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Máster y doctorado

Análisis de elementos finitos

El ordenador no puede guardar todos los valores de una función continua. En elementos finitos la construimos con piezas sencillas y resolvemos sus coeficientes. Vamos a fabricar una aproximación de dos segmentos, comprobar sus ecuaciones y entender qué garantiza que mejore al refinar la malla.

1. La ecuación débil dice qué igualdad debe cumplir la función

Como ejemplo, buscamos u en (0,1) con −u″=2 y u(0)=u(1)=0.

Multiplicamos por una prueba v que vale cero en los extremos e integramos por partes: \int_0^1u^{\prime}v^{\prime}dx=\int_0^12v\,dx. Solo aparece una derivada de u.

El espacio V=H₀¹(0,1) contiene funciones con derivada débil cuadrado integrable y traza cero. Su norma de energía ∥v′∥L² es una norma por Poincaré. En general, una forma bilineal continua y coerciva en un Hilbert real, con carga lineal continua, permite aplicar Lax–Milgram: existe una única solución débil.

Comprobar una solución

u(x)=x(1−x).

  1. Derivar

    u′=1−2x y u″=−2.
  2. Ecuación

    −u″=2.
  3. Frontera

    u(0)=u(1)=0; por integración por partes satisface también la igualdad débil.

Resultado

Ya tenemos una solución exacta con la que aprender a medir errores.

Lo comprobamos

La formulación débil se usa también cuando no se dispone de segunda derivada clásica.

Por qué la frontera importa

Misma forma a(v,v)=∫₀¹(v′)², pero sin imponer valores extremos.

  1. Probar una constante

    v=1 tiene derivada cero.
  2. Energía

    a(1,1)=0 aunque v no sea la función cero.
  3. Conclusión

    No es coerciva respecto de la norma H¹ en todo H¹.

Resultado

Con Neumann puro se tratan compatibilidad y constantes por separado.

Lo comprobamos

Dirichlet y Neumann no tienen el mismo espacio de solución.

2. Galerkin cambia la función desconocida por unos pocos coeficientes

Elegimos un subespacio conforme V_{h}⊂V y pedimos la igualdad solo para v_{h}∈V_{h}. Conforme significa que sus funciones pertenecen al espacio del problema continuo. Para dos intervalos [0,1/2] y [1/2,1], basta la función sombrero φ, que vale cero en extremos y uno en el nodo central.

Una curva se aproxima con dos segmentos unidos
−u″=2; u(0)=u(1)=001/21Azul: u=x(1−x)Verde: uₕ=(1/4)φMismos nodos; distintas pendientes.
Problema menos u segunda igual dos en cero uno, con u cero en los extremos. La curva azul es la solución exacta x por uno menos x y la verde es su aproximación lineal conforme con un nodo interior en un medio. Su valor nodal es un cuarto y la aproximación coincide aquí con el interpolante. Las dos curvas usan el mismo eje y la misma escala. Los nodos coinciden, pero entre ellos queda error y las pendientes no coinciden. La igualdad nodal especial de este problema unidimensional no es una propiedad universal de Galerkin.

Toda función de este espacio es Uφ.

La ecuación se reduce a U∫(φ′)²=∫2φ.

La primera integral vale cuatro y la segunda uno, luego U=1/4. La función aproximada es continua y lineal por partes: no es una parábola por tener una solución exacta parabólica.

Construir el sombrero

φ=2x en [0,1/2] y φ=2(1−x) en [1/2,1].

  1. Rigidez

    φ′ vale 2 y −2; ∫(φ′)²=4.
  2. Carga

    El área bajo φ es 1/2; ∫2φ=1.
  3. Coeficiente

    4U=1 implica U=1/4.
Resultado

El método calcula el valor central de esta aproximación.

Lo comprobamos

Aquí coincide con u(1/2); no ocurre automáticamente en cualquier FEM.

Cambiar la fuente sin cambiar la malla

Si −u″=6 con los mismos extremos.

  1. Carga

    ∫6φ=3.
  2. Rigidez

    Sigue siendo cuatro porque la malla y la forma no han cambiado.

  3. Resultado

    U=3/4; la aproximación se triplica.
Resultado

Separar matriz y carga ayuda a entender qué datos cambian cada parte.

Lo comprobamos

La linealidad permite esta escala en el modelo escogido.

3. Restar las dos ecuaciones da la ortogonalidad de Galerkin

La solución exacta cumple a(u,v_{h})=l(v_{h}), pues las pruebas discretas también son admisibles en V.

La aproximada cumple a(u_{h},v_{h})=l(v_{h}).
Restando, a(u-u_h,v_h)=0\quad\text{para todo }v_h\in V_h.

