Drei verschieden große Münzen werden paarweise berührend aneinandergelegt. Dabei entsteht in der Mitte eine dreieckförmige Lücke. Es ist mir bisher nicht gelungen, weder geometrisch (außer Probieren) noch rechnerisch, den Mittelpunkt und den Radius derjenigen 4ten Münze zu finden, die gerade eben da hineinpaßt. Und was ist mit der 5ten Münze, die alle 4 gerade eben überdeckt?
Einzige Erkenntnis bisher: Die Mittelpunkte beider Münzen befinden sich auf den beiden Hyperbbelästen zwischen jeweils einem Paar der ersten drei Münzen. ABER WIE DIE Schnittpunkte der Hyperbeläste berechnen?
Ich hätte eine Idee, wie man analytisch den Radius und Mittelpunkt der 4. Münze herausfindet:
Man denkt sich zuerst die 3. Münze Weg und kann somit 2 Gleichungen, die den Radius der 4. Münze und jeweils eine Mittelpunktskoordinate enthalten. Nun setzt man den Abstand des Mittelpunkts der 3. und der 4. Münze gleich der Summe ihrer beiden Radien. Wenn man nun das Gleichungssystem löst, sollte man den Radius und die Koordinaten des Mittelpunktes der 4. Münze erhalten.
Wie gesagt ist das nur eine Idee; ich weiß nicht welche Schwierigkeiten in der Rechnung auftauchen.
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Drei verschieden große Münzen werden paarweise berührend
aneinandergelegt. Dabei entsteht in der Mitte eine
dreieckförmige Lücke. Es ist mir bisher nicht gelungen, weder
geometrisch (außer Probieren) noch rechnerisch, den
Mittelpunkt und den Radius derjenigen 4ten Münze zu finden,
die gerade eben da hineinpaßt. Und was ist mit der 5ten Münze,
die alle 4 gerade eben überdeckt?
Wenn man mit Vektoren rechnet ist das relativ simpel:
Den Mittelpunkt M 1 der ersten Münze kann man hinlegen wo man will.
Die Lage der zweiten Münze ist bereits eingeschränkt. Der Abstand ihres Mittelpunktes M 2 vom Mittelpunkt der ersten Münze muß gleich der Summe der beiden Radien sein:
| M 2 - M 1| = r2 + r1
Man kann M 2 also irgendwo auf einen Kreis mit dem Radius r2 + r1 um den Punkt M 1 legen.
Nun ist es mit der Freiheit aber schon vorbei. Der Abstand des Mittelpunktes M 3 der dritten Münze vom Mittelpunkt der ersten muß gleich der Summe der Radien der ersten und dritten Münze sein. Gleichzeitig muß der Abstand des dritten Mittelpunktes vom zweiten gleich der Summe des zweiten und dritten Radius sein:
| M 3 - M 1| = r3 + r1
| M 3 - M 2| = r3 + r2
Beim Radius der innen liegenden Münze kann man nun genauso vorgehen. Die Abstände ihres Mittelpunktes M 4 von den Mittelpunkten der anderen drei Münzen müssen gleich der Summe der jeweiligen Radien sein:
| M 4 - M 1| = r4 + r1
| M 4 - M 2| = r4 + r2
| M 4 - M 3| = r4 + r3
Analog gilt für die große darüber liegende Münze, daß die Abstände ihres Mittelpunktes M 5 gleich der Differenz der jeweiligen Radien sein müssen:
| M 5 - M 1| = r5 - r1
| M 5 - M 2| = r5 - r2
| M 5 - M 3| = r5 - r3
Die Lösung der Gleichungssysteme ist jetzt nur noch Fleißarbeit.
Hallo! Du hast noch besser als der 2te Antworter Dollardollar erkannt, daß es sich um die Schnittpunte von Hyperbeln handelt (die Differenzen der Entfernungen des 3t, 4ten, bzw 5ten Kreises zu den Mittelpunkten der jeweiligen beiden 1ten Kreisen ist ja immer gleich groß = Differenz der beiden 1ten Radien, der jeweile 3te Radius hebt sich beim Abziehen ja weg.)
