Stetigkeit, Differenzierbarkeit

11.01.2009, 13:34

Sarahlein

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Stetigkeit, Differenzierbarkeit

Sei $\begin{eqnarray*} f: [0,1]\mapsto \mathbb R \end{eqnarray*}$ definiert durch $\begin{eqnarray*} f(0)=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f(x):=x\cdot (2-\sin(\ln x)-\cos(\ln x)) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x\neq 0 \end{eqnarray*}$ . Zeigen Sie, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ stetig und für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ differenzierbar ist. Bestimmen Sie alle $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ in denen $\begin{eqnarray*} f'(x)=0 \end{eqnarray*}$ ist, und berechnen Sie in diesen Punkten die Funktionswerte.

Ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ auch im Nullpunkt differenzierbar?

Nun ich habe so angefangen:

Stetigkeit:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0^+} x\cdot (2-\sin(\ln x)-\cos( \ln x))=0=\lim_{x \to 0^-} x\cdot (2-\sin(\ln x)-\cos( \ln x)) \end{eqnarray*}$

Ist das so okay?

Bevor ich zeige, dass sie für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ differenzierbar ist schaue ich mal wo die Ableitung 0 ist.

$\begin{eqnarray*} f'(x)=2-\sin(\ln x)-\cos (\ln x))+x\cdot (\frac{1}{x}\cdot (\sin(\ln x) -\cos(\ln x)) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =2-2\cdot \cos(\ln x) \end{eqnarray*}$

Entweder die Ableitung lässt sich so schön verkürzen oder ich habe irgendwo einen Fehler gemacht.

Nun weiter gehts:

$\begin{eqnarray*} 0=2-2\cdot \cos(\ln x)\Rightarrow \cos(\ln x)=1\Rightarrow \ln x=\arccos (1)\Rightarrow x=e^{\arccos (1)} \end{eqnarray*}$

Der Funktionswert an dieser Stelle ist:

$\begin{eqnarray*} f(e^{\arccos(1)})=e^{\arccos(1)}\cdot (2-\sin(\arccos(1))-1)=e^{\arccos(1)}-e^{\arccos(1)}\sin(\arccos(1))-1) \end{eqnarray*}$

Wie schauts bis hierhin aus?

Danke

11.01.2009, 13:42

tmo

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RE: Stetigkeit, Differenzierbarkeit

Zitat:

Original von Sarahlein
Stetigkeit:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0^+} x\cdot (2-\sin(\ln x)-\cos( \ln x))=0=\lim_{x \to 0^-} x\cdot (2-\sin(\ln x)-\cos( \ln x)) \end{eqnarray*}$

Ist das so okay?

Nein. Du zeigst ja gar nichts. Du schreibst quasi einfach nur nochmal die Behauptung hin.

Und übrigens macht $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0^-} \end{eqnarray*}$ keinen Sinn, wenn $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} [0,1] \end{eqnarray*}$ definiert ist...

11.01.2009, 13:47

Sarahlein

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RE: Stetigkeit, Differenzierbarkeit
Wie muss ich denn dann vorgehen?
Hast du ein Tipp für mich?

11.01.2009, 13:53

tmo

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Mit der Definition über das $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ - $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ -Kriterium. Das sollte einem immer sofort in den Sinn kommen.

11.01.2009, 14:04

Sarahlein

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Ohh, also:

$\begin{eqnarray*} \forall \epsilon >0 \exists \delta >0 \end{eqnarray*}$ sodass $\begin{eqnarray*} \forall x\in \mathbb R \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} |x-a|<\delta \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |f(x)-f(a)|<\epsilon \end{eqnarray*}$

Jetzt muss ich ja so ein $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ finden, aber bloß wie?

So vielleicht?

$\begin{eqnarray*} |f(x)-f(a)|=|x\cdot (2-\sin(\ln x)-\cos(\ln x))-a\cdot (2-\sin(\ln a)-\cos(\ln a))| \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =|2\cdot (x-a)+x\cdot (-\sin(\ln x)-\cos(\ln x))-a\cdot (-\sin(\ln a)-\cos(\ln a)) \end{eqnarray*}$

Ist das schon so in der Richtung richtig?

Wäre super cool, wenn du mir die nötigen Ansätze usw. gibst und ich versuche das zu schaffen, denn dann wäre das ein Meilenstein für mich, weil ich dieses Kriterium noch nie konnte.

11.01.2009, 14:09

tmo

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Du sollst doch Stetigkeit an der Stelle $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ zeigen, also musst du $\begin{eqnarray*} a = 0 \end{eqnarray*}$ wählen.

Zitat:

Original von Sarahlein
Jetzt muss ich ja so ein $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ finden, aber bloß wie?

