Sup/Inf muss erreicht werden < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei [mm] x_n [/mm] eine konvergente Folge in [mm] \IR. [/mm] Beweisen Sie, dass mindestens eine der folgenden Aussagen richtig ist:
i) es gibt ein n [mm] \in \IN [/mm] mit [mm] x_n [/mm] = sup [mm] x_n;
[/mm]
ii) es gibt ein n [mm] \in \IN [/mm] mit [mm] x_n [/mm] = inf [mm] x_n. [/mm] |
Ich komme bei der Aufgabe leider auf keinen Ansatz. Mein erster Gedanke war es über einen Widerspruchsbeweis zu versuchen, aber nun finde ich auch keinen Widerspruch. Hätte jemand eine Idee für mich, mit der ich weitermachen könnte?
Danke!
P.S: Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hiho,
da beide Beweise analog laufen, reicht hier eines zu zeigen, nämlich:
zz. i) gilt nicht [mm] \Rightarrow [/mm] ii) gilt
sei nun $s = [mm] \sup x_n$, [/mm] da es nicht angenommen wird, aber trotzdem das Supremum ist, muss was gelten?
Zeige, dass daraus dann sofort folgt $s = [mm] \lim_{n\to\infty} x_n$
[/mm]
Dann: Zeige, dass daraus sofort folgt [mm] $\exists N_0 \in \IN: \inf x_n [/mm] = [mm] \min\{x_1,\ldots,x_{N_0}\}$
[/mm]
MFG,
Gono.
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Danke Gono! Bevor ich versuche es schön aufzuschreiben noch eine Nachfrage um zu sehen, ob ich es richtig verstanden habe:
>
> sei nun [mm]s = \sup x_n[/mm], da es nicht angenommen wird, aber
> trotzdem das Supremum ist, muss was gelten?
Dann muss das Supremum der Grenzwert sein, denn sonst wäre nicht s das Supremum, sondern es gäbe es ein [mm] s-\varepsilon [/mm] welches [mm] \ge [/mm] alle [mm] x_n [/mm] ist.
> Zeige, dass daraus dann sofort folgt [mm]s = \lim_{n\to\infty} x_n[/mm]
>
> Dann: Zeige, dass daraus sofort folgt [mm]\exists N_0 \in \IN: \inf x_n = \min\{x_1,\ldots,x_{N_0}\}[/mm]
>
Wenn es einen Grenzwert a gibt (bei dieser Richtung das Supremum) und ein [mm] N_0 \in \IN [/mm] so dass [mm] \forall [/mm] N [mm] \ge N_0 [/mm] gilt dass [mm] |x_N [/mm] - a| < [mm] \varepsilon [/mm] gibt es nur eine endliche Zahl an Folgengliedern [mm] N_0-1 [/mm] für die [mm] |x_N [/mm] - a| > [mm] \varepsilon [/mm] gilt und die nach Voraussetzung auch unterhalb des Supremums liegen müssen. Eines davon muss das Minimum der Folge sein und deshalb auch das Infimum sein.
Geht das in die richtige Richtung?
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Hiho,
> Dann muss das Supremum der Grenzwert sein, denn sonst wäre
> nicht s das Supremum, sondern es gäbe es ein [mm]s-\varepsilon[/mm]
> welches [mm]\ge[/mm] alle [mm]x_n[/mm] ist.
Genau.
> Wenn es einen Grenzwert a gibt (bei dieser Richtung das
> Supremum) und ein [mm]N_0 \in \IN[/mm] so dass [mm]\forall[/mm] N [mm]\ge N_0[/mm]
> gilt dass [mm]|x_N[/mm] - a| < [mm]\varepsilon[/mm] gibt es nur eine endliche
> Zahl an Folgengliedern [mm]N_0-1[/mm] für die [mm]|x_N[/mm] - a| >
> [mm]\varepsilon[/mm] gilt und die nach Voraussetzung auch unterhalb
> des Supremums liegen müssen.
