A-Stabile Verfahren

11.06.2009, 21:20

tigerbine

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A-Stabile Verfahren

Halöchen. Mit kleiner Laterne versuche ich Licht in das dunkle Kapitel über DGLs zu bringen. Vielleicht kann jemand das erste Beispiel mit mir durchgehen, damit ich weiß, was zu tun ist.

Zitat:

Bestimmen Sie jeweils die Stabilitätsfunktion R(z) und entscheiden Sie, ob das Verfahren A-stabil ist.

(a) explizites Eulerverfahren:

$\begin{eqnarray*} \eta_{k+1}=\eta_k + hf(t_k,\eta_k) \end{eqnarray*}$

So, was ist also zu tun? Der Hinweis auf dem Zettel sagt, man solle das Verfahren auf folgendes anwenden:

$\begin{eqnarray*} y'=\lambda y,~\lambda \in \mathbb C \end{eqnarray*}$

und die Iterierten wie folgt darstellen

$\begin{eqnarray*} \eta_{k+1}=R(h\lambda)\eta_k \end{eqnarray*}$

Stabilitätsgebiet ist dann

$\begin{eqnarray*} S:=\{z \in \mathbb C~|~R(z) < 1\} \end{eqnarray*}$

Damit A-stabil muss gelten $\begin{eqnarray*} \mathbb C_{-} \subset S \end{eqnarray*}$

--------------------------------------------------------------------------------

Was mich nun wundert, bei wiki ist ein Startwert angegeben. Auf meinem Blatt nicht. Ich versuche es nun mal mit dem Wert.

$\begin{eqnarray*} f(t, y(t))=\lambda y(t) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(0)=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \eta_0=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \eta_1=1+ h\cdot \lambda \cdot 1 = 1 + h\lambda \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \eta_2=(1+h\lambda) + h \cdot (\lambda(1+h\lambda)) =(1+h\lambda)^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \eta_k=(1+h\lambda)^k \end{eqnarray*}$

wie sieht denn nun R aus... ?

$\begin{eqnarray*} R(h\lambda) = (1+h\lambda) \end{eqnarray*}$

Und wie sieht es mit dem A-Stabil aus?

h ist eine positive reelle Schrittweite. Also muss ich untersuchen:

$\begin{eqnarray*} 1+h\lambda \leq 1 \end{eqnarray*}$

Wie soll das denn auf C gehen? verwirrt

verwirrt

11.06.2009, 22:06

system-agent

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Auf A-Stabilität prüfen heisst, dass man das gegebene Verfahren auf die Testgleichung $\begin{eqnarray*} y'=\lambda y \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y(0)=1 \end{eqnarray*}$ anwendet.

Du sollst also den expliziten Euler überprüfen:
Also:
$\begin{eqnarray*} \eta_{k+1}=\eta_k+h\lambda\eta_k=(1+h\lambda)\eta_k=...=(1+h\lambda)^k\eta_0=(1+h\lambda)^k \end{eqnarray*}$
Nun setzt man $\begin{eqnarray*} z:=h\lambda \end{eqnarray*}$ und man bekommt
$\begin{eqnarray*} R(z)=1+z \end{eqnarray*}$

Das bedeutet es ist $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ ein Kreis in $\begin{eqnarray*} \mathbb C \end{eqnarray*}$ mit Radius 1 um -1, also insbesondere kann niemals $\begin{eqnarray*} \mathbb C^-:=\{z\in\mathbb C\quad:\quad |R(z)|\leq1\}\subset S \end{eqnarray*}$ gelten und das Verfahren kann nicht A-Stabil sein.

Die Idee der A-Stablität ist wie folgt:
Man hat die Testgleichung [die folgt mit einigen Annahmen daraus, dass man eine allgemeine Funktion durch eine Jacobimatrix approximiert...]
$\begin{eqnarray*} y'=\lambda y \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \lambda\in\mathbb C \end{eqnarray*}$ .

Man sieht schnell, dass die Gleichung die exakte Lösung
$\begin{eqnarray*} y(x)=e^{\lambda x} \end{eqnarray*}$ hat.
Weiter beobachtet man, dass der Realteil von $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ darüber entscheidet, ob die Lösung beschränkt bleibt oder nicht, das heisst mit $\begin{eqnarray*} \lambda=a+ib \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} y(x)=e^{\lambda x}=e^{ax+ibx}=e^{ax}e^{ibx} \end{eqnarray*}$
Der hintere Faktor ist für $\begin{eqnarray*} x\to\infty \end{eqnarray*}$ egal ["dreht nur im Kreis" Big Laugh

Big Laugh

]
aber der vordere entscheidet ob alles explodiert oder nicht.

