2 i nod 1 respektive 2. Pa den lilla strackan dx verkar kraften
dFp = p(x)dx. Det lilla arbetet som denna utrattar ar da dWp = dFp u(x) = p(x)dx u(x), ty
arbete = kraft vag: For hela elementet far vi da att p(x) utrattar arbetet
Wp =
Z
Wp
dWp =
Z Le
0
u(x) =
p| (x{z)dx} |{z}
kraft
Z Le
0
vag
p(x)u(x)dx
Med isoparametrisk formulering och overgang till parameterrummet far vi
Wp =
Z Le
0
p(x)u(x)dx =
Z 1
1
p(N x)N u Jd =
De konsistenta nodlasternas arbete
WF = F1 u1 + F2 u2 = F1 F2
u1
u2
Z 1
1
p(N x)NJd u
= FTe u
Enligt denition ovan skall nu likhet rada, Wp = WF ; dvs. genom identikation
FTe
=
Z 1
1
p(N x)NJd
dvs. vi har de konsistenta nodlasterna Fe motsvarande den utbredda lasten p(x)
Fe =
Z 1
1
p(N x)NT Jd
Sa har kan man alltid bestamma konsistenta nodlaster, atminstone vid problem som haror fran
hallfasthetslaran dar man har arbete = kraft vag. Annars kan man deniera sig nagon mera
abstrakt energinorm.
78
Figur 91: Exempel 7.6.
Figur 92: Exempel 7.7.
Exempel 7.6: Bestam konsistenta nodlasterna for ett linjart element motsvarande utbredda
linjelasten p(x) = p0 ( Lxe )2 , Fig 91. Vi far
Fe =
Z 1
1
p(N x)N Jd =
T
Z 1
1
p(N x)NT
Le
d
2
Det ar alltsa viktigt att p(x) transformeras till parameterrummet
x
Nx 2
1
p( ) = fp0 ( )2 g = p0 (
) = p0 ( N Le
Le
Le
dvs.
Z 1
1
0 2
2
Le ) = p0 ( 2 (1 + ))
1
Le
(1
)
2
d
1 (1 + )
2
2
Z
p L 1 1 1 (1 + )2 (1 )
Fe =
= 0 e ( )2
d
2 2 2 1 (1 + )2 (1 + )
varav slutligen efter uveckling av integrand och integration, med t.ex. lathund
p0 Le 1
Fe =
3
12
Exempel 7.7: Best
konsistenta nodlasterna for ett linjart element motsvarande utbredda
am
2
x
p0 ( Le 1); x 2 [ L2e ; Le ]
linjelasten p(x) =
, Fig 92. Notera att p(x) ar styckvis denierad.
0 annars
1
p0 ( (1 + ))2
2
1
Gransen x =
Fe =
Z 1
1
Le
2
motsvaras i parameterrummet av = 0; varfor
p(N x)N Jd =
T
Z 0
1
0
NT Jd +
Z 1
0
p(N x)N Jd =
T
Z 1
0
p(N x)NT
Le
d
2
Det ar viktigt att p(x) transformeras till parameterrummet, dvs. satt x = N x
2N x
p(x) = p(N x) = p( ) = p0 (
Le
sa far vi
Fe =
2
1) = p0 ( N Le
1
Le
(1
)
p0 21 (1 + )
d
2
0
2
Z 1
79
0
Le
pL
= 0 e
4
1) = p0 (
Z 1
0
2 Le
(1 + ) 1) = p0 Le 2
(1 )
(1 + )
d
Figur 93: Koordinattransformation.
varav slutligen efter uveckling av integrand och integration. Observera att lathunden inte fungerar har pa grund av integrationsgranserna.
pL
Fe = 0 e
24
1
5
7.3 Koordinattransformation
Eftersom elementegenskaper oftast ar uttryckta i nagot for elementet lampligt koordinatsystem
maste man inte sallan transformera dem till modellens globala koordinatsystem. Vi exemplierar med ett enkelt stangelement som ju ofta ingar i fackverkskonstruktioner, Fig 93.
Lat l beteckna det lokala koordinatsystemet. Eftersom vi inte har nagon styvhet tvars
elementet kan vi direkt hamta och modiera elementstyvhetsmatrisen i exempel 7.1 ovan for
att passa var nya lokala forskjutningsvektor ul = (u11 ; u12 ; u21 ; u22 )T :
0
kel =
EA B
B
Le @
1
0
1
0
1
0 1 0
0 0 0
0 1 0
