王勖成 线性代数《有限单元法》15章课后习题答案.pdf

习题习题 1.2： 在用有限元法求解时，边界条件总是满足的，控制方程的不完全匹配，会产生误差。题中所 给出的近似函数： 23 0123 aa xa xa x=+，应该满足边界条件，对于情况（1） ，代入边 界条件可得 2 12 03 3 1 0, a la l aa l =，从而 333 2 12 23 ()() xxx a xax lll =+ （1） 上式中的最后一项 3 3 x l 前面没有待定系数，这是由于使用了在 x=l 处=1 的强制边界条件。 从物理意义上说，相当于给定边界条件的解为齐次方程的通解加一个特解的缘故。将（1） 式代入教材（1.2.26）式，得到残量： 12 23 66 ( )( 6)(2)( ) xxx r xaaq x lll =+ 不同的求解方法，如配点法、子域法和伽辽金法，只是残量在某种意义上某个区域加权积分 为零。 配点法强制残量 r(x)在有限个点严格为零，点的个数取决于未知数个数，这里为 2，通常取 所选的点在域内均匀分布，则取 x=l/3 和 x=2l/3 处，r(x)=0,这样得到 2 ( )0,()0 33 ll rr=，从而可以解出待定系数 12 ,a a。带入（1）式可以得到。 配点法仅考虑了有限个点的局部特性，子域法则要求在有限个子域 i 内残量的积分 ( )0 i r x dx = 为零，子域的个数仍然取决于未知函数个数，通常选取各子域的并集为整个 待求区域，一般情况可以选择各子域大小相同，但对于某些局部变化较复杂的区域，可以缩 小 子 域 的 大 小 ， 使 得 子 域 分 布 更 合 理 。 例 如 取 子 域 为 12 |0/2, |/2xxlx lxl = =，则利用 12 ( )0,( )0r x dxr x dx = ， 可以求出待定系数 12 ,a a。 伽辽金法作为加权余量法的特殊形式，权函数选择为插值函数 12 ,n n， 这里 33 2 12 2 ( ),( ) xx n xxnxx ll =，这样，利用( ) ( )0,1,2 i n x r x dxi = 可以求出待 定系数 12 ,a a。 对于其余边界条件情况可依此类推。 练习题 1.4，注意近似函数要满足边界条件，从而可知截面及坐标系如图所示： ，很多同学把积分区域弄错了，也有不少同学计 算错误。这里，由于边界为零，采用泛函及其弱形式得到的积分结果是相同的。最终计算得 到：a1=4608/(134), a2=-512/(154), a3=-1536/(854)。 练习题 1.5，泛函的欧拉方程基本没太多问题，泛函为零得到边界条件： 23 23 0 0 l d wdwd w w dxdxdx = 1.5 如有一问题的泛函为 2 22 2 0 ( ) 22 l eid wkw wqw dx dx =+ ，其中 e, i, k 是常数，q 是给定函数，w 是未知函数，试导出原问题的微分方程和边界条件. 22 22 0 ( ) l d wd w weikw wq w dx dxdx =+ 2223 2223 00 0 234 234 0 00 ()() () l ll ll l d wdwd w dwd w dw eidxeieidx dxdxdxdxdxdx d w dwd wd w eieiweiwdx dxdxdxdx = =+ 224 224 00 23 23 00 ( ) () ll ll d wd wd w weikw wq w dxeikwqwdx dxdxdx d w dwd w eieiw dxdxdx =+=+ + 微分方程： 4 4 0 d w eikwq dx += 边界条件： 22 22 0 0 xx l d wd w dxdx = =， 33 33 0 0 xx l d wd w dxdx = = 分强制边界和自然边界。 补充题 试作加权余量发的最小二乘配点法，并给出所得到的求解方程系数矩阵的特点分析。 （最小二乘配点法思路是， 利用使求解域内所选各点处误差平方的总和为最少的条件， 去建 立求解试函数系数的方程。配点法是强迫余量误差在所选点上为 0，最小二乘配点法则是余 量在所选点上的误差，满足平方和最小。 ） 解：近似函数为( )( ) ii u xn x a= ，不失一般性 余量为：( )( )( )( ) )( ) ii r xa uf xa n x af x= 最小二乘配点法取权函数 () () jiik j wa n axx a = 其中j=1,.,n; k=1,.,m 且mn 加权余量要求0 j w rd = 1 11 ( ) ) () ( ) )( ) ( ) () ( ) )( ) () () )() () ()() ka-p t jiikii j t jkii m t jkikik k mm tt jiij kk w rdan x axxa n x af x d a anxxxa n x af x d anxa n x af x ana n aanf = = = = = = = ()写成矩阵形式 因此， 1 () () m t ijjiji k kana nk = = ， 系数矩阵对称，且无需积分。 复习题 1.7 自然边界条件强制边界条件的区别何在?为什么这样命名？对于一个给定的微分方程，如何 区分这两类边界条件？ 自然边界条件与强制边界条件，二者都是针对边值条件来说的。边值条件一般有三类边界条件。第一类：狄里克莱(dirichlet) 条件；第二类，诺依曼(neumann)条件；第三类，前两者的混合条件，也叫洛平(robin)条件 在选择近似函数时， 已经事先满足的边界条件为强制边界条件。 而自然边界条件则是在将等 效形式化为弱形式时包含在边界积分场上的边界条件。 对于 2m 阶微分算子，含 0 到 m-1 阶导数的边界条件称为强制边界条件，近似函数应该事先 满足。含 m 到 2m-1 阶导数的边界条件称为自然边界条件，近似函数不必事先满足。对于给 定的微分方程，判断其阶次，再依据边界所含导数阶数可区分两类边界。 思考题 1.8 泛函在什么条件下有极值？了解泛函是否有极值的意义何在？ 