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Strukturen und Algebra » Polynome » Irreduzibilität von Polynomen
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Universität/Hochschule Irreduzibilität von Polynomen
kingdingeling
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-01-10


Liebe Mitglieder,

ich denke dass nicht der erste sein werde, der diese Frage hier stellt, allerdings habe ich bereits alte Beiträge durchgelesen und wollte dieses Thema wirklich gut durchdringen, möglicherweise hilft es auch anderen später noch. Hier die Aufgabe:



Nun ist b) und d) sofort klar nach dem Eisensteinkriterium. Für b) ist p=3 und für d) ist p=2. Interessant sind die anderen Fälle.
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Nun habe ich im Fischer-Buch eine ziemlich coole Sache gefunden: Eratotsthenes Sieb erlaubt es uns alle Polynome zu strichen, die als Produkte von Polynomen kleineren Grades entstehen. Wir erhalten für Polynome bis zum vierten Grad dann nur insgesamt 8 Polynome die irreduizibel sind. Einige weitere erhalten wir durch Multiplikation solcher Elemente. Ich weiß nicht genau ob das so korrekt ist, allerdings verstehe ich die weiteren Wege leider nicht ganz und wäre dort dankbar für eure Hilfe. Ansonsten würde ich bei Rektion mod2 oder mod3 immer {0,1} oder {0,1,-1} in das reduzierte Polynom einsetzen und schauen ob es ein Linearfaktor hat. Diese Methode ist aber ziemlich oft unerfolgreich.

Ansonsten dachte ich noch folgendes: Angenommen man hat ein Polynom wie z.B. in a) Reduziert und erhält was oben steht. Dann müsste man doch da es grad(p)=3 hat das Polynom falls es irreduzibel ist als Produkt von irreduziblen Polynomen vom Grad 1 und 2 schreiben können. Diese sind aber noch ok leicht alle aufzuschreiben. Dann würde man die Produkte dieser Polynome durchgehen und schauen ob nicht eines dieser Produkte ein Polynom wie in a) herauswirft. Ginge das auch?

Ein kurzes Wort noch zur Reduktion von Polynomen: Modler und Kreh haben in ihrem Tutorium-Buch folgendes zu stehen:

Das ist doch ziemlich falsch oder? Ich denke dass statt dem x^2 am Ende ein x^4 hinschreiben sollten.

Ich wäre euch sehr dankbar für eure Hilfe, dieses Thema erscheint mir als ziemlich wichtig!

Liebe Grüße, KingDingeling



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supermonkey
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-01-10


Also bei a) funktioniert doch das Einsetzen von $0,1$.

Ist das Polynom in b) reduziert modulo 2 nicht das selbe wie in a)? Aber Eisenstein haut natürlich auch hin!

Was du bei c) meinst verstehe ich nicht. Könntest du aber mal versuchen  mod 3 zu reduzieren.

e) sehe ich jetzt nicht sofort, könnte aber später nochmal drauf schaue.



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kingdingeling
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 24.09.2017
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Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-11


Danke für deine Antworten:

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Grüße, KingDingeling



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-01-11


2019-01-11 11:03 - kingdingeling in Beitrag No. 2 schreibt:
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Dreimal falsch! Aus der Existenz einer Nullstelle folgt die Teilbarkeit des Polynoms durch einen Linearfaktor (Schreibweise beachten!) und für ein Polynom vom Grad >1 damit dann die Reduzibiltät(!) des Polynoms.  eek



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-01-11


Wenn ein Polynom eine Nullstelle hat, dann ist es nicht irreduzibel.

Irreduzibel heißt ja gerade, dass man das Polynom nicht faktorisieren kann.

Für das Reduktionskriterium musst du eine geeignete Primzahl p verwenden so, dass das reduzierte Polynom irreduzibel ist.

Bei a) funktioniert p=3 also nicht.
Bei der c) hast du dich verrechnet. -1 ist keine Nullstelle.

$(-1)^3-(-1)^2+(-1)-2=(-1)-1-3=-5$

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



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kingdingeling
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-11


Vielen Dank für eure Hilfe, da habe ich ja mächtig was durcheinandergebracht...

Für a) funktioniert die Reduktion mit p=3 also nicht, aber für p=2 finden wir keine Nullstellen und für c) finden wir jetzt dank der Korrektur von PrinzessinEinhorn auch keine Nullstellen für Reduktion mod3. Aber wie gehen wir denn nun weiter vor? Also was ist denn der nächste Schritt?

