Éléments Raviart-Thomas sur le carré de référence

Je voudrais savoir comment fonctionne l'élément Raviart-Thomas (RT). À cette fin, je voudrais décrire analytiquement à quoi ressemblent les fonctions de base sur le carré de référence. Le but ici n'est pas de l'implémenter moi-même, mais plutôt juste d'avoir une compréhension intuitive de l'élément.

Je fonde largement ce travail sur les éléments triangulaires discutés ici , peut-être que son extension aux quadrilatères est une erreur en soi.

Cela dit, je peux définir les fonctions de base du premier élément RK RK0:

pour

ϕ_{i} (x) = a + b x = (\begin{matrix} a_{1} + b_{1} x \\ a_{2} + b_{2} y \end{matrix})

$\mathbf{\phi}_i(\mathbf{x}) = \mathbf{a} + \mathbf{b}\mathbf{x} = \begin{pmatrix} a_1 + b_1 x\\a_2 + b_2 y\end{pmatrix}$

i = 1, \dots, 4.

$i = 1,\dots,4.$

Les conditions sur sont les suivantes: $\mathbf{\phi}_i$

ϕ_{i} (x_{j}) \cdot n_{j} = δ_{i j}

$\mathbf{\phi}_i(\mathbf{x}_j)\cdot\mathbf{n}_j = \delta_{ij}$

où est l'unité normale indiquée ci-dessous et est sa coordonnée. $\mathbf{n}_j$ $\mathbf{x}_j$

RT0

Il s'agit du carré de référence , ce qui conduit à un système d'équations pour chaque fonction de base. Pour c'est: $[-1,1]\times[1,1]$ $\mathbf{\phi}_1$

(\begin{matrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & - 1 & 0 & 1 \\ - 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix} a_{1} \\ a_{2} \\ b_{1} \\ b_{3} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 1\\ -1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a_1 \\ a_2\\ b_1\\ b_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\0\\0\\0\end{pmatrix}$

qui peut être résolu pour donner:

ϕ_{1} (x) = \frac{1}{2} (\begin{matrix} 1 + x \\ 0 \end{matrix})

$\mathbf{\phi}_1(\mathbf{x}) = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 + x\\ 0\end{pmatrix}$

Les autres fonctions de base peuvent être trouvées de manière similaire.

En supposant que cela est correct, l'étape suivante consiste à trouver les fonctions de base pour RK1. C'est là que je deviens un peu incertain de moi-même. Selon le lien ci-dessus, l'espace qui nous intéresse est:

P_{1} (K) + x P_{1} (K)

$P_1(K) + \mathbf{x}P_1(K)$

Une base pour serait $P_1$ $\{ 1, x, y\}$

Je pense que cela signifie que les fonctions de base de RK1 devraient prendre la forme:

ϕ_{i} (x) = (\begin{matrix} a_{1} + b_{1} x + c_{1} y + d_{1} x^{2} + e_{1} x y \\ a_{2} + b_{2} x + c_{2} y + d_{2} x y + e_{2} y^{2} \end{matrix})

$\mathbf{\phi}_i(\mathbf{x}) = \begin{pmatrix} a_1 + b_1 x + c_1 y + d_1 x^2 + e_1 xy\\ a_2 + b_2 x + c_2 y + d_2 xy + e_2 y^2\end{pmatrix}$

Cela laisse 10 inconnues pour chaque fonction de base. Si nous appliquons les mêmes conditions que dans le cas RK0, à savoir:

ϕ_{i} (x_{j}) \cdot n_{j} = δ_{i j}

$\mathbf{\phi}_i(\mathbf{x}_j)\cdot\mathbf{n}_j = \delta_{ij}$

n_{j}

$\mathbf{n}_j$

RK1

$[P_1]^2$

pde finite-element

— Lukas Bystricky
source

En général, vous ne pouvez pas simplement transférer la même base polynomiale des éléments tétraédriques aux éléments quadrilatéraux. ¹ En particulier, l'intérêt des éléments quadrilatéraux est de travailler avec des produits tenseurs de polynômes unidimensionnels, ce qui n'est pas possible pour les éléments tétraédriques.

