FEM in 1D. Kapitel Variationsformulierung. Um die die FEM (Finite Element Method) einzuführen, betrachten wir das Modellproblem

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1 apitel 1 FEM in 1D Um die die FEM (Finite Element Method) einzuführen, betrachten wir das Modellproblem 1.1 Variationsformulierung u = f auf := (0, 1) (1.1a) u(0) = u(1) = 0 (1.1b) Eine klassische Lösung von (1.1) würde fordern: u C 2 (0, 1) C([0, 1]). Jedoch ist es zweckmäßig, den Lösungsbegriff für (1.1) zu erweitern. Einige Gründe hierfür sind: praktisch relevant sind z.b. stückweise stetige rechte Seiten f; dann kann u nicht in C 2 sein (1.1) ist die Euler-Lagrange Gleichung einer Minimierungsaufgabe, bei der nur u L 2 () gefordert werden muß, um sinnvoll gestellt zu sein. Für viele physikalischen Probleme, die auf elliptische Problem führen, ist die Minimierungsaufgabe die natürliche und die Euler-Langrange Gleichungen werden nur aus diesen (unter Regularitätsannahmen) hergeleitet. Variationsformulierung: Sei v C0 (). Dann folgt für eine klassische Lösung u von (1.1): u v = fv und durch partielle Integration Da v C 0 u v = fv. () beliebig gewählt war, erhalten wir, daß u folgende Bedingung erfüllt: u v =: B(u, v) =l(v) := fv v C0 (). (1.2) Wir beobachten, daß B eine Bilinearform ist und l eine Linearform (siehe Def. 2.4, 2.3). Weiter bemerken wir: 1. Während die klassische Formulierung u C 2 () fordert, ist (1.2) bereits sinnvoll definiert, wenn z.b. u L 2 (). Dies motiviert, den Raum H 1 () := {u L 2 () u L 2 ()} (1.3) zu definieren (genauere des Ableitungsbegriffs und von H 1 folgt unten). Wir nennen dann ein u H 1 (), welches (1.2) erfüllt, eine schwache Lösung. 2. Damit die Linearform l( ) sinnvoll definiert ist, reicht bereits f L 2 () 1

2 3. (1.2) wurde nur aus (1.1a) hergeleitet. Um die Randbedingung (1.1b) zu berücksichtigen, wird der Raum H0 1 () := {u H1 () u(0) = u(1) = 0} (1.4) eingeführt. Damit erfüllt eine klassische Lösung u C 2 () C() von (1.1) folgende Aufgabe: Finde u H 1 0 () s.d. B(u, v) =l(v) v C 0 (). (1.5) Wie wir unten (Satz 1.6) sehen werden, ist C0 () dicht im Raum H1 0 (), so daß sich (1.5) sogar auf alle Testfunktionen v H0 1 () ausdehnen läßt 1, d.h. eine klassische Lösung u C 2 () C() erfüllt die sog. schwache Formulierung von (1.1): Finde u H0 1() s.d. B(u, v) =l(v) v H1 0 (). (1.6) (1.2) bzw. (1.6) stellt eine Verallgemeinerung des Lösungsbegriffs für (1.1) dar, denn es gilt Proposition 1.1 Sei u Lösung von (1.6) und gelten zusätzlich die Regularitätsannahmen u C 2 () C() und f C() L 2 (). Dannlöst u auch (1.1) im klassischen Sinn. Beweis: Übung. Wir klären nun den Ableitungsbegriff. Definition 1.2 Sei R ein (offenes) Intervall. Sei u L 2 (). Falls es ein v L 1 loc () gibt, s.d. uϕ = vϕ ϕ C0 () (1.7) so heißt v die schwache (distributionelle) Ableitung von u. Wirschreibenu = v. Satz 1.3 Sei R offenes Intervall. D.g.: (i) Falls u L 2 () eine schwache Ableitung hat, dann ist sie eindeutig. (ii) u C 1 () = die schwache Ableitung u existiert und stimmt mit der klassischen Ableitung überein. (iii) Falls u C 1 stückw. C(), d.h. existiert eine Zerlegung x 0 <x 1 < <x n mit =(x 0,x n ) und u (xi,x i+1) C 1 ([x i,x i+1 ]) für alle i {0,...,n 1}. D.g.: die schwache Ableitung u existiert und stimmt auf jedem Teilintervall (x i,x i+1 ) mit der klassischen Ableitung überein. Beweis: Übung Damit ist H 1 () sinnvoll definiert als der Teilraum von L 2 (), dessen Elemente schwache Ableitungen haben, die ebenfalls in L 2 () sind. Wir versehen den Vektorraum H 1 () mit der Norm Weiters führen wir die H 1 -Seminorm H 1 () ein: u 2 H 1 () := u 2 L 2 () + u 2 L 2 (). (1.8) u H 1 () := u L 2 (). (1.9) Um den Raum H0 1 () richtig zu definieren, müssen wir wissen, daß (im vorliegenden 1D-Fall) Funktionen aus dem Raum H 1 () stetig auf sind: Satz 1.4 Sei R offenes, beschränktes Intervall. D.g.: H 1 () C(). Zudem existiert eine onstante C>0 s.d. u C() C u H1 () u H 1 (). (1.10) 1 man führe die Argumente aus! 2

3 Beweis: Siehe [1, Prop ]. Siehe auch Theorem 1.6. Bemerkung 1.5 H 1 -Funktionen sind eigentlich L 2 - Funktionen, d.h. Äquivalenzklassen von Funktionen. Satz 1.4 ist so zu verstehen, daß es in der Äquivalenzklasse einen stetigen Repräsentanten gibt. Im vorliegenden 1D Fall ist dieser Repräsentant sogar absolutstetig. Satz 1.6 Sei R offenes, beschränktes Intervall. D.g.: (i) H 1 0 () H1 () ist ein abgeschlossener Teilraum. (ii) x, y gilt u(x) u(y) x y u L2 () diam u L2 () (iii) C > 0 s.d. u H1 () u H1 () C u H1 () u H0 1 () Insbesondere ist die H 1 -Seminorm eine (zur H 1 -Norm) äquivalente Norm auf H0 1 () (iv) C () ist dicht in H 1 () (v) C 0 () ist dicht in H 1 0 () (vi) H 1 () und H 1 0 () sind vollständige Räume. Beweis: (iv): Übung. (i) (iii): ebenfalls Übung (Hinweis: verwenden Sie (iv)). Bemerkung 1.7 H 1 () ist ein Hilbertraum mit Skalarprodukt u, v H 1 := u v + uv. H 1 0 () ist ein Hilbertraum mit Skalarprodukt, H 1 () oder u, v H 1 0 := u v. 1.2 lassische FEM in 1D Existenz und Eindeutigkeit der Lösung u von (1.6) werden noch sehen 2. Die FEM ist eine Approximationstechnik, um diese Lösung zu approximieren. Sei = (0, 1) unterteilt in M Intervalle i =(x i,x i+1 ), i =0,...,M 1, wobei natürlich 0 = x 0 < x 1 < <x M = 1. Die Intervalle i heißen Elemente, die Punkte x i noten. Wir bezeichnen mit T := { i i =0,...,M 1} das Gitter und h i := x i+1 x i =diam i ist die Elementgröße. Wir setzen S 1,1 (T ) := {u H 1 () u P 1 T} (1.11) S 1,1 0 (T ) := S1,1 (T ) H0 1 () (1.12) Bemerkung 1.8 Da H 1 () C() ist, ist S 1,1 (T ) gerade der Raum der stetigen Funktionen, die auf jedem Teilintervall ein Polynom vom Grad 1 sind. Weiters ist S 1,1 0 (T ) gerade der Raum derjenigen S 1,1 (T )-Funktionen, die in den Endpunkten x 0, x M verschwinden. Die Standardbasis des S 1,1 (T ) wird von den Hutfunktionen gebildet: S 1,1 (T ) = span{ϕ i i =0,...,M} (1.13) x x i 1 h i 1 x (x i 1,x i ) x ϕ i (x) = i+1 x h i x (x i,x i+1 ) (1.14) 0 sonst Offensichtlich ist dim S 1,1 (T )=M + 1 und eine Basis des Raums S 1,1 0 (T )ist{ϕ i i =1,...,M 1} mit dim S 1,1 0 (T )=M 1=:N. 2 im konkreten Fall folgt dies sofort aus dem Rieszschen Darstellungssatz: B(, ) ist gerade das, H 1 Skalarprodukt 0 auf dem Hilbertraum H0 1() und für f L2 () ist l( ) ein stetiges lineares Funktional auf H0 1() 3