Gruß, KingDingeling

Edit:

a) Zerfällt hat ja keinen Linearfaktor, ist aber vom Grad 3, d.h. es gibt keinen Faktor vom Polynom der Form (aX+b). Dann ist aber das Polynom doch schon Irreduzibel? Wie könnte man das klarer formulieren?

c) Auch diese Reduktion hat keinen Linearfaktor, da es keine Nullstelle gibt für {0,-1,1}. Hier würde man dann ähnlich argumentieren wie bei a) oben? Mir fällt leider nichts ein wie man das klarer formulieren kann, dass auf Grund des Fehlens des Linearfaktors das Polynom vom Grad 3 schon irreduzibel sein muss.

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Gruß, KingDingeling



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supermonkey
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-01-11


Ein Polynom vom Grad 3 ohne Nullstelle spaltet keinen Linearfaktor ab. Daher ist es irreduzibel.
Aus der Irreduzibilität über $\IF_2$ bzw $\IF_3$ folgt die Irreduzibilität über $\IQ$. Da nur danach gefragt wurde bist du fertig.
Darüber hinaus sind deine Polynome aber auch über $\IZ$ irreduzibel, da sie primitiv sind, d.h. der ggT der Koeffizienten ist 1.
[Man sagt übrigens nicht "zerfällt zu" wenn man die Gestalt dss reduzierten Polynoms meint. Zerfallen beudeutet "lässt sich als Produkt von Polynomen kleineren Grades, die keine Einheiten sind, schreiben"]






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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-01-11


Bei der a) funktioniert Reduktion mit p=2 doch.
Wir haben ein Polynom dritten Grades.
Wenn solche Polynome reduzibel sind, dann müssen sie eine Nullstelle haben.
Man prüft leicht nach (einsetzen von 0 und 1), dass keine Nullstelle vorliegt.

Denn wenn man ein Polynom dritten Grades zerlegt, dann hat man ja sowas:

$a_1X^3+a_2X^2+a_3X+a_4=(b_1X^2+b_2X+b_3)(c_1X+c_2)$

Andere fälle können nicht eintreten.
Für Grad vier (und höher) gilt das nicht mehr.

Zum Beispiel hat $(X^2+1)^2\in\mathbb{R}[X]$ keine Nullstelle, ist aber offensichtlich reduzibel.

Wie genau gehst du bei der e) vor?
Für das Reduktionskriterium darfst du kein p benutzen, was den Leitkoeffizienten teilt.

Wenn du gar keine Idee hast, musst du vielleicht einen rechenintensiven Koeffizientenvergleich machen.
Man müsste zwei Fälle unterscheiden.
Aber bevor du das tust, besser nochmal nach einfacheren Möglichkeiten suchen.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]



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kingdingeling
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-11


Hallo, danke für eure Antworten, ihr helft hier wirklich sehr weiter.

Bei e) Reduziere ich das Polynom modulo7. Die Brüche habe ich mit Inversenbildung reduziert. Ich dachte dass ich z.B. für den Bruch 7/8 mit mod7 reduzieren darf, da ich als einzige Voraussetzung hatte dass ggT(Nenner, modulo Zahl)=ggT(8,7)=1 sein muss. Das ist ja gegeben. Dann gehe ich einfach so vor, dass ich die Inverse von 8 mod7 suche. Das ist ja die 1. Und (7)*(1)(mod7)=0. Für 1/2 erhalte ich dann auf dieselbe Art 4. Soll ich das vielleicht ein wenig genauer darstellen oder ist das so verständlich? Sonst mache ich das nochmal im Formeleditor gerne.

Gruß, KingDingeling



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-01-11



Soll ich das vielleicht ein wenig genauer darstellen oder ist das so verständlich? Sonst mache ich das nochmal im Formeleditor gerne.

Ich denke es ist verständlich was du meinst.

Die Vorgehensweise scheint aber zirkulär zu sein.
Hast du schon mal probiert erst einmal das Polynom mit 8 zu multiplizieren, um die Brüche zu entfernen.

Edit: Wenn ich mich jetzt nicht verrechnet habe, sollte dann p=11 funktionieren. Was aber nicht besonders schön ist...



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kingdingeling
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-11


2019-01-11 12:31 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 9 schreibt:

Die Vorgehensweise scheint aber zirkulär zu sein.
Hast du schon mal probiert erst einmal das Polynom mit 8 zu multiplizieren, um die Brüche zu entfernen.

Darf man das denn so einfach machen? Wie geht man dabei vor?