Wer erzählt denn immer dieses Märchen? Man muss $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ beliebig wählen und dann ein geeignetes $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ angeben.

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11.01.2009, 14:14

Sarahlein

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Ja, sorry

Augenzwinkern

$\begin{eqnarray*} \forall \epsilon >0 \exists \delta >0 \end{eqnarray*}$ sodass $\begin{eqnarray*} \forall x\in \mathbb R \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} |x-0|<\delta \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |f(x)-f(0)|<\epsilon \end{eqnarray*}$

Ok, sei also $\begin{eqnarray*} \epsilon>0 \end{eqnarray*}$ beliebig vorgegeben.

$\begin{eqnarray*} |f(x)-f(0)|=|x\cdot (2-\sin(\ln x)-\cos(\ln x))| \end{eqnarray*}$

Und wie mache ich jetzt weiter?
Ich weiß irgendwie nicht, auf was ich am Ende kommen soll.

11.01.2009, 14:19

tmo

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Meistens isoliert man immer irgendwie (entweder durch umformen oder schon abschätzen) $\begin{eqnarray*} |x-a| \end{eqnarray*}$ , also in diesem Fall $\begin{eqnarray*} |x| \end{eqnarray*}$ und schätzt dann den Rest nach oben ab. Danach ist dann (mehr oder weniger Augenzwinkern

Augenzwinkern

) ersichtlich, wie man $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ wählen kann.

$\begin{eqnarray*} |x(2-\sin (\ln x) - \cos (\ln x))| = |x| \cdot |2-\sin (\ln x) - \cos (\ln x)| \end{eqnarray*}$

So und jetzt wendest du die Dreiecksungleichung an.

11.01.2009, 14:30

Sarahlein

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So in etwa?
$\begin{eqnarray*} |x(2-\sin (\ln x) - \cos (\ln x))| = |x| \cdot|2-\sin (\ln x) - \cos (\ln x)|\leq 2|x|+|x|\cdot|-\sin (\ln x) - \cos (\ln x)| \end{eqnarray*}$

11.01.2009, 14:33

tmo

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$\begin{eqnarray*} |x| \end{eqnarray*}$ soll doch "alleine da stehen", das beachtest du erstmal nicht mehr.

Auf $\begin{eqnarray*} |2-\sin (\ln x) - \cos (\ln x)| \end{eqnarray*}$ wendest du die Dreiecksungleich an. Im Sinne von $\begin{eqnarray*} |a+b+c| \leq |a|+|b|+|c| \end{eqnarray*}$

11.01.2009, 14:35

Sarahlein

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So in etwa?
$\begin{eqnarray*} |x(2-\sin (\ln x) - \cos (\ln x))| = |x| \cdot|2-\sin (\ln x) - \cos (\ln x)|\leq |x| \cdot(|2|+|-\sin (\ln x)|+| - \cos (\ln x)|) \end{eqnarray*}$

Jetzt aber oder?

11.01.2009, 14:38

tmo

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Genau. Und was weißt du über $\begin{eqnarray*} |\sin (\ln x)| \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |\cos (\ln x)| \end{eqnarray*}$ ?

11.01.2009, 14:39

Sarahlein

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Moment der Sinus und der Cosinus sind doch beschränkt:

Gilt dann nicht:

$\begin{eqnarray*} |x| \cdot|2-\sin (\ln x) - \cos (\ln x)|\leq |x| \cdot(|2|+|-\sin (\ln x)|+| - \cos (\ln x)|)\leq 4|x|=4\delta \end{eqnarray*}$

11.01.2009, 14:41

tmo

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Fast richtig. Am Ende muss $\begin{eqnarray*} 4|x|<4\delta \end{eqnarray*}$ stehen.

So also wissen wir $\begin{eqnarray*} |f(x)-f(0)|<4\delta \end{eqnarray*}$ .

Zu zeigen ist $\begin{eqnarray*} |f(x)-f(0)| < \varepsilon \end{eqnarray*}$ . Wie könnte man $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ wählen, damit das gilt?

11.01.2009, 14:42

Sarahlein

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Ich meinte:

$\begin{eqnarray*} |x| \cdot|2-\sin (\ln x) - \cos (\ln x)|\leq |x| \cdot(|2|+|-\sin (\ln x)|+| - \cos (\ln x)|)\leq 4|x|<4\delta \end{eqnarray*}$

11.01.2009, 14:47

Sarahlein

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Müssen wir nicht unser $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ so wählen dass es $\begin{eqnarray*} <\epsilon \end{eqnarray*}$ ist?

Für $\begin{eqnarray*} \delta =\frac{1}{4}\epsilon \end{eqnarray*}$ würde es doch passen oder?

