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Mathematik » Numerik & Optimierung » Finite Elemente, duale Basis und lokale Interpolation
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Universität/Hochschule J Finite Elemente, duale Basis und lokale Interpolation
kingdingeling
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-06-08


Liebe Mitglieder,

bei der Durchsicht meines Skriptes verstehe ich leider einige (nichtbewiesene) Bemerkungen nicht. Ich könnte Sie zwar ignorieren und überfliegen, aber ich möchte sie sehr gerne verstehen.







Leider verstehe ich nicht wie man die Bemerkungen 1.12 und 1.14 nachweisen kann, größere Kopfschmerzen macht mir aber Bemerkung 1.12.

Ich wäre euch für Hilfe sehr dankbar, ich finde die Theorie der finiten Elemente tatsächlich ziemlich schwierig.

Liebe Grüße, KingDingeling



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Monom
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-06-08


Hallo KingDingeling,

Zu 1.12: Hier ist alles endlich-dimensional. Wenn Du also irgendeine Basis $(\phi_j)_{j=1,\dots,J}$ von $\mathcal{P}$ nimmst, kannst du die Vandermonde-Matrix $\mathcal{L}_{\{\phi\}}$ bezüglich der Basis $\{\phi\}$ bestimmen.

Diese Matrix ist regulär und eine normale $J \times J$ Matrix. Wir können jetzt die Basis des Urbildraums (die Basis von $\mathcal{P}$) derart transformieren, dass die Vandermonde-Matrix in der neuen Basis die Identitätsmatrix ist. Das funktioniert wie in der linearen Algebra. Die neue Basis $(\tilde{\phi}_j)_{j=1,\dots,J}$ wird dann aus Linearkombinationen der alten Basis bestehen:
$$ \begin{pmatrix} \tilde{\phi}_1 \\ \vdots \\ \tilde{\phi}_J \end{pmatrix} = A  \begin{pmatrix} \phi_1 \\ \vdots \\ \phi_J \end{pmatrix}. $$
Die Eindeutigkeit der dualen Basis folgt aus der Invertierbarkeit von $\mathcal{L}_{\{\phi\}}$.

Zu 1.14: Für die duale Basis gilt gerade $L_j(\phi_k) = \delta_{j,k}$. Nutze diese Beziehung und die Linearität von $L_j$ aus, um die Aussage nachzurechnen:
$$ L_k(I_T(f)) = L_k\left( \sum_{j=1}^J L_j(f) \phi_j \right) = \dots $$

Allgemein: Ich finde, man kann das gut am Beispiel der nodalen Basis verstehen, die auch in der Praxis relevant ist.
Hier wählt man die Funktionale $L_k$ als Auswertungen an den Gitterknoten (und ggf. zusätzlichen Punkten im Inneren der Elemente). Die zugehörige duale Basis (die man dann auch nodale Basis nennt), besteht aus Lagrange-Polynomen (siehe Polynominterpolation). Diese haben gerade die Eigenschaft, dass sie an einem Auswertungspunkt 1 sind und an allen anderen 0. Die zugehörige Vandermonde-Matrix ist daher die Identitätsmatrix.

Ich nehme an, Ciarlet baut einen derart abstrakten Rahmen auf, um auch komplizierte FE-Räume im gleichen Framework behandeln zu können (z.B. Raviart-Thomas Elemente, oder $C^1$-Elemente, was mit Hermite-Interpolation verbunden ist, für PDEs 4. Ordnung).

Viele Grüße
Monom



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kingdingeling
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-09


2019-06-08 16:11 - Monom in Beitrag No. 1 schreibt:

Diese Matrix ist regulär und eine normale $J \times J$ Matrix. Wir können jetzt die Basis des Urbildraums (die Basis von $\mathcal{P}$) derart transformieren, dass die Vandermonde-Matrix in der neuen Basis die Identitätsmatrix ist. Das funktioniert wie in der linearen Algebra. Die neue Basis $(\tilde{\phi}_j)_{j=1,\dots,J}$ wird dann aus Linearkombinationen der alten Basis bestehen:
$$ \begin{pmatrix} \tilde{\phi}_1 \\ \vdots \\ \tilde{\phi}_J \end{pmatrix} = A  \begin{pmatrix} \phi_1 \\ \vdots \\ \phi_J \end{pmatrix}. $$
Die Eindeutigkeit der dualen Basis folgt aus der Invertierbarkeit von $\mathcal{L}_{\{\phi\}}$.

Hi Monom,

danke für deine ausführliche und hilfreiche Antwort. Was meinst du mit "...dies funktioniert wie in der LinA"? Es gab doch einige Voraussetzungen an Matrizen dass sie diagonalisierbar sind, woher weiß man dass diese hier erfüllt sind? Bzw. wie geht man dazu vor?

Liebe Grüße, KingDingeling



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Monom
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-06-11


Hallo KingDingeling,

wir wollen die Matrix nicht diagonalisieren (im Sinne von Ähnlichkeitstransformation, Eigenwerte etc.).
Beim Diagonalisieren suchen wir eine Basis im Bild *und* Urbildraum, in der die Matrix diagonal wird.