0 0 0
C
C
A
Antag att vi vill vrida det lokala koordinatsystemet vinkeln ' i forhallande till det globala
systemet som betecknas med g sa galler mellan de tva systemen sambandet
u1
u2
g
=
cos '
sin '
sin '
cos '
u1
u2
l
=T
u1
u2
l
Den omvanda transformationen (:)l = T 1 (:)g applicerat pa b
ada noderna blir da
0
B
B
@
det vill saga
u11
u12
u21
u22
1
0
C
C
A
=B
@
B
l
cos ' sin '
sin ' cos '
0
0
0
0
0
0
0
0
cos ' sin '
sin ' cos '
ul = Cug
Samma transformation galler for krafterna
Fl = CFg
80
10
CB
CB
A@
u11
u12
u21
u22
1
C
C
A
g
Nu maste samma arbete utrattas oberoende av koordinatsystem
FTl ul = FTg ug
sa med valkand regel for transponat av matrisprodukt (AB)T = BT AT har vi
(kel ul )T ul = (keg ug )T ug
(kel Cug )T Cug = (keg ug )T ug
uTg CT kTel Cug = uTg kTeg ug
varav
och slutligen transformationen av ke
kTeg = CT kTel C
keg = CT kel C
7.4 Numerisk integration
Nar integranden blir svar eller arbetsam tillgrips ofta numerisk integration, bade for ke och Fe .
FE-program gor, fransett mycket enkla element, nastan alltid sa eftersom det ar att foredra ur
eektivitetssynpunkt. Dessa metoder ger som namnet later ett approximativt numeriskt varde
pa en integral. Typiskt ar att granserna skall vara konstanta och standardiserade. Har har vi
alltsa en stor fordel av att benna oss i parameterrummet da integralerna skall evalueras.
Den vanligaste metoden for numerisk integration ar Gauss integrationsmetod som denieras av formeln
Z 1
n
X
g( )d =
!i g(i ) + O(g(2n) ( ))
1
dar
i=1
n
= antalet integrationspunkter
g(i )
= integrandens varde i integrationspunkt i
!i
= vikter
(2
n
)
O(g ( )) = felterm som ar forsumbar i alla praktiska sammanhang
Punkterna i och vikterna !i ar sa valda att man far exakt integration av ett polynom med
gradtal p 2n 1: Dessa nns utraknade for tillrackligt stora n i larobocker och tabellverk.
n p i
i
1 1 1
0
2 3 1 +0:57735027
2 0:57735027
3 5 1
0
2 +0:77459667
3 0:77459667
4 7 1 +0:86113631
2 0:86113631
3 +0:33998104
4 0:33998104
!i
2
1
1
0:88888889
0:55555556
0:55555556
0:34785485
0:34785485
0:65214515
0:65214515
Som kuriosa kan namnas att i ar nollstalle till motsvarande Legendrepolynom Pn ( ) och vikterna !i = 2(Pn0 (i )2 (1 i2 )) 1 : Darmed kan i och !i bestammas for godtyckligt stora n.
81
Exempel 7.8: Exempel 7.4 ovan med numerisk integration
Fe = p0 Le
Z 1
1
2 (1 ) ( 1 + )2 d
1 (1 + )
2
2
|
{z
}
g()
1
12
Anvand t.ex. 3-punkts Gauss
Z 1
1
g( )d =
3
X
i=1
!i g(i ) = 0:88 : : : g(0) + 0:55 : : : g(+0:77 : : :) + 0:55 : : : g( 0:77 : : :) =
1 1
0:0625
0:044 : : :
0:0056 : : :
= 0:88 : : : 0:0625 + 0:55 : : : 0:349 : : : + 0:55 : : : 0:0007 : : : =
12 3
Vi kanner igen resultatet ovan. Eftersom integranden ar av gradtal 3 ar det dock mycket onodigt
arbete och vi ser i tabellen att det har racker med en 2-punkts integration for att integrera exakt
Z 1
1
g( )d =
2
X
i=1
!i g(i ) = 1
0:0657 : : :
0:245 : : :
+1
0:0176 : : :
0:0047 : : :
1
=
12
1
3

