für zur Lösung der Monge-Ampère-Gleichung, Teil II Andreas Platen Institut für Geometrie und Praktische Mathematik RWTH Aachen Seminar zur Approximationstheorie im Wintersemester 2009/2010 1 / 27
Gliederung für 1 2 3 2 / 27
3 / 27 Monge-Ampère-Gleichung für Sei stets Ω R 2 ein Gebiet mit Rand Ω. Dirichlet-Problem der Monge-Ampère-Gleichung im Zweidimensionalen: } det D 2 u = u xxu yy uxy 2 = f in Ω, () u = v auf Ω. Dabei seien D 2 u die Hessematrix von u : Ω R und v C 0 ( Ω) und f = f (x, y) > 0 gegebene Funktionen. Letzte Woche: Eindeutigkeit / Lösung u konvex Heute: nicht!
4 / 27 von Benamou, Froese und Oberman für Finite-Differenzen- (M1) Finde Fixpunkt von u(τ i, µ j ) = 1 2 (a 1 + a 2 ) 1 2 (a 1 a 2 ) 2 + 1 4 (a 3 a 4 ) 2 + h 4 f (τ i, µ j ). für alle (τ i, µ j ) Ω und u(τ i, µ j ) = v(τ i, µ j ) für alle (τ i, µ j ) Ω. Iteratives Lösen von Poisson-Gleichungen (M2) Löse für n = 0, 1, 2,... die Poisson-Gleichung u n+1 = (uxx) n 2 + (uyy) n 2 + 2(uxy) n 2 + 2f mit Dirichlet-Randbedingung und Startwert u 0.
Strafterm- für Minimiere J(x) mit g(x) = 0 } (MP) Lösung x Lösung x? r { Zum Parameter r>0 minimiere L r (x) := J(x) + r 2 g2 (x) Lösung x r Lösung x r Es gilt: [ lim Lr (xr ) = lim J(xr ) + r r r 2 g2 (x r ) ] r J( x) + lim r 2 g2 ( x) < }{{} =0 lim g 2 (x r ) = 0, da sonst r r lim r 2 g2 (x r ) = und damit lim r J(xr ) + r 2 g2 (x r ) =. Falls lim r x r =: ˆx existiert, ist ˆx Lösung von (MP). 5 / 27
Multiplikator für Seien J, g C 2 (R n ), x R n eine Lösung von (MP) und g( x) 0. Dann existiert ein Multiplikator λ R, so dass für gilt, dass L(x, λ) := J(x) + λg(x) L( x, λ) = 0. L wird auch Funktion des Problems (MP) genannt. 6 / 27
() Funktion für Ein Sattelpunkt (nach Ekeland und Temam) einer Funktion L : R n R m R ist ein Punkt ( x, λ) R n R m mit der Eigenschaft Sei r > 0 und oder L( x, λ) L( x, λ) L(x, λ) für alle (x, λ) R n R m. L(x, λ) := J(x) + λg(x). L(x, λ) := J(x) + λg(x) + 1 2 r(g(x))2 =: L r (x, λ). Dann gilt: ( x, λ) R n R ist Sattelpunkt von L. x ist Lösung von (MP). 7 / 27
Definitionen wichtiger Mengen für Q := { q (L 2 (Ω)) 2 2 : q = (q ij ) 1 i,j 2 und q 21 = q 12 }, Q f := { q Q : det q = f fast überall in Ω}, V v := { u : Ω R : u H 2 (Ω) mit u = v auf Ω}, E f,v := { u V v : det D 2 u = f fast überall in Ω}, E f,v := { {u, q} V v Q f : q = D 2 u fast überall in Ω} 1 Wenn v H 3 2 ( Ω) ist, dann ist der Raum Vv. 2 Falls f L 1 (Ω), dann ist Q f. 3 Existenz einer Lösung vorausgesetzt: Sei stets E f,v. Punkt 1 folgt aus Umkehrung des Spursatzes für Sobolev-Räume. 8 / 27
9 / 27 Aufstellen eines Variationsproblems für Da keine Eindeutigkeit der Lösung von () verlangt wird, betrachte: wobei J(u) := 1 2 Finde ũ E f,v, mit J(ũ) J(u) für alle u E f,v, Ω u 2 dx = 1 2 u 2 L 2 (Ω). Erster Schritt um die Nebenbedingung det D 2 u = f zu trennen: Finde {ũ, q} E f,v, mit j(ũ, q) j(u, q) für alle {u, q} E f,v, wobei j(u, q) := J(u) = 1 u 2 dx. 2 Ω
10 / 27 Sattelpunktformulierung () für Idee: Nebenbedingung D 2 u q = 0 fast überall in Ω loswerden. Sei r > 0 und L r (u, q; µ) := 1 2 Ω u 2 dx + r 2 Ω D 2 u q 2 F dx + µ : (D 2 u q) dx Ω mit µ : q = 2 i,j=1 µ ijq ij und Frobeniusnorm D 2 u 2 F = 2 i,j=1 ux i x j 2. Sei {{ũ, q}, µ} eine Lösung des folgenden s: Finde {{ũ, q}, µ} (V v Q f ) Q, mit L r (ũ, q; µ) L r (ũ, q; µ) L r (u, q; µ) für alle {{u, q}, µ} (V v Q f ) Q. Dann ist ũ Lösung von ().