Nun will man, dass die numerische Lösung auch beschränkt bleibt, wenn es die exakte tut, das heisst für $\begin{eqnarray*} Re(\lambda)\leq0 \end{eqnarray*}$ muss die numerische Lösung beschränkt sein, oder anders ausgedrückt: für $\begin{eqnarray*} \lambda\in\mathbb C^- \end{eqnarray*}$ .
Nun hast du an diesem Beispiel gesehen, dass die numerische Lösung beschränkt bleibt genau dann, wenn $\begin{eqnarray*} |R(z)|\leq1 \end{eqnarray*}$ .
Deshalb definiert man das Stabilitätsgebiet als
$\begin{eqnarray*} S:=\{z\in\mathbb C\quad:\quad |R(z)|\leq1\} \end{eqnarray*}$
und fordert für die A-Stabilität, dass
$\begin{eqnarray*} \mathbb C^-\subset S \end{eqnarray*}$ gelten muss, also die numerische Lösung beschränkt bleiben soll wenn es die exakte auch tut.

Ein Satz sagt nun, dass für ein explizites Runge-Kutta-Verfahren [wie zb. explizit Euler] ist das Stabilitätsgebiet immer beschränkt, kann also insbesondere niemals A-Stabil sein.
Wenn du willst kannst du es einmal mit implizites Euler Verfahren versuchen und du wirst sehen, dass es A-Stabil ist.

11.06.2009, 22:14

tigerbine

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Danke dir für deine Antwort. Nun meine Rückfragen

Zitat:

Original von system-agent
Auf A-Stabilität prüfen heisst, dass man das gegebene Verfahren auf die Testgleichung $\begin{eqnarray*} y'=\lambda y \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y(0)=1 \end{eqnarray*}$ anwendet.

Du sollst also den expliziten Euler überprüfen:
Also:
$\begin{eqnarray*} \eta_{k+1}=\eta_k+h\lambda\eta_k=(1+h\lambda)\eta_k=...=(1+h\lambda)^k\eta_0=(1+h\lambda)^k \end{eqnarray*}$
Nun setzt man $\begin{eqnarray*} z:=h\lambda \end{eqnarray*}$ und man bekommt
$\begin{eqnarray*} R(z)=1+z \end{eqnarray*}$

Wieso nur $\begin{eqnarray*} \eta_{k+1}=(1+h\lambda)^k \end{eqnarray*}$ und nicht $\begin{eqnarray*} \eta_{k+1}=(1+h\lambda)^{k+1} \end{eqnarray*}$ . wo habe ich bei mir falsch gerechnet?

Mit dem R sind wir ja dennoch gleich. Ok, noch eine Substitution. Ich sehe nun auch, dass ich den "|" von "mit der Eigenschaft mit den "|" Betragsstrich gelesen hatte. Dann klart sich ja auch, wie man $\begin{eqnarray*} \leq \end{eqnarray*}$ bestimmen kann. Ups

Ups

Ich habe noch 2 andere Verfahren, die ich testen muss. Da verzichte ich vorab mal auf impliziten Euler.

11.06.2009, 22:26

system-agent

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Zitat:

Original von tigerbine
Wieso nur $\begin{eqnarray*} \eta_{k+1}=(1+h\lambda)^k \end{eqnarray*}$ und nicht $\begin{eqnarray*} \eta_{k+1}=(1+h\lambda)^{k+1} \end{eqnarray*}$ . wo habe ich bei mir falsch gerechnet?

Kann gut sein dass auch k+1 in den Exponenten muss, bin da immer viel zu faul mir das zu überlegen.... Augenzwinkern

Augenzwinkern

Um die Stabilitätsfunktion zu finden ist der Exponent aber egal, man braucht da nur die Basis zu kennen.

Na dann musst du die anderen Verfahren testen smile

smile

Wie gesagt, sind die explizit, dann sind die alle nicht A-Stabil.
Beachte noch, dass für lineare Mehrschrittverfahren das Stabilitätsgebiet anders definiert ist, falls eines deiner Verfahren ein LMV ist.

12.06.2009, 00:23

tigerbine

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implizite Mittelpunktsregel
So here we go.