7.5 Ovningar
1. Los randvardesproblemet
v0 (x) = v(x) + 21 x; = f0 x 1g (DE )
v(0) = 2
(RV )
med Galerkins metod och a) tva lika langa linjara element, b) ett kvadratiskt element
med mittnoden i mitten, samt c) jamfor med exakt losning. Svar:
1
0
2
8
5
1
4
223
1
1
1
;
F
;
F
=
=
a) u = @ 76 A (Ledning: ke = ke = 12
e
e
48
48
7 4
2
5 )
207
1
38
0
2
b) u = @
0
1
71 A
22
123
22
1
2
(Ledning: ke =
19 18
4
22 16 18
6
22 11
1 @
30
2
0
1
A;
Fe = 121 @
0
2
1
1
A)
2. Los randvardesproblemet
v0 (x) 2v(x) = 2x2 + 1; = f0 x 1g (DE )
v(1) = 3
(RV )
med Galerkins metod och tva lika langa linjara element. Jamfor med exakt losning.
1 1
7
@ 51 A
112
0
Svar: u =
Fe =
2
1
48
3
(Ledning: ke = ke =
1
2
23
29 )
82
1
6
5 2
4 1
; Fe =
1
1
48
13
15
;

Figur 94: Ovning
7.5.
3. Los randvardesproblemet
2v0 (x) 6x = 2; = f0 x 1g (DE )
v(0) = 1
(RV )
med Galerkins metod och tva lika langa linjara element. Jamfor med exakt losning.
0
1
1
3
1
1
1
1
1
Svar: u = @ 4 A (Ledning: ke = ke =
; Fe = 4 4 ; Fe = 4 67 )
1
1
3
1
2
2
1
2
4. Los randvardesproblemet
v0 (x) + 3v(x) + x = 0; = f0 x 1g (DE )
v(0) = 2
(RV )
med Galerkins metod och tva lika langa linjara element. Jamfor med exakt losning.
0
1
2
0
3
1
13
1
1
Svar: u = @ 38 A (Ledning: ke = ke = 4
1 4 ; Fe = 24
2 ;
7
1
Fe = 241
1
2
57
4
5 )
2
5. Bestam konsistenta nodlastvektorn Fe vid parabelformad linjelast i x-riktningen, Fig 94.
1
p
L
Svar: Fe = 3 1 :
0
6. Bestam elementlastvektorn Fe =
1
1
Svar: Fe = 192 1
:
R 5 dNT dN
3 dx ( dx
NT )2dx for ett linjart element.
7. Bestam de konsistenta nodlasterna
for ett linjart element med langden
or den
L utsatt f
2x 1); x 2 L ; L
0
p
(
L
4
utbredda lasten p(x) = 00annars
. Svar: Fe = 3p16L 1 :
0
8. Bestam de konsistenta nodlasterna
for ett linjart element medlangden
L utsatt for den
2x )2 ; x 2 0; L 5
p
(
L
2 . Svar: Fe = p L
utbredda lasten p(x) = 00annars
48
3 :
0
9. Bestam de konsistenta nodlasterna
for ett linjart element med langden
L
or den
utsatt f
4x 3); x 2 3L ; L
1
p
(
L
4
. Svar: Fe = p96L 11 :
utbredda lasten p(x) = 00annars
0
83

Figur 95: Ovning
7.11.