4 In der klassischen FEM wird die Lösung u H0 1() von (1.6) durch die Lösung u N S 1,1 0 (T )der folgende Aufgabe approximiert: Finde u N S 1,1 0 (T )s.d. B(u N,v)=l(v) v S 1,1 0 (T ). (1.15) (1.15) stellt ein lineares Gleichungssystem dar: entwickelt man die Funktion u N S 1,1 0 (T )inderbasis {ϕ i i =1,...,M 1}, so hat es die Form u N = N i=1 u iϕ i mit einem Vektor u R N, der zu bestimmen ist. Da jedes v S 1,1 0 (T ) analog als v = N i=1 v iϕ i geschrieben werden kann, so ist (1.15) äquivalent zu N N N Finde u R N s.d. B( u j ϕ j, v i ϕ i )=l( v i ϕ i ) v R N. j=1 Aufgrund des Linearitätseigenschaften von B von l folgt dann, daß dies äquivalent ist mit Finde u R N s.d. u j v i B(ϕ j,ϕ i )= v i l(ϕ i ). i,j i Führen wir nun die Steifigkeitsmatrix B R N N und den Lastvektor l R N ein durch so erhalten wir, daß (1.15) äquivalent ist zu i=1 i=1 B ij := B(ϕ j,ϕ i ), l i = l(ϕ i ) (1.16) Finde u R N s.d. v Bu = v l v R N (1.17) was wiederum äquivalent ist zum folgenden linearen Gleichungssystem: Finde u R N s.d. Bu = l (1.18) Bemerkung 1.9 Das lineare Gleichungssystem (1.18) hat eine eindeutige Lösung, weil die Steifigkeitsmatrix B SPD ist: B symmetrisch, denn die Bilinearform B ist symmetrisch: B ij = B(ϕ j,ϕ i )=B(ϕ i,ϕ j )=B ij. B ist positiv definit: Für u R N definieren wir die zugehörige Funktion u := N i=1 u iϕ i. D.g.: u Bu = i,j u j Bu i = i,j u j B(ϕ j,ϕ i )u i = B(u, u) = u 2 L 2 () 0. Damit ist u Bu = 0 genau dann, wenn u L2 () = 0. Die Funktion u S 1,1 0 (T )mußu konstant sein; weil u in den Endpunkten von verschwindet, muß also u =0sein. Die klassische FEM ergibt sich dann aus folgenden Schritten: finis 1.Stunde finis 2.Stunde 1. Aufstellen des LGS (1.18) ( Assemblieren ) 2. Lösen von (1.18) 3. Nachlaufrechnung (typischerweise ist nicht u N von Interessen sondern Größen, die von u N abhängen.) Für die Auswertung des Steifigkeitsmatrix B und des Lastvektors l müssen Integrale ausgewertet werden. Da die Integranden auf den Elementen glatt sind, bietet es sich an, die Integral als Summen von Integralen über Elemente zu schreiben: B ij = ϕ j ϕ i, l i = fϕ i. (1.19) T T Damit ergibt sich als Algorithmus zum Aufstellen des LGS (1.18) wie in Alg. 1) dargestellt. Bemerkung 1.10 Algorithmus 1 wird in der Praxis erheblich anders realisiert: 4

5 Algorithm 1 Rohfassung des Assemblierens 1: B := 0 R N N, l := 0 R N 2: for T do 3: for i =1:N do 4: for j =1:N do 5: B ij = B ij + ϕ j ϕ i 6: end for 7: l i = l i + fϕ i 8: end for 9: end for 1. B is symmetrisch und sogar ein Tridiagonalmatrix: B ij =0für i j > 1. Dies macht man sich zur Speicherersparnis zunutze (der Speicherbedarf reduziert sich von N 2 auf ca. 2N!). 2. Wegen der Tägereigenschaften der Hutfunktionen ϕ j kann die Schleife über j abgekürzt werden: Es genügt die j {1,...,N} zu betrachten, für die i j 1ist. 3. wegen der Trägereigenschaften der Hutfunktionen, müssen in der Schleife über i auch nur die Indizes i betrachtet werden, für die gilt: supp ϕ i. Das sind im vorliegenden 1D Fall höchstens Die Integrale für die Auswertung der Einträge des Lastvektors l i werden typischerweise mit Quadraturformeln berechnet. 5. Im Wesentlichen besteht Alg. 1 aus 3 geschachtelten Schleifen, die in jeder Reihenfolge ausgeführt werden könnten. Der Vorteil der elementbasierten Fassung (d.h. der vorliegenden Fassung, bei der die Schleife über die Elemente die äußerste Schleife ist) ergibt sich insbesondere bei Differentialgleichungen mit komplizierten oeffizienten, also z.b. nichtlineare Probleme oder bei komplizierten Geometrien in 2D oder 3D 1.3 Analyse der 1D FEM Wir untersuchen den Fehler e N := u u N,wobeiu H 1 0 () die Lösung von (1.6) und u N S 1,1 0 (T ) (1.15) löst. Wir leiten zunächst die Galerkinorthogonalität her. Die Funktionen u und u N erfüllen: B(u, v) = l(v) v H0 1 () B(u N,v) = l(v) v S 1,1 0 (T ) H1 0 () Betrachtet man in der ersten Gleichung lediglich v S 1,1 0 (T ) H1 0 () und bildet dann die Differenz der beiden Gleichungen, so entsteht B(u, v) B(u N,v)=0 v S 1,1 0 (T ); aufgrund des Linearität von B im ersten Argument sodann: B(u u N,v)=0 v S 1,1 0 (T ). (1.20) Diese Galerkinorthogonalität führt auf eine Bestapproximationseigenschaft der FEM-Lösung u N :Wir haben nämlich für beliebiges v S 1,1 0 (T ) (u u N ) 2 L 2 () = B(u u N,u u N ) (1.20) = B(u u N,u v) = C.S. (u u N ) L 2 () (u v) L 2 (); (u u N ) (u v) also (u u N ) L2 () (u v) L2 (). Dav S 1,1 0 (T ) beliebig war, ergibt sich die Bestapproximationseigenschaft (u u N ) L 2 () inf (u v) L 2 (). (1.21) v S 1,1 0 (T ) Wir müssen nun dieses Infimum abschätzen. Dies geschieht dadurch, daß ein konkretes v S 1,1 0 (T ) konstruiert wird. Im nächsten Satz zeigen wir, daß für hinreichend glatte Lösungen u der stückweise lineare Interpolant das Gewünschte leistet: 5

6 Satz 1.11 Sei R ein offenes Intervall. Sei T ein Gitter auf mit noten x 0 <x 1 < <x M. Sei u C 2 () und Iu S 1,1 (T ) der stückweise lineare Interpolant (d.h. Iu S 1,1 (T ) ist durch die Bedingung (Iu)(x i )=u(x i ) für i =0,...,M gekennzeichnet). Dann existiert ein C>0, welches nur von abhängt, so daß u Iu 2 L 2 () + h2 (u Iu) 2 L 2 () Ch4 u 2 L 2 (). T Hier ist h := max T h. Beweis: Wir werden ein analoges Resultat in 2D später mit Techniken beweisen, die auch in 1D anwendbar sind. Ein einfacher Beweis im vorliegenden 1D-Fall kann mithilfe des Satzes von Rolle geführt werden. Sei (a, b) = T ein Element der Länge h. Wegen (u Iu)(a) =(u Iu)(b) = 0 existiert nach dem Satz von Rolle ein ξ derart, daß (u Iu) (ξ) =0. Also erhalten wir für jedes x die Darstellung Z x Z x Z x (u Iu)(x) = (u Iu) (t) dt = u (t) dt = 1 u (t) dt, ξ ξ ξ weil (Iu) P 1. Aus der Cauchy-Schwarz Ungleichung folgt dann (u Iu) L () h 1/2 u L 2 () und weiter (u Iu) L 2 () h u L 2 ().Aus(u Iu)(a) = 0 erhalten wir mit der Darstellung (u Iu)(x) = R x a (u Iu) (t) dt die Abschätzung u Iu L () h (u Iu) L () h 3/2 u L 2 () und damit u Iu L 2 () h2 u L 2 (). Durch Summation über alle Elemente ergibt sich dann die gewünschte Behauptung, wenn C = 2gewählt wird. Die Bestapproximationseigenschaft (1.21) zusammen mit Satz 1.11 erlaubt uns, den FEM-Fehler abzuschätzen, falls die gesuchte exakte Lösung gewisse Regularitätseigenschaften hat: orollar 1.12 Sei u Lösung von (1.6) und erfülle die Regularitätsannahme u C 2 (). Sei u N S 1,1 0 (T ) die Lösung von (1.15). D.g.: u u N H1() Ch u L2(), wobei h := max T h und die onstante C>0 nur von abhängt. Beweis: (1.21) zusammen mit Satz 1.11 ergeben (u u N ) L2 () Ch u L2 (). Weilu u N H 1 0 () ergibt sich aus Satz 1.6, (iii), daß u u N H 1 () C (u u N ) L 2 () Ch u L 2 (). 1.4 Beispiele andere Variationsformulierungen Die FEM basiert auf einer Variationsformulierung einer Differentialgleichung. Für das Dirichletproblem (1.1) haben wir oben mit (1.6) eine geeignete Variationsformulierung hergeleitet. In diesem Abschnitt sprechen wir kurz weitere Variationsformulierungen für verwandte Problem an wesentliche Randbedingungen (Dirichletbedingungen) Für g 0, g 1 R betrachten wir u = f auf = (0, 1) (1.22a) u(0) = g 0, u(1) = g 1. (1.22b) Wie bei der Herleitung von (1.6) ergibt sich als eine Variationsformulierung Finde u H 1 D := {u H1 () u(0) = g 0, u(1) = g 1 } s.d. B(u, v) =l(v) v H 1 0 (). (1.23) Der Raum HD 1 ist nun ein affiner Raum. Für die Anwendung der allgemeinen Theorie sowie numerischen Approximation sind lineare Räume einfacher. Das Problem (1.23) wird deshalb typischerweise umformuliert. Hierbei macht man den Ansatz u = u g +u 0,wobeiu g HD 1 (beliebig) gewählt wird und u 0 H0 1 () 6