$\begin{eqnarray*} \eta_{k+1} = \eta_k + hf(t_k+\frac{h}{2},\frac{\eta_k + \eta_{k+1}}{2}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \eta_0=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \eta_1=1 + h(\lambda \frac{1+\eta_1}{2}) \end{eqnarray*}$

So.. nun müßte ich umstellen?

$\begin{eqnarray*} \eta_1 - \frac{\lambda h}{2}\eta_1=1 + \frac{\lambda h}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \eta_1 = \frac{1+\frac{\lambda h}{2}}{1-\frac{\lambda h}{2}} \end{eqnarray*}$

Nun ergibt sich...

$\begin{eqnarray*} \eta_{k+1}=\eta_k +h(\lambda\frac{\eta_k+\eta_{k+1}}{2}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \eta_{k+1}-\frac{\lambda h}{2}\eta_{k+1}=\eta_{k} + \frac{\lambda h}{2} \eta_k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \eta_{k+1}=\eta_{k}\left(\frac{1+\frac{\lambda h}{2}}{1-\frac{\lambda h}{2}}\right) \end{eqnarray*}$

Damit also

$\begin{eqnarray*} R(z)=\frac{1+0.5z}{1-0.5z} \end{eqnarray*}$

Davon nun den Betrag bestimmen.

12.06.2009, 10:02

system-agent

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RE: implizite Mittelpunktsregel

Zitat:

Original von tigerbine
$\begin{eqnarray*} \eta_{k+1}=\eta_k +h(\lambda\frac{\eta_k+\eta_{k+1}}{2}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \eta_{k+1}-\frac{\lambda h}{2}\eta_{k+1}=\eta_{k} + \frac{\lambda h}{2} \eta_k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \eta_{k+1}=\eta_{k}\left(\frac{1+\frac{\lambda h}{2}}{1-\frac{\lambda h}{2}}\right) \end{eqnarray*}$

Damit also

$\begin{eqnarray*} R(z)=\frac{1+0.5z}{1-0.5z} \end{eqnarray*}$

Genau, das ist die Herleitung von $\begin{eqnarray*} R(z) \end{eqnarray*}$ , das vordere brauchst du nicht.
So, nun bestimme das Gebiet $\begin{eqnarray*} S=\{z\in\mathbb C\quad:\quad|R(z)|\leq1\} \end{eqnarray*}$ und überprüfe ob $\begin{eqnarray*} \mathbb C^-\subset S \end{eqnarray*}$ .

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12.06.2009, 11:10

tigerbine

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RE: implizite Mittelpunktsregel
Ok. Das erste sind immer so Aufwärmübungen. Daher "unnötige Wiederholungen". Augenzwinkern

Augenzwinkern

Frage: Gibt es einen Trick oder "muss" ich komplex dividieren und den Betrag ausrechnen? Da warte ich nun erstmal auf deine Antwort

Weiter zur letzten Aufgabe. Verfahren von Heun (3ter Ordnung)

$\begin{eqnarray*} \eta_{k+1} = \eta_k+\frac{h}{4}(k_1+3k_3) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} k_1=f(t_k,\eta_k) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} k_2=f(t_k+\frac{h}{3}, \eta_k + \frac{h}{3}k_1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} k_3=f(t_k+\frac{2h}{3},\eta_k + \frac{2h}{3}k_2) \end{eqnarray*}$

So... nun wieder mit der Testgleichung....

$\begin{eqnarray*} k_1=\lambda \eta_k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} k_2=\lambda(\eta_k + \frac{h}{3}(\lambda \eta_k)) = \eta_k (\lambda+\frac{\lambda^2 h}{3}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} k_3=\lambda(\eta_k + \frac{2h}{3}(\eta_k (\lambda+\frac{\lambda^2 h}{3}))) = \eta_k(\lambda + \frac{2\lambda^2 h}{3} + \frac{\lambda^3 h^2}{9}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \eta_{k+1} = && \eta_k+\frac{h}{4}(\lambda \eta_k+3 \eta_k(\lambda + \frac{2\lambda^2 h}{3} + \frac{\lambda^3 h^2}{9})) \\&& = \eta_k [1+\lambda h + \frac{1}{2} (\lambda h)^2 + \frac{1}{12} (\lambda h)^3 ] \end{eqnarray*}$

Damit ist dann

$\begin{eqnarray*} R(z) = 1+z+\frac{1}{2}z^2+\frac{1}{12} z^3 \end{eqnarray*}$

Auch hier schließe ich (sollte R denn richtig sein) die Frage nach einer geschickten Betragsberechnung an.

