Eine Aufgabe für euch

12.10.2004, 02:35

WebFritzi

Eine Aufgabe für euch

Folgende Behauptung habe ich in einem anderen Forum gesehen und sie auch bewiesen. Aber da der Beweis doch etwas umständlich war (meiner Meinung nach) und ich mir denke, dass man das auch anders lösen könnte, hab ich's mal hier herein gestellt, um mal zu sehen, wie ihr das machen würdet. Viel Spaß... Augenzwinkern

$\begin{eqnarray*} \end{eqnarray*}{\bf Behauptung: } {\it F\"ur alle $a>0$ und alle $n\in\mathbf{N}$ gilt die Ungleichung}\begin{displaymath}\frac{1 + a^2 + a^4 + \dots + a^{2n}}{a + a^3 + a^5 + \dots + a^{2n-1}} \ge \frac{n+1}{n}\;.\end{displaymath}\begin{eqnarray*} \end{eqnarray*}$

EDIT by therisen: Latex-Code verbessert

EDIT by WebFritzi: Was gabs denn da zu verbessern? Darf man kein 'ü' schreiben?

EDIT by MSS (18.5.13): Latex-Code verbessert.

12.10.2004, 17:42

WebFritzi

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Huii, 85 Hits und noch keine Lösung...

12.10.2004, 19:10

Irrlichterl

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Doch, aber zu kompliziert... Das muss noch einfacher gehen. Augenzwinkern

12.10.2004, 19:13

netter Nachbar

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Dein LaTeX-Text sieht bei mir so aus:

12.10.2004, 19:16

netter Nachbar

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Nu aber (war vorher zu gross)...

13.10.2004, 13:53

WebFritzi

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Merkwürdig... Bei mir steht jetzt "für" - so wie's sein soll.

@Irrlichterl: Wie hastes denn gemacht?

13.10.2004, 14:39

pimaniac

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Auf jeden fall gehts mit vollständiger Induktion nach n... aber ich schätz mal da gibts was schöneres....

13.10.2004, 14:39

benutzername

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thema
ist doch ne einfache sache, so wie ich das sehe :
erstmal zur Bedingung a>0 : da du nicht geschrieben hast aus welchem zahlenbereich a kommt hab ich erstmal angenommen das sie reell ist, dann stimmt aber die behauptung nicht mehr (z.B. a=0,9 und n=3)
also bleibt noch der Fall a>=1 : nun ja, man nehme die kleinst möglich summe, die durch 1+a^2+a^4... erreicht werden kann und prüfe die behauptung. ist diese erfüllt dann stimmt die behautung auch für alle grösseren summen (Transitivität von >=)
d.h. a=1
die potenzen spielen keine rolle mehr man zählt nur noch die einsen zusammen
und erhält (n+1):n>=(n+1):n
wahre aussage qed und was sonst noch smile

13.10.2004, 14:43

benutzername

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RE: thema
da ist ein fehler , den unteren post lesen

13.10.2004, 16:24

WebFritzi

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RE: thema

Zitat:

Original von benutzername
erstmal zur Bedingung a>0 : da du nicht geschrieben hast aus welchem zahlenbereich a kommt hab ich erstmal angenommen das sie reell ist, dann stimmt aber die behauptung nicht mehr (z.B. a=0,9 und n=3)

LOL. Wo stimmt das dann nicht? Ich hab's mal in Mathematica eingegeben. Die linke Seite: 1.35055; die rechte: 1.33333. Du bist echt lustig...

Zitat:

Original von benutzername
ist doch ne einfache sache, so wie ich das sehe :

Ich glaube, du siehst das falsch... Augenzwinkern

Zitat:

pimaniac
Auf jeden fall gehts mit vollständiger Induktion nach n... aber ich schätz mal da gibts was schöneres....

Ja? Zeigen!!! Ich hab das auch zuerst versucht, aber nicht geschafft.

13.10.2004, 18:50

Gast

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für n=1 komme ich auf
$\begin{eqnarray*} \frac{1+a^2}{a}\geq 2 \end{eqnarray*}$
(ich hoffe, das kann man lesen, ich kenn den Editor hier nicht, hab einfach Latex genommen)

Das dürfte falsch sein für a>2

EDIT: LaTeX-Code verbessert (ich hoffe, ich hab's richtig interpretiert). Gruß Anirahtak

13.10.2004, 19:05

WebFritzi

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Nein, das stimmt:

$\begin{eqnarray*} \frac{1+a^2}{a} \ge 2 \Longleftrightarrow 1+a^2 \ge 2a \Longleftrightarrow a^2 - 2a + 1 \ge 0 \Longleftrightarrow (a-1)^2 \ge 0 \end{eqnarray*}$ ...

