Beweis Folge Grenzwert < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei [mm] (a_n) [/mm] eine Folge reeller Zahlen, die gegen A [mm] \in \IR [/mm] konvergiert.
Beweisen Sie, dass dann die Folge
[mm] (\bruch{1}{n}\summe_{k=1}^{n}a_k)
[/mm]
ebenfalls gegen A konvergiert! |
Hallo,
ich hänge an einer Stelle fest und komme nicht weiter:
Es gilt:
[mm] \forall \varepsilon [/mm] > 0 [mm] \exists n_0 \in \IN \forall [/mm] n [mm] \ge n_0 [/mm] : [mm] |a_n [/mm] - A|< [mm] \varepsilon
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] A - [mm] \varepsilon [/mm] < [mm] a_n [/mm] < A + [mm] \varepsilon
[/mm]
Sei [mm] \varepsilon [/mm] > 0 beliebig und wähle dann das kleinste [mm] n_0, [/mm] sodass [mm] |a_n [/mm] - A|< [mm] \varepsilon [/mm] gilt.
[mm] \Rightarrow [/mm] A - [mm] \varepsilon [/mm] < [mm] a_{n_0} [/mm] < A < [mm] \varepsilon
[/mm]
A - [mm] \varepsilon [/mm] < [mm] a_{n_0 + 1} [/mm] < [mm] \varepsilon
[/mm]
usw.
Wähle nun von diesen Gliedern m Stück aus.
O.B.d.A: Nehme die ersten m Glieder ab [mm] a_{n_0}.
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] m(A - [mm] \varepsilon) [/mm] < [mm] a_{n_0} [/mm] + [mm] a_{n_0 + 1} [/mm] + ... + [mm] a_{n_0 + (m - 1)} [/mm] < m(A + [mm] \varepsilon)
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] A - [mm] \varepsilon [/mm] < [mm] \bruch{a_{n_0} + a_{n_0 + 1} + ... + a_{n_0 + (m - 1)}}{m} [/mm] < A + [mm] \varepsilon
[/mm]
Und weiter weiß ich nicht...
Kann man überhaupt so weiter machen, oder ist das zwecklos?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:48 Mi 21.11.2012 | | Autor: | abakus |
> Sei [mm](a_n)[/mm] eine Folge reeller Zahlen, die gegen A [mm]\in \IR[/mm]
> konvergiert.
> Beweisen Sie, dass dann die Folge
>
> [mm](\bruch{1}{n}\summe_{k=1}^{n}a_k)[/mm]
>
> ebenfalls gegen A konvergiert!
> Hallo,
>
> ich hänge an einer Stelle fest und komme nicht weiter:
>
> Es gilt:
>
> [mm]\forall \varepsilon[/mm] > 0 [mm]\exists n_0 \in \IN \forall[/mm] n [mm]\ge n_0[/mm]
> : [mm]|a_n[/mm] - A|< [mm]\varepsilon[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm] A - [mm]\varepsilon[/mm] < [mm]a_n[/mm] < A + [mm]\varepsilon[/mm]
>
> Sei [mm]\varepsilon[/mm] > 0 beliebig und wähle dann das kleinste
> [mm]n_0,[/mm] sodass [mm]|a_n[/mm] - A|< [mm]\varepsilon[/mm] gilt.
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] A - [mm]\varepsilon[/mm] < [mm]a_{n_0}[/mm] < A < [mm]\varepsilon[/mm]
> A - [mm]\varepsilon[/mm] < [mm]a_{n_0 + 1}[/mm] < [mm]\varepsilon[/mm]
> usw.
>
> Wähle nun von diesen Gliedern m Stück aus.