Und vorallem unterhalb aller anderen Folgenglieder!
> Eines davon muss das Minimum der Folge sein und deshalb auch das Infimum sein.
Korrekt.
MFG,
Gono.
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>
> Korrekt.
>
Schön. :)
Ich versuche es mal mit einer Formulierung des Beweises:
(i) gilt nicht => (ii) gilt:
Sei s:=sup [mm] x_n. [/mm] Dann existiert ein N [mm] \in \IN [/mm] so dass [mm] \forall [/mm] n [mm] \in \IN [/mm] mit n [mm] \ge [/mm] N gilt: [mm] |x_n [/mm] - s| < [mm] \varepsilon [/mm] mit [mm] \varepsilon [/mm] >0. Wäre dem nicht so, so wäre nicht s das Supremum, sondern ein [mm] s-\varepsilon. [/mm] Folglich ist lim [mm] x_n [/mm] = sup [mm] x_n. [/mm]
Daraus folgt, dass nur eine endliche Anzahl Folgenglieder, nämlich M = { [mm] x_0, x_1, [/mm] ..., [mm] x_N [/mm] } existiert mit [mm] |x_n [/mm] - s| > [mm] \varepsilon, x_n \in [/mm] M. Diese sind offensichtlich kleiner als das Supremum und auch kleiner als alle Folgenglieder mit n>N. Daraus folgt, dass inf = min(M). qed.
(ii) gilt nicht => (i) gilt:
analog
Kann man das so schreiben?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:03 Di 06.11.2012 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Unwissender123,
ich sehe den Lösungsansatz leider deutlich kritischer als Gono.
> Ich versuche es mal mit einer Formulierung des Beweises:
> (i) gilt nicht => (ii) gilt:
> Sei s:=sup [mm]x_n.[/mm] Dann existiert ein N [mm]\in \IN[/mm] so dass
> [mm]\forall[/mm] n [mm]\in \IN[/mm] mit n [mm]\ge[/mm] N gilt: [mm]|x_n[/mm] - s| < [mm]\varepsilon[/mm]
> mit [mm]\varepsilon[/mm] >0. Wäre dem nicht so, so wäre nicht s
> das Supremum, sondern ein [mm]s-\varepsilon.[/mm]
Es könnte doch a priori [mm] $|x_n-s|<\varepsilon$ [/mm] für ein [mm] $n\in\IN$ [/mm] gelten, ohne dass [mm] $|x_n-s|<\varepsilon$ [/mm] für fast alle [mm] $n\in\IN$ [/mm] gilt.
> Folglich ist lim
> [mm]x_n[/mm] = sup [mm]x_n.[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Um $\lim_{n\to\infty}x_n=\sup_{n\in\IN}x_n$ zu zeigen, benötigst du, dass $(x_n)_{n\in\IN}$ als konvergent vorausgesetzt wurde.
Sei $a:=\lim_{n\in\IN}x_n$ und $i:=\inf_{n\in\IN}x_n$. Warum gilt $a\le s$?
Nimm nun an, es wäre $a<s$.
Zeige dann, dass fast alle $x_n$ unterhalb von $s-\varepsilon$ für ein $\varepsilon>0$ liegen, indem du die Konvergenz der $x_n$ gegen a für ein geeignetes $\varepsilon>0$ nutzt.
Gib danach eine kleinere obere Schranke von $\{x_n\;|\;n\in\IN\}$ als s an. Widerspruch zur Wahl von s.
Also $a=s$.
> Daraus folgt, dass nur eine endliche Anzahl Folgenglieder,
> nämlich M = $\{$ [mm]x_0, x_1,[/mm] ..., [mm]x_N[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
$\}$ existiert mit [mm]|x_n[/mm] - s| > [mm]\varepsilon, x_n \in[/mm] M.
Für alle [mm] $\varepsilon>0$ [/mm] existiert ein [mm] $N\in\IN$ [/mm] mit [mm] $|x_n-s|<\varepsilon$ [/mm] für alle [mm] $n\ge [/mm] N$. Daraus folgt nicht, dass [mm] $|x_n-s|\ge\varepsilon$ [/mm] für $n<N$.
