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Universität/Hochschule J Potenzmengen
Bfg97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-10-09


Hallo,

Ich soll folgendes beweisen:
fed-Code einblenden



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Wirkungsquantum
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-10-09


Hallo,
deine Erläuterung verstehe ich nicht ganz, aber das ist eine (klassischer) Fall für Induktion. Wie würden denn Induktionsanfang und Voraussetzung lauten?

Grüße,
h


-----------------
$\text{h}=6,626⋅10^{-34} \text{Js}$



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Bfg97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-09


2018-10-09 14:39 - Wirkungsquantum in Beitrag No. 1 schreibt:
Hallo,
deine Erläuterung verstehe ich nicht ganz, aber das ist eine (klassischer) Fall für Induktion. Wie würden denn Induktionsanfang und Voraussetzung lauten?

Grüße,
h

Als Induktionsanfang könnte man die Menge mit nur einem Element nehmen, dann wäre fed-Code einblenden
fed-Code einblenden



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Wirkungsquantum
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-10-09


Hallo,
zu jeder Menge ist noch die leere Menge, Teilmenge (wodurch man erst auf die 2 Mengen kommt).
IA und IV stimmen, IS noch nicht so ganz. Das die Mächtigkeit $2^{n+1}$ ist, ist ja gerade das das was man zeigen will. Man müsste als umgekehrt von der Mächtigkeit der n+1 Meng ausgehen und dann deren Mächtigkeit mit Hilfe der IV ausrechnen.


-----------------
$\text{h}=6,626⋅10^{-34} \text{Js}$



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Bfg97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-09


2018-10-09 14:58 - Wirkungsquantum in Beitrag No. 3 schreibt:
Hallo,
zu jeder Menge ist noch die leere Menge, Teilmenge (wodurch man erst auf die 2 Mengen kommt).
IA und IV stimmen, IS noch nicht so ganz. Das die Mächtigkeit $2^{n+1}$ ist, ist ja gerade das das was man zeigen will. Man müsste als umgekehrt von der Mächtigkeit der n+1 Meng ausgehen und dann deren Mächtigkeit mit Hilfe der IV ausrechnen.


Da fällt mir leider nicht ein, wie ich dazu vorgehen müsste :/



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helmetzer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-10-09


Anmerkung: der erste Teil ist ein klassischer Fall, wo Induktion zwar brauchbar, aber nicht notwendig ist.

Betrachte dazu die Menge der Abb. <math>A \to \{0, 1\}</math> .

Beim 2. Teil bin ich mir nicht sicher, ob das so richtig hingeschrieben ist: das zweite <math>2^{(A)}</math> ist wohl etwas hochgerutscht.


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]



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Bfg97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-09


2018-10-09 15:01 - helmetzer in Beitrag No. 5 schreibt:
Anmerkung: der erste Teil ist ein klassischer Fall, wo Induktion zwar brauchbar, aber nicht notwendig ist.

Betrachte dazu die Menge der Abb. <math>A \to \{0, 1\}</math> .

Beim 2. Teil bin ich mir nicht sicher, ob das so richtig hingeschrieben ist: das zweite <math>2^{(A)}</math> ist wohl etwas hochgerutscht.


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]

Ja natürlich. Das zweite 2^(A) soll natürlich auf selber Höhe sein wie das erste^^
Leider hilft mir Ihr Tipp nicht wirklich weiter :/



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-10-09


Hi,

zur a) Sei <math>|A|=n+1</math>. Nimm ein beliebiges Element <math>a\in A</math>. Wie viele Teilmengen von <math>A</math> gibt es, die <math>a</math> enthalten?  Wie viele Teilmengen von <math>A</math> gibt es, die <math>a</math> nicht enthalten?

Es geht auch ohne Induktion. Sei <math>|A|=n</math>. Wir nummerieren die Elemente von <math>A</math> von <math>1</math> bis <math>n</math> durch. Nun betrachten wir die Wörter der Länge <math>n</math>, die nur aus den Buchstaben 0 und 1 bestehen. Kannst du jedem Wort eindeutig eine Teilmenge von <math>A</math> zuordnen. Bei der b) funktioniert es hier ähnlich.



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]

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Bfg97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-09


2018-10-09 15:07 - ochen in Beitrag No. 7 schreibt:
Hi,

zur a) Sei <math>|A|=n+1</math>. Nimm ein beliebiges Element <math>a\in A</math>. Wie viele Teilmengen von <math>A</math> gibt es, die <math>a</math> enthalten?  Wie viele Teilmengen von <math>A</math> gibt es, die <math>a</math> nicht enthalten?