Nur muß man zur Schnittpunktberechnung nach Aufstellung der Hyperbelgleichungen die „schräg stehenden“ jeweils ins horizontale Koordinatenkreuz der „unteren“ Münzen transformieren, und die Schnittpunktberechnung wird zur Frage der Lösung einer Gleichung mindestens 4ten Grades.
Schon Cardano für die 3ten Grade wäre keine bloße Fleißaufgabe.
Allerdings lassen sich mithilfe der Zeichnung der Graphen der Hyperbeln immerhin die schnittpunkte/Mittelpunktew der zugefügten Münzen konstruieren, und dann auch die radien.
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Nur muß man zur Schnittpunktberechnung nach Aufstellung der
Hyperbelgleichungen die „schräg stehenden“ jeweils ins
horizontale Koordinatenkreuz der „unteren“ Münzen
transformieren, und die Schnittpunktberechnung wird zur Frage
der Lösung einer Gleichung mindestens 4ten Grades.
Man muß nichts transformieren, sondern einfach nur die Gleichungssystem lösen. Die Transformationen stecken da bereits drin. Ich mach das mal für die innere Münze vor:
I | **M** <sub>4</sub> - **M** <sub>1</sub> | = r<sub>4</sub> + r<sub>1</sub>
II | **M** <sub>4</sub> - **M** <sub>2</sub> | = r<sub>4</sub> + r<sub>2</sub>
III | **M** <sub>4</sub> - **M** <sub>3</sub> | = r<sub>4</sub> + r<sub>3</sub>
Erstmal quadrieren wir das Ganze und multiplizieren aus:
I M<sub>4x</sub><sup>2</sup> - 2M<sub>4x</sub>M<sub>1x</sub> + M<sub>1x</sub><sup>2</sup> + M<sub>4y</sub><sup>2</sup> - 2M<sub>4y</sub>M<sub>1y</sub> + M<sub>1y</sub><sup>2</sup> = r<sub>4</sub><sup>2</sup> + 2r<sub>4</sub>r<sub>1</sub> + r<sub>1</sub><sup>2</sup>
II M<sub>4x</sub><sup>2</sup> - 2M<sub>4x</sub>M<sub>2x</sub> + M<sub>2x</sub><sup>2</sup> + M<sub>4y</sub><sup>2</sup> - 2M<sub>4y</sub>M<sub>2y</sub> + M<sub>2y</sub><sup>2</sup> = r<sub>4</sub><sup>2</sup> + 2r<sub>4</sub>r<sub>2</sub> + r<sub>2</sub><sup>2</sup>
III M<sub>4x</sub><sup>2</sup> - 2M<sub>4x</sub>M<sub>3x</sub> + M<sub>3x</sub><sup>2</sup> + M<sub>4y</sub><sup>2</sup> - 2M<sub>4y</sub>M<sub>3y</sub> + M<sub>3y</sub><sup>2</sup> = r<sub>4</sub><sup>2</sup> + 2r<sub>4</sub>r<sub>3</sub> + r<sub>3</sub><sup>2</sup>
Jetzt subtrahieren wir die obere Gleichung von den unteren
II' 2M<sub>4x</sub>(M<sub>1x</sub>-M<sub>2x</sub>) + 2M<sub>4y</sub>(M<sub>1y</sub>-M<sub>2y</sub>) + M<sub>2x</sub><sup>2</sup> - M<sub>1x</sub><sup>2</sup> + M<sub>2y</sub><sup>2</sup> - M<sub>1y</sub><sup>2</sup> = 2r<sub>4</sub>(r<sub>2</sub>-r<sub>1</sub>) + r<sub>2</sub><sup>2</sup> - r<sub>1</sub><sup>2</sup>
