São necessários 8 pontos de Gauss para elementos finitos hexaédricos de segunda ordem?

É possível obter precisão de segunda ordem para elementos finitos hexaédricos com menos de 8 pontos de Gauss sem introduzir modos não físicos? Um único ponto Gauss central introduz um modo de cisalhamento não físico, e o arranjo simétrico padrão de 8 pontos Gauss é caro comparado às discretizações tetraédricas.

Edit : Alguém pediu equações. As equações que me interessam são a elasticidade não linear, dinâmica ou quase-estática. As equações quasistáticas são

\nabla \cdot P (\nabla ϕ) = 0

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

onde , e é uma primeira função hiperelástica de estresse de Piola-Kirchoff. Um exemplo simples é o neo-Hookean compressível, em que $\phi : \Omega \to \mathbf{R}^3$ $\Omega \subset \mathbf{R}^3$ $P : \mathbf{R}^{3 \times 3} \to \mathbf{R}^{3 \times 3}$

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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O que exatamente você está simulando?

Dan

Elasticidade linear no momento, mas a questão é sobre elasticidade não linear em geral.

Geoffrey Irving

Você provavelmente deve incluir as equações nas quais está interessado, pois a definição de "não-físico" depende delas. Ou pelo menos defina com precisão o espaço de funções que são "físicas".

David Ketcheson

Equações adicionadas.

Geoffrey Irving

Com dPhi / dx, você quer dizer o gradiente?

Wolfgang Bangerth

Respostas:

No que diz respeito às simulações de mecânica de elementos finitos, você não pode usar menos de 8 pontos de quadratura sem usar forças de estabilização. No caso de material incompressível (o seu caso), a melhor solução para fins de precisão é usar formulação mista. Você pode consultar o livro de Simo e Hughes: http://books.google.fr/books/about/Computational_inelasticity.html?hl=fr&id=ftL2AJL8OPYC .

Nicolas Tardieu
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É relativamente óbvio que, em geral, você não pode se safar com menos pontos de quadratura por célula do que os graus de liberdade. No caso de elementos trilineares em um hexaedro 3d, existem 8 graus de liberdade (um por vértice), portanto o número mínimo de pontos de quadratura também seria oito.

que não é invertível e, consequentemente, completamente inútil. O motivo é que uma fórmula de quadratura de um ponto não pode distinguir entre todas as funções lineares (parte do espaço de teste) que têm o mesmo valor no ponto de quadratura; em outras palavras, para a regra do ponto médio, a função de forma 'x' é a mesma que a função '0' é a mesma que a função '-x'. Em outras palavras, enquanto o espaço de teste tem a dimensão 2 com integrais exatas, para a regra do ponto médio, o espaço tem a dimensão 1, mesmo que haja dois graus de liberdade - essa é a definição de um espaço que não é dissolvente.) para a regra do ponto médio, a função de forma 'x' é a mesma que a função '0' é a mesma que a função '-x'. Em outras palavras, enquanto o espaço de teste tem a dimensão 2 com integrais exatas, para a regra do ponto médio, o espaço tem a dimensão 1, mesmo que haja dois graus de liberdade - essa é a definição de um espaço que não é dissolvente.) para a regra do ponto médio, a função de forma 'x' é a mesma que a função '0' é a mesma que a função '-x'. Em outras palavras, enquanto o espaço de teste tem a dimensão 2 com integrais exatas, para a regra do ponto médio, o espaço tem a dimensão 1, mesmo que haja dois graus de liberdade - essa é a definição de um espaço que não é dissolvente.)

Wolfgang Bangerth
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Eu acho que a pergunta de Geoff é mais sutil. Para espaços contínuos de elementos finitos no tetraedro em domínios bem formados (por exemplo, sem elementos isolados), você pode se safar de quadraturas de ponto único que estão claramente subintegradas. A questão é se também é possível sub-integrar de alguma forma com elementos hexaédricos. Não sei a resposta, mas não tenho certeza do tamanho da transação, já que os pontos de quadratura não exigem movimento extra da memória. Depois de vetorizar a avaliação residual de elemento finito, é comum que ele seja vinculado à memória, para que você possa usar melhor os flops.

precisa

Bom ponto sobre o movimento da memória.

Geoffrey Irving

Para expandir o argumento de Jed: a razão pela qual o argumento "óbvio" acima é falso é que cada ponto de quadratura vê uma matriz . Para o tetraedro, isso abrange todos os movimentos dos vértices, excluindo a translação uniforme, que não afeta a energia ou as forças; portanto, um ponto de quadratura é suficiente para a precisão de primeira ordem.

3 \times 3

$3 \times 3$

Geoffrey Irving

Bastante inconveniente que os comentários não possam incluir novas linhas.

Geoffrey Irving

@JedBrown: Bom ponto. O gradiente de funções lineares em tets é constante e, portanto, um único ponto de quadratura é suficiente, seguindo o argumento que fiz para a matriz de massa (a matriz de rigidez é a matriz de massa para os gradientes :-). Por outro lado, os gradientes das funções trilineares da hexaedra são funções quadráticas (anisotrópicas), de modo que é necessário certamente mais do que apenas um ponto de quadratura por direção das coordenadas.

Wolfgang Bangerth