Hier wollen wir nur die Basis im Urbildraum ändern und die Matrix so zur Identitätsmatrix machen. Eine lineare Abbildung $f\colon V \to W$ zwischen (endlichdimensionalen) Vektorräumen $V$ und $W$ kann durch eine (Darstellungs-)Matrix $M$ bezüglich zweier Basen (Bild- und Urbildraum) repräsentiert werden. Wenn wir die Basis im Urbildraum ändern, ergibt sich die neue Darstellungsmatrix $M' = M T$, wobei $T$ eine Matrix ist, die zwischen den Basen in $V$ wechselt (also eine Darstellungsmatrix der Identität bezüglich der beiden Basen in $V$).

Soweit die aus der linearen Algebra bekannte Theorie. Wir müssen nun die Basistransformation $T$ derart gestalten, dass $M' = MT = I$ gilt. Dazu wählen wir also $T = M^{-1}$. Aus der Wahl der Transformationsmatrix $T$ ergibt sich dann (implizit) die neue Basis.

Viele Grüße
Monom



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kingdingeling
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-11


2019-06-11 10:11 - Monom in Beitrag No. 3 schreibt:
Hallo KingDingeling,

wir wollen die Matrix nicht diagonalisieren (im Sinne von Ähnlichkeitstransformation, Eigenwerte etc.).
Beim Diagonalisieren suchen wir eine Basis im Bild *und* Urbildraum, in der die Matrix diagonal wird.

Hier wollen wir nur die Basis im Urbildraum ändern und die Matrix so zur Identitätsmatrix machen. Eine lineare Abbildung $f\colon V \to W$ zwischen (endlichdimensionalen) Vektorräumen $V$ und $W$ kann durch eine (Darstellungs-)Matrix $M$ bezüglich zweier Basen (Bild- und Urbildraum) repräsentiert werden. Wenn wir die Basis im Urbildraum ändern, ergibt sich die neue Darstellungsmatrix $M' = M T$, wobei $T$ eine Matrix ist, die zwischen den Basen in $V$ wechselt (also eine Darstellungsmatrix der Identität bezüglich der beiden Basen in $V$).

Soweit die aus der linearen Algebra bekannte Theorie. Wir müssen nun die Basistransformation $T$ derart gestalten, dass $M' = MT = I$ gilt. Dazu wählen wir also $T = M^{-1}$. Aus der Wahl der Transformationsmatrix $T$ ergibt sich dann (implizit) die neue Basis.

Viele Grüße
Monom

Es ist einfach so nett dass du dir die Zeit genommen hast, ich kann dir nicht genug danken! Vielen, vielen Dank! Ich schaue mir gleich an wie die Transformationsmatrix implizit die neue Basis erzeugt und schreibe dann alles sauber auf. Danke und schönen Start in die Woche!



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Monom
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-06-12


Hallo KingDingeling,

gern. Ich habe in der Box noch eine Lösung skizziert, falls Du Deine Überlegungen vergleichen möchtest.


Sei $\{\phi_1, \dots, \phi_J\} \subset \mathcal{P}$ eine Basis von $\mathcal{P}$. Für jeden Index $j = 1, \dots, J$ suchen wir eine Linearkombination
$$ \bar{\phi}_j := \sum_{i=1}^J a_{ij} \phi_i $$
mit der Eigenschaft
$$ L_k\left( \sum_{i=1}^J a_{ij} \phi_i \right) = \sum_{i=1}^J a_{ij} L_k\left( \phi_i \right) = \delta_{j,k}. $$
In Matrix-Vektor Form ist das die Lösung der Matrix-Gleichung
$$ \mathcal{L}_{\phi} A = I $$
mit der Vandermonde-Matrix $\mathcal{L}_{\phi}$ und der Matrix $ A = (a_{ij})_{i,j=1, \dots, J}$.

Da $\mathcal{L}_{\phi}$ regulär ist, erhalten wir als Lösung $A= \mathcal{L}_{\phi}^{-1}$. Für die oben definierte neue Basis $\{\bar{\phi}_1, \dots, \bar{\phi}_J\}$ gilt dann die geforderte Eigenschaft
$$ L_k\left( \bar{\phi}_j \right) = \delta_{kj},$$
die Vandermonde-Matrix ist also diagonal.

Nun müssen wir noch überlegen, ob diese Basis eindeutig ist. Nehmen wir also eine zweite Basis $\{\psi_1, \dots, \psi_J\}$ und führen die gleiche Prozedur mit der Matrix $B$ statt $A$ durch. Wir erhalten also
$$\bar{\psi}_j = \sum_{i=1}^J b_{ij} \psi_i, \qquad B = \mathcal{L}_{\psi}^{-1}. $$
Es gilt
$$ L_k\left( \bar{\psi}_j \right) = L_k\left( \bar{\phi}_j \right) $$
für alle $j,k=1, \dots, J$. Das ist äquivalent zu
$$L_k\left( \bar{\psi}_j - \bar{\phi}_j \right) = 0 \quad \forall k,j = 1, \dots, J.$$
Weil die Funktionale $\{L_1, \dots, L_J\}$ eine Basis von $\mathcal{P}'$ bilden, folgt damit $\bar{\psi}_j = \bar{\phi}_j$ für alle $j = 1, \dots, J$ und die duale Basis ist damit eindeutig.

Die Eindeutigkeit folgt daher aus der Basis-Eigenschaft der Funktionale und nicht (direkt) aus der Invertierbarkeit der Vandermonde-Matrix, wie ich vorher behauptet habe.


Viele Grüße
Monom



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