7 derart bestimmt wird, daß u die gesuchte Lösung ist. Einsetzen dieses Ansatzes in (1.23) liefert, daß u 0 folgendes Problem löst: Finde u 0 H0 1() s.d. B(u 0,v)=l(v) B(u 0,v) v H0 1 (). (1.24) Die Lösung u 0 von (1.24) hängt natürlich von der Wahl der Funktion u g ab die Summe u = u g + u 0 ist jedoch eindeutig: Übung 1.13 Problem (1.23) hat höchstens eine Lösung. Die FEM für (1.22) basiert auf der Formulierung (1.24). Hierzu wird ein u g HD 1 gewählt und dann die Funktion u 0 H0 1 () approximiert durch u 0,N S 1,1 0 (T ), welches folgendes Problem löst: Finde u 0,N S 1,1 0 (T )s.d. B(u 0,N,v)=l(v) B(u g,v) v S 1,1 0 (T ) (1.25) Genau wie in Bem. 1.9 sieht man, daß u 0,N existiert und eindeutig ist. Es bietet sich im vorliegenden 1D- Fall an, die Funktion u g S 1,1 (T ) HD 1 zu wählen. In diesem Fall ist die Approximation u N := u g +u 0,N S 1,1 (T ) unabhängig von der konkreten Wahl von u g S 1,1 (T ) HD 1 (man überzeuge sich davon!). Man wird deshalb u g S 1,1 (T ) HD 1 so wählen, daß die Implementierung einfacher gestaltet wird. Naheliegend ist es, u g als affine Funktion zu wählen, die die Randbedingungen erfüllt: u g = g 0 +(g 1 g 0 )x. Numerisch wird jedoch meist u g S 1,1 (T ) HD 1 so gewählt, daß der Träger von u 0 sich auf die beiden Randelemente beschränkt, d.h. u g S 1,1 (T ) ist durch die Interpolationsbedingungen charakterisiert. u g (x 0 )=g 0, u g (x M )=g 1, u g (x i )=0 i =1,...,M 1 Übung 1.14 Man schreibe ein Matlabprogramm, welches die obige FEM realisiert für das Problem (1.22). Eingabe ist ein Vektor x sein, der die noten des zu verwendenden Gitters enthält. Die rechte Seite f sollte als Funktion realisiert sein; als Quadraturformel für die Bestimmung des Lastvektors kann die Mittelpunktsregel verwendet werden. Setzen Sie Alg. 1 ein, wobei Sie natürlich die in Bem diskutierten Beobachtungen umsetzen nichtsymmetrische Bilinearformen Betrachte für onstanten b, c. Eine mögliche Variationsformulierung ist dann: u + bu + cu = f auf = (0, 1) (1.26a) u(0) = u(1) = 0 (1.26b) Finde u H 1 0 () s.d. B(u, v) =l(v) v H 1 0 () (1.27) wobei die Bilinearform B und die Linearform l gegeben sind durch B(u, v) = u v + bu v + cuv, l(v) = fv (1.28) Übung 1.15 Überlegen Sie sich eine weitere Variationsformulierung für (1.26), welche ebenfalls auf dem Raum H0 1 () basiert natürliche Randbedingungen (Neumannproblem) Betrachte u + u = f auf = (0, 1) (1.29a) u (0) = g 0, u (1) = g 1 (1.29b) 7

8 für gegebene g 0, g 1 R. Wir suchen wieder eine schwache Lösung in H 1 (). Weil dann u L 2 () können wir die Randbedingungen (1.29b) nicht stark erzwingen. Wir müssen (1.29b) deshalb in die Variationsformulierung einbauen, d.h. (1.29b) wird schwach realisiert (vgl. Bem unten). Hierzu sei v C (). Dann folgt aus (1.29a) für eine klassische Lösung u C 2 () C 1 () u v + uv = fv. Partielle Integration liefert u v + uv u v 1 0 = fv v C () Beobachtet man, daß u an den Endpunkten durch (1.29b) gegeben ist, erhalten wir, daß eine klassische Lösung folgendes Problem löst: wobei Finde u H 1 () s.d. B(u, v) =l(v) v C (), (1.30) B(u, v) = u v + uv, l(v) = fv + g 1 v(1) g 0 v(0) (1.31) In Hinblick auf Satz 1.4 ist l ein stetiges lineares Funktional auf H 1 (). Weiters nutzen wir aus, daß C () dicht liegt in H 1 () (siehe Satz 1.6); also folgt durch ein Dichtheitsargument, daß (1.30) sich tatsächlich erweitern läßt zu Finde u H 1 () s.d. B(u, v) =l(v) v H 1 (). (1.32) Eine Lösung u von (1.32) heißt eine schwache Lösung von (1.29). (1.32) stellt eine Verallgemeinerung des klassischen Lösungsbegriffs für (1.29) dar, denn es wird lediglich u H 1 () gefordert und nicht u C 2 () C 1 (). Unter Regularitätsannahmen an die schwache Lösung ist sie wieder eine klassische Lösung: Übung 1.16 Sei u H 1 () eine Lösung von (1.32). Erfülle u die Regularitätsannahme u C 2 () C 1 (). Dann ist u eine klassische Lösung von (1.29). Bemerkung 1.17 Die Behandlung der Randbedingungen (1.29b) ist anders als bei den Dirichletproblemen (1.1) oder (1.22). Z.B. beim Problem (1.1) wurden die Randbedingungen direkt erzwungen: in der Variationsformulierung für (1.1) wurde die Lösung u wurde in dem Teilraum von H 1 () gesucht, welcher die Randbedingungen erfüllt, d.h. H0 1 (). Sucht man eine Variationsformulierung für (1.29), die auf H 1 () basiert, so kann die Randbedingung (1.29b) nicht direkt erzwungen werden, weil u L 2 () und damit eine Punktauswertung an den Endpunkten von nicht sinnvoll definiert werden kann. Im obigen Vorgehen werden deshalb die Randbedingungen deshalb in die Variationsformulierung eingebaut (sie finden in der Definition des linearen Funktionals l ihren Niederschlag). Wie Übung 1.16 zeigt, werden die Randbedingungen (1.29b) in der Tat erfüllt, falls die Lösung u H 1 () der Variationsformulierung (1.32) hinreichend glatt ist. 8

9 apitel 2 Abstrakte FEM 2.1 Funktionalanalytische Grundbegriffe Definition 2.1 (Norm) Eine Norm auf einem Vektorraum V über R ist eine Abbildung: mit 1. x 0 für alle x V, : V R 2. x =0 x =0, (Definitheit) 3. λx = λ x für alle x V, (Homogenität) 4. x + y x + y für alle x, y V. (Dreiecksungleichung) Definition 2.2 (Banachraum) Ein normierter Raum (V, ) heißt vollständig, falls jede Cauchyfolge in (V, ) konvergiert. Vollständige, normierte Räume heißen Banachräume. Definition 2.3 (Linearform) Sei V ein Vektorraum. Eine Abbildung l : V R heißt Linearform oder lineares Funktional, falls 1. l(v + w) =l(v)+l(w) für alle v, w V, 2. l(λv) =λl(v) für alle v V,λ R. Definition 2.4 (Bilinearform) Sei V ein Vektorraum. Eine Abbildung B : V V R heißt Bilinearform, falls für jedes w V die Abbildungen v B(w, v) und v B(v, w) Linearformen im Sinne von Definition 2.3 sind. B heißt symmetrisch, falls B(u, v) =B(v, u) für alle u, v V. Eine symmetrische Bilinearform heißt Skalarprodukt oder Innenprodukt, falls sie 1. B(u, u) 0 für alle u V, 2. B(u, u) =0 u =0 erfüllt. 9