El error e no tiene por qué ser cero: lo que se anula es su acción frente a las pruebas del espacio elegido. Si a es simétrica y positiva, esto es ortogonalidad en energía. Para una forma no simétrica sigue siendo una identidad útil, aunque no sea un producto interior.

Comprobar la identidad con el sombrero

u=x(1−x) y u_{h}=φ/4.

  1. Ecuación exacta

    a(u,φ)=∫2φ=1.
  2. Discreta

    a(u_{h},φ)=(1/4)·4=1.
  3. Restar

    a(e,φ)=1−1=0.
Resultado

Hay ortogonalidad pese al error visible entre los nodos.

Lo comprobamos

No significa ∫eφ=0: aquí el producto usa derivadas.

Comprender el caso exacto

Si la solución u ya pertenece a V_{h}.

  1. Admisible

    u satisface todas las ecuaciones discretas.

  2. Unicidad

    La coercividad garantiza una única solución discreta.

  3. Resultado

    u_{h}=u y el error vale cero.
Resultado

El método reproduce las soluciones que su espacio puede representar exactamente.

Lo comprobamos

Se mantienen integración exacta, datos y misma forma bilineal.

4. Céa compara el error con la mejor función disponible en la malla

Supongamos |a(w,v)|≤M∥w∥V∥v∥V y a(v,v)≥α∥v∥V², con α>0.
Para cualquier v_{h}, escribimos e=(u−v_{h})+(v_{h}−u_{h}).

El segundo sumando está en V_{h} y desaparece al aplicar Galerkin.

Queda α∥e∥V²≤a(e,e)=a(e,u−v_{h})≤M∥e∥V∥u−v_{h}∥V.
Si e≠0 dividimos; si e=0 la cota ya vale.

Así \|u-u_h\|_V\le(M/\alpha)\inf_{v_h\in V_h}\|u-v_h\|_V. El teorema no contiene todavía una tasa en h.

Utilizar una cota de mejor aproximación

M=6, α=2 y mejor error como máximo 0,02.

  1. Factor

    M/α=3.
  2. Multiplicar

    3·0,02=0,06.
  3. Leer

    El error es como máximo 0,06, no necesariamente igual.

Resultado

La cota combina estabilidad y capacidad de aproximación.

Lo comprobamos

Una cota superior no permite deducir un error inferior positivo.

Distinguir dos posibles problemas

Dos mallas tienen mejor error 0,01 y 0,001, con el mismo factor M/α=2.

  1. Primera

    Céa da 0,02.

  2. Segunda

    Da 0,002.

  3. Alcance

    Han mejorado las cotas por diez, no se han medido los errores reales.

Resultado

Comparar garantías no equivale a conocer cada error exacto.

Lo comprobamos

Si cambia el problema o la norma, también hay que revisar sus constantes.

5. Con simetría la energía convierte la solución en una proyección

Cuando a es un producto interior, definimos ∥v∥a²=a(v,v).

Para cualquier v_{h}, u−v_{h}=e+(u_{h}−v_{h}), con los dos sumandos ortogonales.

Pitágoras da ∥u−v_{h}∥a²=∥e∥a²+∥u_{h}−v_{h}∥a².
La mejor aproximación se mide en una norma concreta
Proyección sobre {(s,s)}u=(2,3)uₕ=(2,5;2,5)Error: (−1/2, 1/2)Producto con (1,1): 0En FEM: ortogonalidad de energía.
Analogía euclídea de la proyección ortogonal: punto u igual dos tres y subespacio de vectores con coordenadas iguales. La proyección es u h igual dos y medio dos y medio, y el error menos un medio un medio es perpendicular al subespacio. Se usan iguales escalas en los dos ejes y las coordenadas de los puntos se corresponden con el dibujo. En elementos finitos simétricos la geometría análoga usa el producto interior de energía, no necesariamente la distancia euclídea entre coeficientes. El triángulo ilustra Pitágoras y no modifica la norma del problema.

Por tanto u_{h} es la mejor aproximación en norma de energía, con constante uno. Una norma H¹ distinta puede tener otras constantes de equivalencia. No se infiere a partir de esto un error puntual o una mejor aproximación en L².

Ver la geometría en dos coordenadas

Proyectamos u=(2,3) sobre {(s,s)} con producto euclídeo.

  1. Minimizar

    (2−s)²+(3−s)² tiene derivada 4s−10.

  2. Proyección

    s=5/2; error (−1/2,1/2).
  3. Ortogonalidad

    Su producto con (1,1) es cero; error cuadrado 1/2.

