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Teilbarkeit » Kongruenzen » Modulo-Problem 16kl + 4k + 4l ≡ 18 mod 19
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Universität/Hochschule J Modulo-Problem 16kl + 4k + 4l ≡ 18 mod 19
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-04-18


Ich sucbe Lösungen für
$\displaystyle 16kl+4k+4l = 4(4kl + k +l) \equiv 18 \mod 19 ,k,l \in N \gt 0$

oder was dasselbe ist:
$\displaystyle 4kl + k +l \equiv 14 \mod 19$

ich meine es gibt keine oder unendlich viele.




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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-04-18


Moin Jürgen,

die Frage nach dem Warum ist hoffentlich nicht ernst gemeint: Multipliziere doch deine Kongruenz mal mit dem Inversen von 4...

Auch die Feststellung nach der Anzahl der Lösungen in den ganzen Zahlen ist offensichtlich: Wenn es eine gibt, dann tut es offenbar auch jedes andere Paar ganzer Zahlen, welche in den gleichen Restklassen mod 19 wie deine Ausgangslösung liegen. Dass es also entweder keine oder unendlich viele Lösungen gibt, ist eine Nullaussage, selbst wen man sich dann nur aquf positive ganze Zahlen beschränkt.

Zum Glück gibt es mod 19 nur 19 verschiedene Restklassen, sodass du maximal 19*19 verschiedene Fälle durchprobieren musst. Tipp: Schaue mal, was passiert, wenn du k=0 einsetzt.

Cyrix



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-04-18


(War doch richtig....)

Wenn ich das richtig sehe, gilt ferner ja:

k(4l+1)+l = 14 MOD 19

somit kann man l=0..18 durchlaufen lassen und k dazu bestimmen.

Das wären keine 19x19 Möglichkeiten, sondern 19 l's mit dem zu berechneten k dazu.

Alle l0,k0 Paare sind dann als Bsp mit l0+19n,k0+19m alle gültig.
Analog l1,k1 usw.... bis l18,k18

n,m Element N, ist klar.

Wegen dem warum: 14x4=18 MOD 19

Erstes Paar:
k0=0+19n, l0=9+19m

k=1, k1=1+19n

16*l+4(l+1)=17 MOD 19
man löst dann mit dem chin. Restsatz
20l=13 MOD 19
l=13

Zweites Paar:
k1=1+19n, l1=13+19m

usw...

hoffe das passt






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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-04-18


2019-04-18 17:51 - juergen007 im Themenstart schreibt:
Ich sucbe Lösungen für
$\displaystyle 16kl+4k+4l+1 = 4(4kl + k +l) \equiv 18 \mod 19 ,k,l \in N \gt 0$

oder was dasselbe ist (warum?)
$\displaystyle 4kl + k +l \equiv 14 \mod 19$

ich meine es gibt keine oder unendlich viele.

Zunächst einmal kann mit der Angabe etwas nicht stimmen, denn die beiden Kongruenzen sind ganz sicher nicht äquivalent. Wie so oft bei deinen Postings muss man sich also auf die Suche machen, was du in Wahrheit gemeint haben könntest.  confused

Am einfachsten lässt sich sie Äquivalenz jedenfalls erzwingen, indem man die erste Kongruenz ersetzt durch

$(4k+1)(4\ell+1)\equiv 0 \mod 19$

Da 19 eine Primzahl ist, wäre diese genau dann erfüllt, wenn gilt

$4k+1\equiv 0\mod 19 \ \lor \ 4\ell+1\equiv 0 \mod 19$

was wiederum zu

$k\equiv 14 \mod 19 \ \lor \ \ell \equiv 14 \mod 19$ (*)

äquivalent ist. Für die Lösungspaare $(k,\ell)\in \mathbb N^2$ der Kongruenz muss also einfach obige Bedingung (*) gelten. Tja, und wenn ich mit meiner obigen Annahme richtig liege, war es das auch schon.  biggrin



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-18





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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-04-19


2019-04-18 23:15 - juergen007 in Beitrag No. 4 schreibt:
Was ich schon immer machen wollte, war ne schöne Verknüpfungs-tabellen- darstellung solcher Primkoerper mit php und html.
Und n Jaguar fahren! Hab noch andere Interessen aber das führt hier etwas ab.