10 Definition 2.5 Sei V ein Vektorraum,, ein Skalarprodukt auf V. Dann definiert u := u, u eine Norm auf V. Der normierte Raum (V, ) heißt Prä-Hilbertraum. Ist(V, ) vollständig, so heißt (V, ) ein Hilbertraum mit Skalarprodukt,. Proposition 2.6 Sei, ein Skalarprodukt auf dem Vektorraum V. Dann gilt die Cauchy-Schwarz sche Ungleichung u, v u, u v, v. Beweis: Übung Definition 2.7 Sei (V, ), V {0}, ein normierter Raum. Eine Linearform l : V R heißt stetig, falls es eine onstante C l > 0 gibt mit l(v) C l v für alle v V. Die Menge aller stetigen Linearformen wird als Dualraum V bezeichnet. Für stetige Linearformen l ist die kleinste solche onstante gegeben durch Der Ausdruck (2.1) liefert auf V eine Norm. l(v) l V := sup v V,v 0 v. (2.1) Proposition 2.8 Sei (V, ) ein normierter Raum. Der Dualraum V versehen mit der Norm V ist ein vollständiger normierter Raum. Beweis: Übung Bemerkung Stetige Linearformen sind auch stetige Funktionen im Sinne der Topologie. 2. Üblicherweise wird der Dualraum V mit der Norm V versehen, so daß die Sprechweise der Dualraum V impliziert, daß die Norm V verwendet wird. Definition 2.10 Sei (V, ) ein normierter Raum. Eine Bilinearform B : V V R heißt stetig, falls es ein M>0 gibt mit B(u, v) M u v für alle u, v V. Sie heißt koerziv oder V -elliptisch, falls es ein α>0 gibt mit α u 2 B(u, u) für alle u V. Bemerkung 2.11 Eine Bilinearform B, die stetig im Sinne von Def ist auch stetig im Sinne der Topologie (V V versehen mit der Produkttopologie). Weiter ist die Funktion V R: u B(u, u) stetig im Sinne der Topologie (Übung). 10

11 2.2 Variationsprobleme: Existenz und Eindeutigkeit Sei V ein Banachraum, B eine stetige Bilinearform und l V.Betrachte: Finde u V : B(u, v) =l(v) für alle v V. (2.2) Wir betrachten zuerst den Fall, daß die Bilinearform B symmetrisch ist und führen das Lösen von (2.2) auf ein Minimierungsproblem zurück: Satz 2.12 Sei V ein Vektorraum, B : V B R eine symmetrische Bilinearform mit B(u, u) > 0 für alle u 0.Seil : V R eine Linearform. Definiere J(u) := 1 B(u, u) l(u). 2 Dann gilt: u V ist ein Minimierer von J genau dann, wenn Zudem hat (2.3) höchstens eine Lösung. Beweis: Für v, w V und t R gilt B(u, v) =l(v) für alle v V. (2.3) J(w + tv) = 1 2 B(w + tv, w + tv) l(w + tv) =J(w)+t[B(w, v) l(v)] t2 B(v, v). (2.4) Für feste v, w V ist t J(w + tv) ein quadratisches Polynom. Sei u ein Minimierer von J. Dann folgt aus (2.4) mit w = u und beliebiges v V für das quadratische Polynom Q : t J(u + tv), daß es ein Minimum bei t = 0 hat, d.h. Q (0) = 0. Also folgt B(u, v) l(v) =0.Dav beliebig, folgt. Gelte nun (2.3). Dann folgt aus (2.4) mit t =1: J(u + v) = J(u)+ 1 B(v, v) } {{ 2 } >J(u) für alle 0 v V für alle v V, also ist u Minimierer. Eindeutigkeit: Seien u, ũ Lösungen von (2.2). Dann gilt } B(u, v) = l(v) B(u ũ, v) =0 für alle v V. B(ũ, v) = l(v) Die Wahl von v := u ũ zeigt dann u ũ =0. Das Funktional J aus Satz 2.12 hat unter geeigneten Annahmen ein Minimum: Satz 2.13 Sei V ein Hilbertraum, B : V V R eine symmetrische, koerzive und stetige Bilinearform und l : V R eine stetige Linearform. Sei U V eine abgeschlossene, konvexe Menge. Dann gilt: Die Funktion J : U R, u 1 B(u, u) l(u) 2 nimmt ihr Minimum an. Der Minimierer u U ist eindeutig. Beweis: Es gilt für ein α>0 Es gilt daher α v 2 B(v, v) für alle v V. J(v) 1 2 α v 2 l V v = 1 2α (α v l V )2 l 2 V 2α l 2 V 2α, 11

12 also ist J nach unten beschränkt und es existiert damit eine Minimalfolge, d.h. (v n ) n N,mitv n U, n N mit J(u n ) M := inf J(v). v U Wir zeigen: (v n ) n N ist eine Cauchyfolge: α v n v m 2 B(v n v m,v n v m )=2B(v n,v n )+2B(v m,v m ) B(v n + v m,v n + v m ) ( ) vn + v m = 4J(v n )+4J(v m ) 8 J 2 } {{ } U,da Ukonvex 4 J(v n ) +4J (v m ) 8M } {{ } }{{} M M 0 für n, m. Also ist (v n ) n N eine Cauchyfolge. Da V vollständig ist, folgt damit die Existenz von u V mit v n u. Da v n U und U abgeschlossen, ist u U. WeilJ stetig ist (cf. Bem. 2.9, 2.11), gilt also J(u) = lim n J(v n)=m =inf v U J(v). Wir bemerken, daß die obigen Argumente sogar zeigen, daß für jede Minimalfolge (v n ) n N gilt: 1.) sie konvergiert, d.h. es existiert v V mit lim n v n = v und 2.) M = lim n J(v n )=J(v). Eindeutigkeit: Seien u, ũ zwei Minimierer. Dann ist die Folge (v n ) n N gegeben durch { u für n gerade v n := ũ für n ungerade triviallerweise eine Minimalfolge. Nach Obigem muß die Folge konvergieren. Das impliziert u =ũ. Bemerkung 2.14 Die Wahl U = V ist zugelassen. B(, ) erzeugt ein Skalarprodukt auf V,d.h.(V,B(, )) ist wieder ein Hilbertraum. Zudem sind die erzeugten Normen äquivalent. Sätze 2.12, 2.13 implizieren den Rieszschen Darstellungssatz: Satz 2.15 (Rieszscher Darstellungssatz) Sei (V,, ) ein Hilbertraum. Dann gilt: für jedes l V existiert ein eindeutiges u l V, so daß l(v) = u l,v für allev V. Umgekehrt erzeugt jedes u V ein Element l u V durch die Vorschrift l u (v) := u, v. Damit ergibt sich, daß der Dualraum V des Hilbertraums V mit V identifiziert werden kann. orollar 2.16 Sei (V,, ) ein Hilbertraum. Dann ist die lineare Abbildung ein isometrischer Isomorphismus, d.h. 1. i ist bijektiv, 2. i(u) V = u V für alle u V. i : V V, u u, 12

13 Beweis: Übung Wir haben bis jetzt das Problem (2.2) unter der Zusatzannahme betrachtet, daß die Bilinearform B symmetrisch ist. Wir verwenden nun den Rieszschen Darstellungssatz, um diese Annahme abzuschwächen. Satz 2.17 (Lax-Milgram-Lemma) Sei (V,, ) ein Hilbertraum. Sei B : V V R eine stetige, koerzive Bilinearform mit oerzivitätskonstante α>0. Seil V. Dann gilt: Das Variationsproblem Finde u V : B(u, v) =l(v) für alle v V (2.5) hat eine eindeutige Lösung. Zudem gilt u V 1 α l V, d.h. stetige Abhängigkeit der Lösung von dem Datum l. Beweis: 1. Die Bilinearform B ist stetig, d.h. es existiert M > 0 mit B(u, v) M u v für alle u, v V. Für jedes u V ist v B(u, v) also ein stetige Linearform. Definiere daher die lineare Abbildung B : V V, u Bu (= v B(u, v)). Sei i : V V der isometrische Isomorphismus aus orollar Dann gilt für Bu V,daß i 1 Bu V i 1 Bu, v =(Bu)(v) =B(u, v) (2.6) erfüllt. Dies gilt für alle u, v V. 2. Die Aufgabe (2.5) ist äquivalent zu: finde u V : i 1 Bu = i 1 l. (2.7) Äquivalent hierzu ist für jedes ρ>0 die folgende Fixpunktgleichung: finde u V : u = u ρ ( i 1 Bu i 1 l ). (2.8) 3. Die Fixpunktgleichung (2.8) wird mit dem Banachschen Fixpunktsatz gelöst. Hierzu genügt es zu zeigen, daß bei geeigneter Wahl von ρ die Abbildung T ρ : V V : u u ρ ( i 1 Bu i 1 l ) eine ontraktion ist. Behauptung: Für ρ (0, 2α M 2 ) gilt wobei q := 1 2αρ + ρ 2 M 2 < 1. Beweis dazu: Nun gilt wegen (2.6) T ρ v T ρ w q v w für alle v, w V, T ρ v T ρ w 2 = v w ρ ( i 1 Bv i 1 Bw ) 2 z:=v w = z ρi 1 Bz 2 = z,z 2ρ i 1 Bz,z + ρ 2 i 1 Bz,i 1 Bz. i 1 Bz,z = B(z,z) i 1 Bz 2 = i 1 Bz,i 1 Bz = B(z,i 1 Bz) M z i 1 Bz, 13