Resultado

En FEM simétrico la misma geometría ocurre en el producto de energía.

Lo comprobamos

No se identifica ese producto con la distancia euclídea de los coeficientes sin comprobarlo.

Comprobar Pitágoras para Poisson

u=x(1−x), u_{h}=φ/4 y v_{h}=0.

  1. Exacta

    ∫(u′)²=1/3.
  2. Aproximada

    ∫(u_{h}′)²=1/4.
  3. Error

    ∫(u′−u_{h}′)²=1/12; se cumple 1/3=1/4+1/12.
Resultado

El error de pendiente es medible aunque los valores nodales coincidan.

Lo comprobamos

Las tres cantidades se expresan en la misma energía.

6. Una tasa en h necesita regularidad y una familia de mallas adecuada

Para elementos lineales conformes y mallas de forma regular, la interpolación de una solución suficientemente regular, por ejemplo H² en el marco habitual, permite error energético O(h). Con grado p y regularidad adicional se obtienen órdenes superiores. Céa convierte la estimación de interpolación en la de solución.

El error L² puede ganar un orden mediante un problema dual con regularidad suficiente. Esquinas singulares, capas o mallas degeneradas pueden romper las tasas esperadas. Forma regular controla la geometría de los elementos, no exige que todos tengan exactamente el mismo tamaño.

Una tasa exacta en un ejemplo suave

Para u=x(1−x), malla uniforme de paso h=1/N y su solución lineal conforme.

  1. En una celda

    El error de derivada es una recta centrada; su integral cuadrada vale h³/3.

  2. Sumar N

    El error energético cuadrado es Nh³/3=h²/3.
  3. Raíz

    ∥e∥a=h/√3: al dividir h por dos se divide este error por dos.

Resultado

En este problema la tasa se obtiene calculando todas las piezas.

Lo comprobamos

La coincidencia entre interpolante y Galerkin se verifica para este Poisson 1D.

Medir otra norma

En el mismo ejemplo, el error por celda es t(h−t), 0≤t≤h.

  1. Integral local

    ∫₀ʰt²(h−t)²dt=h⁵/30.
  2. Sumar

    El error L² cuadrado es h⁴/30.

  3. Raíz

    ∥e∥L²=h²/√30, orden dos en esta norma.
Resultado

Una misma aproximación tiene tasas diferentes según qué error midamos.

Lo comprobamos

Este cálculo explícito no elimina las hipótesis de los teoremas generales.

7. Las matrices locales se suman y la frontera decide el sistema global

En un elemento de longitud h, las funciones lineales locales tienen derivadas −1/h y 1/h. Integrar sus productos da K^{(e)}=\frac1h\begin{pmatrix}1&-1\\-1&1\end{pmatrix}. Cada fila suma cero: una constante no tiene energía de derivada.

Se ensamblan aportaciones de los elementos que comparten nodos. Después se imponen o eliminan grados de libertad de frontera. Un bloque local singular no impide una matriz global definida positiva con Dirichlet: las condiciones globales eliminan la dirección constante.

Ensamblar tres intervalos

h=1/3, dos nodos interiores y Dirichlet cero.

  1. Diagonal

    Cada nodo recibe dos aportaciones tres: diagonal seis.

  2. Vecinos

    El elemento central aporta menos tres entre nodos.

  3. Matriz

    K=\begin{pmatrix}6&-3\\-3&6\end{pmatrix}, definida positiva con autovalores tres y nueve.

Resultado

La matriz global incorpora conexiones y frontera.

Lo comprobamos

No se intenta invertir cada bloque local por separado.

Resolver con la fuente dos

Con la misma malla y f=2.

  1. Carga

    Cada sombrero interior tiene área 1/3, así que F=(2/3,2/3).

  2. Sistema

    Por simetría U₁=U₂; cada ecuación se reduce a 3U₁=2/3.
  3. Resultado

    Ambos coeficientes son 2/9, coincidiendo con u(1/3) y u(2/3).

Resultado

Resolver los coeficientes reconstruye toda la función por tramos.

Lo comprobamos

No solo dos números aislados sin sus funciones de base.

8. Si se cambian las ecuaciones también se revisa la garantía

Cuadratura, geometría aproximada o datos proyectados pueden cambiar a o l. Ya no se puede restar las ecuaciones como si fueran idénticas. Las estimaciones de tipo Strang separan la mejor aproximación y los errores de consistencia bajo sus condiciones.

En métodos mixtos aparecen variables y restricciones adicionales. La coercividad puede no valer en todo el espacio producto; se necesitan condiciones inf-sup y coercividad en un núcleo apropiado. Una matriz invertible por sí sola no garantiza estabilidad uniforme al refinar.