> Diese sind offensichtlich kleiner
> als das Supremum und auch kleiner als alle Folgenglieder
> mit n>N. Daraus folgt, dass inf = min(M). qed.
Es könnte und wird je nach Wahl von [mm] $\varepsilon$ [/mm] auch [mm] $M=\emptyset$ [/mm] gelten.
Um dieses Problem zu umgehen, konstruiere ein spezielles [mm] $\varepsilon>0$, [/mm] so dass aus "für alle [mm] $n\ge [/mm] N$ gilt [mm] $s-x_n=|x_n-s|<\varepsilon$" [/mm] folgt: [mm] $x_n>i+\varepsilon$.
[/mm]
Zeige nun: Es ist $N>0$ und [mm] $i=\min\{x_0,\ldots,x_{N-1}\}$, [/mm] also [mm] $i=x_k$ [/mm] für ein [mm] $k\in\{0,\ldots,N-1\}$.
[/mm]
> (ii) gilt nicht => (i) gilt:
> analog
Das musst du gar nicht mehr zeigen. Wenn du "(nicht (i)) => (ii)" gezeigt hast, muss mindestens eine der beiden Aussagen (i) und (ii) gelten.
Mir erscheint diese Aufgabe sehr anspruchsvoll für das erste Semester. Ich glaube, ich hätte sie damals nicht lösen können, obwohl ich in der AnaI-Klausur eine 1 hatte.
Viele Grüße
Tobias
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Vielen Dank für die ausführliche Antwort, Tobias! Auch schön zu hören, dass du die Aufgabe auch für sehr anspruchsvoll hältst. Die Frist für die Bearbeitung ist übermorgen und ich habe noch niemanden gefunden, der einen sinnvollen Ansatz für die Aufgabe hat.
Ich versuche es mit deinen Hinweisen einmal neu:
Sei i := inf [mm] x_n, [/mm] s = sup [mm] x_n [/mm] und a = lim [mm] x_n.
[/mm]
1. Schritt: Zeigen, dass a = s.
Beweis durch Widerspruch:
Sei a = [mm] s-\varepsilon [/mm] mit [mm] \varepsilon [/mm] > 0. Sei [mm] \varepsilon' [/mm] = [mm] \varepsilon [/mm] /2. Dann existiert ein N [mm] \in \IN [/mm] so dass für alle n [mm] \ge [/mm] N, n [mm] \in \IN [/mm] gilt: [mm] |x_n [/mm] - a| < [mm] \varepsilon'. [/mm] Das steht im Widerspruch zur Annahme, dass s das Supremum ist. Also folgt a=s, die Folge konvergiert also gegen das Supremum.
2. Schritt: Nichtleere Menge kleinerer Folgenglieder
Sei [mm] \varepsilon'' [/mm] = |(s-i)|/2. Dann gibt es wieder ein N [mm] \in \IN [/mm] so dass für alle n [mm] \in \IN [/mm] mit n [mm] \ge [/mm] N folgt: [mm] |x_n [/mm] - s| < [mm] \varepsilon'' [/mm] sowie [mm] x_n> [/mm] i + [mm] \varepsilon'' [/mm] . Auch gilt, dass es eine nichtleere Menge M mit mindestens einem Element (dem Infimum) gibt, für die [mm] |x_n [/mm] - s| > [mm] \varepsilon''. [/mm] Diese Menge ist nach Voraussetzung endlich und es muss gelten i = min(M), also [mm] i=x_k [/mm] für ein k [mm] \in [/mm] M.
Für inf=sup gilt das Gesagte natürlich nicht, aber der Fall muss ja wohl nicht betrachtet werden, weil da die Aussagen ja offensichtlich gelten.