Figur 96: Ovning
7.12.
10. Bestam de konsistenta nodlasterna
for ett linjart element med langden
or den
L utsatt f
2x ; x 2 0; L p
5
utbredda lasten p(x) = p0 (L2x 1); x 22 L ; L . Svar: Fe = p24L 7 :
0
0 L
2
11. Bestam konsistenta nodlastvektorn Fe vid punktlast, Fig 95. Svar: Fe =
P
4
1
3
:
12. Bestam elementstyvhetsmatrisen ke for ett stangelement med linjart varierande tvarsnittsarea. Gor isoparametrisk formulering och anv
metod sa ar ke =
and Galerkins
R L dNT
1
1
E (A +A )
dN
2L
0 dx (EA(x) dx )dx, Fig 96. Svar: ke =
1 1 :
1
2
13. Bestam konsistenta nodlastvektorn Fe for ettR linjart element under egentyngd. Densitet
och arean varierar
linjart. Vi har att Fe = 0L NT (X(x)A(x))dx, Fig 97.
2A1 + A2
Svar: Fe = gL
6
A1 + 2A2 :
14. Bestam forskjutningen i nod 2 da q ar linjelast i x-riktningen, Fig 98. Svar: u2 =

Figur 97: Ovning
7.13.
84
q0 L
3EA :

