Ngày 18 tháng 3 năm 2015

Giải Tích Phần Tử Hữu Hạn Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, Tp. HCM Ngày 18 tháng 3 năm 2015

Giới thiệu Giới thiệu Phương trình đạo hàm riêng-ptđhr (Partial Differential Equations-PDE) được sử dụng mô tả các hiện tượng vật lý, hóa học, cơ học... Cần thiết cho việc khảo sát tính chất nghiệm và rất khó khăn trong việc tìm nghiệm giải tích của các bài toán PTĐHR này. Một trong những công cụ giải tích số hiệu quả để giải phương trình đạo hàm riêng là phương pháp Galerkin (the Galerkin method). Phương pháp phần tử hữu hạn (PPPTHH) được xây dựng dựa trên phương pháp Galerkin với việc chọn cụ thể hàm cơ sở.

Giới thiệu Quá trình của việc mô phỏng số khảo sát một hiện tượng vật lý thiết lập bài toán PTĐHR để mô tả hiện tượng vật lý này làm cách nào để tìm nghiệm bài toán PTĐHR này? thiết lập phương pháp số phù hợp cho việc tìm nghiệm giải tích số của bài toán PTĐHR này. sử dụng phương pháp số này cho việc rời rạc hóa bài toán PTĐHR và tìm nghiệm của bài toán đã được rời rạc hóa kiểm tra tính hội tụ, ổn định, chính xác và hiệu quả của phương số được sử dụng.

Mô hình bài toán Mô hình bài toán PTĐHR Trên một miền bị chặn Ω với biên Lipschitz Ω, chúng ta xét bài toán PTĐHR cấp 2 với nghiệm u C 2 (Ω) chưa biết: div(a u) + cu = f (1) hệ số c, f C(Ω) và ma trận A = (a ij ) ( C 1 (Ω) ) d d được cho trước. Chúng giả sử thêm ma trận A là đối xứng và tồn tại một hằng số dương M > 0 thỏa ξ T Aξ M ξ 2 (ξ 1,..., ξ d ) T R d, x Ω (2)

Mô hình bài toán Chúng ta sẽ xét ba dạng điều kiện biên Dirichlet, Neumann và Robin u = 0 trên Ω u n A = 0 trên Ω αu + u n A = 0 trên Ω với hệ số α = α(s) 0 trên biên Ω là liên tục, u n A = (A u).n Hàm (A u).n Ω được gọi là boundary flux

Mô hình bài toán Một hàm số u C 2 (Ω) thỏa bài toán (1) được gọi là nghiệm giải tích (hay nghiệm cổ điển). nếu các hệ số a ij của ma trận A là hằng số thì chúng ta gọi (1) là bài toán thuần nhất homogeneous (ngược lại, gọi là không thuần nhất nonhomogeneous ) nếu a ii (x) = a 11 (x), cho i = 2,..., d, và a ij = 0, cho i j, thì bài toán được gọi là đẳng hướng isotropic (ngược lại, không đẳng hướng anisotropic )

Chúng ta xet bài toán (1) với điều kiện biên Robin và giới thiệu không gian hàm thử the space of test functions V = H 1 (Ω). Nhân hai vế của bài toán (1) và lấy tích phân trên toàn miền Ω, chúng ta đạt được div(a u)vdx + cuvdx = fvdx Ω Ω Ω Áp dụng công thức Green, chúng ta có (A u). vdx (A u).ndσ(x) + Ω Ω Ω cuvdx = Ω fvdx Sử dụng điều kiện biên Robin, chúng ta đạt được phương trình (A u). vdx + αuvdx + cuvdx = fvdx v V (3) Ω Ω Ω Ω