III' 2M<sub>4x</sub>(M<sub>1x</sub>-M<sub>3x</sub>) + 2M<sub>4y</sub>(M<sub>1y</sub>-M<sub>3y</sub>) + M<sub>3x</sub><sup>2</sup> - M<sub>1x</sub><sup>2</sup> + M<sub>3y</sub><sup>2</sup> - M<sub>1y</sub><sup>2</sup> = 2r<sub>4</sub>(r<sub>3</sub>-r<sub>1</sub>) + r<sub>3</sub><sup>2</sup> - r<sub>1</sub><sup>2</sup>
und schon sind die häßlichen Quadrate verschwunden. Damit das etwas übersichtlicher wird fassen wir alle Konstanten zusammen und erhalten
II' M<sub>4x</sub>A<sub>2</sub> + M<sub>4y</sub>B<sub>2</sub> + C<sub>2</sub> = r<sub>4</sub>
III' M<sub>4x</sub>A<sub>3</sub> + M<sub>4y</sub>B<sub>3</sub> + C<sub>3</sub> = r<sub>4</sub>
Nun multiplizieren wir die obere Gleichung mit -A3/A2 und addieren sie zur unteren und die untere multiplizieren wir mit -B2/B3 und adieren sie zur oberen:
II'' M<sub>4x</sub>(A<sub>2</sub> - A<sub>3</sub>B<sub>2</sub>/B<sub>3</sub>) + C<sub>2</sub> - C<sub>3</sub>B<sub>2</sub>/B<sub>3</sub> = r<sub>4</sub>(1 - B<sub>2</sub>/B<sub>3</sub>)
III'' M<sub>4y</sub>(B<sub>3</sub> - B<sub>2</sub>A<sub>3</sub>/A<sub>2</sub>) + C<sub>3</sub> - C<sub>2</sub>A<sub>3</sub>/A<sub>2</sub> = r<sub>4</sub>(1 - A<sub>3</sub>/A<sub>2</sub>)
Der Einfachheit halber fassen wir die Konstanten wieder zusammen und lösen gleich nach den Mittelpunktskoordinaten auf:
II'' M<sub>4x</sub> = r<sub>4</sub>A<sub>x</sub> + B<sub>x</sub>
III'' M<sub>4y</sub> = r<sub>4</sub>A<sub>y</sub> + B<sub>x</sub>
Das Ergebnis setzen wir dann in die erste Gleichung ein und erhalten eine stinknormale quadratische Gleichung:
I' (r<sub>4</sub>A<sub>x</sub> + B<sub>x</sub>)<sup>2</sup> - 2(r<sub>4</sub>A<sub>x</sub> + B<sub>x</sub>)M<sub>1x</sub> + M<sub>1x</sub><sup>2</sup> + (r<sub>4</sub>A<sub>y</sub> + B<sub>y</sub>)<sup>2</sup> - 2(r<sub>4</sub>A<sub>y</sub> + B<sub>y</sub>)M<sub>1y</sub> + M<sub>1y</sub><sup>2</sup> = (r<sub>4</sub> + r<sub>1</sub>)<sup>2</sup>
Also nix mit Cardano und so - nur Fleißarbeit.
Hallo, „MrSmart“, danke für deine Erläuterungen, ich habe etwas besser verstanden (muß aber noch genauer studieren), was du meinst, obwohl das Studium deines Papiers sehr schwierig ist, logo, wegen der (notwendigen) Indizierung.
Mir scheint allerdings, daß bei dir am Schluß immer noch Gleichungssysteme mit mehr Unbekannten als Gleichungsanzahlen übrigbleiben, bzw., wenn man das allerletzte Einsetzen in die Gleichungen „I“ auch noch für die annern beiden Pfade, die bei dir zu II´´ führten, durchführt, nur ein noch komplizierteres Gleichungssystem erhält, wo man Ergebnisse von Auflösungen quadratischer Gleichungen ineinander einsetzen muß.