Jetzt näher dran an einem korrekten Beweis? :)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:12 Mi 07.11.2012 | | Autor: | tobit09 |
Das sieht ganz gut aus! Du hast die richtigen [mm] $\varepsilon$ [/mm] gefunden, was ich am schwierigsten fand. Du scheinst eine gute Anschauung zu haben. 
> Sei i := inf [mm]x_n,[/mm] s = sup [mm]x_n[/mm] und a = lim [mm]x_n.[/mm]
Was ich bisher übersehen habe: Warum sind i und s eigentlich reelle Zahlen und nicht [mm] $i=-\infty$ [/mm] oder [mm] $s=+\infty$?
[/mm]
> 1. Schritt: Zeigen, dass a = s.
> Beweis durch Widerspruch:
> Sei a = [mm]s-\varepsilon[/mm] mit [mm]\varepsilon[/mm] > 0.
Warum gilt im Falle [mm] $a\not=s$, [/mm] dass $a<s$ und nicht $a>s$? Beachte, dass [mm] $x_n\le [/mm] s$ für alle [mm] $n\in\IN$.
[/mm]
Dann [mm] $\varepsilon:=s-a>0$.
[/mm]
> Sei [mm]\varepsilon'[/mm] = [mm]\varepsilon[/mm] /2. Dann existiert ein N [mm]\in \IN[/mm] so dass für
> alle n [mm]\ge[/mm] N, n [mm]\in \IN[/mm] gilt: [mm]|x_n[/mm] - a| < [mm]\varepsilon'.[/mm] Das
> steht im Widerspruch zur Annahme, dass s das Supremum ist.
Warum?
Für alle [mm] $n\ge [/mm] N$ gilt [mm] $x_n-a\le|x_n-a|<\varepsilon'$, [/mm] also [mm] $x_n\le a+\varepsilon'=\ldots=s-\varepsilon'$.
[/mm]
Also ist [mm] $s':=max(x_0,x_1,\ldots,x_{N-1},s-\varepsilon')$ [/mm] eine obere Schranke von [mm] $\{x_n\;|\;n\in\IN\}$. [/mm] Wegen [mm] $x_0,\ldots,x_{N-1}
> Also folgt a=s, die Folge konvergiert also gegen das
> Supremum.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> 2. Schritt: Nichtleere Menge kleinerer Folgenglieder
Ich würde diesen Schritt "Konstruktion eines [mm] $k\in\IN$ [/mm] mit [mm] $i=x_k$" [/mm] nennen.
> Sei [mm]\varepsilon''[/mm] = |(s-i)|/2. Dann gibt es wieder ein N
> [mm]\in \IN[/mm] so dass für alle n [mm]\in \IN[/mm] mit n [mm]\ge[/mm] N folgt: [mm]|x_n[/mm] - s| < [mm]\varepsilon''[/mm]
> Für inf=sup gilt das Gesagte natürlich nicht, aber der
> Fall muss ja wohl nicht betrachtet werden, weil da die
> Aussagen ja offensichtlich gelten.
Genau. Oder anders argumentiert: Nach Annahme nicht (i) gilt [mm] $i\le x_0
>sowie [mm]x_n>[/mm] i + [mm]\varepsilon''[/mm] .
wegen [mm] $s-x_n=|s-x_n|<\varepsilon''$ [/mm] und damit [mm] $x_n>s-\varepsilon''=\ldots=i+\varepsilon''$.
[/mm]
> Auch
> gilt, dass es eine nichtleere Menge M
[mm] $M:=\{x_n\;|\;n\in\IN\text{ mit }x_n\le i+\varepsilon''\}$
[/mm]
> mit mindestens einem
> Element (dem Infimum) gibt,
Noch wissen wir nicht, dass M das Element i enthält.
Wäre [mm] $M=\emptyset$, [/mm] so wäre [mm] $x_n>i+\varepsilon''$ [/mm] für alle [mm] $n\in\IN$ [/mm] und damit [mm] $i+\varepsilon''>i$ [/mm] eine obere Schranke von [mm] $\{x_n\;|\;n\in\IN\}$, [/mm] was der Wahl von i widerspricht.