Hàm số u H 1 (Ω) được gọi là nghiệm yếu của bài toán (3) (A u). vdx + αuvdx + cuvdx = fvdx v V Ω Ω với điều kiện biên Robin. Nhận xét: Ω thay vì tìm nghiệm giải tích u C 2 (Ω) thỏa bài toán (1) với điều kiện biện đã cho, chúng ta sẽ tìm nghiệm yếu u H 1 (Ω) cho bài toán (3) (C 2 (Ω) là không gian con của H 1 (Ω)) Phương trình dạng yếu (3) chỉ chứa đạo hàm cấp 1 của u, v, đây chính là thuận lợi cho việc xấp xĩ. Ω

Trong mục đích chứng minh tồn tại duy nhất nghiệm yếu u H 1 (Ω) của bài toán (3), chúng ta sẽ nhắc lại các định nghĩa và định lý sau: Lấy ánh xạ a(, ) : V V R được gọi là song tuyến tính bilinear form, nếu cho bất kì v V, ánh xạ a(v, ) : V R và a(, v) : V R Thêm nữa, dạng song tuyến tính a(, ) có tính đối xứng symmetric khi thỏa a(v, w) = a(w, v) v, w V

Định lý Lấy V là không gian Banach được trang bị chuẩn V và lấy F : V R là dạng tuyến tính liên tục. Lấy a(, ) : V V R là song tuyến tính, liên tục, đối xứng, i.e, tồn tại C 1 > 0 thỏa a(u, v) C 1 u V w V v, w V Chúng ta giải sử thêm rằng tồn tại C 2 > 0 thỏa a(v, v) C 2 v 2 V v V (V-ellipticity condition or coercive) Thì bài toán: tìm u V thỏa a(u, v) = F (v) v V (variational equality) có duy nhất một nghiệm.

Chứng minh kiểm tra a(, ) là chuẩn tương đương với V F ( ) là tuyến tính và liên tục, theo định lý biễu diễn Riesz the Riesz representation thoerem, tồn tại duy nhất u = u F V thỏa rằng F (v) = a(u F, v) v V

Định lý Chúng ta có các giải thiết trong định lý 4.1, thì bài toán: tìm u V thỏa a(u, v) = F (v) v V, là tương đương bài toán: tìm u V thỏa J(u) = inf v V J(b), với J(v) = 1 a(v, v) F (v) 2

Hàm J(v) = 1 a(v, v) F (v) được gọi là hàm năng lượng 2 energy functional Chuẩn a(, ) được gọi là chuẩn năng lượng energy norm Một số bất đẳng thức cần biết: lấy Ω là miền mở bị chăn với biên Lipschitz Ω và lấy v H 1 (Ω), thì v Ω L 2 ( Ω), v L 2 ( Ω) C v H 1 (Ω) u L 2 (Ω) C u L 2 (Ω) (trace theorem) (bất đẳng thức Poincare)

Bài toán xấp xỉ Ritz-Galerkin Nhắc lại, chúng ta có bài toán (1): tìm u V thỏa Chúng ta xét a(u, v) = F (v) v V. Một không gian con hữu hạn chiều V h của không gian Hilbert V. Số chiều của dim(v h ) = N, Tập hàm cơ sở của V h là (φ i ) 1 i N. Lấy u h V h, u h được biểu diễn bởi u h = N u i φ i. Toán tử song tuyến tính a(, ) và toán tử tuyến tính F được định nghĩa trên V h V h và V h. i=1

Bài toán được xét trên không gian hữu hạn chiều V h như sau: tìm u h V h thỏa a(u h, v h ) = F (v h ) v h V h. (4) N u j a(φ j, φ i ) = F (φ i ) cho tất cả i = 1,..., N. (5) j=1 Từ (5), chúng ta xây dựng được một hệ phương trình tuyến tính A h U h = F h (6) với ma trận dộ cứng stifness matrix A h = (a ij ) R N N, a ij = a(φ i, φ j ) cho tất cả 1 i, j N; vector U h = (u i ) 1 i N và F h = (f i ) 1 i N

