Maintenant que nous avons le théorème2.4.5pour guider nos choix de domaines admissibles, on peut revenir sur l’inversibilité des transformations ψ construites à partir de triangles ayant un seul côté courbe. Il s’avère que ce type d’éléments quadratiques est souvent présent dans les maillages. En effet, il est particulièrement utile pour approximer la frontière des domaines et il permet de gagner un demi-ordre de convergence dans la méthode des éléments finis. Les hypothèses que nous considérons comme acquises tout au long de cette section sont les suivantes :
1. Le côté parabolique a ses extrémités aux sommets (x1,y1) et (x3,y3). Les côtés formés
par les sommets (x1,y1) et (x2,y2) ainsi que (x2,y2) et (x3,y3) sont donc droits.
2. On cherche le domaine admissible pour le noeud (x13,y13).
3. L’expression du jacobien de ψ est J = A + Bu + Cv + Du2+ Euv + F v2.
En nous basant sur les résultats de [Dal12], nous allons maintenant considérer que les noeuds secondaires des côtés droits peuvent se déplacer le long de leur segment. Avant d’arriver à décrire exactement le domaine admissible dans ces situations, nous devons passer par plusieurs résultats préliminaires.
Prouvons d’abord le lemme suivant qui nous sera très utile. La preuve est inspirée de l’article de Dalîk [Dal12], mais nous avons choisi le cadre plus général de Rn afin de faire ressortir le fait que ce résultat est aussi valide en trois dimensions.
Lemme 2.7.1. Soit a,b,c ∈ Rnet F := (F1,F2, . . . , Fn) telle que F : [0,1] −→ Rn et F1, . . . Fn
sont des polynômes quadratiques satisfaisant F (0) = a, F 1
2
= b et F (1) = c. Alors F est une injection si et seulement si
a 6= c et b = a + p(c − a) pour un certain p ∈ R =⇒ p ∈ 1 4, 3 4 .
Démonstration. Posons F (t) = α + βt + γt2avec α, β, γ ∈ Rn. Avec les conditions de l’énoncé, on obtient trois équations et trois inconnues :
F (0) = a = α F (1 2) = b = α + β 2 + γ 4 F (1) = c = α + β + γ. En résolvant ce système, on trouve
α = a, β = 4b − 3a − c et γ = 2a − 4b + 2c.
Évidemment, F n’est pas injective si et seulement s’il existe t1 et t2 tels que
0 ≤ t1< t2≤ 1 et F (t1) = F (t2).
En écrivant
F (t) = a + (4b − 3a − c)t + (2a − 4b + 2c)t2,
on peut calculer la différence entre les images de t1 et t2. Ainsi, F n’est pas injective si et
seulement si
F (t1) − F (t2) = (t1− t2) [(4b − 3a − c) + (2a − 4b + 2c)(t1+ t2)] = 0
⇐⇒ [(4b − 3a − c) + (2a − 4b + 2c)(t1+ t2)] = 0.
Posons maintenant t3 = t1+t2 2. Alors t3 ∈ (0,1) et la condition précédente est équivalente à
∃ t3 ∈ (0,1) tel que (4b − 3a − c) + (4a − 8b + 4c)t3= 0.
Après quelques manipulations de cette équation, on obtient que F est injective si et seulement si
(4 − 8t3)b 6= (3 − 4t3)a + (1 − 4t3)c ∀t3∈ (0,1). (2.18)
Avec t3= 12, on trouve la condition a 6= c. Si t36= 1
2, alors (2.18) devient b 6=3−4t3 4−8t3 a +1−4t3 4−8t3 c ∀t3 ∈ (0,1) \ 1 2 b 6= a + p(c − a) ∀t3 ∈ (0,1) \ 1 2 , où p := 1−4t3
4−8t3. Alors, on trouve avec un calcul direct que
t3∈ 0,12 ⇐⇒ p ∈ −∞,1 4 et t3 ∈ 12,1 ⇐⇒ p ∈ 3 4, ∞ .
