Eulersches Polygonzugverfahren < DGL < Numerik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:38 Di 23.12.2014 | | Autor: | rollroll |
| Aufgabe | Betrachte das AWP
y''(x)+y(x)=x, y'(0)=y(0)=1
Bestimme unter Verwendung des Eulerschen Polygonzugverfahrens die Lösung des AWPs.
a) Überführe das AWP zunächst in eine DGL 1. Ordnung.
b) Sei nun das Gitter [mm] G_h={kh, k=0,1,...} [/mm] vorgegeben. Zeige dass die Darstellung [mm] y_{k+1}=BY_k+kH [/mm] gilt, wobei [mm] B=\pmat{ 1 & h \\ -h & 1 }, H=(0,h^2)^T [/mm] und [mm] Y_k [/mm] die k-te Iterierte des Polygonzugverfahrens ist.
c) Finde eine rekursive Darstellung für [mm] Y_{k+1}.
[/mm]
d) Sezte h=x/k und zeige für h-->0 bzw. k--> [mm] \infty [/mm] konvergiert das Polygonzugverfahren gegen die exakte Lösung. |
Hallo,
ich habe leider gar keine Idee, wie ich die Aufgabe lösen soll..
zu a) Es ist ja [mm] y_1=y, y_2=y'=y_1' [/mm] und [mm] y''=x-y_1. [/mm] Ist dies schon eine DGL 1. Ordnung, wie kann ich das als Matrix schreiben?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:04 Di 23.12.2014 | | Autor: | leduart |
Halloi
1. Schritt mach dich aus Skript, Buch Netz schlau was das Eulerverfahren ist, das ist nicht unsere Aufgabe-
2. Auch das Umformen zu Y*=A*Y+b kannst du selbst mit [mm] Y=(y_1,y_2)^T [/mm] schreib einfach ein allgemeines A hin, mult. mit Y und dann siehst du die einfachen Koeffizienten.
irgend ein Beispiel kennst du sicher, warum sollen wir noch eines vorrechnen?
Gruß leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:17 Di 23.12.2014 | | Autor: | rollroll |
Ich kenne das Verfahren in der Theorie schon, habe aber noch nie ein Beispiel dazu gesehen. Deshalb wäre ich ueber Hilfe sehr froh. Zur a habe ich ja was geschrieben. Was ist damit?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:46 Di 23.12.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
dein a) war soweit richtig, wenn du noch statt y'' =... [mm] y_2'=-y_1+x [/mm]
dann irgend ein A hinschreiben und die Einträge bestimmen.
[mm] \vektor{y_1 \\ y_2}'=A*ektor{y_1 \\ y_2} +\vec{b}
[/mm]
und dann setz doch mal in die Formeln für das Eulerverfahren ein. Man muss immer mal anfangen um sein Selbstvertrauen nicht ganz zu zertrampeln.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:36 Sa 27.12.2014 | | Autor: | rollroll |
Nach Weihnachten mal ein neuer Versuch ;.)
Also ich habe dann für a) [mm] y'=\pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 0 }y+\vektor{0 \\ x}
[/mm]
Und zu b) folgender Ansatz:
[mm] y_{k+1}=y_k+hf(x_k,y_k) [/mm] mit [mm] f(x_k,y_k)=\pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 0 }y_k+\vektor{0 \\ x}
[/mm]
Aber wie bestimme ich nun [mm] Y_k, [/mm] also die k-te Iterierte?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:51 Sa 27.12.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
Man fängt mal an, mit [mm] y_1= [/mm] dann [mm] y_2= [/mm] dann ....vollst Induktion!
Gruß leduart
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 16:30 Sa 27.12.2014 | | Autor: | rollroll |
Stimmt das andere was ich geschrieben habe überhaupt?
[mm] y_1=y_0+h [/mm] (1, [mm] x-1)^T [/mm] ist das ok für [mm] y_1?