Es geht auch ohne Induktion. Sei <math>|A|=n</math>. Wir nummerieren die Elemente von <math>A</math> von <math>1</math> bis <math>n</math> durch. Nun betrachten wir die Wörter der Länge <math>n</math>, die nur aus den Buchstaben 0 und 1 bestehen. Kannst du jedem Wort eindeutig eine Teilmenge von <math>A</math> zuordnen. Bei der b) funktioniert es hier ähnlich.



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]

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Spontan würde ich sagen, dass es genauso viele Teilmengen von A gibt, die a enthalten, wie es Teilmengen gibt, die a nicht enthalten. Wie kann ich denn meine Induktion weiterführen, da ich hierbei gerade nicht so ganz mitkomme :)



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2018-10-09


2018-10-09 15:13 - Bfg97 in Beitrag No. 8 schreibt:
2018-10-09 15:07 - ochen in Beitrag No. 7 schreibt:
Hi,

zur a) Sei <math>|A|=n+1</math>. Nimm ein beliebiges Element <math>a\in A</math>. Wie viele Teilmengen von <math>A</math> gibt es, die <math>a</math> enthalten?  Wie viele Teilmengen von <math>A</math> gibt es, die <math>a</math> nicht enthalten?

Es geht auch ohne Induktion. Sei <math>|A|=n</math>. Wir nummerieren die Elemente von <math>A</math> von <math>1</math> bis <math>n</math> durch. Nun betrachten wir die Wörter der Länge <math>n</math>, die nur aus den Buchstaben 0 und 1 bestehen. Kannst du jedem Wort eindeutig eine Teilmenge von <math>A</math> zuordnen. Bei der b) funktioniert es hier ähnlich.



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]

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Spontan würde ich sagen, dass es genauso viele Teilmengen von A gibt, die a enthalten, wie es Teilmengen gibt, die a nicht enthalten. Wie kann ich denn meine Induktion weiterführen, da ich hierbei gerade nicht so ganz mitkomme :)

Das stimmt zwar, aber eine konkrete Anzahl wäre ganz schön :) Falls du es nicht sofort weißt, betrachte die Menge <math>A=\{1,2,3,4,5\}</math>. Wieviele Teilmengen von <math>A</math> enthalten die 5? Wie viele enthalten sie nicht. Wie viele Teilmengen hat die Menge <math>A</math> insgesamt?

Der Ansatz von helmetzer ist wesentlich kürzer und auch für die b) besser geeignet, obwohl die b) auch per Induktion bewiesen werden kann.



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Bfg97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-09


2018-10-09 15:20 - ochen in Beitrag No. 9 schreibt:
2018-10-09 15:13 - Bfg97 in Beitrag No. 8 schreibt:
2018-10-09 15:07 - ochen in Beitrag No. 7 schreibt:
Hi,

zur a) Sei <math>|A|=n+1</math>. Nimm ein beliebiges Element <math>a\in A</math>. Wie viele Teilmengen von <math>A</math> gibt es, die <math>a</math> enthalten?  Wie viele Teilmengen von <math>A</math> gibt es, die <math>a</math> nicht enthalten?

Es geht auch ohne Induktion. Sei <math>|A|=n</math>. Wir nummerieren die Elemente von <math>A</math> von <math>1</math> bis <math>n</math> durch. Nun betrachten wir die Wörter der Länge <math>n</math>, die nur aus den Buchstaben 0 und 1 bestehen. Kannst du jedem Wort eindeutig eine Teilmenge von <math>A</math> zuordnen. Bei der b) funktioniert es hier ähnlich.



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]

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Spontan würde ich sagen, dass es genauso viele Teilmengen von A gibt, die a enthalten, wie es Teilmengen gibt, die a nicht enthalten. Wie kann ich denn meine Induktion weiterführen, da ich hierbei gerade nicht so ganz mitkomme :)

Das stimmt zwar, aber eine konkrete Anzahl wäre ganz schön :) Falls du es nicht sofort weißt, betrachte die Menge <math>A=\{1,2,3,4,5\}</math>. Wieviele Teilmengen von <math>A</math> enthalten die 5? Wie viele enthalten sie nicht. Wie viele Teilmengen hat die Menge <math>A</math> insgesamt?