Uzawa-Douglas-Rachford-Algorithmus / ALG2 für Seien u (n 1) V v und µ (n) Q gegeben. Löse die beiden Minimierungsprobleme Finde q (n) Q f, mit L r (u (n 1), q (n) ; µ (n) ) L r (u (n 1), q; µ (n) ) für alle q Q f, und Finde u (n) V v, mit L r (u (n), q (n) ; µ (n) ) L r (u, q (n) ; µ (n) ) für alle u V v, und setze µ (n+1) := µ (n) + r(d 2 u (n) q (n) ). Verwende u (n) und µ (n+1) für die nächste Iteration. 11 / 27
12 / 27 Konvergenz für Ersetzt man Q f durch eine abgeschlossene, konvexe Menge = K Q konvergiert gegen einen Sattelpunkt von L r, falls einer existiert (Fortin und Glowinski). Aber: Q f Q ist nicht konvex, da für p, q Q f mit p q gilt, dass ( 1 det 2 p + 1 ) im Allgemeinen 2 q 1 2 det(p) + 1 2 det(q) = f. Dean und Glowinski erwarten bei der Wahl K = Q f dennoch Konvergenz.
13 / 27 Lösung des ersten Teilproblems für arg min (z 1,z 2,z 3 ) R 3 z 1 z 2 z 2 3 =f (P k ) Finde q (n) Q f, mit L r (u (n 1), q (n) ; µ (n) ) L r (u (n 1), q; µ (n) ) für alle q Q f, r 2 (z2 1 + z 2 2 + 2z 2 3 ) b 1 z 1 b 2 z 2 b 3 z 3 } {{ } =:G(z) Funktion: L(z, λ) := G(z) λ(z 1 z 2 z 2 3 f (P k )) L( z, λ) = r z 1 λ z 2 b 1 r z 2 λ z 1 b 2 2r z 3 + 2 λ z 3 b 3 z 1 z 2 z 2 3 f (P k ) = 0.
Lösung des zweiten Teilproblems für Finde u (n) V v, mit L r (u (n), q (n) ; µ (n) ) L r (u, q (n) ; µ (n) ) für alle u V v, Finde u (n) V v, mit Ω u(n) ϕ dx + r Ω D2 u (n) : D 2 ϕ dx = L n(ϕ) für alle ϕ H 2 (Ω) H0 1 ( ) (Ω), Dean und Glowinski verwenden Algorithmus der konjugierten Gradienten mit Skalarprodukt (u, w) u w und zugehöriger induzierter Norm. Sie ersetzen zudem Ω x u (n) b L n(ϕ) Ax = b ( ) 14 / 27
Finite-Elemente-: Grundaspekte für Es sei eine PDE auf einem unendlich-dimensionalen Funktionenraum V auf dem polygonalen Gebiet Ω R 2 gegeben. 1 Wähle eine Triangulierung T h := {T 1, T 2,..., T M } von Ω, wobei T i Ω abgeschlossene Teilgebiete und h := max i {1,2,...,M} diam(t i ) seien. 2 Wähle einen endlich-dimensionalen Finite-Elemente-Raum V h V. 3 Wähle eine Basis von V h, dessen Elemente einen möglichst kleinen Träger besitzen, um eine Lokalitätseigenschaft zu erhalten. Ziel: Entwicklung eines diskreten s. 15 / 27
Zulässige Triangulierung für Sei Ω R 2 ein Gebiet. Eine Triangulierung T h = {T 1,..., T M } von Ω in Dreiecke heißt zulässig, wenn: 1 Ω = M i=1 T i, 2 T i T j ist einzelner Punkt P Ω P ist Eckpunkt von T i und T j, 3 T i T j ist mehr als ein Punkt T i T j ist Kante von T i und T j. Abbildung 1: Hängender Knoten, unzulässige Triangulierung 16 / 27
Uniforme Triangulierung für Sei Ω R 2 ein Gebiet. Eine Familie von Zerlegungen {T h } von Ω heißt uniform, wenn es eine Zahl κ > 0 gibt, so dass jedes Element T von T h einen Kreis mit Radius R T h κ enthält. 17 / 27
Wahl der Finite-Elemente-Räume für Sei T h eine zulässige Triangulierung von Ω in Dreiecke und P 1 := {P(x, y) = a 1 x + a 2 y + a 3 : a 1, a 2, a 3 R}. Die Elemente der Räume L 2 (Ω), H 1 (Ω) und H 2 (Ω) werden durch Elemente von V h := {w C 0 ( Ω) : w T P 1 für alle T T h } approximiert. Da im Algorithmus auch H 1 0 (Ω) gebraucht wird, sei V 0,h := V h H 1 0 (Ω) = {w V h : w Ω 0}. Elemente in V h sind Lipschitz-stetig V h H 1 (Ω) L 2 (Ω). Jedoch V h H 2 (Ω) neuen Begriff für zweite Ableitung einführen. 18 / 27
19 / 27 Definition der zweiten Ableitung für Für u H 2 (Ω) und i, j {1, 2} definiere D i (u) := u x i und D 2 ij (u) := 2 u x i x j, wobei x 1 := x und x 2 := y. Die Greensche Formel liefert: Dij 2 (u)ϕ dx = D i (u)d j (ϕ) dx für alle ϕ H0 1 (Ω). Ω Ω Sei nun u V h H 1 (Ω). Definiere diskretes Analogon D 2 hij von D 2 ij, so dass D 2 hij(u) V 0,h und Ω Dhij(u)ϕ 2 dx = D i (u)d j (ϕ) dx für alle ϕ V 0,h Ω gilt. Die Funktionen D 2 hij(u) sind dadurch eindeutig festgelegt.