Figur 98: Ovning
7.14.
15. Anvand numerisk integration for att bestamma nagra integraler i detta kompendium. Avgor forst gradtalet pa integranden och anvand sedan optimalt antal integrationspunkter.
16. Genomfor kalkylen av ke och Fe for modellproblemet i avsnitt 7.1 ovan samt bestam u
for detta inhomogena problem. Studera eekten av olika antal element och jamfor med
exakt losning. Handrakning ar utesluten sa satt upp och los uppgiften i Mathematica eller
Matlab.
at positiv riktning vara at hoger.
17. Expandera k i ovning 3.5.12 med axiell styvhet EA
L . L
Anvand darefter transformationen i avsnitt 7.3 for att assemblera t.ex. ovning 3.5.17.
Bestam sedan forskjutningar och krafter i noderna. Handrakning ar uteslutet, anvand
Mathematica.
Ledning och svar: Lat ; ; ' vara forskjutningar i noderna med positiv riktning at
hoger, uppat respektive moturs. Systemet far da 12 frihetsgrader och vi sammanfattar
dem i u = (V agg ; V agg ; 'V agg ; B ; B ; 'B ; C ; C ; 'C ; A ; A ; 'A )T : Ett snabbt hack i
Mathematica kan t.ex.
ut sa har:
0 seEA
1
EA
0
0
0
0
L
L
6EI
12EI
6EI C
12EI
B 0
0
L
L
L
L
B
C
6EI
4EI
6EI
2EI C
B 0
0
L
L
L
L
B
C ; (* ke *)
ke[EA ; EI ; L ] := B EA
EA
C
0
0
0
0
L
L
B
C
12
EI
6
EI
12
EI
6
EI
@ 0
A
0
L
L
L
L
6
EI
6
EI
2
EI
4
EI
0
0
L
L
L
0
1L
Cos['] Sin['] 0
0
0
0
B Sin['] Cos['] 0
0
0
0C
B
C
B
0
0
1
0
0
0C
B
C ; (* Transformation matrix *)
c[' ] := B 0
C
0
0
Cos[
'
]
Sin[
'
]
0
B
C
@
0
0
0 Sin['] Cos['] 0 A
0
0
0
0
0
1
T
assemble[EI ; L ; ' ; i ] := k[[i]] += c['] :ke[EA; EI; L]:c[']:Map[u; i];
k = T able[0; f12g]; (* Allocate space for global stiness matrix *)
assemble[3 EI; L; 0; f1; 2; 3; 4; 5; 6g]; (* Assemble element with 3EI *)
assemble[2 EI; L; 0; f4; 5; 6; 7; 8; 9g]; (* Assemble element with 2EI *)
assemble[4 EI; a; 2 ; f4; 5; 6; 10; 11; 12g]; (* Assemble element with 4EI *)
k = k=:Map[u[#] ! 0&; f1; 2; 3; 8g]; (* Set boundary conditions *)
sol = Solve[k[[f4; 5; 6; 7; 9; 10; 11; 12g]] == f0; 0; 0; 0; 0; F; 0; 0g; (* Solution *)
Map[u; f4; 5; 6; 7; 9; 10; 11; 12g]]
sol = ExpandAll[sol]=:EA ! 1==Simplify (* Let EA ! 1 *)
k=:sol==Simplify (* Reaction forces, ku *)
1
1
2
2
1
3
2
1
2
1
2
3
2
2
2
2
3
2
2
3
2
2
85
Figur 99: Partition for ODE och Galerkins metod.
Slutligen kan vi sammanfatta resultatet i en typisk tabell.
Nod
V agg
A
B
C
1
0
F a2 (17a+14L)
204EI
0
0
2
0
0
F aL2
51EI
0
8 Exempel
'
0
F a(51a+28L)
408EI
7F aL
102EI
13F aL
204EI
F1
F
F
0
0
F2
9F a
17L
0
0
9F a
17L
M
Fa
17
0
0
0
8.1 ODE och Galerkins metod
Los randvardesproblemet
v0 (x) + 2v(x) = 3x2
v(0) = 3
1; = [0; 1] (DE )
(RV )
med Galerkins metod och tva linjara element, Fig 99.
Losning: Vi far
Z
NT R(x)d
= 0
Z
X
NT (u0 (x) + 2u(x) 3x2 + 1)d
= 0
Z
NT (u0 (x) + 2u(x) 3x2 + 1)d
e = 0
assemblering e
P
ansatsen u = 2i=1 Ni ( )ui
Infor approximativa
= N u, dar N ar basfunktionerna och u varde
i noderna. Eftersom vi har linjara basfunktioner blir Jacobianen J = L2e och elementstyvhetssambandet
R
T (u0 (x) + 2u(x) 3x2 + 1)d
= R Le NT ( dN u + 2N u 3(N x)2 + 1)dx =
N
e
R 1 e T 02 dN dx
= f! parameterrummetg = 1 N ( Le d u + 2N u 3(N x)2 + 1) L2e d =
Z 1
Z 1
2 dN
Le
L
T
=
N (
+ 2N) d u
NT (3(N x)2 1) e d
Le d
2
2
| 1
{z
}
| 1
{z
}
Fe
ke
Vi har tva lika langa element med Le = 12 : Vidare ar basfunktionerna N = ( 12 (1 ); 12 (1 + ))