Un error de carga en el sistema más pequeño

El sombrero anterior tiene rigidez cuatro; la carga exacta uno se sustituye por 1+ε.

  1. Resolver

    Ũ=(1+ε)/4.
  2. Comparar

    Ũ−U=ε/4.
  3. Energía

    La norma del error añadido es |ε/4|·∥φ∥a=|ε|/2.
Resultado

Aunque el espacio no cambie, una carga alterada cambia la solución.

Lo comprobamos

Ese error no está incluido en la ortogonalidad exacta usada antes.

Una matriz de punto silla

Sistema con matriz [[1,1],[1,0]].

  1. Determinante

    Vale −1: es invertible.

  2. Forma

    En el vector (0,1), el producto cuadrático vale cero.

  3. Conclusión

    No es coerciva positiva en toda ℝ²; necesita análisis de estructura de punto silla.

Resultado

Resolubilidad y coercividad global no son la misma propiedad.

Lo comprobamos

No se aplica Céa coercivo a esta matriz sin reformular el problema.

9. Una comprobación útil conecta ecuación, aproximación y error

Se revisan condiciones de frontera, ensamblaje, residual algebraico y tasas al refinar. Un residual algebraico pequeño indica que se resolvió bien el sistema elegido. El error de discretización mide la distancia al problema continuo y puede seguir siendo grande.

Un estudio con solución conocida permite verificar implementación y órdenes. Cuando u no se conoce, los estimadores a posteriori usan residuos de elementos e interfaces para orientar refinamiento. Se conserva la distinción entre resolver el sistema y mejorar el espacio que representa la función.

Un sistema resuelto exactamente aún tiene error

En la malla de dos intervalos, U=1/4.

  1. Residual algebraico

    4U−1=0.
  2. Error energético

    Sigue siendo 1/√12.

  3. Mejora

    Para reducirlo hay que cambiar la aproximación, por ejemplo refinar la malla.

Resultado

Cero residual de matriz no significa cero error respecto a la curva exacta.

Lo comprobamos

Las dos medidas responden a preguntas diferentes.

Leer una tabla de refinamiento

Mismo ejemplo, N=2,4,8.

  1. Pasos

    h=1/2,1/4,1/8.
  2. Energía

    Errores h/√3: cada uno es la mitad del anterior.

  3. L²

    Errores h²/√30: cada uno es un cuarto del anterior.

Resultado

Las razones observadas concuerdan con los cálculos exactos de esta solución.

Lo comprobamos

Una tabla de tres mallas por sí sola no prueba una tasa universal.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Matriz local

Calcula la matriz de rigidez de un elemento lineal de longitud h=1/2.

  1. Leer el elemento

    Longitud h=1/2 y dos bases lineales locales.
  2. Derivar

    Sus derivadas son −2 y 2.

  3. Diagonal

    ∫₀ʰ4dx=4·(1/2)=2.
  4. Cruzada

    ∫₀ʰ(−4)dx=−2.
  5. Matriz

    \begin{pmatrix}2&-2\\-2&2\end{pmatrix}.

  6. Verificar

    Cada fila suma cero: el vector constante (1,1) tiene energía local cero.

Resultado

[[2,−2],[−2,2]].

Lo comprobamos

Cada fila suma cero: una constante tiene energía local cero.

EJEMPLO RESUELTO 2

Cota de Céa

Si M=4,α=2 y el mejor error vale 0,03, calcula la cota.

  1. Leer constantes

    M=4 y α=2.
  2. Leer aproximación

    El mejor error en V vale 0,03.

  3. Aplicar Céa

    Error≤(M/α)·0,03.
  4. Cociente

    4/2=2.
  5. Resultado

    Error≤0,06.
  6. Interpretar

    No conocemos el error exacto a partir de esta cota; la norma sigue siendo V.

Resultado

El error en V no supera 0,06.

Lo comprobamos

Es una cota, no el error exacto.

Los símbolos que hemos usado

V / V_h
Espacio variacional completo / subespacio finito conforme.
a(u,v)
Forma bilineal que representa el operador en el marco real usado aquí.
M
Constante de continuidad: |a(u, v)|≤M‖u‖V‖v‖V.
α>0
Constante de coercividad: a(v, v)≥α‖v‖V².
Ortogonalidad de Galerkin
a(u−u_h, v_h)=0 para todo v_h del espacio discreto.
Mejor aproximación
Ínfimo de ‖u−v_h‖V entre funciones del espacio discreto.
Regularidad de forma
Control geométrico de elementos de una familia de mallas.

Ahora te toca a ti.

Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.

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