On a donc la conclusion souhaitée.
Supposons à présent que les points (x12,y12) et (x23, y23) ne sont pas exactement au milieu de
leur segment respectif. On écrit alors une paramétrisation de leur position sur le segment : (x12, y12) = (x2+ t(x1− x2) ; y2+ t(y1− y2)) t ∈ [0,1],
(x23, y23) = (x2+ s(x3− x2) ; y2+ s(y3− y2)) s ∈ [0,1].
Avec ces notations, on prouve le théorème intéressant suivant.
Théorème 2.7.2. Soit ψ une transformation isoparamétrique entre Tref et un triangle qua- dratique ayant 2 côtés droits. Si le domaine admissible est non vide, alors t,s ∈14,34.
Démonstration. Supposons que le domaine admissible soit non vide. Alors, il existe un point (x13,y13) pour lequel la transformation ψ correspondante est injective sur tous les côtés de Tref.
Prenons une telle ψ.
Dans le lemme2.7.1, on pose alors b = (x12,y12), c = (x1,y1) et a = (x2,y2). On pose égale-
ment F comme la restriction de ψ au côté formé par (x1,y1) et (x2,y2). Alors, ce lemme nous
donne directement que t ∈14,34.
De la même manière, on pose b = (x23,y23), c = (x3,y3) et a = (x2,y2) dans le lemme 2.7.1.
On pose également F comme la restriction de ψ au côté formé par (x2,y2) et (x3,y3). Alors,
ce lemme nous donne directement que s ∈1
4, 3 4.
On peut facilement interpréter géométriquement cette condition nécessaire. En effet, cela si- gnifie que lorsqu’un noeud secondaire est colinéaire avec les sommets, il doit se situer dans un intervalle particulier : le demi segment central.
Poursuivons en nous penchant sur le signe de certains produits vectoriels reliés au triangle quadratique.
Proposition 2.7.3. Soit ψ une transformation isoparamétrique entre Tref et un triangle quadratique ayant 2 côtés droits. Supposons que le domaine admissible soit non vide. Po- sons e3:= (0,0,1). Supposons également que A + C + F > 0. Alors,
Aire := e3· [(x2− x1,y2− y1,0) × (x1− x3, y1− y3,0)] > 0 et s,t ∈ (14,34).
Démonstration. Notons immédiatement que comme le domaine admissible est non vide, on a par le théorème2.7.2 que
t,s ∈ [14,34].
Géométriquement, la variable Aire représente la troisième coordonnée d’un vecteur perpendi- culaire au plan xOy. On peut aussi la voir comme le double de l’aire du triangle formé par les sommets (x1,y1), (x2,y2) et (x3,y3). On peut avoir une intuition sur son signe en se référant à
la figure2.22. Plus analytiquement, avec Maple, on obtient
0 < A + C + F = Aire ·(16st − 4s − 4t + 1) = Aire ·(4s − 1)(4t − 1). Ainsi, Aire > 0 et t,s ∈ (14,34).
Le signe de cette quantité nous sera utile dans la preuve du théorème qui suivra.
Nous allons maintenant montrer l’équivalence entre deux conditions du théorème2.4.5 et des critères plus géométriques. Ils ne sont pas nécessairement plus simples à vérifier, mais donnent une bonne intuition visuelle du domaine admissible.
Figure 2.22: Vecteurs du calcul de Aire
Proposition 2.7.4. Soit ψ une transformation isoparamétrique entre Tref et un triangle quadratique ayant 2 côtés droits. Supposons que A + C + F > 0. Supposons également que le domaine admissible est non vide. Écrivons
(x13, y13) = (x2, y2) + α(x1− x2, y1− y2) + β(x3− x2, y3− y2),
(x12, y12) = t(x1,y1) + (1 − t)(x2,y2),
(x23, y23) = s(x3,y3) + (1 − s)(x2,y2).