13.10.2004, 19:09

Gast

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Das ist das Problem, wenn man >= und <= durcheinanderwirft....
Ich denk noch mal...

13.10.2004, 19:43

WebFritzi

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Du kannst aufhören, das widerlegen zu wollen. Ich habs ja schon bewiesen... Augenzwinkern

14.10.2004, 16:17

Bruce

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Nach langwierigem Herumgefummel ist auch mir nun ein etwas
umständlicher Beweis für WebFritzi's Ungleichung gelungen.

Es sei
$\begin{eqnarray*} F(a,n)=\frac{1+a^2+\cdots+a^{2n}}{a+a^3+\cdots+a^{2n-1}} \end{eqnarray*}$
für 0<a und n=1,2,3... .

Für a=1 gilt das Gleichheitszeichen der Ungleichung für alle n=1,2,3,...!

Durch Anwendung der Summenformel der geometrischen Reihe folgt
$\begin{eqnarray*} F(a,n)=\frac{a^{n+1}-a^{-(n+1)}}{a^n-a^{-n}} \end{eqnarray*}$
für 1<>a und daran kann man direkt F(a,n)=F(1/a,n) ablesen.

Nun zeige ich, daß F(a,n) für 1<a und festes n streng monoton steigt.
Daraus folgt dann wegen F(a,n)=F(1/a,n), daß F(a,n) für 0<a<1 und
festes n streng monoton fällt. Demnach ist F(1,n) für jedes n ein
absolutes Minimum der Funktion F(a,n) und daraus folgt schließlich
die Behauptung.

Zum Beweis der Monotonie:

Es gilt für alle n=1,2,... und 1<>a
$\begin{eqnarray*} F(a,n)=a+\frac{1}{a}\,\frac{1}{\sum\limits^{n-1}_{k=0}a^{2k}}=a+\frac{1}{a}\,\frac{a^2-1}{a^{2n}-1}. \end{eqnarray*}$

Daraus folgt
$\begin{eqnarray*} \begin{array}{ccl}\frac{d\,F(a,n)}{da}&=&1+\frac{1}{a^{2n}-1}(1+\frac{1}{a^2}-2n\,a^{2(n-1)}\frac{a^2-1}{a^{2n}-1})\\&=&1+\frac{1}{a^{2n}-1}(1+\frac{1}{a^2}-2n\,\frac{a^{-2}-1}{a^{-2n}-1})\\&=&1+\frac{1}{a^{2n}-1}(1+\frac{1}{a^2}-2\frac{n}{\sum\limits^{n-1}_{k=0}a^{-2k}})\end{array} \end{eqnarray*}$

Der harmonische Mittelwert
$\begin{eqnarray*} h=\frac{n}{\sum\limits^{n-1}_{k=0}a^{-2k}} \end{eqnarray*}$
kann nach oben abgeschätzt werden durch den geometrischen Mittelwert
$\begin{eqnarray*} g=\sqrt[n]{\prod^{n-1}_{k=0}a^{2k}}=\sqrt[n]{a^{2(1+2+\cdots+n-1)}}=a^{n-1}, \end{eqnarray*}$
d.h. es gilt h<=g.

Damit und wegen 2<=a+1/a für 0<a folgt schließlich
$\begin{eqnarray*} \frac{d\,F(a,n)}{da}\geq 1+\frac{2}{a}\frac{1-a^n}{a^{2n}-1}=1-\frac{2}{a(a^n+1)}>0 \end{eqnarray*}$
für 1<a, womit die strenge Monotonie von F(a,n) bewiesen ist.

Gruß von Bruce

P.S.
Ich hoffe ich höre von euch, wenn ihr Fehler entdeckt.

14.10.2004, 17:01

WebFritzi

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Zitat:

Damit und wegen 2<a+1/a für 0<a

Das ist falsch! Speziell für a > 1. Es lässt sich aber so retten: Du hast da nach der Abschätzung mit dem Mittel stehen:

$\begin{eqnarray*} \frac{2}{a}\frac{1}{a^{2n}-1}\biggl( \frac{a}{2} + \frac{1}{2a} - a^n \biggr)\;. \end{eqnarray*}$

Wir müssen also nur zeigen, dass

$\begin{eqnarray*} \frac{a}{2} + \frac{1}{2a} - 1 > 0\;. \end{eqnarray*}$

Das gilt aber. Man multipliziere die Gleichung nur mit 2a. Dein Beweis ist schön. Auf das mit dem Mittel wäre ich nie gekommen. Ich habs allerdings auch mit der Monotonie der Funktion gezeigt.
Andere Vorschläge...?

