Чи потрібні 8 точок Гаусса для кінцевих елементів шестигранника другого порядку?

Чи можна отримати точність другого порядку для шестигранних кінцевих елементів із меншою кількістю 8 точок Гаусса без введення нефізичних режимів? Одинарна центральна точка Гаусса вводить нефізичний режим стрижки, а стандартне симетричне розташування 8 точок Гаусса дороге порівняно з тетраедральними розсудами.

Редагувати : хтось просив рівнянь. Мене цікавлять рівняння - це нелінійна еластичність, або динамічна, або квазістатична. Квазістатичні рівняння є

\nabla \cdot П (\nabla ϕ) = 0

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

де , , і - це гіпереластична перша напружена функція Піола-Кірхофа. Простим прикладом є стисливий неоокеан, де $\phi : \Omega \to \mathbf{R}^3$ $\Omega \subset \mathbf{R}^3$ $P : \mathbf{R}^{3 \times 3} \to \mathbf{R}^{3 \times 3}$

П (Ж) = мк (Ж - Ж^{- Т}) + λ Ж^{- Т} журнал det Ж

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

finite-element accuracy

— Джеффрі Ірвінг
джерело

Що саме ви моделюєте?

— День

На даний момент лінійна еластичність, але питання стосується нелінійної еластичності в цілому.

— Джеффрі Ірвінг

Вам, мабуть, слід включити рівняння, які вас цікавлять, оскільки визначення "нефізичного" залежить від них. Або принаймні точно визначити простір функцій, які є "фізичними".

— Девід Кетчесон

Додано рівняння.

— Джеффрі Ірвінг

Під dPhi / dx ви маєте на увазі градієнт?

— Вольфганг Бангерт

Відповіді:

Що стосується моделювання твердої механіки з кінцевими елементами, ви не можете використовувати менше 8 квадратурних точок, не застосовуючи сили стабілізації. Що стосується несжимаемого матеріалу (ваш випадок), найкраще рішення з метою точності - використовувати змішану рецептуру. Ви можете звернутися до книги Сімо та Х'юза: http://books.google.fr/books/about/Computational_inelasticity.html?hl=fr&id=ftL2AJL8OPYC .

— Ніколя Тардьє
джерело

Це відносно очевидно, що ти не можеш загалом піти з меншою кількістю квадратурних точок на клітинку, ніж є рівні свободи. У випадку трилінійних елементів на 3d-шестигранні є 8 ступенів свободи (по одній на вершину), тому мінімальна кількість квадратурних точок також буде вісім.

що не є зворотним і, отже, абсолютно марним. Причина полягає в тому, що формула квадратури в одній точці не може розрізняти всі лінійні функції (частина пробного простору), які мають однакове значення в точці квадратури; іншими словами, для правила середньої точки функція фігури 'x' є такою ж, як функція '0' така сама, як функція '-x'. Іншими словами, хоча пробний простір має розмірність 2 з точними інтегралами, для правила середньої точки простір має вимір 1, навіть якщо є два ступені свободи - це визначення простору, який не є нерозбірливим.) для правила середньої точки функція фігури 'x' така сама, як функція '0' така сама, як функція '-x'. Іншими словами, хоча пробний простір має розмірність 2 з точними інтегралами, для правила середньої точки простір має вимір 1, навіть якщо є два ступені свободи - це визначення простору, який не є нерозбірливим.) для правила середньої точки функція фігури 'x' така сама, як функція '0' така сама, як функція '-x'. Іншими словами, хоча пробний простір має розмірність 2 з точними інтегралами, для правила середньої точки простір має вимір 1, навіть якщо є два ступені свободи - це визначення простору, який не є нерозбірливим.)

— Вольфганг Бангерт
джерело

Я думаю, що питання Джеффа є більш тонким. Для безперервних кінцевих просторових елементів на тетраедрах у добре сформованих областях (наприклад, без ізольованих елементів) ви можете піти з одноточкових квадратур, що явно недостатньо інтегрується. Питання полягає в тому, чи можна також якось недостатньо інтегруватись із шестигранними елементами. Я не знаю відповіді, але я не впевнений, наскільки це велика справа, оскільки квадратурні точки не потребують додаткового руху пам'яті. Після того, як ви векторизуєте остаточну оцінку кінцевих елементів, для неї звичайно пов'язана пам'ять, тому вам може бути краще використовувати флопи.

— Джед Браун

Хороший момент щодо руху пам’яті.

— Джеффрі Ірвінг

3 \times 3

$3 \times 3$

Досить незручно, що коментарі не можуть включати нові рядки.

— Джеффрі Ірвінг

@JedBrown: Добре. Градієнт лінійних функцій на тетах є константами, тому однієї квадратурної точки достатньо, слідуючи аргументу, який я зробив для матриці мас (матриця жорсткості - це матриця маси для градієнтів :-). З іншого боку, градієнти трилінійних функцій на шестигранниках є (анізотропними) квадратичними функціями, тому потрібно, безумовно, більше, ніж лише одна квадратурна точка на координатний напрямок.

— Вольфганг Бангерт