> O.B.d.A: Nehme die ersten m Glieder ab [mm]a_{n_0}.[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] m(A - [mm]\varepsilon)[/mm] < [mm]a_{n_0}[/mm] + [mm]a_{n_0 + 1}[/mm] +
> ... + [mm]a_{n_0 + (m - 1)}[/mm] < m(A + [mm]\varepsilon)[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] A - [mm]\varepsilon[/mm] < [mm]\bruch{a_{n_0} + a_{n_0 + 1} + ... + a_{n_0 + (m - 1)}}{m}[/mm]
> < A + [mm]\varepsilon[/mm]
Das heißt, dass dein Bruch innerhalb der [mm] $\epsilon$-Umgebung [/mm] von A liegt.
Was willst du mehr?
Ach so, die Summe der ersten (nicht in der Umgebung liegenden) Folgenglieder ist endlich und wird durch n geteilt
Gruß Abakus
>
> Und weiter weiß ich nicht...
> Kann man überhaupt so weiter machen, oder ist das
> zwecklos?
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Meine Summe muss ja so aussehen: [mm] \bruch{1}{n}\summe_{k=1}^{n}a_k
[/mm]
Aber meine sieht so aus: [mm] \bruch{1}{m}\summe_{k=n_0}^{n_0 + (m - 1)}a_k
[/mm]
Ich weiß nicht, wie ich da hinkommen soll...
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:00 Mi 21.11.2012 | | Autor: | Helbig |
> Meine Summe muss ja so aussehen:
> [mm]\bruch{1}{n}\summe_{k=1}^{n}a_k[/mm]
>
> Aber meine sieht so aus: [mm]\bruch{1}{m}\summe_{k=n_0}^{n_0 + (m - 1)}a_k[/mm]
>
> Ich weiß nicht, wie ich da hinkommen soll...
Siehe mein Antwort zur ersten Frage.
Gruß,
Wolfgang
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:58 Mi 21.11.2012 | | Autor: | Helbig |
Hallo Blackburn4717537,
> Sei [mm](a_n)[/mm] eine Folge reeller Zahlen, die gegen A [mm]\in \IR[/mm]
> konvergiert.
> Beweisen Sie, dass dann die Folge
>
> [mm](\bruch{1}{n}\summe_{k=1}^{n}a_k)[/mm]
>
> ebenfalls gegen A konvergiert!
> Hallo,
>
> ich hänge an einer Stelle fest und komme nicht weiter:
>
> Es gilt:
>
> [mm]\forall \varepsilon[/mm] > 0 [mm]\exists n_0 \in \IN \forall[/mm] n [mm]\ge n_0[/mm]
> : [mm]|a_n[/mm] - A|< [mm]\varepsilon[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm] A - [mm]\varepsilon[/mm] < [mm]a_n[/mm] < A + [mm]\varepsilon[/mm]
>
> Sei [mm]\varepsilon[/mm] > 0 beliebig und wähle dann das kleinste
> [mm]n_0,[/mm] sodass [mm]|a_n[/mm] - A|< [mm]\varepsilon[/mm] gilt.
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] A - [mm]\varepsilon[/mm] < [mm]a_{n_0}[/mm] < A < [mm]\varepsilon[/mm]
> A - [mm]\varepsilon[/mm] < [mm]a_{n_0 + 1}[/mm] < [mm]\varepsilon[/mm]
> usw.
>
> Wähle nun von diesen Gliedern m Stück aus.
> O.B.d.A: Nehme die ersten m Glieder ab [mm]a_{n_0}.[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] m(A - [mm]\varepsilon)[/mm] < [mm]a_{n_0}[/mm] + [mm]a_{n_0 + 1}[/mm] +
> ... + [mm]a_{n_0 + (m - 1)}[/mm] < m(A + [mm]\varepsilon)[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] A - [mm]\varepsilon[/mm] < [mm]\bruch{a_{n_0} + a_{n_0 + 1} + ... + a_{n_0 + (m - 1)}}{m}[/mm]
> < A + [mm]\varepsilon[/mm]
>
> Und weiter weiß ich nicht...
> Kann man überhaupt so weiter machen, oder ist das
> zwecklos?
Deine Idee, die Summe aufzuspalten, war schon richtig.