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:32 Mo 29.12.2014 | | Autor: | rollroll |
Ich wäre froh, wenn ihr mir sagen könntet, ob das, was ich bisher geschrieben habe, stimmt. Denn wenn [mm] y_1 [/mm] schon falsch ist, brauche ich ja gar nicht erst weiter zu machen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:33 Di 30.12.2014 | | Autor: | meili |
Hallo,
> Ich wäre froh, wenn ihr mir sagen könntet, ob das, was
> ich bisher geschrieben habe, stimmt. Denn wenn [mm]y_1[/mm] schon
> falsch ist, brauche ich ja gar nicht erst weiter zu machen.
Bei a) kam heraus:
[mm] $\vektor{y \\ y'}' [/mm] = [mm] \pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 0}*\vektor{y \\ y'} [/mm] + [mm] \vektor{ 0 \\ x}$
[/mm]
Also ist [mm] $f\left(x, (y, y')^T \right) [/mm] = [mm] \pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 0}* \vektor{y \\ y'} [/mm] + [mm] \vektor{ 0 \\ x}$
[/mm]
Dies fehlt bei dir. Es ist auch etwas verwirrend mit den y Indizes.
Du kannst durchaus [mm] $y_1 [/mm] = y$ und [mm] $y_2 [/mm] = y'$ setzen und [mm] $\vec [/mm] y = [mm] \vektor{ y_1 \\ y_2}$.
[/mm]
Dann sollte das Eulersche Polygonzugverfahren beginnen mit:
[mm] $\vec y_0 [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ 1}$
[/mm]
[mm] $\vec y_1 [/mm] = [mm] \vec y_0 [/mm] + [mm] h*\left(\pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 0}* \vec y_0 + \vektor{ 0 \\ 0} \right)$
[/mm]
EDIT: in jedem Polygonzug-Schritt muss x durch den zugehörigen Gitterpunkt [mm] $x_k$
[/mm]
ersetzt werden, deshalb 0.
Gruß
meili
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:11 Di 30.12.2014 | | Autor: | rollroll |
Danke für deine Antwort.
Dann hat mein [mm] y_1 [/mm] ja gepasst.
Ausgerechnet erhalte ich dann [mm] y_1=\vektor{1 \\ 1}+h \vektor{1 \\ x-1}
[/mm]
(man denke sich über dem [mm] y_1 [/mm] noch einen Pfeil)
Wenn ich nun [mm] y_2 [/mm] berechne erhalte ich [mm] \vektor{1 \\ 1} [/mm] + h [mm] \vektor{2 \\ 2x-2} [/mm] + [mm] h^2 \vektor{x-1 \\ -1}. [/mm] Stimmt das?
Und weshalb muss x durch h ersetzt werden?
Per Definition ist ja [mm] x_k=x_0+kh, [/mm] also bei uns [mm] x_k=kh=G_h
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:49 Di 30.12.2014 | | Autor: | meili |
Hallo,
> Danke für deine Antwort.
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> Dann hat mein [mm]y_1[/mm] ja gepasst.
> Ausgerechnet erhalte ich dann [mm]y_1=\vektor{1 \\ 1}+h \vektor{1 \\ x-1}[/mm]
[mm] $\vec y_1 [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ 1} [/mm] + [mm] h\vektor{ 1 \\ -1}$
[/mm]
>
> (man denke sich über dem [mm]y_1[/mm] noch einen Pfeil)
>
> Wenn ich nun [mm]y_2[/mm] berechne erhalte ich [mm]\vektor{1 \\ 1}[/mm] + h
> [mm]\vektor{2 \\ 2x-2}[/mm] + [mm]h^2 \vektor{x-1 \\ -1}.[/mm] Stimmt das?
[mm] $\vec y_2 [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ 1} [/mm] + h [mm] \vektor{ 2 \\ -2} [/mm] + [mm] h^2\vektor{ -1 \\ 0 }$
[/mm]
>
> Und weshalb muss x durch h ersetzt werden?
Die allgemeine Formel ist:
[mm] $\vec y_{k+1} [/mm] = [mm] \vec y_k [/mm] + [mm] h*f(x_k, \vec y_k)$
[/mm]
Sorry, ich habe mich in der letzten Antwort geirrt, an die Stelle von x,
gehörte nicht h, sondern [mm] $x_0$. ($x_0 [/mm] = 0$)
Erst [mm] $x_1 [/mm] = h$.