14 also i 1 Bz M z. Es folgt T ρ v T ρ w 2 z 2 2ρB(z,z)+M 2 ρ 2 z 2 z 2 ( 1 2ρα + M 2 ρ 2) = v w ( 1 2ρα + M 2 ρ 2). Elementare Überlegungen zeigen, daß für ρ (0, 2α M 2 ) gilt: q := 1 2αρ + ρ 2 M 2 < Abstrakte FEM Die Variationsaufgabe (2.2) ist typischerweise nicht explizit lösbar, und man ist deshalb an Approximationen interessiert. Hierzu sei eine Folge (V N ) N N von abgeschlossenen Räumen mit 1. V N = V N für alle N N, 2. V N V für alle N N, 3. N V N = V. Die Galerkinapproximation zu (2.2) ist dann: Finde u N V N : B(u N,v)=l(v) für alle v V N. (2.9) Wegen der Abgeschlossenheit von V N folgt die Existenz und Eindeutigkeit von (2.9) aus der allgemeinen Theorie: Satz 2.18 Sei (V,, ) ein Hilbertraum, B eine stetige, koerzive Bilinearform, l V.SeiV N abgeschlosser Teilraum. Dann gilt: (2.9) hat eine eindeutige Lösung u N V N. V Beweis: Weil V N abgeschlossen ist, ist (V N,, ) ein Hilbertraum. Die Aussage folgt dann aus dem Lax-Milgram-Lemma. DieElementedersokonstruiertenFolge(u N ) N N stellen Approximationen an die exakte Lösung u des Problems (2.2) dar. Fundamental für onvergenzaussagen ist die folgende Betrachtung, die Galerkinorthogonalität genannt wird: Beweis: Es gelten B(u u N,v)=0 für alle v V N (2.10) B(u, v) = l(v) für alle v V, B(u N,v) = l(v) für alle v V N. Subtraktion liefert die Aussage. Die Galerkinorthogonalität ist die Grundlage der folgenden, fundamentalen Fehlerabschätzung: Satz 2.19 (Céa s Lemma (1964), Quasioptimalität) Sei (V,, ) ein Hilbertraum, B eine stetige, koerzive Bilinearform mit B(u, v) M u v für alle u, v V und α u 2 B(u, u) für alle u V Sei l V.SeiV N V abgeschlossener Unterraum. Sei u durch (2.2) und u N durch (2.9) gegeben. Dann gilt: u u N M α inf v V N u v. 14

15 Beweis: Unter Ausnutzung der Galerkinorthogonalität erhalten wir für jedes v V N : α u u N 2 B(u u N,u u N ) (2.10) = B(u u N,u) (2.10) = B(u u N,u v) M u u N u v, also u u N 2 M α u v. Dav V N beliebig, folgt die Behauptung. Bemerkung 2.20 (Quasioptimalität) Der Fehler u u N ist bis auf den Faktor M α durch Approximation mit Elementen aus V N überhaupt möglich ist. so klein, wie orollar 2.21 Sei (V,, ) ein Hilbertraum, B, l mögen die Bedingungen aus Satz 2.19 erfüllen. Sein (V N ) N N eine Folge von abgeschlossenen Unterräumen, so daß N N V N = V.Danngilt: Beweis: Nach Satz 2.19 erfüllen die u N : Die Voraussetzung N N V N = V impliziert dann lim u N = u. N 0 u u N M α inf v V N u v. lim N inf u v =0. v V N Bemerkung 2.22 Das Galerkinverfahren (2.9) ist also ein konvergentes Verfahren Der koerzive, symmetrische Fall Wir betrachten koerzive, symmetrische Bilinearformen B. Dann ist(v, B(, )) ein Hilbertraum. Die vom Skalarprodukt B(, ) erzeugte Energienorm ist u E = B(u, u). Die Quasioptimalitätsaussage aus dem Satz 2.19 kann für diesen Fall verschärft werden: Satz 2.23 Es mögen die Annahmen von Satz 2.19 gelten. Zusätzlich sei B symmetrisch. Dann gilt: Beweis: Übung u u N E =min v V N u v E und u u N 2 E = u 2 E u N 2 E. Bemerkung 2.24 Im symmetrischen Fall ist die Galerkinapproximation also gerade die Bestapproximation. u N kann geometrisch als die Orthogonalprojektion (bzgl. B(, )) von u auf V N gesehen werden. Diese Orthogonalprojektion ist ein stetiger linearer Operator, der als Ritzprojektor bekannt ist: P : V V N, u Pu mit B(Pu u, v) =0 für alle v V N Bemerkung 2.25 Die Beziehung u u N 2 E = u 2 E u N 2 E wird in der Praxis oft ausgenutzt, um den Fehler abzuschätzen, insbesondere in ombination mit der Monotonieaussagen des folgenden orollars. 15

16 Sind die Räume V N geschachtelt, kann im symmetrischen Fall die onvergenzaussage aus orollar 2.21 durch eine Monotonieaussage verschärft werden: orollar 2.26 Es mögen die Annahmen von orollar 2.21 gelten. Zusätzlich sei B(, ) symmetrisch und V N V N für alle N,N N mit N N. Dann gilt: Die Folge u u N E konvergiert monoton gegen 0. Beweis: Übung Bemerkungen zur Realsisierung In der Praxis sind die Räume V N endlich dimensional. Die Bedingung (2.9) führt dann auf ein lineares Gleichungssystem: Sei {ϕ 1,...,ϕ N } eine Basis von V N. Dann ist die gesuchte Lösung u N gegeben durch u N = N i=1 u iϕ i, wobei der Vektor u R N das lineare Gleichungssystem löst. Dabei ist die Steifigkeitsmatrix B R N N gegeben durch B u = l (2.11) B ij := B(ϕ j,ϕ i ), für alle i, j {1,...,N} und der Lastvektor l R N durch l i := l(ϕ i ) für alle i {1,...,N}. Ist die Bilinearform B koerziv, so gilt u T B u > 0 für alle u R N mit u 0. (2.12) Ist B symmetrisch, so ist B symmetrisch. Bei symmetrischen, koerziven Bilinearformen erhält man also lineare Gleichungssysteme mit symmetrischen, positiv definiten Matrize. Bemerkung 2.27 Aus (2.11), (2.12) kann man für den Fall von endlich dimensionalen V N die Existenz und Eindeutigkeit einer Lösung on (2.9) unmittelbar sehen. (2.9) ist durch die Wahl der Basis {ϕ i i {1,...,N}} äquivalent zu (2.11). Das lineare Gleichungssystem ist wegen (2.12) eindeutig lösbar. 16

17 apitel 3 Sobolevräume Sobolevräume sind Funktionenräume, in denen die Ableitungen in einem L p -Sinn noch definiert sind, d.h. der Ableitungsbegriff wird erweitert. Historisch gesehen gab es sehr viele verschiedene Definitionen, die sich aber schließlich als äquivalent erwiesen. Diese verschiedenen Zugänge kann man noch heute an der Verwendung verschiedener Schreibweisen erkennen (z.b. die austauschbare Verwendung der Bezeichnungen H k () und W k,2 ()). 3.1 Sobolevräume und schwache Ableitungen Der Begriff der schwachen Ableitung ist über partielle Integration definiert ein Nebenprodukt ist, daß sich die Formeln für die partielle Integration auch auf Sobolevfunktionen übertragen. Für Multiindices α N n 0 und glatte Funktionen ϕ C (, R), R n bezeichnet D α ϕ die Ableitung α1 x α1 1 α2 x α2 2 αn x αn 1 ϕ. Definition 3.1 (schwache Ableitung) Sei R n offen. Seien u L 1 loc (), α Nn 0.Dannheißt eine Funktion v α L 1 loc () die α-te schwache Ableitung von u, falls ud α ϕ =( 1) α v α ϕ für alle ϕ C0 (). Falls die schwache Ableitung existiert, so ist sie eindeutig (Übung). Insbesondere ist der Begriff der schwachen Ableitung eine Verallgemeinerung des klassischen Ableitungsbegriffs: Problem 3.2 Sei u C k () für ein k N 0. dann existiert für jedes α N n 0 schwache Ableitung v α der Funktion u und ist gegeben durch v α = D α u. Beweis: Übung. mit α k die α-te Weil für klassisch differenzierbare Funktionen der klassische Ableitungsbegriff und der Begriff der schwachen Ableitung übereinstimmen, entsteht keine Verwechslungsgefahr, wenn wir D α u für die α-te schwache Ableitung schreiben. Existieren zu einer Funktion u alle schwachen Ableitungen bis zur Ordnung k und falls alle diese Ableitungen in L 2 sind, so ist u ein Element des Sobolevraums H k : Definition 3.3 (Sobolevraum H k ) Für k N 0 heißt der lineare Raum H k () := {u L 2 () D α u L 2 () für alle α N n 0, α k} (3.1) Sobolevraum H k (). Er wird mit dem Skalarprodukt u, v Hk () := α k D α ud α vdx 17