Cần chứng minh: A h là ma trận đối xứng symmetry A h là ma trận định nghĩa dương positive definite Việc chứng minh dựa trên tính chất của toán tử a(, ) song tuyến tính liên tục và V-ellipticity trên V h V. Tích chất của A h suy ra tồn tại duy nhất một nghiệm u h thỏa bài toàn (4)

Đánh giá tiên nghiệm A priori error estimates Mệnh đề Với các tính chất đối xứng, liên tục và V-ellipticity của toán tử a(, ), chúng ta có the orthogonality identity v h V h, a(u u h, v h ) = 0. (7) Chứng minh: Bởi vì V h V, chúng ta có a(u, v h ) = F (v h ) = a(u h, v h ), v h V h

Bổ đề (Céa) Với những giả thiết phía trước, chúng ta có đánh giá sai số như sau (i) Nếu toán tử song tuyến tính a(, ) không V-elliptic, chúng ta có ( u u h V 1 + a ) inf u v h (8) α h v h V h với a = a(v h, w h ) sup v h,w h V h v h V w h V (ii) Nếu a(, ) là liên tục và V-elliptic với hệ số cưỡng bức coercity α, thì chúng ta có u u h V M α inf u v h V (9) v h V h

(iii) Nếu a(, ) có các tính chất tại (ii) và thêm tính đối xứng symmetric thì M u u h V α inf u v h V (10) v h V h Chứng minh: chúng ta lấy bất kì một phần tử w h V h, sử dụng tính orthogonality identity của a(u h w h, v h ) = a(u w h, v h ) v h V h và tính liên tục của a(, ) α h u h w h sup v h V h a(u h w h, v h ) v h V = a(u w h, v h ) sup a u w h V v h V h v h V

Bất đẳng thức trên dẫn đến u h u u w h u h w h a u w h V α ( h u u h 1 + a ) u w h V α h Tương tự, chúng ta có a(u u h, u u h ) = a(u u h, u v h ) v h V h. Nếu a(, ) là đối xứng, liên tục và liên tục trên V V, chúng ta định nghĩa một tích trong và chuẩn năng lượng energy norm như sau u e = (a(u, u)) 1/2, u V thỏa α u V u e a u V

Chúng ta đánh giá a(u u h, u u h ) = a(u u h, u w h ) = a(u w h, u w h ) + a(w h u h, u w h ) = a(u w h, u w h ) + a(w h u h, u u h ) a(w }{{} h u h, w h u h ) }{{} =0 0 u u h e = a(u u h, u u h ) a(u w h, u w h ) = u w h e vời bất kì một phần tử w h V h. u h là ảnh chiếu vuông góc của u lên không gian V h. Và với tính chất tương đương giữa chuẩn e và V, chúng ta có α u u h 2 V u u h 2 e u w h 2 e M u w h 2 e w h V h

Phương pháp Phần Tử Hữu Hạn (FEM) trong 1D Tìm nghiệm xấp xĩ của bài toán sau trên miền Ω = (0, 1). như sau u (x) + c(x)u(x) = f (x), x (0, 1) (11) u(0) = u(1) = 0 (12) Chúng ta định nghĩa Lưới mesh là một tập hợp các điểm (x j ) 0 j N+1 hay các đoạn K j = [x j, x j + 1] thỏa 0 = x 1 < x 1 <... < x N < x N+1 = 1 Lưới đều nếu các điểm x j, 1 = x 0 < x 1 <... < x N+1 phân bố đều trên [0, 1], i.e, x j = jh, với h = 1 N + 1, 0 j N + 1 Đường kính lưới h = max 0 j N [x j+1 x j ].