Wir können also ein Element [mm] $m\in [/mm] M$ wählen.
> für die [mm]|x_n[/mm] - s| >
> [mm]\varepsilon''.[/mm] Diese Menge ist nach Voraussetzung endlich
Nicht nach Voraussetzung, sondern wegen [mm] $M\subseteq\{x_0\ldots,x_{N-1}\}$ [/mm] (was wegen [mm] $x_n>i+\varepsilon''$ [/mm] für alle [mm] $n\ge [/mm] N$ gilt).
> und es muss gelten i = min(M),
Genau.
[mm] ($i\le x_n$ [/mm] für alle [mm] $n\in\IN$, [/mm] also [mm] $i\le [/mm] x$ für alle [mm] $x\in [/mm] M$, also [mm] $i\le\min(M)$. $i\ge\min(M)$ [/mm] gilt, da i größte untere Schranke von [mm] $\{x_n\;|\;n\in\IN\}$ [/mm] und [mm] $\min(M)$ [/mm] eine untere Schranke von [mm] $\{x_n\;|\;n\in\IN\}$.
[/mm]
Um Letzteres zu sehen, beachte: Für [mm] $x\in [/mm] M$ gilt [mm] $\min(M)\le [/mm] x$. Für [mm] $x\in\{x_n\;|\;n\in\IN\}\setminus [/mm] M$ gilt [mm] $x_n>i+\varepsilon''\ge m\ge\min(M)$.)
[/mm]
> also [mm]i=x_k[/mm] für ein k [mm] $\red{x_k}$[/mm] [mm]\in[/mm] M.
> Jetzt näher dran an einem korrekten Beweis? :)
Absolut!
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Hallo Tobias,
nochmal vielen Dank! Ich habe deine Antwort erst jetzt gesehen, wir hatten gerade Praktikum zur Vorlesung (Möglichkeit zum gemeinsamen Bearbeiten der Aufgaben wo auch Übungsgruppenleiter und Professor für Fragen anwesend sind) und ich habe da meinen Ansatz von vorhin (den ich dank euch habe!) mit meinem Tutor besprochen. Er meinte, dass der Ansatz mit dem gewählten [mm] \varepsilon=|(sup-inf)/2| [/mm] gut ist, hat aber statt des Widerspruchsbeweises dass a=s ist vorgeschlagen, einfach drei Fälle zu betrachten:
1. Folge konvergiert gegen sup
2. Folge konvergiert gegen inf
3. Folge konvergiert gegen etwas dazwischen
Für jeden der drei Fälle müsste dann der "Konstruktion eines k [mm] \in \IN" [/mm] durchgeführt werden, wobei beim Fall 2. dann das Maximum statt des Minimum gewählt wird und [mm] |x_n [/mm] - i| < [mm] \varepsilon [/mm] und bei 3. als [mm] \varepsilon [/mm] dann min((a-inf)/2, (sup-a)/2)).
Im 1. Fall gilt dann, dass es ein [mm] x_n [/mm] = inf gibt, im 2. ein [mm] x_n [/mm] = sup und im 3. Fall gibt es [mm] x_n [/mm] = sup und [mm] x_m [/mm] = inf.
Da er es ja letztlich bewertet werde ich es dann so machen, mich würde aber interessieren, was du davon hältst. Mir kommt das etwas einfacher vor als mit dem 1. Schritt des Widerspruchsbeweises, aber vielleicht ist es strenggenommen ja nicht korrekt.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:32 Mi 07.11.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Ich habe deine Antwort erst jetzt
> gesehen, wir hatten gerade Praktikum zur Vorlesung
> (Möglichkeit zum gemeinsamen Bearbeiten der Aufgaben wo
> auch Übungsgruppenleiter und Professor für Fragen
> anwesend sind) und ich habe da meinen Ansatz von vorhin
> (den ich dank euch habe!) mit meinem Tutor besprochen. Er
> meinte, dass der Ansatz mit dem gewählten
> [mm]\varepsilon=|(sup-inf)/2|[/mm] gut ist, hat aber statt des
> Widerspruchsbeweises dass a=s ist vorgeschlagen, einfach
> drei Fälle zu betrachten:
> 1. Folge konvergiert gegen sup
> 2. Folge konvergiert gegen inf
> 3. Folge konvergiert gegen etwas dazwischen
>
> Für jeden der drei Fälle müsste dann der "Konstruktion
> eines k [mm]\in \IN"[/mm] durchgeführt werden, wobei beim Fall 2.