18 versehen. Die von diesem Skalarprodukt induzierte Norm wird geschrieben als u H k () = u, u H k () = D α u 2 L 2 (). α =k α k Wir führen auf H k () noch folgende Seminorm ein: u H k () = D α u 2 L 2 (). Proposition 3.4 (H k (),, H k ()) ist ein Hilbertraum. Beweis: Übung. Es reicht, die Vollständigkeit zu zeigen, wofür man die Vollständigkeit von L 2 verwendet. Diese Art, den Ableitungsbegriff zu erweitern, ist nicht die einzig mögliche. Naheliegend ist auch, den Raum C () (oder C k ()) unter der Norm Hk () abzuschließen, d.h. zu definieren H k () := { u C () u H k () < } H k (). (3.2) Es stellt sich heraus, daß diese Definition äquivalent zu Definition 3.3 ist. Satz 3.5 Sei R n offen. Dann gilt: Die Menge { u C () u Hk () < } ist dicht in H k (). Für k =0gilt außerdem: C 0 () ist dicht in H 0 () = L 2 (). Beweis: Die Inklusion { u C () u Hk () < } H k () wurde schon in Proposition 3.2 gezeigt. Die Dichtheitsaussage geht auf ein Paper von Meyers & Serrin 1 W = H, 1964, zurück Definition 3.6 Wir definieren H0 k () ist ein Hilbertraum. H k 0 () := C 0 () H k (). Satz 3.7 (1. Poincarésche Ungleichung) Sei ein beschränktes Gebiet. Dann gibt es eine onstante C, so daß u H1 () C u H1 () für alle u H0 1 (). Beweis: Übung. Überlegen Sie sich zudem, daß die Beschränktheit von abgeschwächt werden kann zur Existenz eines Halbraumes H R n mit H. Insbesondere ist damit H 1 0 () versehen mit dem Skalarprodukt u, v = u v wieder ein Hilbertraum. Bemerkung 3.8 Eine weitere, naheliegende Erweiterung des Ableitungsbegriffs wäre, klassische Differenzierbarkeit fast überall zu fordern. Solche onzepte erweisen sich als unpraktisch im ontext von PDEs: Es gibt Funktionen u, diefastüberall differenzierbar sind, für die u =0f.ü. gilt, die aber trotzdem nicht nicht konstant sind (Bsp.: die Heavisidefunktion). Ein Ableitungsbegriff, der solche Funktionen zuläßt, stellt sich als unpraktisch heraus, denn dann kann man nicht mehr aus u = 0 schließen, daß u = const gilt. 1 Historische Anmerkung: Ursprünglich wurde der Raum H k () durch die Abschlußbildung in (3.2) definiert; der in (3.1) mittels der Existenz von schwachen Ableitungen definierte Raum wird als W k,2 () bezeichnet. Aufgrund des Papers von Meyers & Serrin sind die beiden Räume jedoch identisch, weshalb wir hier nicht notationell unterscheiden finis 5.Stunde finis 6.Stunde 18

19 3.2 Lipschitzgebiete und Sobolevräume auf Lipschitzgebieten Wenn Bedingungen an gestellt werden, kann Satz 3.5 verschärft werden. Hierzu führt man den Begriff des Lipschitzgebietes ein. Definition 3.9 (Lipschitzfunktion) Sei R n. Eine Funktion ϕ : R m heißt lipschitzstetig, falls es eine onstante L>0 gibt mit { ϕ(x) ϕ(y) L x y für alle x, z ϕ L () L Für lipschitzstetige Funktionen R n definieren wir die Norm ϕ C 0,1 (,R m ) := ϕ L (,R m ) + sup x,y ϕ(x) ϕ(y). x y Der Raum der lipschitzstetigen Funktionen R m wird mit C 0,1 (, R m ) bezeichnet. Bemerkung 3.10 Die Abhängigkeit der Wahl der Norm auf R n, R m haben wir unterdrückt da in endlichdimendionalen Räumen alle Normen äquivalent sind, ändert sich höchstens L. Satz 3.11 Sei R n offen, ϕ C 0,1 (, R m ).Dannistϕ stetig, beschränkt und fast überall klassisch differenzierbar. Beweis: stetig, beschränkt ist klar. Differenzierbarkeit fast überall folgt aus Rademachers Satz. Eine sehr große lasse von Gebieten ist das der Lipschitzgebiete. Es umfaßt insbesondere Polygone (in 2D) und die meisten Typen von Polyedern (in 3D). Die wesentlichen Eigenschaften eines Lipschitzgebietes ist, daß es lokal unterhalb eines Lipschitzgraphen ist. Die folgende Definition macht dies präzise: Definition 3.12 (Lipschitzgebiet) Ein beschränktes Gebiet R n hat einen Lipschitzrand, fallses α, β, β > 0 sowie R N kartesische oordinatensysteme (b r, e r 1,...,er n ) gibt 2 und R lipschitzstetige Abbildungen a r : R n 1 R n gibt, so daß folgendes gilt (vgl. Fig. 3.1): (i) Überdeckung von : Die offenen Mengen U r, r =1,...,R, die im OS (b r, e r 1,...,er n ) jeweils die Form B α (0) ( β,β ) haben, überdecken, d.h. R r=1 U r (ii) ist lokal der Graph einer Lipschitzfunktion: für jedes r =1,...,Rist U r (im OS (b r, e r 1,...,e r n)) der Lipschitzgraph {(x,a r (x )) x B α (0)} (iii) ist lokal auf einer Seite von : für jedes r =1,...,R gilt (im OS (b r, e r 1,...,er n )): {(x,y) x B α (0) und a r (x ) β<y<a r (x )} sowie {(x,y) x B α (0) und a r (x ) <y<a r (x )+β} R n \ Bemerkung 3.13 Die Beschränktheit von ist für uns Teil der Definition von Lipschitzgebiet. Es existiert in der Literatur eine Verallgemeinerung auf unbeschränkte Gebiete mit Lipschitzrand, die wir hier jedoch nicht betrachten. 2 Ein kartesischer oordinatenwechsel ist von der Form F r(x) =O rx + b r,wobeib r R n und O r R n n orthogonal. Die Formulierung im OS (b r, e r 1,...,er n) drückt aus, daß wir den Punkt x des affinen Raums R n mit seinem oordinatenvektor x r bzgl. des kartesischen OS (b r, e r 1,...,er n) durch x = b r + P n i=1 xr i er i identifizieren. 19

20 β R (x,a r (x )) U r R n \ U r β R n 1 x =(x r 1,...,xr n 1 ) Abbildung 3.1: Definition von Lipschitzgebiet siehe Def Beispiel 3.14 (Gegenbeispiele) Folgende Gebiete im R 2 sind nicht Lipschitzgebiete: Für Lipschitzgebiete gilt folgende Verschärfung von Satz 3.5: Satz 3.15 Sei R n ein Lipschitzgebiet und sei k 0. Dann gilt: Die Menge C ( ) := {u u C (R n )} ist dicht in H k (). Eine weitere wichtige Eigenschaft von Lipschitzgebieten ist, daß es Fortsetzungsoperatoren gibt. Satz 3.16 Seien R n ein Lipschitzgebiet und k 0. Dann existiert ein Fortsetzungsoperator E : H k () H k (R n ) mit folgenden Eigenschaften: 1. (Eu) = u 2. E ist linear 3. E ist beschränkt, d.h. es gibt ein C>0 so, daß Eu H k (R n ) C u H k () für alle u H k () Beweis: Der Fall n =1=k: Übung. 20