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-01-11


Darf man das denn so einfach machen? Wie geht man dabei vor?
Das ist erlaubt und geradzu empfohlen. Für ein irreduzibles $f\in R$ ist auch $rf$ mit $r\in R^\times$ irreduzibel. Hier wird $(\IQ[X])^\times = \IQ^\times$ benutzt. Wenn Du mit einem Polynom $f\in\IQ[X]$ untersuchst, ist es meistens sinnvoll f mit einer rationalen Zahl zu multipilieren, s.d $rf\in\IZ[X]$ primitiv ist, d.h. mit Nenner multipilizieren und gemeinsame Teiler ausklammern. Kleine Falle: $2X$ ist irreduzibel in $\IQ[X]$ aber reduzibel in $\IZ[X]$.

Zu e). Ich denke, dieses ist eine Beispiel dafür, dass nicht immer das Reduktionskriterium oder Eisenstein verwendet werden soll. Ein Polynom $f$ vom Grad 4 ist irreduzibel, falls a) $f$ keine Nullstellen hat und b) $f$ nicht in zwei quadratische Faktoren zerfällt. Bei e) läßt sich leicht (mit ener quadratischen Ergänzung) $f(x)>0\ \forall x\in\IR$ zeigen. Was dann noch bleibt ist Bedingung b).


2019-01-11 12:31 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 9 schreibt:
Edit: Wenn ich mich jetzt nicht verrechnet habe, sollte dann p=11 funktionieren. Was aber nicht besonders schön ist...
@PrinzessinEinhorn: Hast Du auch die quadratischen Faktoren in $\IF_{11}[X]$ untersucht? Das sind schon einige.



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kingdingeling
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-11


Vielen Dank für eure Hilfestellungen nochmals!

Ich wollte nur hinzufügen dass mein Ansatz zur e) von oben mit Sicherheit nicht stimmen kann, da das Reduktionskriterium voraussetzt, dass der Grad des Anfangspolynoms gleich dem Grad des Polynoms ist, welches wir durch Reduktion mod n erhalten.

Sollte jemand die Zeit aufbringen können um am Beispiel e) zu zeigen, wie man bei einem etwas komplizierteren Fall die Irreduzibilität zeigt, wäre ich natürlich sehr glücklich darüber :)

Grüße, KingDingeling



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-01-11


@TomTom314: Nein, ich hatte nicht bedacht, dass es ein Polynom vom Grad vier ist...


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



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-01-12



Sollte jemand die Zeit aufbringen können um am Beispiel e) zu zeigen, wie man bei einem etwas komplizierteren Fall die Irreduzibilität zeigt

Ich hatte das oben schon einmal kurz angerissen.
Man kann es auch mit besagtem Koeffizientenvergleich machen.

Wenn du mit der Methode nicht vertraut bist, hilft dir vielleicht der Beitrag hier.

Nach Multiplikation mit 8 haben wir ja dieses Polynom:

$7X^4+4X^3+40X^2+48X+96$

Wenn dieses Polynom reduzibel ist, dann lässt es sich entweder als:

$(aX^2+bX+c)(dX^2+eX+f)$

oder

$(aX^3+bX^2+cX+d)(eX+f)$

schreiben.
Wenn wir ausschließen können, dass es keine rationale Nullstelle gibt, dann kann nur die erste Form auftreten.

Vielleicht kann man das dann mit dem Reduktionskriterium für p=11 kombinieren. Ich hatte nachgerechnet, dass es keine Nullstelle gibt.
Also muss dann die erste Form auftreten.

Es gilt also:

$7X^4+4X^3+7X^2+4X+8=adX^4+(ae+bd)X^3+(af+be+cd)X^2+(bf+ce)X+cf$

Nun werden die Koeffizienten verglichen.
Es gilt also:

7=ad

4=ae+bd

7=af+be+cd

4=bf+ce

8=cf

Wenn dieses Gleichungssystem keine Lösung modulo 11 hat, dann ist dein Polynom irreduzibel.

Nun müsstest du probieren das geschickt zu lösen.

Da 7 eine Primzahl ist gilt wegen 7=ad etwa $a,d\in\{\pm 1, \pm 7\}$

Etwa a=1 und d=7. Hier müsste man schon vier Fälle unterscheiden.
Es könnte ja auch a=-1 und d=-7 gelten.
Oder a=7 und d=1. Oder a=-7 und d=-1...

Also sehr mühselig und ohne Garantie auf Erfolg.