Um das Ganze übersichtlicher zu machen, sei zunächst [mm] $(a_n)$ [/mm] eine Nullfolge.
Wir zeigen, daß [mm] $\left(\frac 1 n \sum_{k=1}^n a_k\right)$ [/mm] ebenfalls eine Nullfolge ist.
Sei hierzu [mm] $\epsilon [/mm] > 0$. Es gibt ein $N$ mit [mm] $|a_n|< \frac \epsilon [/mm] 2$ für alle [mm] $n\ge N\,.$ [/mm] Für $n [mm] \ge [/mm] N$ folgt
[mm] $\frac [/mm] 1 n [mm] \sum_{k=N+1}^n |a_n| [/mm] < [mm] \frac \epsilon [/mm] 2$
Und jetzt spalte die Summe [mm] $\frac [/mm] 1 n [mm] \sum_{k=1} [/mm] ^n [mm] |a_n|$ [/mm] nach dem N-ten Glied auf und wähle [mm] $n\ge [/mm] N$, so daß auch der andere Summand [mm] $<\frac \epsilon [/mm] 2$ ist.
Reicht das schon mal?
Gruß,
Wolfgang
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Danke, dass hat mir sehr geholfen.
Mein Beweis sieht jetzt so aus:
Sei [mm] (a_n) \subset \IR [/mm] mit [mm] a_n \to [/mm] A [mm] \in \IR [/mm] für n [mm] \to \infty
[/mm]
Z.z. [mm] \bruch{1}{n}\summe_{k=1}^{n}a_k \to [/mm] A
Sei [mm] \varepsilon [/mm] > 0 beliebig. Wähle das kleinste [mm] n_0 \in \IN, [/mm] sodass für alle n [mm] \ge n_0 [/mm] gilt: [mm] |a_n [/mm] - A| < [mm] \bruch{\varepsilon}{2}
[/mm]
Für n [mm] \ge n_0 [/mm] folgt:
[mm] \Rightarrow |a_{n_0} [/mm] - A| + [mm] |a_{n_0 + 1} [/mm] - A| + ... + [mm] |a_n [/mm] - A| < (n - [mm] n_0 [/mm] + [mm] 1)*\bruch{\varepsilon}{2} \le n*\bruch{\varepsilon}{2}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \summe_{k=n_0}^{n}|a_k [/mm] - A| < [mm] n*\bruch{\varepsilon}{2}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \bruch{1}{n} [/mm] * [mm] \summe_{k=n_0}^{n}|a_k [/mm] - A| < [mm] \bruch{\varepsilon}{2}
[/mm]
Es gibt nur endliche viele [mm] a_k [/mm] mit k = 1, ..., [mm] n_0 [/mm] - 1 für die [mm] |a_k [/mm] - A| [mm] \ge \bruch{\varepsilon}{2} [/mm] gilt.
Wegen dem archimedischen Axiom, wähle ein n [mm] \ge n_0, [/mm] sodass [mm] \bruch{1}{n} [/mm] * [mm] \summe_{k=1}^{n_0 - 1}|a_k [/mm] - A| < [mm] \bruch{\varepsilon}{2}
[/mm]
Dann folgt:
[mm] \bruch{1}{n} [/mm] * [mm] \summe_{k=1}^{n}|a_k [/mm] - A| = [mm] \bruch{1}{n} [/mm] * [mm] (\summe_{k=1}^{n_0 - 1}|a_k [/mm] - A| + [mm] \summe_{k=n_0}^{n}|a_k [/mm] - A|) = [mm] \bruch{1}{n} [/mm] * [mm] \summe_{k=1}^{n_0 - 1}|a_k [/mm] - A| + [mm] \bruch{1}{n} *\summe_{k=n_0}^{n}|a_k [/mm] - A| < [mm] \bruch{\varepsilon}{2} [/mm] + [mm] \bruch{\varepsilon}{2} [/mm] = [mm] \varepsilon
[/mm]
Es gilt: [mm] \bruch{1}{n} [/mm] * [mm] \underbrace{|a_1 - A + a_2 - A + ... + a_n - A|}_{=|a_1 + a_2 + ... + a_n - nA|} \le \bruch{1}{n} [/mm] * [mm] \underbrace{(|a_1 - A| + |a_2 - A| + ... + |a_n - A|)}_{=\summe_{k=1}^{n}|a_k - A|}
[/mm]
[mm] \Rightarrow |\bruch{1}{n} [/mm] * [mm] \summe_{k=1}^{n}a_k [/mm] - A| [mm] \le \bruch{1}{n} [/mm] * [mm] \summe_{k=1}^{n}|a_k [/mm] - A| < [mm] \varepsilon
[/mm]
[mm] \Rightarrow \bruch{1}{n} [/mm] * [mm] \summe_{k=1}^{n}a_k \to [/mm] A
[mm] \Box
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:20 Do 22.11.2012 | | Autor: | Helbig |
> Danke, dass hat mir sehr geholfen.