21 Übung 3.17 Für H0 k() kann für beliebige offene der Fortsetzungsoperator E durch (Eu) R n \ := 0 definiert werden. Satz 3.18 Sei ein Lipschitzgebiet und k N. Danngilt:u H k () und u H k () =0impliziert: u ist ein Polynom vom Grad k 1. Beweis: Man beachte, daß Gebiete nach Definition zusammenhängend sind. Wir skizzieren hier den Beweis für den Fall k =1.Aus u L2 () =0folgt,daß u =0.Wir betrachten nun ein festes zusammenhängendes und Glättungen u ε := u ρ ε. Dann gilt (vgl. eine Übungsaufgabe): u ε =( u) ε auf, falls ε<dist(, ). Daraus schließen wir, daß die C ()- Fuktion u ε die Bedingung u ε = 0 auf der zusammenhängenden Menge erfüllt. Also ist u ε = c ε R konstant. Weil lim ε 0 u ε u in L 2 ( ) folgt also, daß lim ε 0 c ε existiert. Also konvergiert die Folge (u ε ) punktweise gegen eine onstante Funktion. Dieser Limes muß u sein. Insgesamt erhalten wir, daß u auf jeder zusammenhängenden Menge konstant ist. Weil zusammenhängend ist, ist damit u konstant auf. finis 7.Stunde 3.3 Einbettungssätze Definition 3.19 Seien (V, V ), (W, W ) normierte Vektorräume. Eine lineare Abbildung : V W heißt stetig oder beschränkt, falls es eine onstante C>0 gibt, so daß u W C u V für alle u V gilt. Die Norm von ist gegeben durch := sup 0 u V u W u V. Ist V Teilmenge von W, so heißt V in W (stetig) eingebettet, falls die Inklusion stetig ist. i : V W Trivialerweise sind die Sobolevräume L 2 = H 0 H 1 H 2... ineinander eingebettet. Es stellt sich die Frage, in welcher Beziehung die Räume H k zu den vertrauten C l (),C l ( ),L p () stehen. Diese Fragen werden in den Sobolevschen und ondraovschen Einbettungssätzen beantwortet Sobolevsche Einbettungssätze Satz 3.20 Sei R n ein Lipschitzgebiet. Dann gelten folgende Einbettungen: L p 1 (), p = 1 2 k n, für k< n 2 L q (), q [1, [, für k = n H k 2 () C 0,k n 2 ( ), für n 2 <k< n 2 +1 C 0,α ( ), α [0, 1[, für k = n 2 +1 C 0,1 ( ) = W 1,, für n 2 +1<k. Übung 3.21 Zeigen sie direkt, daß H 1 () C 0, 1 2 für n =1. Sei n = 2 und = B 1 (0), u(x) =ln(ln( x /e)). Zeigen Sie: u H 1 () (sogar u H0 1 ()), u Lq für alle q [1, [ aberu/ L. 21

22 3.3.2 ondrasovsche Einbettungssätze Definition 3.22 Seien (V, V ), (W, W ) normierte Vektorräume. Eine lineare Abbildung : V W heißt kompakt, fallsesfür jede beschränkte Folge (u n ) n N in V eine Teilfolge (u n ) gibt, so daß (u n ) in W konvergiert. Ist V Teilmenge von W,soheißtV kompakt in W eingebettet, falls die Inklusion i : V W kompakt ist. Bemerkung 3.23 Ist i kompakt, dann ist i auch stetig. Beispiel 3.24 Nach dem Satz von Arzelà-Ascoli ist C 0,1 ([0, 1]) C([0, 1]) kompakt. Satz 3.25 Sei R n ein Lipschitzgebiet. Dann gilt: Die Einbettung L q (), 1 q<pmit 1 H k p = 1 2 k n, für k<n 2 () L q (), q [1, [, für k = n 2 C 0 ( ), für n 2 <k ist kompakt. orollar 3.26 [Rellichscher Auswahlsatz] Seien R n ein Lipschitzgebiet, k<k.danngilt: ist kompakt. Insbesondere ist H 1 () L 2 () kompakt. H k () H k () Übung 3.27 Überlegen Sie sich, wie orollar 3.26 aus Satz 3.25 folgt. Eine wichtige Anwendung von orollar 3.26 ist die 2. Poincaré sche Ungleichung: Satz 3.28 (2. Poincaré sche Ungleichung) Sei R n ein Lipschitzgebiet. Dann existiert ein C > 0 derart, daß Beweis: Wir zeigen: u ū L2 () C u L2 () für alle u H 1 (), wobei ū := 1 udx. v H1 () C [ ] v + v L2 () für alle v H 1 () Die Behauptung folgt dann leicht, wenn man v := u ū gesetzt wird. Annahme: Es gilt nicht. Dann findet man eine Folge (v n ) n N in H 1 () so daß v n H 1 >n[ v n + v n L 2] für alle n N. O.B.d.A. ist v n 0 und v n H 1 () =1für alle n N. Dann gilt: v n + v n L2 () 1 n für alle n N v n L2 () 0 und v n 0. Aus orollar 3.26 folgt, daß die in H 1 () beschränkte Folge (v n ) n N eine Teilfolge (v n ) n N hat, die in L 2 () konvergiert, d.h. (v n ) n N ist eine Cauchyfolge in L 2 (). Aus v n L 2 0 folgt damit, daß (v n ) n N eine Cauchyfolge in H 1 () ist. Aus der Vollständigkeit von H 1 () ergibt sich damit die Existenz von v H 1 (), so daß v n v in H 1 (). 22

23 Für v gilt wegen v n L 2 () 0, v n 0: v L 2 () = 0 und v =0. Nach Satz 3.18 ist also v konstant. Wegen v =0ergibtsichv = 0 und v H1 () = 0. Andererseits gilt v H 1 () = lim n v n H ( ) =1. Die 2. Poincarésche Ungleichung kann wie folgt verallgemeinert werden: Satz 3.29 (Lemma von Deny & Lions) Seien R n ein Lipschitzgebiet und k 1. SeiP k der Raum der Polynome von Grad k (d.h. u P k D α u =0 α = k +1). Dann existiert C > 0 (abhängig von,k), so daß inf v P k 1 u v Hk () C v Hk () für alle u H k (). Beweis: Der Beweis ist dem von Satz 3.28 sehr ähnlich (für k = 1 wird gerade Satz 3.28 reproduziert). Sei Π : L 2 P k 1 die L 2 -Projektion. Beh: Es existiert ein C>0 v Hk () C [ ] v Hk () + Πv L2 () für alle v H k () (3.3) Das gewünschte Ergebnis folgt dann aus inf u v H v P k () u Πu H k () C [ ] u H k () + Π(u Πu) L 2 () = C u H k () k Die Behauptung (3.3) folgt wieder durch Widerspruch: Annahme: Es existiert eine Folge (v n ) n N in H k () mit v n H k () = 1 und v n H k () >n [ v n H k () + Πv n L2 ()]. Wie im Beweis von Satz 3.28 existiert dann eine Teilfolge (v n ) und ein v H k (), so daß v n H k () und v H k () = 0 und Πv L 2 () =0 Der Rückgriff auf Satz 3.18 schließt dann den Beweis ab. v in 3.4 Spursatz Der Sobolevsche Einbettungssatz zeigt nur für n =1,daßH 1 ()-Funktionen stetig bis zum Rand sind (genauer: es gibt einen stetigen Repräsentanten). D.h. für n =1hateineH 1 ()-Funktion wohldefinierte Randwerte. Weitere Hinweise darauf, daß man eine Chance hat, Funktionen aus Sobolevräumen auf den Rand einzuschränken, ist Satz 3.15, der besagt, daß C ( ) dicht in H k () ist; für die Elemente von C ( ) ist die Spur auf dem Rand in natürlicher Weise definiert und man kann hoffen, dies durch Dichtheitsargumente auf H k () zu vererben. Dies ist für Lipschitzgebiete und k 1 in der Tat der Fall: Satz 3.30 Sei R n ein Lipschitzgebiet. Dann gilt: Es existiert C() > 0 derart, daß der Spuroperator γ 0 : C ( ) L 2 ( ), u u die Abschätzung γ 0 u L2 ( ) C() u H1 () für alle u C ( ) (3.4) erfüllt. Insbesondere läßt sich damit der Spuroperator γ 0 in eindeutiger Weise zu einem stetigen linearen Operator γ 0 : H 1 () L 2 ( ) fortsetzen. 23