Cơ sở Lagrange P 1 FEM với cơ sở Lagrange P 1 liên quan đến không gian hàm liên tục tuyến tính trên từng đoạn {K i } 1 i N V 1 h = { v h C 0 ([0, 1]), v h Kj P 1, 0 j N } và một không gian con của V 1 h là V 1 0,h = { v h V h, thỏa v h (0) = v h (1) = 0 } với P k không gian các hàm đa thức và có bậc nhỏ hơn hay bằng k

Bổ đề Không gian hữu hạn chiều Vh 1 là một không gian con của H1 (Ω) với dim(vh 1 ) = N + 2. Mọi hàm v h Vh 1 là được xác định duy nhất bởi giá trị tại mỗi đỉnh của lưới (x j ) 1 j N+1 v h (x) = N+1 j=0 v h (x j )φ j (x) với (φ j ) 0 j N+1 là hàm dạng cơ sở với compact support trong mỗi đoạn [x j 1, x j+1 ] được định nghĩa bởi x x j 1 φ j (x) = h x j+1 x h x [x j 1, x j ] x [x j, x j+1 ] thỏa φ j (x i ) = δ ij (Kronecker)

Hệ quả Không gian con N chiều V 1 0,h của H1 0 (Ω) và với mỗi v h V 1 0,h là được xác định duy nhất bởi các giá trị tại các đỉnh của lưới (x j ) 1 j N : v h (x) = N v h (x j )φ j (x) x [0, 1]. (13) j=1

Từ bài toán (11) với điều kiện biên (12), chúng ta có dạng rời rạc hóa của bài toán biến phân tương ứng (11): tìm u h V 0,h, thỏa: u h (x)v h (x)dx+ c(x)u h (x)v h (x)dx = f (x)v h (x)dx, v h V 0,h Ω Ω (14) Chúng ta kí hiệu u h (x j ) 1 j N là giá trị xấp xỉ của nghiệm chính xác tại các đỉnh của lưới x j, điều này dẫn đến bài toán : tìm u h (x 1 ),..., u h (x N ) thỏa cho tất cả các i = 1,..., N N j=1 u h (x j ) Ω φ j(x)φ i(x)dx + Ω Ω c(x)φ j (x)φ i (x)dx = Ω f (x)φ i (x)dx, (15) v

Công thức (15) là tương đương đến một hệ tuyến tính sau: A h U h = F h (16) với U h = (u h (x j )) 1 j N, F h = f (x)φ i (x)dx và ma Ω Ω Ω 1 i N trận A được định nghĩa như sau: A h = (a ij ) 1 i,j N = φ j(x)φ i(x)dx + c(x)φ j (x)φ i (x)dx 1 i,j N

Tính hệ số của F h Chúng ta đặt f i, 1 i N, là từng thành phần của F h, F i được tính bởi F i = N k=0 x k +1 x k f (x)φ i (x)dx Do đó, nếu hàm f được xấp xĩ bởi f (x) = chúng ta cần tính cụ thể x k+1 x k N 1 j=1 f j φ j (x). Vì vậy φ j (x)φ i (x)dx trong tổng sau F i = N N 1 k=0 j=1 f j x k +1 x k φ j (x)φ i (x)dx

Sự hội tụ của phương pháp FEM với cơ sở Lagrange P 1 Định nghĩa (Nội suy) Cho ánh xạ tuyến tính Π h : H 1 (Ω) Vh 1 nghĩa với mỗi v H 1 (Ω) được định (Π h v)(x) = N+1 j=0 v(x j )φ j (x), x [0, 1] được gọi là toán tử nội suy P 1. Thêm nữa, cho mỗi v H 1 (Ω), toán tử nội suy thỏa lim v Πv H h 0 1 (Ω) = 0

Chứng minh sự nội suy Với v H 2 (Ω), lấy đạo hàm nội suy affin Π h v trên đoạn K j = [x j, x j+1 ] là (Π h v) (x) = v(x j+1) v(x j ) h = 1 h x j+1 x j v (t)dt, x [x j, x j+1 ] Chúng ta có v H 1 (Ω) vì v H 2 (Ω). Sử dụng định lý Rolle, θ j [x j, x j+1 ] thỏa x j+1 v (θ j ) = 1 v (t)dt = (Π h v) (x), x [x j, x j+1 ] h x j

