PASAPAS T1 ; d) Calcul des bilans
23. ANNEXE THEORIQUE
23.4 POURQUOI DIAGONALISER LA MATRICE DE CAPACITE a) Un premier exemple éloquent : choc thermique
Soit une barre de longueur 2L = 1, de section 10-3, de conductivité 20, de chaleur spécifique 500, de masse volumique 7800. Aux extrémités, on impose une température TP = 0 et la température initiale est T0 = 100 (on a volontairement omis les unités dont on sait qu’elles sont homogènes).
On la modélise avec 2 éléments de BARRe.
La solution analytique générale est
T x t T T T
(la somme est effectuée sur les k impairs) avec D = λ / ρC = 5.13 10-6 = diffusivité
Pour un élément, la matrice de conductivité est (COND)
. .
les termes sont inversement proportionnels à la longueur de l’élément. Le terme diagonal est égal à λ S / l .
Pour un élément, la matrice de capacité est (CAPA) 650 325
325 650
les termes sont proportionnels à la longueur de l’élément. Le terme diagonal est égal à ρ C S l / 3 .
Pour un élément, la matrice de capacité diagonalisée est (LUMP) 975 0
0 975
les termes sont proportionnels à la longueur de l’élément. Le terme diagonal est égal à ρ C S l / 2 .
Le système reporté dans l’équation 22.1 donne pour le premier pas de temps avec θ = 1 par exemple : On voit que, ∀ ∆t petit, le terme de conductivité est négligeable devant le terme de capacité (il l’est même d’autant plus que ∆t est petit), ce qui donne le système suivant. On peut noter que l’on est, pour ce premier pas, dans un schéma explicite (θ = 0) avec une matrice de capacité consistante.
325 T2 = 325 . 300 + Q1 ∆t (1) 325 4T2 = 325 . 600 (2) 325 T2 = 325 . 300 + Q3∆t (3)
L’équation (2) nous indique que T2 (=150) est supérieur à T3 ce qui est, par hypothèse, impossible.
Si la matrice de capacité est diagonale (LUMP), on ne peut plus, a priori, négliger la partie conductivité. Le système devient (après avoir quand même négligé ce qui est possible)
- 0.04 T2 = Q1 (1) 1950 T2 = 1950 . 100 (2) - 0.04 T2 = Q3 (3)
On voit sur l’équation (2) que l’on a bien 0 ≤ T2 ≤ 100 ce qui est au moins cohérent, mais est-ce juste ?
Si ∆t = 1 ce système donne T2 = 100..
On voit que ce phénomène est indépendant de ∆t, tant qu’il est petit, ainsi que de la valeur du second membre. En particulier la diminution de ∆t ne permet pas de résoudre le problème (au contraire). Bien évidemment, la résolution numérique est différente mais le problème de précision est néanmoins patent avec un système aussi mal conditionné.
1e solution : Augmenter le pas de temps (mais on ne peut s’intéresser à ce qui se passe avant le premier pas de temps)
∆t t 1 10 100 1000 10000
1 150 150 150
10 150 149 141
100 149 141 81
1000 141 83
10000 93
Valeurs de T2 pour 2 éléments et matrice consistante
∆t t 1 10 100 1000 10000
1 100 100 100
10 100 100 96
100 100 96 66
1000 96 67
10000 71
Valeurs de T2 pour 2 éléments et matrice diagonale
2e solution : Augmenter le nombre d’éléments puisque leur taille diminuant, la partie conductivité va augmenter tandis que la partie capacité va diminuer.
Ν t 1 10 100 1000
2 150 150 150
20 100 100 100
200 100 100 100
2000 100 100 100
Valeurs de T2 avec ∆t = 1 et matrice consistante
Ν t 1 10 100 1000
2 100 100 100
20 100 100 100
200 100 100 100
2000 100 100 100
20000
Valeurs de T2 avec ∆t = 1 et matrice diagonale 3e solution : Changer le matériau pour que la diffusivité soit plus grande b) Un deuxième exemple éloquent : températures imposées
Reprenons notre barre. A une extrémité, on impose une température T1 = 0 et à l’autre une température T3 = 100 (on a volontairement omis les unités dont on sait qu’elles sont homogènes). La température initiale est nulle.
La solution analytique générale est
T x t T T T
Le système reporté dans l’équation 22.1 donne pour le premier pas de temps avec θ = 1 par exemple :
On voit que, ∀ ∆t petit, le terme de conductivité est négligeable devant le terme de capacité (il l’est même d’autant plus que ∆t est petit), ce qui donne le système suivant. On peut noter que l’on est, pour ce premier pas, dans un schéma explicite (θ = 0) avec une matrice de capacité consistante.
325 T2 = Q1 ∆t (1) 325 (4T2 + 100) = 0 (2) 325 (T2 + 200) = Q3 ∆t (3)
L’équation (2) nous indique que T2 (= -25) est négatif ce qui est, par hypothèse, impossible.
Si la matrice de capacité est diagonale (LUMP), on ne peut plus, a priori, négliger la partie conductivité. Le système devient (après avoir quand même négligé ce qui est possible)
- 0.04 T2 = Q1 (1)
1950 T2 - 4 ∆t = 0 (2) - 0.04 T2 ∆t + 97500 = Q3 ∆t (3)
On voit sur l’équation (2) que l’on a bien 0 ≤ T2 ≤ 100 ce qui est au moins cohérent, mais est-ce juste ?
