Qual è lo scopo della funzione di test nell'analisi degli elementi finiti?

Nell'equazione d'onda:

c^{2} \nabla \cdot \nabla u (x, t) - \frac{\partial^{2} u (x, t)}{\partial t^{2}} = f (x, t)

$c^2 \nabla \cdot \nabla u(x,t) - \frac{\partial^2 u(x,t)}{\partial t^2} = f(x,t)$

Perché moltiplichiamo per una funzione di test $v(x,t)$ prima di integrarci?

finite-element

— Andy
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Risposta breve: poiché il metodo degli elementi finiti è una discretizzazione della formulazione debole, non della formulazione forte (che hai dato). Risposta media: perché non si può essere sicuri di trovare una funzione a dimensioni finite tale che l'equazione sia soddisfatta; nella migliore delle ipotesi si può sperare che il residuo sia ortogonale allo spazio della soluzione a dimensioni finite - o equivalentemente, ortogonale a qualsiasi elemento di quello spazio (che è precisamente una funzione di prova). L'integrazione per parti non è così importante, e nel tuo caso per motivi di simmetria. La risposta lunga è troppo lunga per un commento :)

— Christian Clason,

Un'altra breve spiegazione: se ti integri e imposti a zero, stai chiedendo che il mezzo svanisca - non è affatto quello che stai cercando, perché il residuo potrebbe essere molto grande in una parte del dominio, purché è grande con segno opposto in un altro. In sostanza, il test "localizza" il residuo di ciascun elemento.

— Christian Clason,

Per una spiegazione alternativa, vedi questa risposta: scicomp.stackexchange.com/questions/16331/…

— Paul

Risposte:

Ci stai arrivando al contrario. La giustificazione si vede meglio partendo dall'impostazione variazionale e lavorando verso la forma forte. Una volta fatto questo, il concetto di moltiplicazione per funzione di test e integrazione può essere applicato a problemi in cui non si inizia con un problema di minimizzazione.

Quindi considera il problema in cui vogliamo minimizzare (e lavorare formalmente e per niente rigorosamente qui):

I (u) = \frac{1}{2} \int_{Ω} (\nabla u (x))^{2} d x

$I(u) = \frac {1}{2} \int_\Omega (\nabla u(x))^2 \; dx$

soggetto ad alcune condizioni al contorno su . Se vogliamo che questo per raggiungere un minimo, abbiamo bisogno di differenziarlo rispetto a , che è una funzione. Esistono diversi modi ora ben calcolati per considerare questo tipo di derivata, ma un modo in cui viene introdotto è il calcolo $\partial\Omega$ $I$ $u$

I^{'} (u (x), v (x)) = lim_{h \to 0} \frac{d}{d h} I (u (x) + h v (x))

$I'(u(x),v(x))=\lim_{h\rightarrow 0} \frac{d}{dh}I(u(x)+hv(x))$

dove è solo uno scalare. Potete vedere che questo è simile alla definizione tradizionale di derivata per funzioni scalari di una variabile scalare, ma estesa a funzionali come che restituiscono gli scalari ma hanno il loro dominio sulle funzioni. $h$ $I$

Se calcoliamo questo per il nostro (usando principalmente la regola della catena), otteniamo $I$

I^{'} (u, v) = \int_{Ω} \nabla u \cdot \nabla v d x

$I'(u,v) = \int_\Omega \nabla u \cdot \nabla v \; dx$

Impostando questo su zero per trovare il minimo, otteniamo un'equazione che assomiglia all'affermazione debole per l'equazione di Laplace:

\int_{Ω} \nabla u \cdot \nabla v d x = 0

$\int_\Omega \nabla u \cdot \nabla v \; dx = 0$

Ora, se usiamo il Divergence Theorm (noto anche come integrazione multidimensionale per parti), possiamo togliere un derivato da e metterlo su per ottenere $v$ $u$

- \int_{Ω} \nabla \cdot (\nabla u) v d x + boundary terms = 0

$-\int_\Omega \nabla \cdot (\nabla u) v \; dx + \text {boundary terms} = 0$

Ora questo sembra davvero da dove inizi quando vuoi costruire un'istruzione debole da un'equazione differenziale parziale. Data questa idea ora, puoi usarla per qualsiasi PDE, semplicemente moltiplicare per una funzione di test, integrare, applicare il teorema di divergenza e quindi discretizzare.

— Bill Barth
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Preferirei spiegarlo in termini di minimizzazione del residuo ponderato.

— Nicoguaro

@nicoguaro, OK, allora puoi scrivere quella risposta e vedremo quale ha più senso per OP. :)

— Bill Barth,

+1 per indicare che la forma debole è in realtà (o almeno spesso) più naturale della forma forte.

— Christian Clason,

Interessante. Un po ' tangente, ma per quanto riguarda "Esistono diversi modi ora ben precisi di considerare questo tipo di derivata" : l'unico metodo che ho imparato è quello che hai citato. Quali altri tipi ci sono?

— user541686

@Mehrdad Questo metodo calcola una derivata direzionale e verifica che si tratti di un operatore lineare (in ) e quindi di una derivata di Gâteaux. Puoi anche venire dall'altra direzione: indovina un operatore lineare (ad es. Per analogia con funzioni reali) e verifica che soddisfi una sorta di proprietà di approssimazione di Taylor del primo ordine. Quindi è un derivato di Fréchet (e quindi anche un derivato di Gâteaux).

h

$h$

— Christian Clason,

Come ho detto prima, preferisco pensare alla forma debole come un residuo ponderato.

Vogliamo trovare una soluzione approssimata . Definiamo il residuo come $\hat{u}$

R = c^{2} \nabla \cdot \nabla \hat{u} - \frac{\partial^{2} \hat{u}}{\partial t^{2}} - f (x, t)

$R = c^2 \nabla \cdot \nabla \hat{u} - \frac{\partial^2 \hat{u}}{\partial t^2} - f(x,t)$

$R$

\int_{Ω} w R d Ω

$\int\limits_\Omega wR d\Omega$

$w$ $\hat{u}$

Se selezioni il primo caso, finirai con un'equazione come quella descritta da @BillBarth.

— nicoguaro
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