24 Beweis: Es reicht, (3.4) für u C () zu zeigen. Die Verallgemeinerung auf alle u H 1 () folgt dann aus der Stetigkeit und Linearität von γ 0 und der Dichtheit von C () in H 1 (). Wir illustrieren die Grundidee des Beweises von (3.4) für den Spezialfall n = 2 und der Annahme, daß ein konvexes Polygon ist. O.B.d.A. sei B ρ (0). Wegen der onvexität ist zudem sternförmig bzgl. 0 Nach dem Gaußschen Satz gilt ρ v 2 (x)x n dx = (v(x) 2 x ) dx für alle v C 1 ( ). 0 Γ j n j Sei n j der äußere Normalenvektor auf Γ j. Dann gilt n j Γ j x α Weiterhin: (v((x) 2 (x)) = also Also v(x) 2 x n ds = j x n j = x cos(α) dist(0, Γ j ) ρ. Γ j v(x) 2 x n j ds j Γ j v(x) 2 ρds = ρ v 2 L 2 ( ) v(x) 2 x + x v(x) 2 =2 v(x) 2 +2 (x v(x))v(x) 2 v 2 L 2 () +2diam() v v 2 v 2 L 2 () +2diam() v L 2 () v L 2 (), ρ v 2 L 2 ( ) 2 v [ ] L 2 () v L 2 () +diam() v H 1 () 2(1 + diam()) v L 2 () v H 1 (), (3.5) also v 2 L 2 ( ) 2(1 + diam()) v L2 () v H1 () ρ Durch einen Dichteschluß folgt dann der Spursatz für alle v H 1 (). 2(1 + diam()) v 2 H ρ 1 (). Bemerkung 3.31 Das Argument läßt sich auch lokalisieren, um die onvexitätsforderung zu umgehen. Der ern von γ 0,d.h.kern(γ 0 ) = {u H 1 () γ 0 u = 0} ist wegen der Stetigkeit von γ 0 abgeschlossener Unterraum von H 1 (); zudem stimmt er mit H0 1 () überein: ein Satz 3.32 Sei R n ein Lipschitzgebiet. Dann ist ist ein abgeschlossener Unterraum von H 1 (). kern(γ 0 )={u H 1 () γ 0 u =0} = H 1 0 () Eine naheliegende Frage ist, ob γ 0 : H 1 () L 2 ( ) surjektiv ist. Die ist nicht der Fall; der Raum H 1 2 ( ) := γ0 (H 1 ()) ist ein echter Teilraum von L 2 (), den wir mit der Norm versehen. u H 1 2 ( ) := inf U H 1 (),γ 0U=u U H 1 () 24

25 Bemerkung 3.33 Die Aronstein-Slobodeckij-Norm ist definiert durch u := ( u 2L2( ) + u(x) u(y) 2 x y n+1 ) 1 2 dx dy. Sie ist äquivalent zu H 1 2 ( ). Bemerkung 3.34 Im Rahmen der Spursatzes gilt sogar die sog. multiplikative Spurabschätzung γ 0 u 2 L 2 () C() u H 1 () u L 2 (). Ihr Beweis folgt aus dem Spursatz (vgl. (3.5)). Übung 3.35 (Poincarésche Ungleichung) Sei R 2 ein Lipschitzgebiet und Γ D offen. Definieren Sie H0 1(, Γ D):={u H 1 () (γ 0 u) ΓD =0}. Zeigen Sie: Es existiert eine onstante C>0, so daß u H1 () C u H1 () u H0 1 (, Γ D). Allgemeiner gilt: Es existiert eine onstante C>0, welche nur von und Γ D abhängt, so daß u H1 () C [ u H1 () + u L2 (Γ D)]. 3.5 Gaußscher Satz partielle Integration finis 8.Stunde finis 9.Stunde Für Lipschitzgebiete ist der Normalenvektor n(x) für fast jedes x definiert. Für Funktionen u C 1 ( ), v (C 1 ( )) n gilt der Gaußsche Satz: u v = u v + uv n, der machmal auch in omponentenschreibweise für u, w C 1 ( ) geschrieben wird als u i w = i uw + uwn i. Diese Formeln können aufgrund des Spursatzes mit einem Dichteschluß zu Funktionen u H 1 (), v (H 1 ()) n fortgesetzt werden: Satz 3.36 [Gaußscher Satz] Sei R n ein Lipschitzgebiet. Dann gilt für alle u H 1 (), v (H 1 ()) n u v = u v + uv n. orollar 3.37 Sei R n ein Lipschitzgebiet. Dann gilt für alle u H 2 (), v H 1 () uv = u v u nv. 25

26 apitel 4 konforme FEM in 2D 4.1 Variationsformulierung beim homogenen Dirichletproblem Sei R 2 ein Polygon. Wir definieren das folgende Modellproblem. Modellproblem: die Poissongleichung mit homogenen Dirichletbedingungen: Finde u : u = f auf (4.1) u = 0 auf Um eine Variationsformulierung zu erhalten, multiplizieren wir mit einer Testfunktion v H0 1 () und integrieren partiell: fv= uv= u v. } {{ } } {{ } =:l(v) =:B(u,v) Damit B sinnvoll definiert ist, reicht es, u H 1 () zu fordern. Um die Randbedingung u =0zu erzwingen, fordern wir u H 1 0 (). Damit ergibt sich als Variationsformulierung: Finde u H0 1 () : B(u, v) =l(v) für alle v H1 0 (). (4.2) Damit l (H 1 0 ()), fordern wir zum Beispiel f L 2 (). Nach der allgemeinen Theorie aus apitel 2 existiert eine eindeutige Lösung u H 1 0 () von (4.2). Bemerkung 4.1 (Regularität) Es stellt sich die Frage, ob u nicht besser als H 1 () ist. Die Frage, ob eine variationelle Lösung mehr Regularität hat, beantwortet die sogenannte Regularitätstheorie. Es gilt zum Beispiel: Ist glatt berandet, so impliziert f H k (), daß die Lösung u von (4.2) sogar u H k+2 () H 1 0 () erfüllt. Ist konvex, so folgt aus f L 2 (), daß u H 2 () H 1 0 (). Analog zum Vorgehen oben kann man eine Variationsformulierung für Differentialgleichungen mit variablen oeffizienten herleiten: Übung 4.2 Sei c C(, R) A C 1 (, R 2 ) eine auf definierte matrixwertige Funktion, so daß für jedes x derwerta(x) R 2 2 eine symmetrisch positive Matrix ist. Es gelte: 0 c(x) c L (), 0 <λ A(x) Λ < auf. (4.3) Betrachte (A(x) u)+ c(x)u = f auf, u = 0 auf. (4.4) 26

27 Dann ist die Variationsformulierung: Finde u H0 1 (), s.d. B(u, v) = v (A(x) u)+ c(x)uv = l(v) = fv v H0 1 (). (4.5) 4.2 Variationsformulierung bei gemischten Randbedingungen Wir leiten auch noch die Variationsformulierung für ein etwas allgemeineres Problem her. Sei wieder R 2 ein Polygon. Sei der Rand zerlegt in zwei Teile Γ D ( Dirichletrand ), Γ N ( Neumannrand ); genauer: wir fordern, daß Γ D und Γ N (endliche) Vereinigungen von offenen Liniensegmenten sind, daß =Γ D Γ N und daß Γ D Γ N =. Seien weiterhin f L 2 () und g L 2 (Γ N ) gegeben. Wir betrachten das folgende Problem: Δu + c(x)u = f auf (4.6a) n u = g auf Γ N (4.6b) u = 0 auf Γ D (4.6c) wobei n u eine urzform für die Normalableitung n u ist, wenn n den äußeren Normalenvektor bezeichnet. Ziel der Variationsformulierung ist, die Regularitätsanforderung an u zu u H 1 () abzuschwächen. Sei v H 1 (). Indem wir (4.6a) mit v multiplizieren, integrieren und partiell integrieren, erhalten wir für (klassische) Lösungen u: u v + c(x)uv = fv + n uv = fv + n uv + Γ N n uv Γ D Auf Γ N ist n u gegeben. Somit erhalten wir: u v + c(x)uv = fv + gv + Γ N n uv Γ D Falls wir schlußendlich lediglich u H 1 () fordern wollen, können wir n u ΓD nicht sinnvoll definieren. Das Integral Γ D n uv lassen wir deshalb dadurch verschwinden, daß wir weitere Bedingungen an die Testfunktion v stellen: Definieren wir H 1 0 (, Γ D):={v H 1 () (γ 0 v) ΓD =0}, (4.7) so erhalten wir, daß die (klassische) Lösung von (4.6) erfüllt: B(u, v) := u v + c(x)uv = l(v) := fv + gv Γ N v H 1 0 (, Γ D). Wir beobachten, daß die Bilinearform B bereits sinnvoll definiert ist, wenn nur u H 1 (). Bis jetzt wurde die Randbedingung (4.6c) nicht benötigt. Wir fordern sie nun explizit, indem wir u H 1 0 (, Γ D ) fordern. Damit ergibt sich: Finde u H 1 0 (, Γ D), s.d. B(u, v) =l(v) v H 1 0 (, Γ D ). (4.8) Übung 4.3 a) Sei Γ D. Zeigen Sie: Die Variationsformulierung (4.8) hat eine eindeutige Lösung. b) Sei Γ N =. Zeigen Sie: Falls 0 < inf x c(x), dann hat die Variationsformulierung (4.8) hat eine eindeutige Lösung. Was passiert im Fall c(x) 0? c) Sei c C(), f C(), g C(Γ N ). Sei u C 2 () C 1 () die Lösung von (4.8). Zeigen Sie: u ist eine klassische Lösung von (4.6), d.h. die Bedingungen (4.6) gelten punktweise. 27