Darf ich dich darum bitten, einmal, vielleicht auch nur für ganz bestimmte Zahlenbeispiele (zb r1 = 4 oderso) bis zu Erhaltung der Ergebnisse für r4 und M4 = (x4;y4) durchzurechnen?
Ich versuche es selbst und melde mich auf jeden Fall wieder;
tschüß, Manfred
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Meine 2te Antwort:
Sorry, ed un sorriso for blind I was and biassed!
Habi datt nach deine geniale Idee mal durcherechnet (nich ganz bis zuende, aber bis die Übersicht fürmich klar). Haste recht, amende steht ne quadratische Gleichung mit nur noch r4; und wenn man datt ersma hat, kamman ja durch das Gleichungssystem auch die Mittelpunktskoordinaten berechnen.
Ich bin übergens auf das Problem gestoßen im Bemühen, ein noies Integrationsverfahren zu finden über die Ausfüllung einer endlichen Fläche durch enganliegende Kreise und Ausfüllen der Lücken durch eine unendliche Sequenz (Iteration) von unendlich kleiner werdenden Kreisen (also „bis in die hintersten Ecken“). Fände man eine Iteration, die summenmäßig in eine einheitliche Formel gegossen werden könnte (also der gesamte unendliche Iterations-Verzweigungsbaum), so könnte man vielleicht bisher noch unlösbare Integrale lösen.
Da habich v.a. die bestimmten Integrale im Auge, die zur Darstellung der Zetafunktion dienen, zb
Zeta(3) = Int{t^2/(e^t-1)dt} von 0 bis unendlich, die sich (wie für alle natürlichen Argumente) ganz billig durch Gegenaufleitung beweisen läßt.
Allgemein gilt: Zeta(k) = Int{t^[k-1]/(e^t-1)} i.d.oa.Grenzen.
Alternativ kann man (durch Substitution entwickelbar) auch
Int{(-ln[t])^[x-1]/(1-t)} in den Grenzen von 0 bis 1 nehmen.
Für gerade Hochzahlöen ergibt sich ja bekannte Formel für zeta, die jeweils pi^[2k] und Faktor emthalten, aber für ungerade Hochzahlen gibt es seit 300Jahren nur Vermutungen.
Zum Beispiel ist ja Zeta(2) = Summe(1/m^2) für m von 1 gegunendlich = pi^2/6.
Aber zunächst einmal danke für deine Hartnäckigkeit. Da ich schon ein paar Jahre an dem Münzenproblem recht erfolglos rumdoktorisiere, bin ich ziemlich blind an deinen Vorschlag herangegangen.
Meine Begeisterung füre Mathe ist vor ein paar Jahren wiederentstanden, als ich mittels der Gammafunktion die Lösung des Problems des Grenzwerts des unendlichen Produktes (1/2)*(4/3)*(5/6)*(8/7)****, also gewisserweise der Wallis „mit jedem zweiten Bruch ummedreht“ fand. Probiers dochma: Taschenrechner sacht schon ziemlich schnell: 0,5909… Und warum?
Vorwech ein kleiner Appetizer:
Was gibt: (3/2)*(5/4)*(17/16)*(257/256)*([256^2+1]/^256^2)***???
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Darf ich dich darum bitten, einmal, vielleicht auch nur für
ganz bestimmte Zahlenbeispiele (zb r1 = 4 oderso) bis zu
Erhaltung der Ergebnisse für r4 und M4 = (x4;y4)
durchzurechnen?