2 00 = ，则3n = 方向最高达 4 阶，214n ，则3n = 因此积分为3 39 = 采用优化积分方案，由于多项式中完备性的阶次为 0，所以用 1 1 （2）方向最高达 3 阶，213n ，2n = 方向最高达 4 阶，214n ，则3n = 因此积分为2 36 = 采用优化积分方案，由于多项式中完备性的阶次为 0，所以用 1 1 5.1 节点 4 和 5 只属于单元（i）和（ii） ，因此需要引入多点约束方程 对于单元（iii）可知 1 2 2 3 1 (1)(1)(1) 4 1 (1)(1)(1) 4 1 (1)(1) 2 n n n =+ + = = 那么在 1-4-3-5-2 这条边上 3 00 1 (,) ii i n = = 将点 4 和 5 坐标带入上式可得 3 4123 1 3 5123 1 1313 ( 1, )() 2884 1133 ( 1,) 2884 ii i ii i n n = = =+ + = = + 5.2 (1)理论解 单位质量的离心力 2 fr= 则体积力为 2 fr= 于是 c 点右侧部分的惯性力之和为 222 2 3 d 8 l c l fra ral = 其应力值 22 3 8 c l =， 同样的方法可求 22 1 2 o l = 其实可以求出全场应力解 22 2 1 ( ) 2 lr l = 进而得到全场应变解 2 32 0 1 () 23 r udrrl r e =+ o c 由应变可积分得到位移解 22 2 1 ( ) 2 lr l = (2)有限元分析 对于一维 3 节点杆单元 插值函数如下 1 2 2 3 1 (1) 2 1 1 (1) 2 n n n = = =+ 那么 123 n n n r = bln =，且由(1) 4 l r=+可知 4 rrl = 所以 411 2 22l =+bln = 弹性=de（弹性模量） 雅可比矩阵 3 1 11 () 0()2 22244 i i i nlll jx = = += 计算刚度矩阵： 1 1 1 22 1 2 2 1 22 111213 212223 313233 111 ()2 () 224 16111 2 ()()2 () 4222 11 2 ()4 42 e j d el d l kkk kkk kkk = =+ + = kbdb 节点编号 1 2 3 4 5 其中 1 2 3 为单元 1，3 4 5 为单元 2 同理可求 2 e k 集成总刚为 1 2 3 14162 00 333 3216 00 33 28162 333 3216 33 14 3 e l k =， 下面求等效节点载荷 1 1t 1 1 22 1 1 2 2 2 2 23 1 (1) 2 (1) 1 44 1 (1) 2 0 12 24 f j d ll d p l p p l = + = + = pn f 同理可求 1 2t 1 1 22 1 2 2 3 2 2 4 2 25 1 (1) 2 (3) 1 44 1 (1) 2 24 4 12 f j d ll d l p l p p l = + = + = pn f 集成节点载荷向量为 1 2 2 2 3 4 5 0 1 12 1 12 1 4 1 12 p p pl p p = p 把 1 0u =带入约束条件，利用对角线改 1 法，将求解方程=k ap改写为 2 2 2 3 4 5 100000 32161 00 0 3312 281621 33312 32161 334 114 123 u e ul l u u = 求解可得到 2 2 32 3 3 4 5 000 470.1223958 880.2291666 384 1170.3046875 1280.3333333 u ll u ee u u = ， 由 2 32 0 1 () 23 r udrrl r e =+ 可得理论解 * 2 2 3 3 4 5 0 31 0 256 11 48 37 128 1 3 u l u e u u = 由所求出的位移解可以计算得到应力值 1 2 2 2 3 0.520830 0.458333 0.395833 l = 3 2 2 4 5 0.395833 0.208333 0.020833 l = 总体应力磨平 设 3 * 1 ii i n = =，其中 * i 为待求的改进后的节点应力值 将其带入 2 * 1 ()0 e i e v cn dv = = 即 12 *(1)*(2) 11 ()()0,1,2,3,4,5 ii vv n dvn dvi ee += 单元应力磨平 5.3 证明题 证明： （1）利用 4 个高斯点外推，课本的（5.3.22）到（5.3.25）公式。 （2）利用 4 结点应力插值 （5.3.21）式为 * ()0 (1,2,3,4) e i v n dvi= 采用2 2高斯积分方案： 2 * ,1 ()( ,) e kijij v i j n dvh f = = * ( ,)()() ijmmkm fnx = m x为高斯积分点， * k n为 4 结点的插值函数。 m 为已 知的 4 个高斯点应力 由于2 2高斯积分的权系数1 ij h =，并且 4 * 1 () mkmk k nx = =， ,mi ii ii iv=代表高斯点的标号，1,2,3,4k =代表结点的标号。 代入积分公式得 2444 * ,1111 ()() )()()0 kmkmkmkmkmkm i jkmk nxnxnxnx = = ， 由此，可得， 写成矩阵形式 4 * i 1 * 4 1111* ii * 1 2222 * 4 * 3333 iii * 1 4444 * iv 1 () ( )()()() () ( )()()() ( )()()() () ( )()()() () kmj k kmj k kmj k kmj k nx niniiniiiniv nx niniiniiiniv niniiniiiniv nx niniiniiiniv nx = = = = 4 0 0 = 0 0 由于插值函数矩阵的非奇异性，因此必然有 4 * i 1 4 * ii 1 4 * iii 1 4 * iv 1 () 0 () 0 = 0 () 0 () kmj k kmj k kmj k kmj k nx nx nx nx = = = = ，移项，得 * i 11111 * ii 22222 * iii 33333 * iv 44444 ( )()()() ( )()()() ( )()()() ( )()()() niniiniiiniv