>
> Mein Beweis sieht jetzt so aus:
>
> Sei [mm](a_n) \subset \IR[/mm] mit [mm]a_n \to[/mm] A [mm]\in \IR[/mm] für n [mm]\to \infty[/mm]
>
> Z.z. [mm]\bruch{1}{n}\summe_{k=1}^{n}a_k \to[/mm] A
>
> Sei [mm]\varepsilon[/mm] > 0 beliebig. Wähle das kleinste [mm]n_0 \in \IN,[/mm]
> sodass für alle n [mm]\ge n_0[/mm] gilt: [mm]|a_n[/mm] - A| <
> [mm]\bruch{\varepsilon}{2}[/mm]
Warum das kleinste [mm] $n_0$? [/mm] Es genügt irgendein [mm] $n_0$ [/mm] mit der Eigenschaft ...
>
> Für n [mm]\ge n_0[/mm] folgt:
>
> [mm]\Rightarrow |a_{n_0}[/mm] - A| + [mm]|a_{n_0 + 1}[/mm] - A| + ... + [mm]|a_n[/mm]
> - A| < (n - [mm]n_0[/mm] + [mm]1)*\bruch{\varepsilon}{2} \le n*\bruch{\varepsilon}{2}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \summe_{k=n_0}^{n}|a_k[/mm] - A| <
> [mm]n*\bruch{\varepsilon}{2}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \bruch{1}{n}[/mm] * [mm]\summe_{k=n_0}^{n}|a_k[/mm] - A| < [mm]\bruch{\varepsilon}{2}[/mm]
>
> Es gibt nur endliche viele [mm]a_k[/mm] mit k = 1, ..., [mm]n_0[/mm] - 1 für
> die [mm]|a_k[/mm] - A| [mm]\ge \bruch{\varepsilon}{2}[/mm] gilt.
Dies ist zwar richtig, aber für unseren Beweis belanglos.
>
> Wegen dem archimedischen Axiom, wähle ein n [mm]\ge n_0,[/mm]
> sodass [mm]\bruch{1}{n}[/mm] * [mm]\summe_{k=1}^{n_0 - 1}|a_k[/mm] - A| <
> [mm]\bruch{\varepsilon}{2}[/mm]
Besser: Nach dem archimedischen Axiom gibt es ein [mm] $n_1\ge n_0$ [/mm] ...