Ich kann mir ja gut vorstellen, das es für dich viel schöner ist, in solchen Träumereien zu schwelgen, aber könntest du zwischendurch einen kleinen Teil deiner Zeit auch darauf verwenden, endlich deine Angabe aus dem Startposting richtigzustellen:

2019-04-18 17:51 - juergen007 im Themenstart schreibt:
Ich sucbe Lösungen für
$\displaystyle 16kl+4k+4l+1 = 4(4kl + k +l) \equiv 18 \mod 19 ,k,l \in N \gt 0$

oder was dasselbe ist (warum?)
$\displaystyle 4kl + k +l \equiv 14 \mod 19$

Wenn man da in der ersten Gleichung

$16kl+4k+4l+1 = 4(4kl + k +l)$

beiderseits die rechte Seite subtrahiert führt dies ja glatt auf den Widerspruch $1=0$, also kann das nicht stimmen!  Würde man aber nur diesen Teil

$4(4kl + k +l) \equiv 18 \mod 19$

hier nehmen, so kann man das doch sofort viel einfacher in der Form

$(4k+1)(4l+1)\equiv 0 \mod 19$

schreiben, aus der man die Lösungen fast ohne Rechnung ablesen kann, wie ich in #3 schon ausgeführt habe. Irgendwie sehe ich bei der ganzen Sache also nicht, was genau das alles soll.   confused  



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19





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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-04-19


2019-04-19 01:14 - juergen007 in Beitrag No. 6 schreibt:
Verbessert die 1 war zuviel

Ich sucbe Lösungen für
$\displaystyle 16kl+4k+4l = 4(4kl + k +l) \equiv 18 \mod 19 ,k,l \in N \gt 0$ oder was dasselbe ist
$\displaystyle 4kl + k +l \equiv 14 \mod 19$.

Ok. Beantwortet aber die Frage noch nicht, warum du diese Kongruenz so höllisch kompliziert und nicht in der einfachen Form

$(4k+1)(4l+1)\equiv 0 \mod 19$ (*)

anschreibst, was wegen der Primalität von 19 wie gesagt dann einfach zu

$4k+1\equiv 0 \mod 19 \ \lor\ 4l+1\equiv 0 \mod 19$ (**)

äquivalent ist?!  

aus "Prime und irreduzible Elemente" in Ringtheorie, wo sich der TE nicht mehr meldet.

Ja, das hatte ich mir schon gedacht! Offenbar sollte das aber durch das ansonsten total sinnlose Ausmultiplizieren von $(4k+1)(4l+1)$ und das Hinüberbringen von 1 auf die rechte Seite in der mod 19 gleichwertigen Form von 18 aus welchen Gründen auch immer "verschleiert" werden.  cool

Umso mysteriöser ist aber dann, dass du nicht selbst auf die Äquivalenz von (*) und (**) gekommen bist, wo wir doch in besagtem Thread gefühlt "endlos" auf der bei diesem Schluss hier verwendeten Primzahleigenschaft von 19, nämlich

$19\mid (4k+1)(4l+1)\Rightarrow 19\mid 4k+1\ \lor 19\ \mid 4l+1$

"herumgeritten" sind.   confused  



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-04-19


@Juergen

Als Hobbynumeriker bin ich bzgl der Primzahl k-Tupel, zwangsläufig über das Problem gestoßen , welches den chin. Restsatz erfordert.
Nun, ich habe über Tüftelein die Lösung zum Problem extrem optimieren können...Die Lösung ist nicht aus einem Buch, sondern möglicherweise eine unabhängige von der gelehrten Version. (Das weiß ich aber nicht)

Es war als Bsp die Frage zu lösen:

Gegeben:

k*10000#+16057 durch p teilbar
k*10000#+16061 durch p teilbar
k*10000#+16063 durch p teilbar
k*10000#+16067 durch p teilbar
k*10000#+16069 durch p teilbar
k*10000#+16073 durch p teilbar


Ermittel zu jeder der 6 Bedingung das k , wobei Primzahl p bis 100 Mio sein muss.Das passiert heute durchaus in 1s.

Da käme die Frage auch auf : k*10000#+16069 ist durch 40603379 teilbar....
Mit Versuchen ist das nix auf Dauer.

Die Lösung erfordert für alle p und 6 Bedingungen nur einige Mrd. Rechenschritte. (grob geschätzt)

Schöne Ostergrüße


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19





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Creasy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-04-19


2019-04-19 10:56 - juergen007 in Beitrag No. 9 schreibt:
Ist sagen wir mal 129 prim und/oder irreduzibel in dem $\displaystyle K = 4k+1$ Monoid?