Alors on a A > 0 et A + B + D > 0 si et seulement si α, β > 14.
Démonstration. Notons que comme le domaine admissible est non-vide, on a t,s ∈ 14,34 par le théorème 2.7.2. De plus, l’hypothèse A + C + F > 0 nous permet d’affirmer que Aire > 0 et que t,s ∈ (14,34) par la proposition 2.7.3.
(⇐=) Supposons que α, β > 14. À l’aide de Maple, on trouve :
A = Aire ·(−16tβ + 12β + 4t − 3) = Aire ·(4β − 1)(3 − 4t) > 0, A + B + D = Aire ·(−16sα + 4s + 12α − 3) = Aire ·(4α − 1)(3 − 4s) > 0,
A + C + F = Aire ·(16st − 4s − 4t + 1) = Aire ·(4t − 1)(4s − 1) > 0.
(=⇒) Inversement, supposons que A > 0 et A + B + D > 0. Sachant que t,s ∈ 14,34, la première inégalité nous laisse avec
0 < A = Aire(4β − 1)(3 − 4t) =⇒ β > 1 4. De même, avec la deuxième inégalité, on obtient :
0 < A + B + D = Aire(4α − 1)(3 − 4s) =⇒ α > 1 4.
On peut enfin démontrer le théorème qui décrit le domaine admissible dans le cas général d’un seul côté parabolique.
Théorème 2.7.5. Soit ψ une transformation isoparamétrique entre Tref et un triangle qua- dratique ayant 2 côtés droits. Supposons que le domaine admissible est non vide. Avec les paramétrisations
(x13, y13) = (x2, y2) + α(x1− x2, y1− y2) + β(x3− x2, y3− y2),
(x12, y12) = t(x1,y1) + (1 − t)(x2,y2),
(x23, y23) = s(x3,y3) + (1 − s)(x2,y2),
on distingue les deux cas suivants :
1. Si 12 < s + t ≤ 1, alors les conditions 1 à 3 du théorème2.4.5sont suffisantes pour que ψ soit inversible.
2. Si 1 < s + t < 32, alors les conditions 1 à 4 du théorème2.4.5sont suffisantes pour que ψ soit inversible.
Démonstration. Supposons que les trois premières conditions du théorème2.4.5 sont respec- tées. Autrement dit, supposons que l’on a
A > 0, A + B + D > 0 et A + C + F > 0.
Alors, par la proposition2.7.4, on sait que α, β > 14. De plus, la proposition2.7.3 nous assure que Aire > 0 et que t,s ∈ (14,34).
Ainsi, il est clair que 12 < s + t < 32. Pour montrer que les conditions 5 et 6 sont superflues, il suffit de montrer que C + 2A ≥ 0 et B + C + 2A + E ≥ 0. On calcule directement
C + 2A = 4β Aire(4t − 1) − 2 Aire (1 − 2s(3 − 4t)) = Aire(4β(4t − 1) + 4s(3 − 4t) − 2). Puisque (4t−1) > 0 et que β > 14 on peut minorer le minimum de la quantité entre parenthèses en remplaçant β par 14. On a donc
C + 2A > Aire(4t + 12s − 16st − 3) = Aire(3 − 4t)(4s − 1) > 0. De la même manière, on obtient
C + B + 2A + E = Aire (4α(4s − 1) + 12t − 16st − 2) > Aire(4s + 12t − 16st − 3)
= Aire(3 − 4t)(4s − 1) > 0.
Il est donc inutile de vérifier les conditions 5 et 6 du théorème 2.4.5.