14.10.2004, 19:11

Bruce

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Wenn ich nicht mit Blindheit geschlagen bin, dann gilt für 0<a
$\begin{eqnarray*} (a-1)^2>0\;\Leftrightarrow\,a^2-2a+1>0\;\Leftrightarrow\,a^2+1>2a\;\Leftrightarrow\,a+\frac{1}{a}>2 \end{eqnarray*}$
wie behauptet.

Das stimmt doch, oder ?

Gruß von Bruce

14.10.2004, 20:10

Mathe-Student

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Habe einen wahrhaft wunderbaren Beweis gefunden, leider reicht der Platz hier nicht aus...

Nein, im Ernst. Ich habs so gemacht: linke Seite als Funktionenschar betrachtet, differenziert, Extremstellen berechnet, für alle n ist 1 die einzige Extremstelle größer Null, Umgebungsbetrachtung oder 2te Ableitung liefert Minimum, eingesetzt ist die Ungleichung erfüllt. Fertig.

14.10.2004, 21:12

Bruce

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@Mathestudent
Klar, theoretisch geht es so wie Du es beschreibst.
Wie sieht denn die Praxis aus, ist die etwa auch Bla Bla?

Gruß von Bruce

14.10.2004, 21:21

Mathe-Student

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Ja klappt, die 2te Ableitung wird etwas haarig, daher wäre Umgebungsbetrachtung vorzuziehen, die Gleichung vor dem Ableiten mit a^2-1 erweitern und den Zähler der Ableitung faktorisieren (ergibt etwas wie (a^2-1)^b * p mit p=a^4+3a^2+1 und b=2n-1 o.ä. habs nur überflogen. Auf jeden Fall folgen -1 und 1 als einzig Nullstellen der Ableitung. Und das wärs. Ich bin in latex leider nicht so fit und hab grad keine Zeit. Es ging aber recht gut so.

14.10.2004, 23:25

WebFritzi

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@Mathe-Student: Wie schaffst du, das so einfach zu behaupten über eine gebrochen rationale Funktion 2n+2-ten Grades???

@Bruce: Sorry, hatte (a+1)/a statt a+(1/a) gelesen. Augenzwinkern

15.10.2004, 19:03

Suchender

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Ich habe die Ungleichung so umgeformt:
Multiplikation mit dem Nenner der linken Seite, Subtraktion der rechten Seite.
Dadurch ergibt sich die aequivalente Ungleichung

$\begin{eqnarray*} p_n := (1 + a^2 + ... + a^{2n}) - \frac{n+1}{n} (a + a^3 + ... + a^{2n-1}) \geq 0 \end{eqnarray*}$

Und mir ist dann aufgefallen, dass sich die linke Seite p_n (jedenfalls fuer die bisher untersuchten Faelle n = 1, ..., 12) stets darstellen laesst in der Form

$\begin{eqnarray*} p_n = (1-a)^{2n} + c_{1,n} a (1-a)^{2n-2} + c_{2,n} a^2 (1-a)^{2n-4} + .. + c_{n-1,n} a^{n-1} (1-a)^2 \end{eqnarray*}$ ,
wobei die c_{i,n} saemtlich positiv sind.

Ich habe aus diesen Koeffizienten eine huebsche Tabelle gemacht, aber leider noch kein Schema gefunden, das es erlaubt, allein aus den c_{i,k} mit k<=n die Koeffizienten c_{i,n+1} zu bestimmen. Gelaenge das, und der Nachweis, dass alle Koeffizienten tatsaechlich positiv sind, waere das ebenfalls ein Beweis der Ursprungsbehauptung.

Vielleicht sind diese Koeffizienten ja mit irgendwelchen "klassischen" Zahlenfolgen verwandt.

15.10.2004, 19:39

WebFritzi

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Probier's mal mit Binomialkoeffizienten oder Fakultäten...

15.10.2004, 20:30

Mathe-Student

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Habs grad noch mal nachgerechnet, und es klappt wirklich, bis auf ein klitzekleines Problem, das mir grad erst aufgefallen ist. Ich habe bei der Ableitung den Zähler = 0 gesetzt und den Nenner ignoriert, da ein Bruch nur = 0 wird, wenn der Zähler = 0 ist. Allerdings sollte man nicht vergessen, dass der Nenner an der gleichen Stelle = 0 werden könnte. geschockt

Da 0/0 nicht wirklich notwendige Bedingung einer Extremstelle ist Augenzwinkern

ziehe ich meine Lösung zurück.