TomTom hat dir eine Beschreibung der primen und irreduziblen Elemente in diesem Monoid gegeben. Die Antwort kannst du dir also überlegen, da $129=3\cdot 43$ ist. Vielleicht versuchst du, diesen erwähnten Kasten von TomTom zu beweisen.
Aber gut, wie geht das hier? genau wie bei der $9$ oder bei $21$ (im anderen Thread): Setze $a=3\cdot ..$ und $b=43\cdot$ und fülle geeignet auf. Da kann man natürlich rumprobieren, aber wenn du das allgemein beweist, kannst auch explizit was angeben. Zum Beispiel sollte $a=3\cdot (3\cdot 43 +2) $ und $b=43\cdot (3\cdot 43+2)$ funktionieren. Dann sind $ a $ und $b$ nicht teilbar durch $129$ und modulo 4 erhältst du $a\equiv 3 \cdot (3\cdot 3 +2)=1 \mod 4$, genauso auch für $b$. Also sind $a,b\in K$.

Irreduzibel ist hier nicht schwierig. Versuch dich mal an dem Beweis des "Kastens" von TomTom aus besagtem Thread.

Grüße
Creasy


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Smile (:



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19





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Creasy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2019-04-19


Wenn deine Primfaktoren stimmen, dann $a=3\cdot 3$ und $b=3^3\cdot 7\cdot 13$. Ist nicht irreduzibel in $K$.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19





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Creasy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-04-19


Ich versteh deine Frage vielleicht einfach nicht mehr.
Das Schema ist doch immer das Gleiche, du musst das nur erkennen und kannst das dann verallgemeinern. Je größer die Zahlen sind, desto schwieriger wird das Verfahren, weil man die Primfaktoren nicht mehr so schnell findet. Es ging in der Aufgabe (im anderen Thread) aber nicht darum, für beliebig riesige Zahlen schnell zu entscheiden, ob das prim ist oder nicht, sondern es geht darum, die primen und irreduziblen Elemente zu beschreiben.

Da es kein Aufwand ist:
deine Zahl ist $3^5\cdot 7^2\cdot 11\cdot 13^2\cdot 17\cdot 23$. Versuch mal $a=3^2$ und $b=3^3\cdot 7^2\cdot 11\cdot 13^2\cdot 17\cdot 23$.

Grüße
Creasy



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19





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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2019-04-19


2019-04-19 12:30 - juergen007 in Beitrag No. 13 schreibt:
8654829183 in K:
Was sind c=ab die zeigen dass 8654829183 reduzibel irreduzibel oder (nicht) prim ist?

Deine Zahl liegt ja nicht einmal in $K$, damit sind auch die nachfolgenden Fragen genauso sinnlos, also würde man fragen, ob $\pi$ prim ist oder nicht.  eek

Suche algorithmus nur aus  p≠1∧∃a,b∈K:p∣a∧b→p∣a∨∣b.

Zunächst einmal hast du hier wieder einmal den Allquantor mit den Existenzquantor vertauscht, d.h., diese Bedingung muss eigentlich für alle $a,b\in K$ gelten und nicht nur für einige.  frown

Und ja, TomTom34 hat ja in dem anderen Thread in #19 klar und deutlich geschrieben, dass die Primelemente von $K$ einfach die Primzahlen in $K$ sind. Wenn man das erst einmal bewiesen hat, was bisher leider noch nicht geschehen ist (und das, obwohl die Beispiele für die irreduziblen Nichtprimzahlen in $K$ klar vorgeben, wie man bei einem so einem Beweis allgemein vorgehen müsste!), dann besteht dein Algorithmus einfach darin zu überprüfen, ob $p$ eine Primzahl ist oder nicht und das sollte ja nicht schwer sein!  cool

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.15 begonnen.]



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19





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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2019-04-19


Ich würde empfehlen, anstatt des offensichtlich fruchtlosen Versuch des Selbststudiums entweder ein Präsenzstudium der Mathematik zu besuchen, oder aber davon zu lassen. Du machst grundlegende Fehler in der Aussagenlogik, die die Grundlagen aller weiteren Erkenntnisse darstellt. Das ist, als ob man Schriftsteller werden will, aber mit dem Satzbau Probleme hat...

Cyrix



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2019-04-19


Ok, noch ein letzter Versuch von meiner Seite, hier etwas Ordnung hineinzubringen. Zunächst brauchen wie schon gesagt ein kommutatives Monoid M mit Kürzungseigenschaft, wo also bei einer multiplikativ geschrieben Verknüfung dann generell gilt

$\forall a,b,c\in M: ab=ac\Rightarrow b=c$

Das sind sozusagen die Grundvoraussetzungen, wenn man sowas wie eine "Teilbarkeitstheorie" betreiben will. Oft erhält man dieses $M$ in der Weise, dass man einen Integritätsring $R$ voraussetzt und für M dessen multiplikative Halbgruppe ohne die 0 nimmt, doch ist das schon sehr speziell und trifft in unserem Fall auch gar nicht zu.