>
> Per Definition ist ja [mm]x_k=x_0+kh,[/mm] also bei uns [mm]x_k=kh=G_h[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Gruß
meili
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:12 Di 30.12.2014 | | Autor: | rollroll |
Ok, dann mal ein neuer Versuch für [mm] y_2:
[/mm]
[mm] y_2=\vektor{1 \\ 1}+h \vektor{2-h \\ -2}
[/mm]
Stimmt das so? Ein wirkliches Muster kann ich aber noch nicht erkennen...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:28 Mi 31.12.2014 | | Autor: | meili |
Hallo,
> Ok, dann mal ein neuer Versuch für [mm]y_2:[/mm]
>
> [mm]y_2=\vektor{1 \\ 1}+h \vektor{2-h \\ -2}[/mm]
> Stimmt das so?
> Ein wirkliches Muster kann ich aber noch nicht erkennen...
Bei b) solltest Du zeigen [mm] $Y_{k+1} [/mm] = [mm] B*Y_k [/mm] + kH$ mit $B [mm] =\pmat{ 1 & h \\ -h & 1}$ [/mm] und $H = [mm] \vektor{0 \\ h^2}$.
[/mm]
Das lässt sich leicht aus der allgemeinen Formel für das
Eulersche Polygonzugverfahren [mm] $y_{k+1} [/mm] = [mm] y_k [/mm] + [mm] h*f(x_k, y_k)$ [/mm] herleiten,
indem man alles für das in der Aufgabe gegebene AWP einsetzt
und passend zusammenfasst.
Wenn man dazu noch die Startwerte angibt, hat man auch c) erledigt.
Gruß
meili
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:13 Mi 31.12.2014 | | Autor: | rollroll |
Also:
[mm] y_{k+1}=y_k+hf(x_k,y_k)=y_k+h(\pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 0 }y_k+\vektor{0 \\ x_k})=y_k+h(\pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 0 }y_k+\vektor{0 \\ kh})=y_k+\pmat{ 0 & h \\ -h & 0 }y_k+k \vektor{0 \\ h^2}=y_k \pmat{ 1 & 1+h \\ -h+1 & 1 }+k \vektor{0 \\ h^2}
[/mm]
Irgendwie passt es noch nicht ganz...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:05 Mi 31.12.2014 | | Autor: | meili |
Hallo,
> Also:
> [mm]y_{k+1}=y_k+hf(x_k,y_k)=y_k+h(\pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 0 }y_k+\vektor{0 \\ x_k})=y_k+h(\pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 0 }y_k+\vektor{0 \\ kh})=y_k+\pmat{ 0 & h \\ -h & 0 }y_k+k \vektor{0 \\ h^2}=y_k \pmat{ 1 & 1+h \\ -h+1 & 1 }+k \vektor{0 \\ h^2}[/mm]
Nur der letzte Schritt ist nicht ganz gelungen.
[mm] $y_k [/mm] + [mm] \pmat{0 & h \\ -h & 0}y_k [/mm] = [mm] \pmat{ 1 & 0 \\ 0 &1}y_k [/mm] + [mm] \pmat{ 0 & h \\ -h & 0}y_k [/mm] = [mm] \pmat{1 & h \\ -h & 1}y_k$
[/mm]
(die Einheitsmatrix [mm] $\pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1}$ [/mm] ist das neutrale Element bzgl.
der Matrixmultiplikation oder Multiplikation Matrix Vektor)
>
> Irgendwie passt es noch nicht ganz...
Gruß
meili
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:18 Do 01.01.2015 | | Autor: | rollroll |
Ja klar, danke. Was für ein dummer Fehler.
Hättest du noch einen Tipp bzgl. der nicht rekursiven Darstellung?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:43 Fr 02.01.2015 | | Autor: | meili |
Hallo,
> Ja klar, danke. Was für ein dummer Fehler.