18.10.2004, 14:22

Bruce

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Das was hier vorher stand, war leider falsch unglücklich

18.10.2004, 17:36

Suchender

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Hallo, hier kommt jetzt eine Fortsetzung meiner Idee.

Die linke Seite der umgeformten Ungleichung (siehe oben) ist
$\begin{eqnarray*} p_n = \sum_{k=0}^{n-1} c_{k,n}\, a^k\, (1-a)^{2(n-k)} \end{eqnarray*}$

Bis n=100 hab ich jetzt folgende Formel für die Koeffizienten $\begin{eqnarray*} c_{k,n} \end{eqnarray*}$ verifiziert:

$\begin{eqnarray*} c_{k,n} = \prod_{i=1}^k \frac{2\,(n-i)\,(2n-2i+3)}{i\,(2n-i+1)},\ k=0,...,n-1 \end{eqnarray*}$
Alle Koeffizienten, für die diese Formel gilt, sind offensichtlich positiv.

Jetzt müsste ich nur noch nachweisen, dass diese Formel für alle n gilt.

Maple liefert übrigens diese "vereinfachte" Formel für das Produkt:
$\begin{eqnarray*} c_{k,n} = {\frac{(-1)^{k+1}\, (2n+1)\,(n-k)\,\Gamma(2k-2n-1)} {n\,\Gamma(k-2n)\,\Gamma(k+1)}} \end{eqnarray*}$

18.10.2004, 18:41

WebFritzi

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Durch Koeffizientenvergleich von

$\begin{eqnarray*} p_n = \sum_{k=0}^{n-1} c_{k,n}\, a^k\, (1-a)^{2(n-k)} \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} p_n := (1 + a^2 + ... + a^{2n}) - \frac{n+1}{n} (a + a^3 + ... + a^{2n-1}) \geq 0 \end{eqnarray*}$

entsteht ein lineares Gleichungssystem für die c_{n,k}. Du musst also "einfach" zeigen, dass deine explizit angegebenen c_{n,k} das LGS lösen.

18.10.2004, 19:06

Suchender

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Stimmt, WebFritzi.

Nebenbei ist mir noch aufgefallen, dass man ja die Gamma-Funktion gar nicht braucht, aber Maple ist halt übervorsichtig: Es sind simple Fakultäten. Damit sollte auch die Umwandlung von der Produktformel in die explizite Darstellung der c_{k,n} einfach sein.

Auf die Idee, ein Gleichungssystem zu lösen, um die Koeffizienten zu bestimmen, bin ich interessanterweise noch gar nicht gekommen. Ich hab immer schrittweise den Leitterm eliminiert, bis 0 übrigblieb.

An das Gleichungssystem setz ich mit dann später. In der Tat wird der Zusammenhang wohl (auch) über Binomialkoeffizienten laufen. Ich freu mich schon... Hammer

18.10.2004, 21:07

Suchender

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Stelle fest: Die "vereinfachte" Formel, die Maple ausgespuckt hat, ist Müll (die Singularitäten lassen sich vielleicht kürzen, aber so kann man nicht damit rechnen).
Muss wohl doch die Produktformel manuell in Fakultäten umwandeln. *grummel*

18.10.2004, 22:01

Suchender

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OK, die Produktformel lässt sich zusammenfassen zu
$\begin{eqnarray*} c_{k,n} = \frac{2n^2-2kn+n-k}{2n^2-2kn+n}\binom{2n-k}{k} \end{eqnarray*}$
Den Bruch kann man noch faktorisieren, aber so sieht er auch recht hübsch aus.

Ich hab angefangen, den Koeffizientenvergleich zu machen, aber bei den Summen vergeht mir irgendwie die Lust. *g*

Der Koeffizient von a^l, l=0...2n, ist nämlich:
$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\min(n-1,l,2n-l)} c_{k,n} \binom{2n-2k}{l-k}(-1)^{l-k} \end{eqnarray*}$ ,
und der soll, je nachdem ob l gerade oder ungerade ist, gleich 1 oder gleich -(n+1)/n sein. unglücklich

19.10.2004, 00:18

Bruce

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe eine verhältnismäßig einfache Beweisvariante gefunden, die
ohne die Untersuchung von Ableitungen funktioniert und die ich euch
noch vorstellen will smile

.

