Rozwiązanie tego zadania jest trywialne pod warunkiem że pamiętamy o "sztuczce" - jeżeli znamy macierz sztywności elementu trójkątnego 1 znamy również macierz sztywności elementu 2, są one takie same, jeżeli spełnione są warunki:

1 węzły wspólne zapiszemy w tych samych położeniach (czyli 3-2-4 dla 1-2-4 w elemencie 1)
2 elementy są takie same (to samo pole, geometria etc, jedynie obrócone)
3 elementy mają wspólny bok

Czyli w praktyce macierz sztywności tak zapisanych elementów i macierz globalna:

\begin{aligned} K_1=\left[\begin{array}{ccc} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 0 \\ -\frac{1}{2} & 1 & -\frac{1}{2} \\ 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{array}\right] \quad K_2=\left[\begin{array}{ccc} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 0 \\ -\frac{1}{2} & 1 & -\frac{1}{2} \\ 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{array}\right] \quad K=\left[\begin{array}{cccc} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 0 & 0 \\ -\frac{1}{2} & 2 & -\frac{1}{2} & -1 \\ 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right] \end{aligned}

Znamy temperatury na brzegu 1-2-3:

\begin{aligned} & T(x, y)=3 y \\ & T_1=T(0,6)=18 \\ & T_2=T(0,3)=9 \\ & T_3=T(0,0)=0 \end{aligned}

Ponieważ układ jest nie obciążony równanie ma postać:

\begin{aligned} \left[\begin{array}{cccc} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 0 & 0 \\ -\frac{1}{2} & 2 & -\frac{1}{2} & -1 \\ 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right] \cdot\left[\begin{array}{l} T_1 \\ T_2 \\ T_3 \\ T_4 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{l} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right] \end{aligned}

Aby je rozwiązać musimy przesunąć znane T na prawą stronę a następnie zastąpić równania odpowiadające znanym wartościom

\begin{aligned} & {\left[\begin{array}{cccc} 0.5 & -0.5 & 0 & 0 \\ -0.5 & 2 & -0.5 & -1 \\ 0 & -0.5 & 0.5 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right] \cdot\left[\begin{array}{l} 0 \\ 0 \\ 0 \\ T_4 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{l} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right]-\left[\begin{array}{cccc} 0.5 & -0.5 & 0 & 0 \\ -0.5 & 2 & -0.5 & -1 \\ 0 & -0.5 & 0.5 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right] \cdot\left[\begin{array}{c} T_1 \\ T_2 \\ T_3 \\ 0 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} -4.5 \\ -9.0 \\ 4.5 \\ 9.0 \end{array}\right]} \\ & {\left[\begin{array}{llll} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right] \cdot\left[\begin{array}{c} T_1 \\ T_2 \\ T_3 \\ T_4 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} 18 \\ 9 \\ 0 \\ 9 \end{array}\right]} \end{aligned}

Stąd:

\begin{aligned} T_4=9 \end{aligned}

Gdybyśmy chcieli policzyć macierz sztywności elementu 2 bez "sztuczki", dla ułatwienia zapisu zastosujemy indeksy związane z kolejnością węzłów w elemencie nie ich numeracją (czyli 1-2-3 we wzorze to 3-2-4):

\begin{aligned} & \begin{bmatrix} x_1 & y_1 \\ x_2 & y_2 \\ x_3 & y_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 3 \\ 3 & 3 \end{bmatrix} \\ & \begin{bmatrix} a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x_1 & y_1 & 1 \\ x_2 & y_2 & 1 \\ x_3 & y_3 & 1 \end{bmatrix}^{-1} = \begin{bmatrix} 0 & -\frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\ -\frac{1}{3} & \frac{1}{3} & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix} \\ & N_1(x, y) = -\frac{1}{3} y + 1 \\ & N_2(x, y) = -\frac{1}{3} x + \frac{1}{3} y \\ & N_3(x, y) = \frac{1}{3} x \\ & B = \begin{bmatrix} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} N_1(x, y) & \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} N_2(x, y) & \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} N_3(x, y) \\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} y} N_1(x, y) & \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} y} N_2(x, y) & \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} y} N_3(x, y) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & -\frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\ -\frac{1}{3} & \frac{1}{3} & 0 \end{bmatrix} \\ & K = B^{\mathrm{T}} \cdot B \cdot \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 3 = \begin{bmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 0 \\ -\frac{1}{2} & 1 & -\frac{1}{2} \\ 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{bmatrix} \end{aligned}

MES

Metody numeryczne - MES - Przykład 2

Przykład 0