11.01.2009, 14:49

tmo

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Zitat:

Original von Sarahlein
Für $\begin{eqnarray*} \delta =\frac{1}{4}\epsilon \end{eqnarray*}$ würde es doch passen oder?

Genau. Für dieses $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} |f(x)-f(0)| \leq 4|x| < 4 \delta = 4 \frac{\varepsilon}{4} = \varepsilon \end{eqnarray*}$

Damit ist der Beweis abgeschlossen.

11.01.2009, 14:52

Sarahlein

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Wooow super erklärt, jetzt verstehe ich den Sinn hinter diesem Kriterium

Kannst du dir Mal meine Ableitung angucken, im ersten Beitrag und ob ich x für f'(x)=0
richtig bestimmt habe?

11.01.2009, 14:58

tmo

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Deine Ableitung ist richtig.

Zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x > 0 \end{eqnarray*}$ differenzierbar ist, ist eigentlich nur Routine, denn dort ist f als Verknüpfung von differenzierbaren Funktionen wieder differenzierbar.

Dass $\begin{eqnarray*} f'(x)=0 \end{eqnarray*}$ äquivalent zu $\begin{eqnarray*} \cos (\ln x) = 1 \end{eqnarray*}$ ist, ist auch korrekt, aber dann kommt dein Fehler. Du kannst nicht einfach den arccos anwenden, da es doch unendlich viele Stellen gibt, sodass $\begin{eqnarray*} \cos (\ln x) = 1 \end{eqnarray*}$ ist.

Da x zwischen 0 und 1 liegt, ist $\begin{eqnarray*} \ln x \leq 0 \end{eqnarray*}$ . Also musst du die Stellen angeben, die kleinergleich 0 sind, und an denen der Cosinus den Wert 1 annimmt.

11.01.2009, 15:08

Sarahlein

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Ist $\begin{eqnarray*} x=-\frac{\pi}{2}-t\cdot 2\pi \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} t\in \mathbb N_0 \end{eqnarray*}$

11.01.2009, 15:15

tmo

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Nein. An den Stellen ist der Cosinus 0.

Übrigens würde ich diese Stellen nicht x nennen. Den später werden die ja mit $\begin{eqnarray*} \ln x \end{eqnarray*}$ gleichgesetzt.

11.01.2009, 15:24

Sarahlein

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Oh man, ich meine natürlich:

$\begin{eqnarray*} y=-2\pi\cdot t \end{eqnarray*}$

Folgt jetzt etwa:

$\begin{eqnarray*} \ln x=-2\pi\cdot t \Rightarrow x=e^{-2\pi\cdot t} \end{eqnarray*}$

11.01.2009, 15:26

tmo

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Das ist korrekt. Freude

Freude

11.01.2009, 15:31

Sarahlein

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Ist der Wert der Ausgangsfunktion dann: $\begin{eqnarray*} f(e^{-2\pi\cdot t})=e^{-2\pi\cdot t} \end{eqnarray*}$

11.01.2009, 15:32

tmo

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Ja, das ist auch richtig. Bleibt nur noch die Frage, ob $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ im Nullpunkt differenzierbar ist.

11.01.2009, 15:33

Sarahlein

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Stimmt, muss ich da etwa den Differenzenquotienten bilden?

Oder kann ich sagen, dass $\begin{eqnarray*} ln(x) \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ nicht definiert ist?

11.01.2009, 15:34

tmo

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Zitat:

Original von Sarahlein
Stimmt, muss ich da etwa den Differenzenquotienten bilden?

Ja.

Zitat:

Original von Sarahlein
Oder kann ich sagen, dass $\begin{eqnarray*} ln(x) \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ nicht definiert ist?

Das tut nichts zur Sache, denn es ist ja $\begin{eqnarray*} f(0)=0 \end{eqnarray*}$ definiert.

11.01.2009, 15:40

Sarahlein

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Ok, dann wird das wohl jetzt ne schwere Geburt.

$\begin{eqnarray*} \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h}=\frac{h(\cdot 2-\sin(\ln h)-\cos(\ln h))}{h} =\lim_{h \to 0} =2-\sin(\ln h)-\cos(\ln h) \end{eqnarray*}$

Und nun?

11.01.2009, 15:54

tmo

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Verrat ich dir, dass der Grenzwert nicht existiert und du beweist es, indem zu zwei Nullfolgen $\begin{eqnarray*} x_n,y_n \end{eqnarray*}$ angibst, sodass $\begin{eqnarray*} 2- \sin (\ln x_n)- \cos (\ln x_n) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 2- \sin (\ln y_n)- \cos (\ln y_n) \end{eqnarray*}$ verschiedene Grenzwerte haben.

