Eléments finis

Bonjour,

Soit $T$ un triangle de sommet $S^i$ pour $i=1,2,3$. On note $H^i$ la projection orthogonale de $S^i$ sur le coté opposé du triangle, $h_i = ||H^i S^i||$ la hauteur correspondante. Soient $\lambda_i,\ i = 1,2,3$ les coordonnées barycentriques associés au triangle T.

1) Rappeler pourquoi la famille $ \{\lambda_1^2,\ \lambda_2^2,\ \lambda_3^2,\ \lambda_1 \lambda_2,\ \lambda_2 \lambda_3,\ \lambda_1 \lambda_3\}$ forme une base de $P^2$

2) Montrer que $h_i^2 \mathrm{grad}(\lambda_i) = \overrightarrow{H^i S^i}$ en tout point du triangle $T$. En déduire les gradients des fonctions de la base exhibée en $1$.

3) Les coordonnées du plan sont notés $(x, y) \in \mathbb{R}^2$. Soit $p $ un polynôme quelconque de $P_2$. Pour $i=1,2,3$ on introduit les trois formes linéaires $\phi_i (p) = p(S_^i)$ et les trois formes linéaire $\psi_i (p) = \frac{\partial p}{\partial y} (S^i)$.
Montrer que l'élément fini $(T,\ P_2,\ \{\phi_i,\ \psi_i\}_{i=1,2,3})$ est unisolvant si et seulement si aucun des cotés de $T$ n'est parallèle à l'axe vertical $(0y)$.

Pour 1, je ne comprends pas trop la démo de mon poly:
Les produits des $\lambda_j$ deux à deux sont des polynômes de degré deux.
Il nous faut donc montrer que ces 6 fonctions sont linéairement indépendantes.
Et aussi le fait que $\lambda_j$ soit linéaire.

Si vous pouviez me donner des indications sur ce qu'il faut faire pour le reste car je suis un peu perdu.
(J'ai le livre de Brigitte Lucquin à côté de moi...)
Merci d'avance.

Réponses

  • Bonsoir,

    Utilisez le fait que $\lambda_{i}$ est affine et vaut 1 au sommet d'indice $i$ et $0$ aux sommets d'indices $j \ne i$. En particulier remarquez que $\lambda_{i}$ est identiquement nulle sur l'arête de sommets d'indices $(j,k)$ avec $j \ne i $ et $k \ne i$. Cela devrait vous aider à montrer que la famille est libre.
  • Merci beaucoup.

    $\lambda_1 = a_0 + a_1 x_1 + a_2 x_2$ et après on peut calculer $\lambda_1$ en considérant les valeurs prises en chaque sommet.

    Je ne vois pas le rapport entre $\nabla \lambda_1 = [a_1 a_2]^T$ et $\overrightarrow{H^1 S^1}$ (ou $H^1$ est le projeté orthogonal de $S^1$).
  • Je commencerai par faire une dessin si j'étais toi. Il existe une façon géométrique de prouver le résultat.

    $grad(\lambda_{i})$ est orthogonale à la courbe de niveau $ C := \lbrace (x,y) / \lambda_{i}(x,y) = 0 \rbrace$ , or $\lambda_{i}$ est identiquement nulle sur le segment opposé donc $C = [S_{k},S_{l}]$, $k \ne i$, $l \ne i$ et par conséquent $grad \lambda_{i}$ est orthogonale au segment $[S_{k},S_{l}]$ , il est donc colinéaire au vecteur $\overrightarrow{H^{i}S_{i}}$.
  • C'est orthogonal à l'autre bord. En gros on descend le long de la face.

    Mais algébriquement on ne connait pas les coordonnées de $H^1$ donc difficile d'en faire une preuve rigoureuse.
  • Tu peux très bien connaitre les coordonnées de $H^{1}$, il suffit d'écrire les conditions d'orthogonalité dans le triangle.
  • Merci beaucoup pour votre aide Yle.
    En effet, on peut utiliser le fait que le produit scalaire entre le bord et la hauteur doit etre nul.

    Je ne comprend pas la définition d'unisolvance.

    D'apres mon cours, un élément fini est unisolvant si:

    $\forall (\alpha_i) \in \mathbb{R}^d,\quad \exists p \in P(T)$ telle que $\phi_i (p) = \alpha_i$ avec $1\leq i \leq d$.

    La preuve de l'existence aurait rapport avec :

    $p(x) = \phi_1 (p) \lambda^2_1 (x) + \phi_2 (p) \lambda^2_2 (x) + \phi_3 (p) \lambda^2_3 (x)
    + (4 \phi_4 (p) - \phi_1 (p) - \phi_2 (p)) + (4 \phi_5 (p) - \phi_1 (p) - \phi_3 (p)) + (4 \phi_6 (p) - \phi_2 (p) - \phi_3 (p))$

    Et l'unicité avec la question 1.
  • Je rectifie tu peux trouver $H^1$ en écrivant une relation de trigonométrie dans le triangle on a $ S^2 H^1 = \cos(\theta) S^1S^2 $.où $\theta$ désigne l'angle entre $S^2H^1$ et $S^1S^2$ que tu connais facilement.
  • Bon, on n'a pas l'angle $\theta$ dont tu parles. Si c'était l'angle entre $H^1 S^1$ et $S^1 S^2$ ou $S^1 S^3$ alors on l'aurrait.
  • Un petit up parce que j'ai modié mon précédent message.
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