$RT_k$

P_{k + 1, k} \times P_{k, k + 1},

$P_{k+1,k} \times P_{k,k+1},$

P_{k, l} = {\sum_{i = 0}^{k} \sum_{j = 0}^{l} a_{i j} x^{i} y^{j} : a_{i j} \in R} .

$P_{k,l} = \left\{\sum_{i=0}^k\sum_{j=0}^l a_{ij} x^iy^j: a_{ij}\in\mathbb{R}\right\}.$

k = 0

$k=0$

k = 1

$k=1$

(\begin{matrix} a_{1} + b_{1} x + c_{1} x^{2} + d_{1} y + e_{1} x y + f_{2} x^{2} y \\ a_{2} + b_{2} y + c_{2} y^{2} + d_{2} x + e_{2} x y + f_{2} x y^{2} \end{matrix}) .

$\begin{pmatrix} a_1 + b_1 x + c_1 x^2 + d_1 y + e_1 xy + f_2 x^2y\\ a_2 + b_2 y + c_2 y^2 + d_2 x + e_2 xy + f_2 xy^2 \end{pmatrix}.$

\dim R T_{1} = 12

$\dim RT_1 = 12$

\dim R T_{k} = 2 (k + 1) (k + 2)

$\dim RT_k = 2(k+1)(k+2)$

R T_{k}

$RT_k$

k + 1

$k+1$

\int_{- 1}^{1} \int_{- 1}^{1} ϕ_{i} (x, y) q_{j} (x, y) d x d x = δ_{i j},

$\int_{-1}^1 \int_{-1}^1 \phi_i(x,y) q_j(x,y) dx\,dx=\delta_{ij},$

{q_{j}}

$\{q_j\}$

P_{k - 1, k} \times P_{k, k - 1}

$P_{k-1,k}\times P_{k,k-1}$

{1, x, y}

$\{1,x,y\}$

k = 1

$k=1$

\int_{e_{m}} ϕ_{i} (s)^{T} ν_{e_{m}} q_{m, j} (s) d s,

$\int_{e_m} \phi_i(s)^T\nu_{e_m} \, q_{m,j}(s)\,ds,$

e_{m}

$e_m$

ν_{e_{m}}

$\nu_{e_m}$

m

$m$

q_{m, j}

$q_{m,j}$

P_{k} (e_{m})

$P_k(e_m)$

{1, x}

$\{1,x\}$

{1, y}

$\{1,y\}$

k = 1

$k=1$

$H(div)$

_{$k$ $k$ $k$ $k$ $x^2y$ $3$ $2$}

— Christian Clason
source

Merci beaucoup pour votre réponse, vous y avez évidemment mis beaucoup d'efforts. Je pense que cela clarifie beaucoup de mes idées fausses.

— Lukas Bystricky

ϕ_{1}

$\mathbf{\phi}_1$

k = 0

$k=0$

\frac{1}{4} ⟨ 1 + x, 0 ⟩^{T}

$\frac{1}{4}\langle 1+x, 0\rangle^T$

ϕ_{1}

$\mathbf{\phi}_1$

y

$y$

Heureux que vous l'ayez trouvé utile; votre question est intéressante et vous avez également consacré beaucoup d'efforts. Le support compact vient du fait que les polynômes ne sont définis que sur l'élément de référence - rappelons que Raviart-Thomas sont des éléments conformes à H (div), et donc que les fonctions dans l' espace global des éléments finis n'ont pas besoin d'être continues.

— Christian Clason

En fait, cela n'est vrai que pour les fonctions de base connectées aux degrés de liberté intérieurs: les fonctions de base (globales) connectées aux degrés de liberté de bord prennent en charge (uniquement) les deux éléments connectés par le bord; sur tous les autres éléments, ils sont mis à zéro.

— Christian Clason

En fait en fait: pour les éléments de bord, seule la trace normale doit être continue, pas le polynôme lui-même, donc même cela doit être pris en charge automatiquement sans étendre le support. Si vous avez besoin de plus de détails sur l' espace global Raviart-Thomas, je vous suggère d'élargir votre question et j'essaierai d'élargir ma réponse.

— Christian Clason du