Il est important de remarquer que, jusqu’à maintenant, tout ce que nous avons prouvé est vrai pour tout s,t ∈ (14,34). Nous allons maintenant nous pencher sur la quatrième condition. Encore une fois, avec l’aide de Maple, on peut écrire B + 2A sous une forme plus explicite. On a B + 2A = Aire(10 − 12(s + t) + 4β(4t − 1) + 4α(4s − 1)) > Aire(10 − 12(s + t) + 4(t + s) − 2) en prenant β = α = 1 4 = Aire(8 − 8(s + t)) = 8 Aire(1 − (s + t)).
On voit immédiatement que si s + t est plus petit que 1, alors B + 2A est plus grand ou égal à zéro. Cela correspond au cas numéro 1 de ce théorème et signifie que la condition 4 du théorème 2.4.5 est aussi superflue.
Par contre, si s + t est strictement plus grand que 1, alors B + 2A est strictement négatif. Cela correspond au cas numéro 2 de ce théorème et signifie que la condition 4 doit être vérifiée. Il ne nous reste qu’à traiter la septième condition qui nous assure que le jacobien n’est pas une ellipse entièrement comprise à l’intérieur de Tref. Avec Maple, on exprime les solutions de ∂x∂v = ∂y∂v = 0 ainsi : u1= 0 v1 = 4t−38t−4 ∀ t ∈ 14,34 \ 12 .
En effectuant directement la division dans l’expression de v1, on obtient
v1 =
1 2 −
1 4(2t − 1).
Cette fonction est négative sur l’intervalle 12,34. Donc v1est plus petit que zéro pour les t dans 1
2, 3
4. De plus, la fonction est strictement croissante et positive pour les t dans 1 4,
1
2. Ainsi,
elle tend vers son minimum lorsque t tend vers 14. On peut vérifier que ce minimum est égal à 1. Comme le point t = 14 n’est pas dans l’intervalle, v1 est toujours strictement supérieur à 1. Finalement, si t = 12, alors la conique passe par l’infini et ne peut pas être entièrement comprise à l’intérieur de Tref. Ainsi, (u1,v1) /∈ Tref et la condition 7 est nécessairement respectée.
Figure 2.23: Exemple d’un domaine admissible pour le noeud (x13,y13) avec s + t > 1
Pour visualiser le cas s + t > 1, on peut se référer à la figure2.23. On y retrouve un exemple où la quatrième condition ne peut pas être négligée. On y voit les contours d’une ellipse restreignant le genre de domaines initialement obtenus dans la figure2.8.
Remarque. Même si nous avons développé les théorèmes et propositions de cette section en supposant que le noeud libre est (x13,y13), on obtient le même genre de résultats avec les
autres noeuds secondaires.
Ce résultat conclut le chapitre sur les transformations isoparamétriques en deux dimensions. Nous avons réussi à décrire exactement le domaine admissible dans le cas général ainsi qu’à simplifier les conditions suffisantes dans certains cas particuliers. Nous avons également obtenu des conditions nécessaires pour que le domaine admissible soit non vide. Finalement, nous avons, autant que possible, relié les théorèmes et propositions à des équivalences géométriques pour tenter de mieux visualiser le comportement de la fonction ψ.
Chapitre 3
Inversion de transformations
isoparamétriques en trois dimensions
Avec les résultats du chapitre 2, les transformations isoparamétriques quadratiques en deux dimensions ne nous posent plus aucun souci. Toutefois, si on veut modéliser adéquatement les phénomènes physiques qui nous entourent, on doit très souvent considérer trois dimensions. Le principe de résolution par les éléments finis demeure le même, mais nous verrons que l’ajout d’une coordonnée complique les calculs et la visualisation. Nous commençons par les définitions de base.
Définition 3.0.6. Le tétraèdre de référence ou élément de référence pour la méthode des éléments finis en trois dimensions est le tétraèdre ayant ses sommets aux points (0,0,0), (0,1,0) , (1,0,0) et (0,0,1). On le note Tref. On peut voir une illustration de ce tétraèdre dans
la figure 3.1.
Remarque. Même si le nom et la notation de l’élément de référence sont les mêmes qu’en deux dimensions, le contexte devrait permettre au lecteur de faire la part des choses facilement.