varfor vi nu kan evaluera integralerna. Forst elementstyvhetsmatriserna som ar lika for bada
86
elementen
ke = ke =
1
2
=
=
=
R1
T ( 2 dN + 2N) Le d =
Le d
2
1 (1 ) R1
1 1 +2 1 (1 )
2
2
(
1
2 2
2
1=2
1
2 (1 + ) R
(1 )
1 1
1 3 + d =
8 1
(1 + )
(1 )( 1 ) (1 )(3 + )
1 R1
8 1
(1 + )( 1 ) (1 + )(3 + ) d =
1N
1 (1 + ) ) 1=2 d
2
2
1
6
1 4
2 5
=
Elementlastvektorn ar olika for elementen, ty xTe = (0; 12 ) och xTe = ( 12 ; 1):
1
Fe =
1
=
=
=
Fe =
2
=
=
=
Assemblering
R1
2
T (3(N x)2 1) Le d =
2
1 (1 ) R1
0
1
1
2 1) 1=2 d
2
(3( 2 (1 ) 2 (1 + )
1 (1 + )
1 )
2
1
2
2
(1 )
1 (1 + ))2 1 d =
1 R1
3(
8 1
4
(1 + )
R
3(1 )(1 + )2 16(1 )
7
1
1 1
d
=
3
128 1
32
3(1 + ) 16(1 + )
5
R1
1N
T (3(N x)2 1) Le d =
2
1 1 (1 ) R1
1
1
2
2 )2
(3( 2 (1 ) 2 (1 + )
1 (1 + )
1
1
2
(1 )
1 R1
1 (3 + ))2 1 d =
3(
8 1
4
(1 + )
R
3
3(1 )(3 + )2 16(1 )
1 1
1
d
=
2
128 1
32
9
3(1 + )(3 + ) 16(1 + )
1N
0
10
1
0
7
1 @ 1 4 0 A @ u1 A 1 @
2 5 1 4
u2 =
5+3
6
32
0
2 5
u3
9
Randvillkoret v(0) = 3, dvs. u1 = 3; ger nu rad 2 och 3
1
6
och till slut
6 + 4u2 + 4u3
0 2 u2 + 5 u3
1
=
32
2
9
=
1) 1=22 d =
1
A
171
u2 = 1
u3
224 144
Med hjalp av t.ex. metoden med integrerande faktor erhalles den exakta losningen till
v(x) = 41 (11e 2x + 6x2 6x + 1) varefter en jamforelse kan beskadas, Fig 100.
8.2 Endimensionell varmeledning
Studera randvardesproblemet, Fig 101.
dT
d
(Ak ) + Q(x) = 0; = [a; b] (DE )
dx
dx
87
Figur 100: Jamforelse ODE exakt losning och Galerkins metod.
Figur 101: Varmeledning och Galerkins metod.
Figur 102: Elementindelning.
88
dar A ar tvarsnittsarean, k varmekonduktivitet, T temperaturen och Q tillfort varme per
langdenhet. Dierentialekvationen ar av andra ordningen och vi ska anvanda oss av Galerkins
metod.
Losning: Vi far med tre lika stora linjara element, Fig 102,
Z
Z
NT R(x)d
= 0
dT
d
) + Q)d
= 0
dx
dx
Integrera partiellt for att fa den svaga formuleringen
dT
NT Ak
NT ( (Ak
b
dx
Z b
a
a
dNT dT
Ak dx +
dx
dx
Enligt Fourier's lag ar varmeodet q = k dT
or
dx , varf
Z b
Z b
a
NT Qdx = 0
Z
b
dNT dT
Ak dx + NT Qdx = 0
dx
a dx
a
Vi har har mojlighet att satta blandade randvillkor (q eller T ) pa randen, dvs. vid a och b.
Alla storheter kan variera
och interpoleras isoparametriskt i elementet. Vi ansatter alltsa som
P
vanligt T = N T = 2i=1 Ni ( )Ti osv. och far direkt efter overgang till parameterrummet
Z 1
2 dNT
2 dN Le
ke =
(N A)(N k)(
) d
Le d 2
1 Le d
T b
N Aq a
Z 1
L
2
1
Vi nojer oss med ett numeriskt exempel dar elementegenskaper och yttre last ar konstanta
A = 10m2 ; k = 5J= Cms; Q = 100J=sm; a = 2m; b = 8m
Fe =
NT (N Q) e d
Vidare testar vi blandade randvillkor med Ta = 0 C och qb = 15J=m2 s: Elementlangden Le =
8 2 , varf
or ke och Fe blir lika for alla elementen som med N = ( 12 (1 ); 21 (1 + )) evalueras
3
till
Z 1
2 dN Le
Ak 1
2 dNT
1
1
1
ke =
Ak(
) d =
1 1 = 25
1 1
Le d 2
Le
1 Le d
Z 1
L
QL
Fe = NT Q e d = e 11 = 100 11
2
2
1
Assemblering ger nu (Tank pa att N ar 1 pa randen samt att [G(x)]ba = G(b) G(a)!)
0
B
B
@
25
25
0
0
25 25 + 25
25
0
0
25 25 + 25 25
0
0
25
25
10
CB
CB
A@
T1
T2
T3
T4
1
C
C
A
0
=
Aqa
0
0
Aqb
B
B
@
Randvillkoren ovan Ta = T1 = 0 C och qb = 15J=m2 s ger nu
0
B
B
@
25
25
0
0
25 25 + 25
25
0
0
25 25 + 25 25
0
0
25
25
10
CB
CB
A@
0
T2
T3
T4
89
1
C
C
A
0
=
B
B
@
10qa
0
0
10 15
1
0
C B
C+B
A @
1
0
C B
C+B
A @
100