Und dann: Für alle [mm] $n\ge n_1$ [/mm] folgt:
[mm] $\left|\frac 1 n \sum_{k=1}^n a_k-A\right| [/mm] = [mm] \left|\frac 1 n \sum_{k=1}^n (a_k-A)\right| \le \frac [/mm] 1 n [mm] \sum_{k=1}^{n_0-1} |a_k-A| +\frac [/mm] 1 n [mm] \sum_{k=n_0}^{n} |a_k-A| [/mm] < [mm] \frac \epsilon [/mm] 2 + [mm] \frac \epsilon 2=\epsilon\,$
[/mm]
>
> Dann folgt:
>
> [mm]\bruch{1}{n}[/mm] * [mm]\summe_{k=1}^{n}|a_k[/mm] - A| = [mm]\bruch{1}{n}[/mm] *
> [mm](\summe_{k=1}^{n_0 - 1}|a_k[/mm] - A| + [mm]\summe_{k=n_0}^{n}|a_k[/mm] -
> A|) = [mm]\bruch{1}{n}[/mm] * [mm]\summe_{k=1}^{n_0 - 1}|a_k[/mm] - A| +
> [mm]\bruch{1}{n} *\summe_{k=n_0}^{n}|a_k[/mm] - A| <
> [mm]\bruch{\varepsilon}{2}[/mm] + [mm]\bruch{\varepsilon}{2}[/mm] =
> [mm]\varepsilon[/mm]
Und schon bist Du fertig! Der Rest ist zwar richtig, aber wieder belanglos für den Beweis.
>
> Es gilt: [mm]\bruch{1}{n}[/mm] * [mm]\underbrace{|a_1 - A + a_2 - A + ... + a_n - A|}_{=|a_1 + a_2 + ... + a_n - nA|} \le \bruch{1}{n}[/mm]
> * [mm]\underbrace{(|a_1 - A| + |a_2 - A| + ... + |a_n - A|)}_{=\summe_{k=1}^{n}|a_k - A|}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow |\bruch{1}{n}[/mm] * [mm]\summe_{k=1}^{n}a_k[/mm] - A| [mm]\le \bruch{1}{n}[/mm]
> * [mm]\summe_{k=1}^{n}|a_k[/mm] - A| < [mm]\varepsilon[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \bruch{1}{n}[/mm] * [mm]\summe_{k=1}^{n}a_k \to[/mm] A
>
> [mm]\Box[/mm]
Fast perfekt!
Grüße,
Wolfgang
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> > Sei [mm]\varepsilon[/mm] > 0 beliebig. Wähle das kleinste [mm]n_0 \in \IN,[/mm]
> > sodass für alle n [mm]\ge n_0[/mm] gilt: [mm]|a_n[/mm] - A| <
> > [mm]\bruch{\varepsilon}{2}[/mm]
>
> Warum das kleinste [mm]n_0[/mm]? Es genügt irgendein [mm]n_0[/mm] mit der Eigenschaft ...
Ja, hast recht.
> > Es gibt nur endliche viele [mm]a_k[/mm] mit k = 1, ..., [mm]n_0[/mm] - 1 für
> > die [mm]|a_k[/mm] - A| [mm]\ge \bruch{\varepsilon}{2}[/mm] gilt.
>
> Dies ist zwar richtig, aber für unseren Beweis belanglos.
Ja, hast auch hier recht. :D
> > Wegen dem archimedischen Axiom, wähle ein n [mm]\ge n_0,[/mm]
> > sodass [mm]\bruch{1}{n}[/mm] * [mm]\summe_{k=1}^{n_0 - 1}|a_k[/mm] - A| <
> > [mm]\bruch{\varepsilon}{2}[/mm]
>
> Besser: Nach dem archimedischen Axiom gibt es ein [mm]n_1\ge n_0[/mm]
> ...
>
> Und dann: Für alle [mm]n\ge n_1[/mm] folgt:
>
> [mm]\left|\frac 1 n \sum_{k=1}^n a_k-A\right| = \left|\frac 1 n \sum_{k=1}^n (a_k-A)\right| \le \frac 1 n \sum_{k=1}^{n_0-1} |a_k-A| +\frac 1 n \sum_{k=n_0}^{n} |a_k-A| < \frac \epsilon 2 + \frac \epsilon 2=\epsilon\,[/mm]
Okay.