Der Übersichtlichkeit halber und zur leichteren Referenzierbarkeit ein paar grundlegende Begriffe noch für unser Monoid M.

1. Für $a,b \in M$ heißt $a$ ein Teiler von $b$, i.Z. $a\mid b$, wenn es ein $c\in M$ gibt, sodass $ac=b$ gilt. Die Teiler von 1 sind die sog. "Einheiten" von $M$.

2. Eine Nichteinheit $p\in M$ heißt irreduzibel, wenn sie sich nicht als Produkt zweier Nichteinheiten darstellen lässt.

3. Eine Nichteinheit $p\in M$ heißt prim, wenn für beliebige $a,b\in M$ aus $p\mid ab$ stets $p\mid a$ oder $p\mid b$ folgt.

Wie man leicht zeigt (versuch das mal zur Übung, es ist wirklich ganz leicht!), ist jedes Primelement von $M$ insbesondere irreduzibel. Wir könnten also 3. ohne inhaltliche Änderung ersetzen durch

3'. Ein irreduzibles Element $p\in M$ heißt prim, wenn für beliebige $a,b\in M$ aus $p\mid ab$ stets $p\mid a$ oder $p\mid b$ folgt.

Was gilt nun speziell für unser Monoid $K:=\{4k+1\mid k\in \mathbb N\}$? Zunächst ist offensichtlich, dass 1 seine einzige Einheit ist, weshalb also 1 dann nicht irreduzibel und daher schon gar nicht Primelement sein kann. Ferner sollte eigentlich auch sonnenklar sein, dass die Primzahlen in $K$, welche irreduzibel in dem "größeren" Monoid $\mathbb N^*$ sind, natürlich auch irreduzibel in $K$ bleiben. (Ein Gegenbeispiel in $K$ wäre ja auch ein Gegenbeispiel in $\mathbb N^*$ !)

Die Umkehrung gilt aber nicht: Es wäre denkbar, dass ein Element in $K$ irreduzibel ist, aber sich in $N^*$ noch weiter in Nichteinheiten zerlegen lässt. Es könnte also in $K$ mehr irreduzible Elemente als nur die Primzahlen geben und das ist auch tatsächlich der Fall, wie nun schon mehrfach festgestellt: Es sind dies die Elemente $p\in K$, welches sich als Produkt $q_1q_2$ von zwei (nicht notwendig verschiedenen) Primzahlen $q_1,q_2$ schreiben lässt, wobei diese mod 4 in der Restklasse von 3 liegen müssen. Erfüllen letztere auch die stärkere Bedingung 3. oben für die Primalität? Die Antwort ist: Nein, Primelemente von $K$ sind wirklich nur die Elemente in $K\cap \mathbb P$. In den letzten Sätzen stecken natürlich Behauptungen, die alle noch bewiesen werden müssen, aber damit hat man überhaupt mal ein klares Ziel vor Augen, was eigentlich noch zu zeigen ist.

Und wie gesagt: Speziell für die Charakterisierung der Primelemente von $K$ sollte man nicht irgendwelche "Irrsinnskonstrukte" wie dein 8654829183 oben, das noch dazu gar nicht in $K$ liegt(!), betrachten, sondern schlicht und einfach Zahlen der Form $q_1q_2$ mit $q_1,q_2 \in \mathbb P$ und $q_1\equiv q_2\equiv 3 \mod 4$, wie oben ausgeführt. Nur von diesen muss man also zeigen, dass sie die weitergehende Eigenschaft 3. oben nicht erfüllen.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19





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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2019-04-19


btw: "Neid"? Worauf sollte ich hier neidisch sein? ;)

Cyrix



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Nerd nicht Neid- wer lesen kann ist deutlich im Vorteil.
und schon vergessen.



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2019-04-19


Ah, danke für den Hinweis! :)

btw: Das Schöne an Sprache ist ja, dass sie auslegungsfähig ist. Insofern interpretiere ich das "Nerd" mal als Kompliment, da es ausdrückt, dass jemand Spezialkenntnisse hat. Nun, das trifft ja auf eine ganze Reihe hier auf dem Planeten zu, und ich freue mich, dass du sie mir auch attestierst. :)

Cyrix



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edit: Nach Bereinigung des Threads durch den Fragesteller fairerweise auch gelöscht.

Cyrix



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Naja, wir bekommen doch gerne mal von Cyrix das Ränzchen voll. Selbst wenn man ihm die Hand reicht, wird diese abgewiesen.

Wie heißt es so schön ? Wie Innen , so Außen!

In diesem Sinne, frohe Octern.


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