Am besten wählst du die Folgen so, dass diese Ausdrücke sogar konstant sind.

Tipp: Da wo der Cosinus 1 oder -1 ist, ist der Sinus immer 0.

11.01.2009, 16:12

Sarahlein

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Oooh nein jetzt kommt das Folgenkriterium mit ins Spiel, wo ich auch nicht wirklich gut drinn bin, aber ich versuchs.

Ich würde zwei Folgen bilden die in etwa so aussehen:

$\begin{eqnarray*} x_n=\frac{1}{a+1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_n=\frac{1}{b} \end{eqnarray*}$

wobei ich nicht weiß wie ich a und b wählen soll.
Dieses +1 nach dem a soll ausschlaggebend dafür sein, dass die Funktionswerte gegen was anderes konvergieren.
Hmm, mit deinem Tipp weiß ich leider nicht viel anzufangen unglücklich

unglücklich

11.01.2009, 16:17

tmo

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Zitat:

Original von tmo
Tipp: Da wo der Cosinus 1 oder -1 ist, ist der Sinus immer 0.

Damit wollte ich andeuten, dass du die Folge so wählst, dass $\begin{eqnarray*} \cos (\ln x_n)=1 \end{eqnarray*}$ gilt und die andere so, dass $\begin{eqnarray*} \cos (\ln y_n)=-1 \end{eqnarray*}$ gilt.

11.01.2009, 16:23

Sarahlein

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Ist die Folge dann:

$\begin{eqnarray*} y_n=e^{-2\pi\cdot n} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_n=e^{-\pi\cdot n} \end{eqnarray*}$

Dann folgt:

$\begin{eqnarray*} y_n \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_n \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$

soweit richtig?

und was kommt jetzt?

11.01.2009, 17:10

Sarahlein

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Tmo könntest du mir noch den entscheidenden Tipp geben?

11.01.2009, 17:14

tmo

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Zitat:

Original von Sarahlein
Ist die Folge dann:
$\begin{eqnarray*} y_n=e^{-2\pi\cdot n} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_n=e^{-\pi\cdot n} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_n \end{eqnarray*}$ ist gut gewählt, denn es ist $\begin{eqnarray*} \cos \ln y_n = 1 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$ ist allerdings nicht so gut gewählt. Wähle $\begin{eqnarray*} x_n = e^{-(\pi+2\pi n)} \end{eqnarray*}$

Dann ist $\begin{eqnarray*} \cos \ln x_n = -1 \end{eqnarray*}$ .

Nun weißt du sicherlich, dass $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0} f(x) = a \end{eqnarray*}$ genau dann gilt, wenn für alle Nullfolgen $\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} f(x_n) = a \end{eqnarray*}$

Nun hast du aber 2 Nullfolgen, bei denen der Grenzwert verschieden ist. Was folgt daraus?

11.01.2009, 17:29

Sarahlein

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Also

$\begin{eqnarray*} f(x_n)=2-\sin(x_n)-\cos(x_n)=3x_n \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f(y_n)=2-\sin(y_n)-\cos(y_n)=y_n \end{eqnarray*}$

Ja, aber das Folgenkriterium sagt ja gerade, dass alle Folgen die gegen den selben Grenzwert konvergieren, deren Funktionswerte auch gegen den selben Funktionswert konvergiert oder?

Aber hier gilt: $\begin{eqnarray*} f(x_n)\neq f(y_n) \end{eqnarray*}$

Deshalb existiert der Grenzwert an der Stelle x=0 nicht und das bedeutet die Funktion ist in x=0 nicht differenzierbar.

verwirrt

verwirrt

11.01.2009, 18:21

tmo

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Zitat:

Original von Sarahlein
Also

$\begin{eqnarray*} f(x_n)=2-\sin(x_n)-\cos(x_n)=3x_n \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f(y_n)=2-\sin(y_n)-\cos(y_n)=y_n \end{eqnarray*}$

Du wolltest schreiben:

$\begin{eqnarray*} 2-\sin(x_n)-\cos(x_n)=3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2-\sin(y_n)-\cos(y_n)=1 \end{eqnarray*}$

Denn wir haben ja $\begin{eqnarray*} \lim_{h \to 0}\frac{f(h)}{h} \end{eqnarray*}$ betrachtet.

Damit ist dann gezeigt, dass dieser Grenzwert nicht existiert. Also ist f im Nullpunkt nicht differenzierbar.

11.01.2009, 18:38

Sarahlein

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Ich bin dir zu großem dank verpflichtet nicht nur weil ich es jetzt hab, sondern, ganz wichtig, ich es auch sehr gut verstanden habe.

Danke

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