12.06.2009, 13:59

system-agent

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Du kannst es von Hand bestimmen oder vorher noch ein Lemma beweisen:

Zitat:

Sei $\begin{eqnarray*} R(z)=\frac{P(z)}{Q(z)} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} P,Q\in\mathbb R[z] \end{eqnarray*}$ (also reelle Polynome) mit $\begin{eqnarray*} Q\neq0 \end{eqnarray*}$ . Dann gilt:
Das Verfahren ist A-Stabil genau dann, wenn
(i) $\begin{eqnarray*} |R(iy)|\leq1 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} y\in\mathbb R \end{eqnarray*}$
(ii) $\begin{eqnarray*} R(z) \end{eqnarray*}$ hat keinen Pol in $\begin{eqnarray*} \mathbb C^- \end{eqnarray*}$

[Für den Beweis nutze das Maximumsprinzip für holomorphe Funktionen, das heisst dass $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ nur auf dem Rand sein Maxmimum annimmt und bemerke, dass $\begin{eqnarray*} \partial\mathbb C^-=\{z\in\mathbb C\quad:\quad Re(z)=0\} \end{eqnarray*}$ ]

12.06.2009, 14:04

tigerbine

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Dann werde ich es wohl von Hand bestimmen müssen.

12.06.2009, 14:07

system-agent

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Für Heun 3. Ordnung habe ich die gleiche Stabilitätsfunktion Freude

Freude

.

12.06.2009, 14:09

tigerbine

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Super! Die i- Mittelpunkt-R müßte A-stabil sein (ja, nur ergoogelt.... Ups

Ups

). Kannst du mir das Gebiet für Heun nennen? Um ein Ausrechnen komme ich ja nicht herum, aber zum Vergleich wäre es toll.

12.06.2009, 14:15

system-agent

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Wenn man nur zeigen will dass etwas nicht A-Stabil ist, dann reicht es zu zeigen dass für ein $\begin{eqnarray*} z_0\in\mathbb C^- \end{eqnarray*}$ eben $\begin{eqnarray*} |R(z_0)|>1 \end{eqnarray*}$ . Dazu kann man zum Beispiel auch für $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ einmal
$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to-\infty}R(x) \end{eqnarray*}$ betrachten. Das sollte für das Polynom helfen.

12.06.2009, 14:17

tigerbine

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Prima. Da in der Aufgabe nur steht "entscheiden sie ob A-stabil", könnte man sich dieser Erleichterung bedienen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

14.06.2009, 17:30

tigerbine

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Zitat:

Original von system-agent
Du kannst es von Hand bestimmen oder vorher noch ein Lemma beweisen:

Zitat:

Sei $\begin{eqnarray*} R(z)=\frac{P(z)}{Q(z)} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} P,Q\in\mathbb R[z] \end{eqnarray*}$ (also reelle Polynome) mit $\begin{eqnarray*} Q\neq0 \end{eqnarray*}$ . Dann gilt:
Das Verfahren ist A-Stabil genau dann, wenn
(i) $\begin{eqnarray*} |R(iy)|\leq1 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} y\in\mathbb R \end{eqnarray*}$
(ii) $\begin{eqnarray*} R(z) \end{eqnarray*}$ hat keinen Pol in $\begin{eqnarray*} \mathbb C^- \end{eqnarray*}$

[Für den Beweis nutze das Maximumsprinzip für holomorphe Funktionen, das heisst dass $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ nur auf dem Rand sein Maxmimum annimmt und bemerke, dass $\begin{eqnarray*} \partial\mathbb C^-=\{z\in\mathbb C\quad:\quad Re(z)=0\} \end{eqnarray*}$ ]

Herrgott ist das peinlich wie ich mit diesen komplexen Zahlen kämpfe. Wenn ich das Lemma nehmen wollte, dann wohl (ii), oder? Die Polstelle (Nullstelle des Nenners) ist bei $\begin{eqnarray*} z=2+i0 \in C_+ \end{eqnarray*}$ . Also ist es A-stabil?

Aber mit dem von Hand rechnen bekomme ich es einfach nicht hin. Kann mir da mal jemand unter die Arme greifen?

14.06.2009, 19:39

system-agent

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Nein, nein ! Das Lemma sagt dass es A-Stabil ist genau dann, wenn (i) und (ii) gelten !
(ii) hast du bereits richtig gesagt, der Pol von $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ ist bei $\begin{eqnarray*} z=2 \end{eqnarray*}$ .
Nun musst du noch (i) zeigen und den Rest erledigt das Lemma.