Der Ansatz von helmetzer ist wesentlich kürzer und auch für die b) besser geeignet, obwohl die b) auch per Induktion bewiesen werden kann.

helmetzers Ansatz habe ich leider nicht verstanden^^
Es gibt eine 1-elementige Teilmenge, vier 2-elementige Teilmengen, 6 3-elementige Teilmengen und vier 4-elementige Teilmengen, die 5 enthalten.



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helmetzer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2018-10-09


Besonders im Hinblick auf den 2. Teil der Aufgabe schlage ich vor, diese Fragestellung zu betrachten:

Wieviele Teilmengen mit <math>k</math> Elementen hat eine Menge mit <math>n</math> Elementen (<math>0 \leq k \leq n</math>).

Der erste Teil ergibt sich dann durch Aufsummieren über <math>k</math>.

Noch ein Hinweis: Binomialkoeffizienten.



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helmetzer
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2018-10-09 15:37 - Bfg97 in Beitrag No. 10 schreibt:
helmetzers Ansatz habe ich leider nicht verstanden^^

Siehe dazu:




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Bfg97
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2018-10-09 15:43 - helmetzer in Beitrag No. 11 schreibt:
Besonders im Hinblick auf den 2. Teil der Aufgabe schlage ich vor, diese Fragestellung zu betrachten:

Wieviele Teilmengen mit <math>k</math> Elementen hat eine Menge mit <math>n</math> Elementen (<math>0 \leq k \leq n</math>).

Der erste Teil ergibt sich dann durch Aufsummieren über <math>k</math>.

Noch ein Hinweis: Binomialkoeffizienten.


Ach ja stimmt so kommt man auf die Anzahl der Teilmengen. Wie man damit aber den ersten Teil der Aufgabe lösen soll, also dass fed-Code einblenden
fed-Code einblenden
verstehe ich leider immer noch nicht.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.11 begonnen.]



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2018-10-09


Ok, dann erkläre ich kurz helmetzers Ansatz. Die Potenzmenge von <math>A</math> sei mit <math>\mathcal{P}(A)</math> bezeichnet.
Wir betrachten die Menge der Abbildungen <math>f\colon A\to \{0,1\}</math>, diese Menge sei mit <math>\mathcal{F}</math> bezeichnet. Jeder dieser Abbildungen können wir eindeutig eine Teilmenge von <math>A</math> zuordnen, nämlich gerade <math>f^{-1}(\{1\})=\{a\in A\mid f(a)=1\}</math>. Es gibt also eine Bijektion zwischen <math>\mathcal{F}</math> und <math>\mathcal{P}(A)</math>. Wir interessieren uns also für die Anzahl der Elemente in <math>\mathcal{F}</math>. Jedes Element <math>a\in A</math> kann auf 1 oder 0 abgebildet werden, es gibt also für jedes Element zwei Möglichkeiten.
Führe die Details weiter aus.

Für den Induktionsbeweis: Sei <math>|A|=n+1</math>. Betrachte festes <math>a\in A</math>. So gibt es nach der Induktionsvoraussetzung ... Teilmengen von <math>A</math>, die <math>a</math> nicht enthalten. Die Menge aller Teilmengen von <math>A</math>, die <math>a</math> nicht enthalten, ist gerade die Potenzmenge von ...
Es gibt genauso viele Teilmengen von <math>A</math>, die <math>a</math> enthalten, wie  Teilmengen von <math>A</math>, die <math>a</math> nicht enthalten. Welche Bijektion können wir hierfür angeben?

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.10 begonnen.]



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2018-10-09 15:53 - ochen in Beitrag No. 14 schreibt:
Ok, dann erkläre ich kurz helmetzers Ansatz. Die Potenzmenge von <math>A</math> sei mit <math>\mathcal{P}(A)</math> bezeichnet.
Wir betrachten die Menge der Abbildungen <math>f\colon A\to \{0,1\}</math>, diese Menge sei mit <math>\mathcal{F}</math> bezeichnet. Jeder dieser Abbildungen können wir eindeutig eine Teilmenge von <math>A</math> zuordnen, nämlich gerade <math>f^{-1}(\{1\})=\{a\in A\mid f(a)=1\}</math>. Es gibt also eine Bijektion zwischen <math>\mathcal{F}</math> und <math>\mathcal{P}(A)</math>. Wir interessieren uns also für die Anzahl der Elemente in <math>\mathcal{F}</math>. Jedes Element <math>a\in A</math> kann auf 1 oder 0 abgebildet werden, es gibt also für jedes Element zwei Möglichkeiten.
Führe die Details weiter aus.