3.1
Construction de la transformation en trois dimensions
Construisons d’abord la fonction entre Tref et un tétraèdre quadratique quelconque. Donnons- nous un peu de notation et de vocabulaire.
Notation : On note la transformation quadratique ψ et on suppose qu’elle passe du repère uvw vers le repère xyz.
Définition 3.1.1. On note les sommets ou noeuds principaux du tétraèdre courbe ou quadratique (x1,y1,z1) jusqu’à (x4,y4,z4). Les autres noeuds prennent en indice les deux nu-
méros des sommets qui les encadrent. On les appelle les noeuds secondaires du tétraèdre courbe ou quadratique.
Définition 3.1.2. Soit quatre points non coplanaires (u1,v1,w1) jusqu’à (u4,v4,w4). Alors, les
coordonnées barycentriques de (u,v,w) sont un quadruplet (λ1, λ2,λ3,λ4) déterminé par
les deux conditions ci-dessous.
1. (u,v,w) = λ1(u1,v1,w1) + λ2(u2,v2,w2) + λ3(u3,v3,w3) + λ4(u4,v4,w4) et
2. λ1+ λ2+ λ3+ λ4 = 1.
Dans le cas d’un tétraèdre de volume non nul, on peut prendre les sommets comme points non coplanaires. On peut alors exprimer les paramètres λi en fonction des sommets du tétraèdre.
En sachant qu’on s’intéresse à ces paramètres sur Tref et en résolvant un système de quatre équations et quatre inconnues, on trouve
λ1 = 1 − u − v − w, λ2 = v, λ3 = u et λ4= w.
Les fonctions de forme en trois dimensions sont données ci-dessous. On peut se référer à la définition2.1.3pour un rappel de l’utilité de ces fonctions de forme. Elles valent exactement 1 au noeud correspondant à leur indice et 0 aux autres noeuds.
φ1(u,v,w) = λ1(2λ1− 1) φ2(u,v,w) = λ2(2λ2− 1)
φ3(u,v,w) = λ3(2λ3− 1) φ4(u,v,w) = λ4(2λ4− 1)
φ12(u,v,w) = 4λ1λ2 φ23(u,v,w) = 4λ2λ3
φ13(u,v,w) = 4λ1λ3 φ24(u,v,w) = 4λ2λ4
φ14(u,v,w) = 4λ1λ4 φ34(u,v,w) = 4λ3λ4.
Ainsi, on pose la transformation isoparamétrique ψ(u,v,w) : ψ(u,v,w) := 4 X i=1 φi(u,v,w) (xi, yi, zi) + X 1≤i<j≤4 φij(u,v,w) (xij, yij, zij). 60
Comme en deux dimensions, on comprend que le but principal est d’envoyer les noeuds du tétraèdre de référence sur les noeuds correspondants dans le tétraèdre quadratique. Voici quelques remarques de nature calculatoire sur le jacobien.
Remarques.
• On note encore J le déterminant de la matrice jacobienne de ψ.
• Si un seul noeud est déplacé, alors l’expression du jacobien est au plus de degré 1. • Si deux noeuds sont déplacés, alors l’expression du jacobien est au plus de degré 2. • Si plus de deux noeuds sont déplacés, alors l’expression du jacobien est au plus de degré 3. • Si la seule face courbe est celle des sommets 1, 2 et 4, alors les seuls termes cubiques
non nuls sont en uvw, v2w et w2v.
• Si la seule face courbe est celle des sommets 1, 3 et 4, alors les seuls termes cubiques non nuls sont en uvw, u2w et w2u.
• Si la seule face courbe est celle des sommets 1, 2 et 3, alors les seuls termes cubiques non nuls sont en uvw, u2v et v2u.
• Si la seule face courbe est celle des sommets 2, 3 et 4, alors les seuls termes cubiques non nuls sont en uvw.