100 + 100
100 + 100
100
100
100 + 100
100 + 100
100
1
C
C
A
1
C
C
A
Figur 103: Reynolds equation och Galerkins metod.
dvs.
0
@
varav
50
25 0
25 50
25
0
25 25
0
@
10
T2
T3
T4
A@
T2
T3
T4
1
A
1
0
A
=@
0
=
14
20
18
@
0
0
150
1
0
A+@
200
200
100
1
A
1
A
C
Slutligen fas qa ur forsta ekvationen
25T2 = 10qa + 100
dvs.
qa = 45J=m2 s
Den analytiska losningen kan enkelt bestammas till T (x) = x2 + 13x 22 med exakt overensstammelse i noderna med vardena ovan. Detsamma galler for q, ty med Fouriers's lag har vi
qa = kT 0 (2) = 5( 2 2 + 13) = 45J=m2 s och qb = kT 0 (8) = 5( 2 8 + 13) = 15J=m2 s:
Slutligen maste vi ha varmebalans, dvs. skillnad mellan randvardena lika med tillfort varme,
A(qb qa ) = Q(b a) ) 10(15 ( 45)) = 100(8 2), ok!
8.3 Reynolds ekvation
Nar man analyserar glidlager med avseende pa olika prestanda har man anledning att studera
Reynolds ekvation som ar ett andra ordningens randvardesproblem. Vi valjer har att studera
den i det endimensionella fallet, Fig 103,
dh
d 3 dp
(h ) = 6U ; = [0; L] (DE )
dx dx
dx
dar h(x) ar avstandet mellan lagerytorna, p(x) trycket i oljan, oljans viskositet samt U relativa
hastigheten mellan lagerytorna.
Losning: Detta problem ar vasentligen av samma typ som varmeledningsproblemet. Vi far
med Galerkin
Z
NT R(x)d
= 0
Z
d
dx
dp
dx
NT ( (h3 ) + 6U
90
dh
)d
= 0
dx
Figur 104: Enkel modell.
Integrera forsta termen partiellt for att fa den svaga formuleringen
dp
NT h3
dx
L
Z L
0
0
dNT 3 dp
h dx +
dx dx
Z L
0
NT (6U
dh
)dx = 0
dx
dp ) p
Vi har har mojlighet att satta blandade randvillkor (p eller dx
a randen, dvs. vid x = 0 och
L. Alla storheter kan variera
och interpoleras isoparametriskt i elementen. Vi ansatter alltsa
P2
som vanligt p = N p = i=1 Ni ( )pi och h = N h: Vi nojer oss med ett enkelt numeriskt
exempel for att lattare kunna gora en jamforelse med analytisk losning, Fig 104.
L = 40mm; h(x) = 1 + 2Lx mm; U = 100mm=s; = 6 10 4 Ns=mm2
Som randvillkor valjer vi att satta p0 = pL = 0N=mm2 : Vi kan alltsa efterat bestamma tryckgradienterna vid randerna om dessa ar av intresse. Till slut drar vi till med 16 element.
Detta problem ar helt orealistiskt att losa for hand varfor vi ska formulera och losa det
i det generella nita elementprogrammet FEM (B. Nilsson 1994), utvecklat i Mathematica.
Modelldenition, FE-modell med randvillkor, assemblering samt slutligen losningen hamtar vi
direkt ur Mathematica. Notera att beteckningen u(i; j ) i losningen betyder vasentlig storhet i
nod i:s frihetsgrad j . Har har vi bara en frihetsgrad i varje nod, trycket p.
91
mFEM
version 2.0
A general finite element package
by
Bertil Nilsson
Halmstad University
92
Model definition. Example of Reynolds equation
Differential equation DEu = 0 to be considered
d
ÅÅÅÅ
ÅÅ hx3 p' x + 6 n U h' x = 0
dx
Form standard Galerkin: Integrate[w DE]. Integrate second derivative by parts forming weak formulation. Then transform to parameter space.
de  w x hx3 p x  wx 6  U h x
6 U n wx h£ x - hx3 p£ x w£ x
Dt#1, 
de . f_n_ x_  HoldNest  &, f, n;
Dtx, 
de  ExpandRelease% . f_x  f
„ p „w
„h
6 U w n ÅÅÅÅ
ÅÅÅ
h3 ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅ
„x
„x „x
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅ
Å
ÅÅÅ
Å
ÅÅÅ
Å
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
„x
„x 2
ÅÅÅÅ
Å
Å