Chứng minh sự nội suy (tiếp theo) Vì vậy, chúng ta có thể viết 1 v Π h v 2 H 1 (Ω) = 0 v Π h v 2 dx = Cho tất cả t [x j, x j+1 ], chúng ta có v (t) v (θ j ) = t sử dụng Cauchy-Schwarz identity để đạt v (t) v (θ j ) 2 t θ j N 1 j=1 v (t) 2 dt t θ j 0 x j+1 x j v (t)dt x j+1 v (t) v (θ j ) 2 dt (17) x j v (t) 2 dt t θ j (18)

Chứng minh sự nội suy (tiếp theo) Lấy tích phân hai vế của bất đẳng thức (18) trên đoạn [x j, x j+1 ] x j+1 x j+1 x j+1 v (t) v (θ j ) 2 dt t θ j dt v (t) 2 dt x j x j (x j+1 x j ) 2 2 h2 2 x j+1 x j+1 x j x j v (t) 2 dt x j v (t) 2 dt (19)

Chứng minh sự nội suy (tiếp theo) Áp dụng bất đẳng thức (19) vào bất đẳng thức (17) để đạt v Π h v H 1 (Ω) h2 2 N 1 x j j=1 x j+1 v (t) 2 dt h 2 2 v 2 L 2 (Ω) Bổ đề (Sai số nội suy) Nếu v H 2 (Ω) thì tồn tại hai hằng số dương C 1 và C 2 độc lập với h thỏa v Π h v H 1 (Ω) C 1 h 2 v L 2 (Ω) và v (Π h v) L 2 (Ω) C 2 h v L 2 (Ω)

Chứng minh sự nội suy (tiếp theo) Định lý Giả sử u H 1 0 (Ω) và u h V 0,h một cách tương ứng là nghiệm của (11) và (14). Thì, phương pháp phần tử hữu hạn với cơ sở hàm Lagrange P 1 hội tụ, nghĩa là, chúng ta có lim u u h H h 0 1 (Ω) = 0 (20) Thêm nữa, nếu u H 2 (Ω) thì tồn tại một hằng số dương C độc lập với h thỏa u u h H 1 (Ω) Ch f L 2 (Ω) (21)

Chứng minh sự nội suy (tiếp theo) Chứng minh: toán tử song tuyến tính a(, ) là V 0,h elliptic và liên tục, do đó chúng ta có và a(u, u) = 1 0 u 2 (x) + c(x)u 2 (x)dx C 2 u 2 H 1 0 (Ω) (V 0,h elliptic) (22) a(u, v) (1 + C 1 ) u H 1 0 (Ω) v H0 1 (Ω) (liên tục) (23)

Chứng minh sự nội suy (tiếp theo) Với điều kiện 0 C = sup x [0,1] dụng bổ đề Céa 4.5, để có < + và M = C 1 + 1, chúng ta sử u u h H 1 0 (Ω) 1 + C 1 inf u v h H 1 v h V 0 (Ω) (24) 0,h Với u H 2 (Ω), theo bổ đề 4.9, chúng ta viết u Π h u 2 h2 H0 1 (Ω) 2 u 2 L 2 (Ω) h2 2 u 2 H 2 (Ω) C h2 2 f 2 L 2 (Ω) Thêm nữa chúng ta có Π h u V 0,h, do đó inf u v h H 1 v h V 0 (Ω) u Π hu H 1 0 (Ω) 0,h C 2 h f L 2 (Ω) (25)

Và (24), (25) dẫn đến u u h H 1 0 (Ω) (1 + C1 )C 2 h f L 2 (Ω) (26) Bổ đề Tồn tại một hệ số C không phụ thuộc h thỏa rằng: cho tất cả v H 1 (Ω) Π h v H 1 (Ω) C v H 1 (Ω) và v Π h v L 2 (Ω) Ch v L 2 (Ω) (27) Thêm nữa, cho tất cả v H 1 (Ω), chúng ta có: lim v (Π h v) L h 0 2 (Ω) = 0 (28)