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kingdingeling
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-13


Vielen vielen dank dass du dir die Zeit genommen hast. Eine dumme Frage noch: Kann man das erweiterte Polynom nicht mit Eisenstein bearbeiten?

Gruß und riesen Dank!
KingDingeling



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weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2019-01-13


2019-01-12 21:49 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 14 schreibt:
7=ad

4=ae+bd

7=af+be+cd

4=bf+ce

8=cf

Wenn dieses Gleichungssystem keine Lösung modulo 11 hat, dann ist dein Polynom irreduzibel.

Nun müsstest du probieren das geschickt zu lösen.

Da 7 eine Primzahl ist gilt wegen 7=ad etwa $a,d\in\{\pm 1, \pm 7\}$

Hier werden verschiedene Dinge auf unzulässige Weise vermischt.  eek

Einerseits betrachtest du das Gleichungssystem nämlich mod 11, andererseits argumentierst du für $ad=7$ so, als gelte es dieses System in ganzen Zahlen zu lösen. Mod 11 betrachtet kann nämlich $a$ vollkommen beliebig sein, solange es nicht durch 11 teilbar ist, da ja dann die Kongruenz $ad\equiv 7 \mod 11$ sicher und sogar mod 11 eindeutig lösbar in $d$ ist.

Überhaupt würde ich hier - wohlgemerkt mod 11 - zuerst zum normierten Polynom übergehen und dann o.B.d.A. annehmen, das $a=d=1$ gilt, was die Sache schon einmal sehr vereinfacht.  wink



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2019-01-13


2019-01-11 19:07 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 13 schreibt:
@TomTom314: Nein, ich hatte nicht bedacht, dass es ein Polynom vom Grad vier ist...
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.11 begonnen.]
Wäre zu schön gewesen...

2019-01-11 17:21 - kingdingeling in Beitrag No. 12 schreibt:
Sollte jemand die Zeit aufbringen können um am Beispiel e) zu zeigen, wie man bei einem etwas komplizierteren Fall die Irreduzibilität zeigt, wäre ich natürlich sehr glücklich darüber :)

Mein Versuch.

Reduktionskriterium. mod 11 erhält man nach Multiplikation mit Einheiten und $x\to-x$ das Polynom $\frac{x^5 - 1}{x-1} -3$. Das sieht schön aus, hat mich aber nicht wirklich weiter gebracht.

Brute Force. Nach Normierung und Translation erhält man ein Polynom der Gestalt $g=x^4 + px^2+qx+r$. Falls $g$ in zwei quadratische Faktoren zerfällt, gilt $g=(x^2+ax+b)(x^2-ax+c)$. Eine Koeffizientenvergleich ergibt die Gleichung:
\[(p+a^2)^2+\frac{q^2}{a^2}=4r\] Diese ist eine kubische Gleichung in $a^2$. Mittels Satz von Vieat(?) läßt sich testen, ob diese Gleichung eine rationale Lösung hat und somit ob $g$ in quadratische Faktoren zerfällt.

Diese Methode funktioniert immer, ist aber aufwendig. In kontreten Beispiel treten Brüche mit $7^4$ im Nenner auf, was nun wirklich keine Spaß macht.

Koeffizientenvergleich. Hier betrachten wir die Polynomgleichung
\[g:=7x^4+4x^3+40x^2+48x+96=(7x^2+ax+b)(x^2 +cx+d)\] Der Koeffizientenverleich liefert
\[a+7c=4\\ ac+b+7d=40\\ ad+bc=48\\ bd=96\] Aus $g(x)>0$ erhält man noch zusätzliche Bedingungen $0\leq c^2 <4d;\ 0\leq a^2 < 17b$, insbesondere $b,d>0$ und $|ac|<\sqrt{4\cdot 14\cdot 96}<74$. Aus $bd=2^5\cdot 3$ und der dritten Koeff.-gleichung erhält man $ac\equiv 0\ (3)$. Die zweite Gleichung ergibt dann $b+d\equiv 1 (3)$ und somit mögliche Paare für b,d: $(4,24),(16,6), (24,4),(6,16)$. Über $b+7d=40-ac<114$ lassen sich noch zwei der Paare ausschließen. Für die anderen beiden kann nun das lin. Gleichungssystem aus 1. und 3. Gleichung für a,c ausgerechnet werden. Das habe ich nun nicht mehr vollständig durchgerechnet ...



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PrinzessinEinhorn
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@weird: Danke für den Einwand.
Auch, dass man hier ja dennoch normieren kann, hatte ich nicht bedacht...



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