ÅÅÅÅ
Å
Å

„x
„x
ü Definition of nodal coordinates, degrees of freedoms per node, element
connectivity and boundary conditions
nodecoord  Range0, 40, 2.5
0, 2.5, 5., 7.5, 10., 12.5, 15., 17.5, 20., 22.5, 25., 27.5, 30., 32.5, 35., 37.5, 40.
nn  Lengthnodecoord
17
nodedof  Table1, nn
1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1
93
elemcon  PartitionRangenn, 2, 1
 1

 2

 3


 4

 5


 6

 7


 8


 9

 10


 11

 12


 13

 14


 15

 16
2

3 

4 

5 

6 

7 

8 

9 

10 

11 

12 

13 

14 

15 

16 

17 
ne  Lengthelemcon
16
boundcon  u1, 1  0, unn, 1  0
u1, 1 == 0, u17, 1 == 0
ü Form element equation elemeq = k ◊ u - f , using standard Galerkins method
2.0 xc
heightxc_ : 1  
40
shape  shape121;
elemeqi_ : Moduleec, xc, eq,
ec  elemconi;
xc  nodecoordec;
x
eq  de  . x  shape.xc,

h  shape.heightxc,
p  shape.getuec,
w  shape, U  100,   6 104 ;
numInteq, 
94
ü Assemble, apply boundary conditions and solve the system
gauss2
assemble
applybc
solve
u1, 1 Ø -1.81471 μ 10-11 , u2, 1 Ø 0.330195, u3, 1 Ø 0.499875,
u4, 1 Ø 0.575964, u5, 1 Ø 0.5961, u6, 1 Ø 0.58234, u7, 1 Ø 0.548036,
u8, 1 Ø 0.501474, u9, 1 Ø 0.447898, u10, 1 Ø 0.390669, u11, 1 Ø 0.331957,
u12, 1 Ø 0.273165, u13, 1 Ø 0.215196, u14, 1 Ø 0.158618,
u15, 1 Ø 0.103778, u16, 1 Ø 0.0508726, u17, 1 Ø -5.38529 μ 10-11 
Plot of finite element solution.
plot1  ListPlotTransposenodecoord,
getuRangenn . solu,
PlotJoined  True, PlotStyle  Hue0.7,
AxesLabel  "x", "Pressure";
Pressure
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
x
10
20
30
95
40
ü Exact solution
Height function and differential equation at hand.
2x
h  1   ;
L
de  x h3 p 'x  6 Ux h
2x
3
6 p£ x  ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ + 1
2x
12 U n
L
p x  ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + 1 + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ == - ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
L
L
L
2
££
Apply boundary conditions and solve it.
pcr  DSolvede, p0  0, pL  0, px, x  First
3 L2 U x n - L U x2 n
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ 
 px Ø ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
L + 2 x2
Numerical data.
pc  px . pcr . L  40, U  100,   6 104 
12 x
ÅÅÅÅ 
3 96 x - ÅÅÅÅÅÅÅÅ
5
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ
2
2 x + 40
2
plot2  Plotpc, x, 0, 40, PlotStyle  Hue0,
AxesLabel  "x", "Pressure";
Pressure
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
x
10
20
30
96
40
ü Compare FE-solution with exact solution
Showplot1, plot2;
Pressure
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
x
10
20
30
97
40