> > Dann folgt:
> > [mm]\bruch{1}{n}[/mm] * [mm]\summe_{k=1}^{n}|a_k[/mm] - A| = [mm]\bruch{1}{n}[/mm] *
> > [mm](\summe_{k=1}^{n_0 - 1}|a_k[/mm] - A| + [mm]\summe_{k=n_0}^{n}|a_k[/mm] -
> > A|) = [mm]\bruch{1}{n}[/mm] * [mm]\summe_{k=1}^{n_0 - 1}|a_k[/mm] - A| +
> > [mm]\bruch{1}{n} *\summe_{k=n_0}^{n}|a_k[/mm] - A| <
> > [mm]\bruch{\varepsilon}{2}[/mm] + [mm]\bruch{\varepsilon}{2}[/mm] =
> > [mm]\varepsilon[/mm]
>
> Und schon bist Du fertig! Der Rest ist zwar richtig, aber
> wieder belanglos für den Beweis.
Ich will aber zeigen, dass [mm] |\bruch{1}{n} [/mm] * [mm] \summe_{k=1}^{n}a_k [/mm] - A| < [mm] \varepsilon
[/mm]
Deswegen finde ich den Rest nicht belanglos. :)
> > Es gilt: [mm]\bruch{1}{n}[/mm] * [mm]\underbrace{|a_1 - A + a_2 - A + ... + a_n - A|}_{=|a_1 + a_2 + ... + a_n - nA|} \le \bruch{1}{n}[/mm]
> > * [mm]\underbrace{(|a_1 - A| + |a_2 - A| + ... + |a_n - A|)}_{=\summe_{k=1}^{n}|a_k - A|}[/mm]
> > [mm]\Rightarrow |\bruch{1}{n}[/mm] * [mm]\summe_{k=1}^{n}a_k[/mm] - A| [mm]\le \bruch{1}{n}[/mm]
> > * [mm]\summe_{k=1}^{n}|a_k[/mm] - A| < [mm]\varepsilon[/mm]
> > [mm]\Rightarrow \bruch{1}{n}[/mm] * [mm]\summe_{k=1}^{n}a_k \to[/mm] A
> > [mm]\Box[/mm]
> Fast perfekt!
> Grüße,
> Wolfgang
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:28 Do 22.11.2012 | | Autor: | Helbig |
> > Und dann: Für alle [mm]n\ge n_1[/mm] folgt:
> >
> > [mm]\left|\frac 1 n \sum_{k=1}^n a_k-A\right| = \left|\frac 1 n \sum_{k=1}^n (a_k-A)\right| \le \frac 1 n \sum_{k=1}^{n_0-1} |a_k-A| +\frac 1 n \sum_{k=n_0}^{n} |a_k-A| < \frac \epsilon 2 + \frac \epsilon 2=\epsilon\,[/mm]
>
> Okay.
>
> > > Dann folgt:
>
> > > [mm]\bruch{1}{n}[/mm] * [mm]\summe_{k=1}^{n}|a_k[/mm] - A| = [mm]\bruch{1}{n}[/mm] *
> > > [mm](\summe_{k=1}^{n_0 - 1}|a_k[/mm] - A| + [mm]\summe_{k=n_0}^{n}|a_k[/mm] -
> > > A|) = [mm]\bruch{1}{n}[/mm] * [mm]\summe_{k=1}^{n_0 - 1}|a_k[/mm] - A| +
> > > [mm]\bruch{1}{n} *\summe_{k=n_0}^{n}|a_k[/mm] - A| <
> > > [mm]\bruch{\varepsilon}{2}[/mm] + [mm]\bruch{\varepsilon}{2}[/mm] =
> > > [mm]\varepsilon[/mm]
> >
> > Und schon bist Du fertig! Der Rest ist zwar richtig, aber
> > wieder belanglos für den Beweis.
>
> Ich will aber zeigen, dass [mm]|\bruch{1}{n}[/mm] *
> [mm]\summe_{k=1}^{n}a_k[/mm] - A| < [mm]\varepsilon[/mm]
> Deswegen finde ich den Rest nicht belanglos. :)
Ja, da hast nun Du recht. Das hatte ich nicht gesehen!
Gruß,
Wolfgang
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Alles klar. Danke für eure Hilfe! :)
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