Si ∆t = 1 ce système donne T2 ≅ 2 10-3.
On voit que ce phénomène est indépendant de ∆t, tant qu’il est petit, ainsi que de la valeur du second membre. En particulier la diminution de ∆t ne permet pas de résoudre le problème (au contraire). Bien évidemment, la résolution numérique est différente mais le problème de précision est néanmoins patent avec un système aussi mal conditionné.
1e solution : Augmenter le pas de temps (mais on ne peut s’intéresser à ce qui se passe avant le premier pas de temps)
∆t t 1 10 100 1000 10000
1 -25 -25 -25
10 -25 -25 -20
100 -25 -21 9
1000 -21 9
10000 4
Valeurs de T2 pour 2 éléments et matrice consistante
∆t t 1 10 100 1000 10000
1 2 10-3 2 10-2 0.2
10 2 10-2 0.2 2
100 0.2 2 17
1000 2 17
10000 15
Valeurs de T2 pour 2 éléments et matrice diagonale
2e solution : Augmenter le nombre d’éléments puisque leur taille diminuant, la partie conductivité va augmenter tandis que la partie capacité va diminuer.
Ν t 1 10 100 1000
2 -25 -25 -25
20 2 10-4 -4 10-5 -3 10-5
200 0 0 0
2000 0 0 0
Valeurs de T2 avec ∆t = 1 et matrice consistante
Ν t 1 10 100 1000
2 2 10-3 2 10-2 0.2
20 0 0 0
200 0 0 0
2000 0 0 0
Ν t 1 10 100 1000 3e solution : Changer le matériau pour que la diffusivité soit plus grande c) Un troisième exemple éloquent : température et flux imposés
Reprenons notre barre. A une extrémité, on impose une température de 0 et à l’autre une source de 1000 (on a volontairement omis les unités dont on sait qu’elles sont homogènes). La température initiale est nulle.
La solution analytique générale est avec D = λ / ρC = 5.13 10-6 = diffusivité
Le système reporté dans l’équation 22.1 donne pour le premier pas de temps avec θ = 1 par exemple :
On voit que, ∀∆t petit, le terme de conductivité est négligeable devant le terme de capacité (il l’est même d’autant plus que ∆t est petit), ce qui donne le système suivant. On peut noter que l’on est, pour ce premier pas, dans un schéma explicite (θ = 0) avec une matrice de capacité consistante.
325 T2 = Q1 ∆t (1) 325 (4T2 + T3) = 0 (2) 325 (T2 + 2T3) = 1000 ∆t (3)
L’équation (2) nous indique que T2 et T3 sont de signes contraires ce qui est, par hypothèse, impossible.
Si la matrice de capacité est diagonale (LUMP), on ne peut plus, a priori, négliger la partie conductivité. Le système devient (après avoir négligé ce qui est possible)
- 0.04 T2 = Q1 (1)
On voit que ce phénomène est indépendant de ∆t, tant qu’il est petit, ainsi que de la valeur du second membre. En particulier la diminution de ∆t ne permet pas de résoudre le problème (au contraire). Bien évidemment, la résolution numérique est différente mais le problème de précision est néanmoins patent avec un système aussi mal conditionné.
Dans les tableaux qui suivent l’* signale que T2 est négatif.
1e solution : Augmenter le pas de temps (mais on ne peut s’intéresser à ce qui se passe avant le premier pas de temps)
∆t t 1 10 100 1000 10000
1 2* 18* 175*
10 18* 175* 1 662* 11 199*
100 174* 1 654* 11 179*
1000 1 584* 10 986*
10000 9 548
Valeurs de T3 pour 2 éléments et matrice consistante
∆t t 1 10 100 1000 10000
1 1 10 102
10 10 102 1 005 8 518
100 102 1 003 8 508
1000 986 8 406
10000 7 594
Valeurs de T3 pour 2 éléments et matrice diagonale
2e solution : Augmenter le nombre d’éléments puisque leur taille diminuant, la partie conductivité va augmenter tandis que la partie capacité va diminuer.
Ν t 1 10 100 1000
2 2* 18* 175*
20 18* 166* 1 116*
200 95 395 1 275
2000 113 399 1 276
Valeurs de T3 avec ∆t = 1 et matrice consistante
Ν t 1 10 100 1000
2 1 10 102
20 10 100 851
200 76 385 1 272
2000 113 399 1 276 4 040
20000 113
Valeurs de T3 avec ∆t = 1 et matrice diagonale
3e solution : Changer le matériau pour que la diffusivité soit plus grande d) Conclusion
Dans les trois cas précédents, il apparaît que la diagonalisation de la capacité permet d’obtenir, à moindre effort de maillage, une solution physiquement admissible. Et les valeurs non physiques des premiers pas de temps sont quelques fois difficilement rattrapables. Mais, on voit aussi que la précision ne peut être garantie que si le maillage est suffisant. Dans les cas très simples étudiés, le pas de temps en deçà duquel il ne faut pas espérer obtenir des résultats si la matrice est consistante est l
D
2
6θ avec l = longueur de l’élément, D = diffusivité.
Sur ces trois exemples, que l’on peut facilement répéter, on voit que les problèmes de stabilité, de précision et d’oscillation sont très déconnectés.
L’algorithme explicite est conditionnellement stable. Il faut ∆t < ∆tstab
L’algorithme implicite est inconditionnellement stable. Il faut ∆t > ∆tseuil