8 points de Gauss sont-ils requis pour les éléments finis hexaédriques de second ordre?

Est-il possible d'obtenir une précision de second ordre pour les éléments finis hexaédriques avec moins de 8 points de Gauss sans introduire de modes non physiques? Un seul point central de Gauss introduit un mode de cisaillement non physique, et l'agencement symétrique standard de 8 points de Gauss est coûteux par rapport aux discrétisations tétraédriques.

Edit : Quelqu'un a demandé des équations. Les équations qui m'intéressent sont l'élasticité non linéaire, dynamique ou quasi-statique. Les équations quasi-statiques sont

\nabla \cdot P (\nabla ϕ) = 0

$\nabla \cdot P\left(\nabla \phi \right) = 0$

où $\phi : \Omega \to \mathbf{R}^3$ , $\Omega \subset \mathbf{R}^3$ et $P : \mathbf{R}^{3 \times 3} \to \mathbf{R}^{3 \times 3}$ est une première fonction de contrainte de Piola-Kirchoff hyperélastique. Un exemple simple est le néo-hookéen compressible, où

P (F) = μ (F - F^{- T}) + λ F^{- T} \log det F

$P(F) = \mu (F - F^{-T}) +\lambda F^{-T} \log \det F$

finite-element accuracy Geoffrey Irving
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Que simulez-vous exactement?

Dan

Élasticité linéaire pour le moment, mais la question concerne l'élasticité non linéaire en général.

Geoffrey Irving

Vous devriez probablement inclure les équations qui vous intéressent, car la définition de "non physique" en dépend. Ou du moins définir précisément l'espace des fonctions «physiques».

David Ketcheson

Ajout d'équations.

Geoffrey Irving du

Avec dPhi / dx, voulez-vous dire le gradient?

Wolfgang Bangerth

Réponses:

En ce qui concerne les simulations de mécanique des solides par éléments finis, vous ne pouvez pas utiliser moins de 8 points de quadrature sans utiliser des forces de stabilisation. En cas de matériau incompressible (votre cas), la meilleure solution à des fins de précision est d'utiliser une formulation mixte. Vous pouvez vous référer au livre de Simo et Hughes: http://books.google.fr/books/about/Computational_inelasticity.html?hl=fr&id=ftL2AJL8OPYC .

Nicolas Tardieu
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Il est relativement évident que vous ne pouvez généralement pas vous en sortir avec moins de points de quadrature par cellule qu'il n'y a de degrés de liberté. Dans le cas d'éléments trilinéaires sur un hexaèdre 3D, il y a 8 degrés de liberté (un par sommet), le nombre minimum de points en quadrature serait donc également de huit.

qui n'est pas inversible et par conséquent complètement inutile. La raison en est qu'une formule de quadrature à un point ne peut pas faire la distinction entre toutes les fonctions linéaires (une partie de l'espace d'essai) qui ont la même valeur au point de quadrature; en d'autres termes, pour la règle du milieu, la fonction de forme «x» est la même que la fonction «0» est la même que la fonction «-x». En d'autres termes, alors que l'espace d'essai a la dimension 2 avec des intégrales exactes, pour la règle du milieu, l'espace a la dimension 1, même s'il y a deux degrés de liberté - c'est la définition d'un espace qui n'est pas unisolvable.) pour la règle du milieu, la fonction de forme «x» est la même que la fonction «0» est la même que la fonction «-x». En d'autres termes, alors que l'espace d'essai a la dimension 2 avec des intégrales exactes, pour la règle du milieu, l'espace a la dimension 1, même s'il y a deux degrés de liberté - c'est la définition d'un espace qui n'est pas unisolvable.) pour la règle du milieu, la fonction de forme «x» est la même que la fonction «0» est la même que la fonction «-x». En d'autres termes, alors que l'espace d'essai a la dimension 2 avec des intégrales exactes, pour la règle du milieu, l'espace a la dimension 1, même s'il y a deux degrés de liberté - c'est la définition d'un espace qui n'est pas unisolvable.)

Wolfgang Bangerth
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Je pense que la question de Geoff est plus subtile. Pour les espaces d'éléments finis continus sur les tétraèdres dans des domaines bien formés (par exemple sans éléments isolés), vous pouvez vous en sortir avec des quadratures à point unique qui sont clairement sous-intégrées. La question est de savoir s'il est également possible de sous-intégrer en quelque sorte les éléments hexaédriques. Je ne connais pas la réponse, mais je ne sais pas à quel point c'est important car les points en quadrature ne nécessitent pas de mouvement de mémoire supplémentaire. Une fois que vous avez vectorisé l'évaluation résiduelle des éléments finis, il est courant qu'elle soit liée à la mémoire, il est donc préférable d'utiliser les flops.

Jed Brown

Bon point sur le mouvement de mémoire.

Geoffrey Irving

Pour développer le point de Jed: la raison pour laquelle l'argument "évident" ci-dessus est faux est que chaque point de quadrature voit une matrice . Pour les tétraèdres, cela couvre tous les mouvements des sommets à l'exclusion de la translation uniforme, ce qui n'affecte pas l'énergie ou les forces, donc un point de quadrature est suffisant pour une précision de premier ordre.

3 \times 3

$3 \times 3$

Geoffrey Irving

Plutôt gênant que les commentaires ne puissent pas inclure de nouvelles lignes.

Geoffrey Irving

@JedBrown: Bon point. Le gradient des fonctions linéaires sur les tets sont des constantes et donc un seul point de quadrature est suffisant, suivant l'argument que j'ai fait pour la matrice de masse (la matrice de rigidité est la matrice de masse pour les gradients :-). D'un autre côté, les gradients des fonctions trilinéaires sur les hexaèdres sont des fonctions quadratiques (anisotropes), donc il faut certainement plus qu'un seul point de quadrature par direction de coordonnées.

Wolfgang Bangerth