Diskretisierung von () für Sei v stetig und f h C 0 (Ω) eine Näherung von f. Definiere Approximationen der Elemente von Q, Q f und V v durch Elemente von Q h := {q (V 0,h ) 2 2 : q = (q ij ) 1 i,j 2, q 21 = q 12 }, Q f,h := {q Q h : det q(p k ) = f h (P k ) für alle k {1, 2,..., N 0h }}, V v,h := {u V h : u(p) = v(p) für alle P Σ h Ω}. Es ergibt sich folgende Diskretisierung: Finde u h V v,h, mit Dh11(u 2 h )(P k )Dh22(u 2 h )(P k ) (Dh12(u 2 h )(P k )) 2 = f h (P k ) für alle k {1, 2,..., N 0,h }. 20 / 27
Wahl der Startwerte für Sei stets Ω = (0, 1) (0, 1). Benutze Lösung u von u = s f in Ω, u = v auf Ω. Benamou, Froese und Oberman: s = 2 Dean und Glowinski: s = 1, r = 1, uniforme Familie von Triangulierung 21 / 27
Beispiel 1: klassische und starke Lösung für f (x, y) := (1 + x 2 + y 2 )e x2 +y 2 und v(x, y) := e 1 2 (x2 +y 2 ) Alle konvergieren gegen v. M2 ist schneller als M1. Abbildung 2: Exakte Lösung 22 / 27
Beispiel 2: klassische und starke Lösung für f (x, y) := 1 und v(x, y) := 2 2 x 2 + y 2 3 (x 2 + y 2 ) 4 3 Alle konvergieren gegen v. M2 ist schneller als M1. Abbildung 3: Exakte Lösung 23 / 27
Beispiel 3: keine glatte Lösung für f (x, y) := 1 v(x, y) := 1 v(x, y) := 0 und (BFO), M1 schneller als M2 (DG) Abbildung 4: Berechnete Lösung und Nullrandwerten von (DG) 24 / 27
Beispiel 4: klassische aber keine starke Lösung für f (x, y) := 2 (2 x 2 y 2 ) 2 und v(x, y) := 2 x 2 y 2 (BFO), Konvergenz, M2 schneller als M1 v(x, y) := 2 x 2 y 2 (DG), Divergenz für jedes r > 0 Abbildung 5: Lösung mit der zweiten Wahl von v 25 / 27
Vergleich der n für M2 und M3 benötigen stets etwa gleiche Anzahl an Iterationen. Iterationen von M3 aufwendiger als bei M1 und M2. M3 divergiert bei Beispiel 4. M1 und M2 bevorzugen. M2 bei glatten Lösungen schneller als M1. M2 bei weniger Regularität langsamer als M1. M1 nahezu unbeeinflusst von der Regularität. M2 benutzen, falls bekannt ist, dass eine starke oder klassische Lösung existiert, sonst M1 verwenden. 26 / 27
Zusammenfassung für Letzte Woche: Finite-Differenzen- und Lösen von Poisson-Gleichungen von (BFO) + leicht zu implementieren + Konvergenz bei allen Beispielen keine Konvergenzaussagen Heute: von (DG) () ALG2 Diskretisierung mit Finite-Elemente- bekanntes Beispiel für Divergenz keine Konvergenzaussagen, da Q f nicht konvex ist Fazit: Bei glatten Lösungen M2 benutzen, sonst M1. Offene Frage: Wie sehen die Konvergenzeigenschaften dieser drei aus? 27 / 27