> Hättest du noch einen Tipp bzgl. der nicht rekursiven
> Darstellung?
Ist in der Aufgabenstellung, so wie sie in deinem Post steht, ein Fehler und
wird eine NICHT rekursive Darstellung gesucht?
Wenn ja, müsstest du eine Form finden [mm] $Y_k [/mm] = [mm] \ldots$, [/mm] ohne dass darin
[mm] $Y_n$ [/mm] mit n<k darin vorkommen, höchstens der Startwert [mm] $Y_0$.
[/mm]
Gruß
meili
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:29 Fr 02.01.2015 | | Autor: | rollroll |
Ja genau, es wird eine NiCHT rekursive Darstellung gesucht...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:06 Fr 02.01.2015 | | Autor: | meili |
Hallo,
> Ja genau, es wird eine NiCHT rekursive Darstellung
> gesucht...
Dazu [mm] $Y_1, Y_2, \ldots [/mm] , [mm] Y_{10}$ [/mm] berechnen in Form eines Vektors
mit Summen aus Potenzen von h als Komponenten.
Nach Systematik suchen; vielleicht abhängig ob Index gerade, oder
0, 1, 2, 3 modulo 4.
Mit vollständiger Induktion Vermutung beweisen.
Gruß
meili
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:14 Sa 03.01.2015 | | Autor: | rollroll |
Ich hatte ja schon [mm] Y_0, y_1, Y_2 [/mm] berechnet - ohne eine explizite Darstellung erkennen zu können. Muss man evtl. Potenzen der vorkommenden 2x2 Matrix betrachten?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:45 Sa 03.01.2015 | | Autor: | meili |
Hallo,
> Ich hatte ja schon [mm]Y_0, y_1, Y_2[/mm] berechnet - ohne eine
> explizite Darstellung erkennen zu können. Muss man evtl.
> Potenzen der vorkommenden 2x2 Matrix betrachten?
Ja, das geht auch.
Aber [mm] $k*\vektor{0 \\ h^2}$ [/mm] kommt immer noch hinzu, und wird erst ab
dem nächsten Schritt mit der Matrix multipliziert.
Gruß
meili
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:03 Sa 03.01.2015 | | Autor: | rollroll |
Ich komme irgendwie immer noch nicht ganz klar.
Ich hatte es mal so versucht:
[mm] y_k=y_0 \pmat{ 1 & h \\ -h & 1 }^{k-1}+\summe_{i=1}^{k-1}i\vektor{0 \\ h^2}\pmat{ 1 & h \\ -h & 1 }^{k-i} [/mm] und [mm] y_0=(1,1)^T
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:44 So 04.01.2015 | | Autor: | meili |
Hallo,
> Ich komme irgendwie immer noch nicht ganz klar.
>
> Ich hatte es mal so versucht:
>
> [mm]y_k=y_0 \pmat{ 1 & h \\ -h & 1 }^{k-1}+\summe_{i=1}^{k-1}i\vektor{0 \\ h^2}\pmat{ 1 & h \\ -h & 1 }^{k-i}[/mm]
> und [mm]y_0=(1,1)^T[/mm]
So ähnlich ja.
Aber:
Vektoren müssen immer rechts von Matrizen stehen, damit sie sich
überhaupt multiplizieren lassen.
Die Potenzen stimmen noch nicht so ganz.
[mm] $y_k [/mm] = [mm] \pmat{1 & h \\ -h & 1}^k*y_0 [/mm] + [mm] \summe_{i=0}^{k-1} i*\pmat{1 & h \\ -h & 1}^{k-1-i}*\vektor{0 \\ h^2}$
[/mm]
mit [mm] $k=1,2,3,\ldots$ [/mm] und [mm] $\pmat{1 & h \\ -h & 1}^0 [/mm] = [mm] \pmat{1 & 0 \\ 0 & 1}$
[/mm]
Gruß
meili
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:50 So 04.01.2015 | | Autor: | rollroll |
Super, danke!