Chứng minh bổ đề 4.11: lấy v H 1 (Ω), chúng ta có Π h v L 2 (Ω) sup Π h v(x) sup v(x) C v H 1 (Ω) (29) x Ω x Ω bất đẳng thức cuối cùng trong (29) là kết quả của Corollary 9.14, trang 285, sách của Haim Brezis, Functional analysis Sobolev spaces and partial differential equations. Thêm nữa, bởi vì Π h v là một hàm affine, nên chúng ta có x j+1 (Π h v) (t) 2 [v(x j+1 ) v(x j )] 2 dt = = 1 h h x j x j+1 x j+1 x j v (t)dt x j v (t) 2 dt (30) 2

Do đó N (Π h v) 2 L 2 (Ω) = j=1 x j x j+1 (Π h v) (t) 2 dt N j=1 x j x j+1 v (t) 2 dt = v 2 L 2 (Ω) điều này dẫn đến Π h v H 1 (Ω) C v H 1 (Ω) (31) Một cách tương tự, chúng ta có v Π h v L 2 (Ω) sup v(x) Π h v(x) C v Π h v H 1 (Ω) x Ω v(x) Π h (v)(x) 2 x j+1 x j v (t) dt 2 x j+1 x j x j+1 x j v (t) 2 dt?

Chứng minh: lim h 0 v (Π h v) L 2 (Ω) = 0 C (Ω) là trù mật trong H 1 (Ω), cho mỗi v H 1 (Ω) tồn tại w C (Ω) thỏa v w ɛ, cho ɛ > 0 (Π h v) (Π h w) L 2 (Ω) C v w L 2 (Ω) Cɛ? Từ bổ đề 4.9, với h đủ nhỏ do đó, w (Π h w) L 2 (Ω) ɛ v (Π h v) L 2 (Ω) v w L 2 (Ω) + w (Π h w) L 2 (Ω) + (Π h w) (Π h v) L 2 (Ω) Cɛ

Phương pháp Phần Tử Hữu Hạn (FEM) trong 2D Miền Ω được chia bởi N phần tử của lưới tam giác T h = (K j ) 1 j N trong 2 chiều. Hình: Miền Ω được chia bởi một lưới tam giác T h

Lấy một tam giác K T h, chúng ta giới thiệu các kí hiệu sau: đường kính h K của tam giác K là chiều dài cạnh lớn nhất của K. ρ K đường kính lớn nhất của đường tròn nội tiếp tam giác K. σ K = h K ρ K a measure of the non-degeneracy of K. Tam giác có ba đỉnh (a j ) 1 j 3, các điểm trong K được biểu diễn bởi barycentric coordinates {λ j } 1 j 3 thỏa λ j (x) = c 1 x 1 +... + c d x d + c d+1 j {1,..., d + 1} và λ j (a i ) = δ ij, x R d. Với d + 1 phương trình tuyến tính có ẩn {c i } 1 i d+1, chúng ta có 1 hệ phương trình tuyến tính và có thể tìm nghiệm duy nhất được.

Cho các điểm x trong tam giác K, chúng ta có d+1 x = a j λ j (x) j=1 và d+1 λ j (x) = 1 Định nghĩa: Cho mọi k N, chúng ta gọi principal lattice of order k là tập hợp { { k = x K, λ j (x) 0, 1 2 k k,..., k 1 } }, 1, cho 1 j d + 1 k j=1 Hình: Principal lattice của bậc 1, 2, 3 trong hai chiều.