Von Hand:
Es muss also $\begin{eqnarray*} \left|1+\frac{1}{2}z\right|\leq\left|1-\frac{1}{2}z\right| \end{eqnarray*}$ und das ist äquivalent zu
$\begin{eqnarray*} \left|1+\frac{1}{2}(x+iy)\right|^2\leq\left|1-\frac{1}{2}(x+iy)\right|^2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} z=x+iy \end{eqnarray*}$ .

14.06.2009, 20:22

tigerbine

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Aso. Das Lemma will aber auch viel.... Ups

Ups

(i) heißt also, wenn ich was rein imaginäres einsetzte, dann muss der Betrag von R an diesen Stellen kleiner gleich 1 sein.

Es muss also gelten:

$\begin{eqnarray*} \left|1+i\frac{1}{2}y\right|\leq\left|1-i\frac{1}{2}y\right| \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left|1+i\frac{1}{2}y\right|^2\leq\left|1-i\frac{1}{2}y\right|^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 1^2+(\frac{1}{2}y)^2 \leq 1^2 + (-\frac{1}{2}y)^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0 \leq 0 \end{eqnarray*}$

Das sollte eine wahre Aussage sein. Richtig so?

14.06.2009, 20:25

tigerbine

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Zitat:

Von Hand:
Es muss also $\begin{eqnarray*} \left|1+\frac{1}{2}z\right|\leq\left|1-\frac{1}{2}z\right| \end{eqnarray*}$ und das ist äquivalent zu
$\begin{eqnarray*} \left|1+\frac{1}{2}(x+iy)\right|^2\leq\left|1-\frac{1}{2}(x+iy)\right|^2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} z=x+iy \end{eqnarray*}$ .

Och

böse

(auf mich selbst)... und ich löse hier wie doof diese nervige komplexe Division....Strafarbeit muss sein... also:

$\begin{eqnarray*} \left|(1+\frac{1}{2}x)+iy\right|^2\leq\left|(1-\frac{1}{2}x)+iy)\right|^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (1+\frac{1}{2}x)^2+y^2 \leq (1-\frac{1}{2}x)^2+y^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} +x \leq -x \end{eqnarray*}$

Und das stimmt genau für die nichtpositiven x.

14.06.2009, 22:39

system-agent

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Zitat:

Original von tigerbine
Aso. Das Lemma will aber auch viel.... Ups

Ups

Na sei froh dass es nicht noch eine Bedingung (iii) gibt... Big Laugh

Big Laugh

Schau mal hier:
Sei $\begin{eqnarray*} y\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} R(iy)=\frac{1+\frac{1}{2}iy}{1-\frac{1}{2}iy} \end{eqnarray*}$
und das ist von der Form $\begin{eqnarray*} \frac{w}{\bar{w}} \end{eqnarray*}$ .
Was gilt aber für den Betrag einer komplexen Zahl und deren komplex konjugiertes? Augenzwinkern

Augenzwinkern

[By the way: wie macht man in LaTeX einen schönen Balken für ein komplex Konjugiertes? ]

14.06.2009, 22:43

tigerbine

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Ich versinke ja schon in Demut. Big Laugh

Big Laugh

Jo, die Beträge sind gleich. Immerhin bin ich da ja auch rausgekommen. Also wenn man mit mir fährt, besser vorher voll tanken.

Latex? Wie eigentlich immer. Nur so "lange" dieser Befehl \overline Ob es noch was gibt weiß bestimmt der Stefan K.

$\begin{eqnarray*} \frac{w}{\overline{w}} \end{eqnarray*}$ .

19.08.2012, 11:28

Manolo

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Ich möchte das Thema nochmal aufgreifen, obwohl mir durch die Diskussion hier schon einiges klarer geworden ist.

Mein Problem am Beispiel Verbessertes Euler-Verfahren:
$\begin{eqnarray*} y_{i+1} + hf(t_i + h/2, y_i + h/2 \cdot f(t_i,y_i)) \end{eqnarray*}$
Als Stabilitätsfunktion finde ich:
$\begin{eqnarray*} R(z)=1+z+z^2 \end{eqnarray*}$
Ich muss $\begin{eqnarray*} |R(z)| \leq 1 \end{eqnarray*}$ doch nicht auseinanderrechnen und den Realteil untersuchen, oder?

Aber wie überprüfe ich nun, ob $\begin{eqnarray*} \mathbb{C}^- \subset S \end{eqnarray*}$ ? Was muss ich mit nun anstellen?

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