Hättest du jetzt noch eine Hilfestellung zum letzten Aufgabenteil?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:58 So 04.01.2015 | | Autor: | rollroll |
Gemäß deiner Lösung wäre aber doch dann [mm] y_1=y_0\pmat{ 1 & h \\ -h & 1 }+\vektor{0 \\ h^2}. [/mm] Aber das stimmt ja nicht, weil der ´zweite Summand zu viel ist. Man soll ja auch eine nicht rekursive Darstellung für [mm] y_{k+1} [/mm] angeben, also nicht für [mm] y_k...
[/mm]
Deshalb würde ich folgende Lösung vorschlagen:
[mm] y_{k+1}=\pmat{ 1 & h \\ -h & 1 }^{k+1}y_0+\summe_{i=0}^{k}i \pmat{ 1 & h \\ -h & 1 }^{k-i}\vektor{0 \\ h^2}
[/mm]
k=0,1,... und [mm] y_0=(1,1)^T[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:53 So 04.01.2015 | | Autor: | meili |
Hallo,
> Gemäß deiner Lösung wäre aber doch dann [mm]y_1=y_0\pmat{ 1 & h \\ -h & 1 }+\vektor{0 \\ h^2}.[/mm]
> Aber das stimmt ja nicht, weil der ´zweite Summand zu viel
> ist. Man soll ja auch eine nicht rekursive Darstellung für
> [mm]y_{k+1}[/mm] angeben, also nicht für [mm]y_k...[/mm]
> Deshalb würde ich folgende Lösung vorschlagen:
> [mm]y_{k+1}=\pmat{ 1 & h \\ -h & 1 }^{k+1}y_0+\summe_{i=0}^{k}i \pmat{ 1 & h \\ -h & 1 }^{k-i}\vektor{0 \\ h^2}[/mm]
>
> k=0,1,... und [mm]y_0=(1,1)^T[/mm]
Sorry, bei der Summe stimmte es bei mir nicht.
Warum merke ich das erst 2-3 Stunden zu spät?
Gruß
meili
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:52 So 04.01.2015 | | Autor: | rollroll |
Ok  Hast du zum letzten Teil noch ein paar Tipps?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:30 Mo 05.01.2015 | | Autor: | meili |
Hallo,
° Das lineare Diffferentialsystem aus a) lösen, damit man weis wo gegen
das Eulersche Polygonzugverfahren konvergieren soll.
Siehe ![[]](/images/popup.gif) Fundamentalsystem
° Wie in der Aufgabe angegeben [mm] $\bruch{x}{k}$ [/mm] für h setzen. Dann [mm] $\limes_{k \rightarrow \infty}$ [/mm] betrachten.
Vielleicht entsteht so etwas wie Potenzreihen für die Komponenten
von [mm] $Y_k$ [/mm] (oder [mm] $Y_{k+1}$).
[/mm]
° Eventuell Beweis der Konvergenz des Eulerschen Polygonzugverfahren
ansehen, und für die Aufgabe abwandeln.
Gruß
meili
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:01 Mo 05.01.2015 | | Autor: | rollroll |
Die loesung des AWP ist ja y= cos (x)+x. Aber wenn ich nun für h x/k einsetze, kann ich ja nucht so einfach k gegen unendlich gehen lassen, weil ja ja noch eine Matrix als Basis da stehen habe.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:12 Mi 07.01.2015 | | Autor: | meili |
Hallo,
> Die loesung des AWP ist ja y= cos (x)+x. Aber wenn ich nun
> für h x/k einsetze, kann ich ja nucht so einfach k gegen
> unendlich gehen lassen, weil ja ja noch eine Matrix als
> Basis da stehen habe.
Vielleicht doch mit vollständiger Induktion [mm] $Y_k$ [/mm] in solch eine Form bringen:
[mm] $Y_k [/mm] = [mm] \vektor{ \summe_{i=1}^{k} a_i*\bruch{x^i}{k^i} \\ \summe_{i=1}^{k} b_i*\bruch{x^i}{k^i} }$
[/mm]
Gruß
meili
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:29 Sa 10.01.2015 | | Autor: | rollroll |
Danke, hab's jetzt raus bekommen...
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