P k là tập hợp của tất cả các đa thức có bậc nhỏ hơn hay bằng k P k = p(x, y) = α ij x i x j, α ij R 0<i+j k Tập hợp k là unisolvent cho P k nếu tồn tại ánh xạ song ánh giữa không gian P k và k = (σ j ) 1 j Nk. Chúng ta sẽ sử dụng tính chất này để có kết quả sau: Cho một tam giác K và k 1, chúng ta xét một principal lattice of order k có các điểm (σ j ) 1 j Nk. Thì mọi đa thức p P k là được xác định một cách duy nhất bởi giá trị của các điểm (σ j ) 1 j Nk. Tồn tại một cơ sở (ϕ j ) 1 j Nk của P k thỏa ϕ j (σ i ) = δ ij, 1 i, j N k

Xây dựng hàm cơ sở Xét trên một tam giác the reference triangle ˆK Hình: Hàm đa thức bậc 1 xác định trên ˆK

Tìm các hệ số {c j } i=1,2,3 để xác định hàm đa thức bậc 1 u(ξ, η) = c 1 + c 2 ξ + c 3 η, chúng ta cần giải hệ phương trình sau u(0, 0) = c 1 u(1, 0) = c 1 + c 2 u(0, 1) = c 1 + c 3 hay c = Au Khi đó, chúng ta có hàm cơ sở Lagrange cho không gian đa thức bậc 1 P 1 (K) = span {N 1 (ξ, η) = 1 ξ η, N 2 (ξ, η) = ξ, N 2 (ξ, η) = η}

Trên tam giác ˆK Hình: Hàm đa thức bậc 2 xác định trên ˆK

Chúng ta có dạng hàm đa thức bậc 2 trên ˆK u(ξ, η) = c 1 + c 2 ξ + c 3 η + c 4 ξ 2 + c 5 ξη + c 6 η 2 u 1 = c 1 u 2 = c 1 + c 2 + c 4 u 3 = c 1 + c 3 + c 6 u 4 = c 1 + 1 2 c 2 + 1 4 c 4 u 5 = c 1 + 1 2 c 2 + 1 2 c 3 + 1 4 c 4 + 1 4 c 5 + 1 4 c 6 u 6 = c 1 + 1 2 c 3 + 1 6 c 6 c = Au với c = (c 1,..., c 6 ) T, u = (u 1,..., u 6 ) T

Khi đó, chúng ta có đa thức cơ sở Lagrange cho hàm đa thức bậc 2 u(ξ, η) N 1 (ξ, η) = (1 ξ η)(1 2ξ 2η), N 2 (ξ, η) = ξ(2ξ 1), N 3 (ξ, η) = η(2η 1) Hình: Hàm cơ sở đa thức Lagrange bậc 2 xác định trên ˆK

N 4 (ξ, η) = 4ξ(1 ξ η), N 5 (ξ, η) = 4ξη N 6 (ξ, η) = 4η(1 ξ η) Hình: Hàm cơ sở đa thức Lagrange bậc 2 xác định trên ˆK

Quan hệ giữa the reference triangle ˆK và một tam giác K Tồn tại duy nhất một ánh xạ F K : R 2 R 2 x F K (x) = a 0 + B K x với F K (â i ) = a i, i = 1, 2, 3 Hình: Ánh xạ F K từ ˆK đến K trong 2 chiều

Các tính chất của F K B K là một ma trận 2 2 diện tích K = det(b K ) ˆK = det(b K ) 2! ˆx = F 1 (x) = B 1 (x a 0); x = F K (ˆx) K K mọi hàm v xác định trên K, chúng ta định nghĩa ˆv trên ˆK ˆv(ˆx) = v(x), ˆv = v F K = v(f K (ˆx)) v(x) = ˆv F 1 1 (x) = ˆv(F (x)) K K

v L p (K) = v(x) p dx = v(f K (ˆx)) p det(b K ) d ˆx K = d! K ˆK ˆv(ˆx) p d ˆx ˆK nếu ˆv = v F K, thì ˆv(ˆx) = B t K v(x)