Definiere für 0<a<>1 und k=1,2,... die Folge
$\begin{eqnarray*} b_k=k\,\frac{a^{2k-1}+1}{a+1} \end{eqnarray*}$

Wie ich unten zeige, gilt für 1<=k:
$\begin{eqnarray*} b_{k+1}-b_k\geq a^{2k}. \end{eqnarray*}$

Daraus folgt
$\begin{eqnarray*} b_{n+1}-1\geq \sum^n_{k=1}a^{2k}\;\Rightarrow\;b_{n+1}\geq \sum^n_{k=0}a^{2k}. \end{eqnarray*}$

Mit
$\begin{eqnarray*} G_n(a)=\sum^n_{k=0}a^{2k} \qquad H_n(a)=a\sum^{n-1}_{k=0}a^{2k}, \end{eqnarray*}$
ergibt sich unter Berücksichtigung der Summenformel für die alternierende
geometrische Reihe
$\begin{eqnarray*} (n+1)(G_n(a)-H_n(a))=(n+1)\frac{a^{2n+1}+1}{a+1}=b_{n+1}\geq \sum^n_{k=0}a^{2k}=G_n(a). \end{eqnarray*}$

Daraus folgt schließlich durch simples Umformen
$\begin{eqnarray*} \frac{1+a^2+\cdots+a^{2n}}{a+a^3+\cdots+a^{2n-1}}=\frac{G_n(a)}{H_n(a)}\geq \frac{n+1}{n}. \end{eqnarray*}$

Nun zum Beweis der oben aufgestellten Behauptung über die Folge b_k:
$\begin{eqnarray*} \begin{array}{rl} & b_{k+1}-b_k \\&\\= & (k+1)\,\frac{a^{2k+1}+1}{a+1}-k\,\frac{a^{2k-1}+1}{a+1} \\&\\ = & \frac{a^{2k+1}+1}{a+1}+k\,\frac{a^{2k+1}-a^{2k-1}}{a+1} \\&\\ = & \frac{a^{2k+1}+1}{a+1}+k(a-1)a^{2k-1} \\&\\ = & a^{2k}+\frac{1-a^{2k}}{1+a}-k(1-a)a^{2k-1} \\&\\ = & a^{2k}+(1-a)(\frac{1-a^{2k}}{1-a^2}-ka^{2k-1}) \\&\\ = & a^{2k}+(1-a)\sum^{k-1}_{l=0}(a^{2l}-a^{2k-1}) \\&\\ \geq & a^{2k}.\end{array} \end{eqnarray*}$

Gruß von Bruce

P.S
So, nun hoffe ich, daß eure armen Seelen endlich wieder Ruhe finden Augenzwinkern

19.10.2004, 02:23

Suchender

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Hallo Bruce,

dein Argument finde ich schön. So wie du es aufgeschrieben hast, lässt es noch ein bisschen zum selberdenken (was durchaus wünschenswert ist), ist aber soweit ich das überblicke vollständig und korrekt. Gott

Damit werde ich meine Lösungsversuche vorerst ad acta legen Schläfer

, obwohl mich die Suche nach der expliziten Formel sehr gereizt hat.

19.10.2004, 07:39

WebFritzi

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Ja, Bruce. Das ist ein schöner Beweis, der ohne viel Klimbim auskommt und trotzdem noch relativ kurz gehalten ist. Respekt!

19.10.2004, 11:06

Bruce

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@WebFritzi
Deine Aufgabe war eine gute Gelegenheit für ausgiebiges Gehirn-Jogging!
Bis ich eine halbwegs übersichtliche Lösung gefunden hatte, waren
zahlreiche Stunden (ehrlicher: Tage!) intensiver Knobelei vergangen.

Hast Du noch mehr von diesem "Zeugs" im Angebot ?

Für den Fall, daß Du noch nicht ausgelastet bist, kannst Du dich ja mal
an diesem geometrischen Problem versuchen:

http://www.matheboard.de/thread.php?threadid=5112

Als ich mich vor einigen Monaten dem Matheboard hinzugesellt habe,
hat diese Aufgabe wohl niemanden so recht interessiert (ich hoffe doch, es hat sich
keiner die Zähne daran ausgebissen Big Laugh

).

@Suchender
Schade, daß dein Ansatz in ein unerfreuliches, lästiges Rechengewusel führt.
Immerhin war deine Sichtweise auf das Problem für mich eine Initialzündung,
die schließlich zu dem Ansatz geführt hat, den ich zuletzt dargestellt habe,
auch wenn das nicht mehr so ohne weiteres zu erkennen ist.

Gruß von Bruce

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