> dann das Maximum statt des Minimum gewählt wird und [mm]|x_n[/mm] -
> i| < [mm]\varepsilon[/mm] und bei 3. als [mm]\varepsilon[/mm] dann
> min((a-inf)/2, (sup-a)/2)).
>
> Im 1. Fall gilt dann, dass es ein [mm]x_n[/mm] = inf gibt, im 2. ein
> [mm]x_n[/mm] = sup und im 3. Fall gibt es [mm]x_n[/mm] = sup und [mm]x_m[/mm] = inf.
>
> Da er es ja letztlich bewertet werde ich es dann so machen,
> mich würde aber interessieren, was du davon hältst. Mir
> kommt das etwas einfacher vor als mit dem 1. Schritt des
> Widerspruchsbeweises, aber vielleicht ist es strenggenommen
> ja nicht korrekt.
Die Idee des Tutors halte ich für mindestens genausogut wie die Idee, die wir hier verfolgt haben. Sie erscheint mir übersichtlicher, auch wenn letztlich ähnliche Argumente eingehen. Ein Vorteil ist, dass sich das Ende vom 1. und 3. Fall gemeinsam behandeln lässt.
Innerhalb des 1. und 2. Falles wird man den Fall $i=s$ separat behandeln, so dass man eigentlich 4 Fälle zu untersuchen hat.
Mir ist eine weitere Vereinfachung des Beweises des Tutors eingefallen:
Betrachte folgende Fälle:
1. a>i
2. a<s
3. i=a=s
Mindestens einer der Fälle tritt ein (Warum?).
Der 3. Fall ist einfach zu behandeln.
Der 2. Fall ist analog zum ersten Fall zu behandeln (oder mittels Betrachtung der Folge [mm] $(-x_n)_{n\in\IN}$ [/mm] auf den 1. Fall zurückführbar).
Somit ist nur der 1. Fall ausführlich zu bearbeiten.
Daher gefällt mir diese Variante am besten.
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Ich glaube der Fall i=s (hieße doch [mm] x_n [/mm] = const.?) ist ihm nicht so wichtig, weil der ja sehr einfach ist. Ich werde mir den Unterschied zwischen deinen und seinen drei Fällen nochmal durch den Kopf gehen lassen und morgen dann den Beweis versuchen und wenn ich es noch schaffe hier für eine Rückmeldung posten.
Noch einmal vielen Dank für die Hilfe bei der Aufgabe!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:46 Mi 07.11.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Ich glaube der Fall i=s (hieße doch [mm]x_n[/mm] = const.?)
Genau.
> ist ihm
> nicht so wichtig, weil der ja sehr einfach ist. Ich werde
> mir den Unterschied zwischen deinen und seinen drei Fällen
> nochmal durch den Kopf gehen lassen und morgen dann den
> Beweis versuchen und wenn ich es noch schaffe hier für
> eine Rückmeldung posten.
Wenn der Fall i=s unwichtig ist, bleiben bei meinem Vorschlag nur noch zwei Fälle zu untersuchen statt drei beim Vorschlag des Tutors. Wenn du dann noch berücksichtigst, dass jeweils der 2. Fall analog zum 1. Fall geht bzw. auf den 1. Fall zurückführbar ist, musst du beim Tutor zwei Fälle ausführlich behandeln, bei meinem Vorschlag nur einen. Soweit meine Werbung für meine Variante... 
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