Für den Induktionsbeweis: Sei <math>|A|=n+1</math>. Betrachte festes <math>a\in A</math>. So gibt es nach der Induktionsvoraussetzung ... Teilmengen von <math>A</math>, die <math>a</math> nicht enthalten. Die Menge aller Teilmengen von <math>A</math>, die <math>a</math> nicht enthalten, ist gerade die Potenzmenge von ...
Es gibt genauso viele Teilmengen von <math>A</math>, die <math>a</math> enthalten, wie  Teilmengen von <math>A</math>, die <math>a</math> nicht enthalten. Welche Bijektion können wir hierfür angeben?

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.10 begonnen.]

Es gibt also genau 2^n Teilmengen, die a enthalten?



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2018-10-09


Ja, aber warum?



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2018-10-09 16:35 - ochen in Beitrag No. 16 schreibt:
Ja, aber warum?

Nach Induktionsvoraussetzung stimmt die Annahme, dass die Potenzmenge einer n-elementigen Teilmenge aus 2^n Elementen besteht. Um jetzt die Potenzmenge einer n+1-elementigen Menge zu bestimmen, kann man die IV nutzen, da die n-elementige Menge eine Teilmenge der n+1-elementigen Menge ist. Jetzt kommen noch alle Teilmengen hinzu, die das n+1-Element enthalten. Man verbindet also jedes Element der Potenzmenge der n-elementigen Menge mit diesem Element. Man erhält also 2^n+2^n Elemente, was dasselbe ist wie 2^n+1



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helmetzer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2018-10-09


Moin, mir fällt gerade auf, dass in der Aufgabenstellung nicht davon die Rede ist, dass es sich um endliche Mengen handelt.

Aber setzen wir das mal voraus; dann schlage ich einen Ansatz für den 2. Teil vor:

<math>n</math> sei die Mächtigkeit der endlichen Menge <math>A</math>. Dann ist die Mächtigkeit von <math>R</math>

<math>\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\sum_{j=0}^{n-k}\binom{n-k}{j} = 3^n</math>

was zu zeigen wäre.




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2018-10-09 19:31 - helmetzer in Beitrag No. 18 schreibt:
Moin, mir fällt gerade auf, dass in der Aufgabenstellung nicht davon die Rede ist, dass es sich um endliche Mengen handelt.

Aber setzen wir das mal voraus; dann schlage ich einen Ansatz für den 2. Teil vor:

<math>n</math> sei die Mächtigkeit der endlichen Menge <math>A</math>. Dann ist die Mächtigkeit von <math>R</math>

<math>\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\sum_{j=0}^{n-k}\binom{n-k}{j} = 3^n</math>

was zu zeigen wäre.



Vielen Dank :D Ich werde jetzt versuchen auf das Ergebnis zu kommen.
Ist mein Lösungsweg für Teil 1 so in Ordnung?



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2018-10-09


Dein Lösungsweg für die a) ist im Wesentlichen richtig. Wie begründest du, dass es genauso viele Teilmengen gibt, die das (n+1)-te Element enthalten wie jene, die es nicht enthalten.

Bei der b) finde ich es leichter zu schreiben, dass das (n+1)-te Element in B, C\B oder keiner der beiden Teilmengen ist. Dss geht im Prinzip auch wieder ohne Induktion. Jedes Element ist in B, in C\B oder in keiner der beiden Mengen.



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helmetzer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2018-10-09


Die Idee in Beitrag No. 20 zu b) erscheint bestechend einfach, leuchtet mir aber noch nicht ganz ein.

Meine Formel in Beitrag No. 18 zählt einfach die k-elementigen Mengen B multipliziert mit der Zahl der möglichen "Ergänzungsmengen" C\B.

Die Gleichung sollte sich ergeben durch zweimalige Anwendung der binomischen Formel auf <math>(1+(1+1))^n</math>.



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2018-10-09


2018-10-09 22:10 - helmetzer in Beitrag No. 21 schreibt:
Die Idee in Beitrag No. 20 zu b) erscheint bestechend einfach, leuchtet mir aber noch nicht ganz ein.
Sie ist aber wahr. Es würde hier auch mit der Menge aller Funktionen <math>f\colon R\to\{0,1,2\}</math> klappen. Setze hierfür <math>B=f^{-1}(\{2\}), C=f^{-1}(\{1,2\})</math>.



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helmetzer
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Bingo. Und ein schönes Beispiel, dass man auf "verschiedene" Arten "zählen" kann. Und doch dasselbe dabei herauskommt.



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