Ok, aber um mit halbwegs vernünftigen Zahlen rechnen zu können, setze ich die Radien auf
r<sub>1</sub> = 15
r<sub>2</sub> = 10
r<sub>3</sub> = 5
Außerdem setze ich die erste Münze in den Koordinatenursprung und die zweite auf die X-Achse und erhalte die Mittelpunkte
**M** <sub>1</sub> = ( 0, 0)
**M** <sub>2</sub> = (25, 0)
**M** <sub>3</sub> = (16,12)
Das Gleichungssystem
I | **M** <sub>4</sub> - **M** <sub>1</sub> | = r<sub>4</sub> + r<sub>1</sub>
II | **M** <sub>4</sub> - **M** <sub>2</sub> | = r<sub>4</sub> + r<sub>2</sub>
III | **M** <sub>4</sub> - **M** <sub>3</sub> | = r<sub>4</sub> + r<sub>3</sub>
führt dann zu
I M<sub>4x</sub><sup>2</sup><sub></sub><sup></sup> + M<sub>4y</sub><sup>2</sup><sub></sub><sup></sup> = r<sub>4</sub><sup>2</sup> + 2\*15\*r<sub>4</sub> + 15<sup>2</sup>
II M<sub>4x</sub><sup>2</sup> - 2\*25\*M<sub>4x</sub> + 25<sup>2</sup> + M<sub>4y</sub><sup>2</sup><sub></sub><sup></sup> = r<sub>4</sub><sup>2</sup> + 2\*10\*r<sub>4</sub> + 10<sup>2</sup>
III M<sub>4x</sub><sup>2</sup> - 2\*16\*M<sub>4x</sub> + 16<sup>2</sup> + M<sub>4y</sub><sup>2</sup> - 2\*12\*M<sub>4y</sub> + 12<sup>2</sup> = r<sub>4</sub><sup>2</sup> + 2\*5\*r<sub>4</sub> + 5<sup>2</sup>
Jetzt subtrahieren wir die obere Gleichung von den unteren:
II' -50M<sub>4x</sub> + 625 <sub></sub> = -10r<sub>4</sub> - 125
III' -32M<sub>4x</sub> + 256 -24M<sub>4y</sub> + 144 = -20r<sub>4</sub> - 200
Das können wir noch ein wenig vereinfachen:
II' M<sub>4x</sub> + <sub></sub> = 1/5r<sub>4</sub> + 15
III' M<sub>4x</sub> + 3/4M<sub>4y</sub> = 5/8r<sub>4</sub> + 75/4
Nun haben wir bereits die X-Koordinate des Mittelpunktes und die Y-Komponente erhalten wir, indem wir die obere Gleichung von der unteren subtrahieren:
III'' 3/4M<sub>4y</sub> = 17/40r<sub>4</sub> + 15/4
M<sub>4y</sub> = 17/30r<sub>4</sub> + 5
Die so erhaltenen Mittelpunktskoordinaten setzemn wir in die erste Gleichung ein:
I' (1/5r<sub>4</sub> + 15)<sup>2</sup> + (17/30r<sub>4</sub> + 5)<sup>2</sup> = (r<sub>4</sub> + 15)<sup>2</sup>
multiplizieren aus
1/25r<sub>4</sub><sup>2</sup> + 6r<sub>4</sub> + 225 + 289/900r<sub>4</sub><sup>2</sup> + 17/3r<sub>4</sub> + 25 = r<sub>4</sub><sup>2</sup> + 30r<sub>4</sub> + 225
und formen so um, daß wir die Lösungsgleichung anwenden können
0 = r<sub>4</sub><sup>2</sup> + 660/23r<sub>4</sub> - 900/23
Die innere Münze hat also den Radius
r<sub>4</sub> = 30/23
Das setzen wir in die Gleichung II’ ein und erhalten für die X-Koordinate des Mittelpunktes:
M<sub>4x</sub> = 351/23
und mit Gleichung III’’ erhalten wir die zugehörige Y-Koordinate:
M<sub>4y</sub> = 132/23
Mit der günstigen Wahl der Mittelpunkte M 1 und M 2 habe ich mir die Rechnung zwar vereinfacht, aber das ist zur Lösung der Aufgabe nicht unbedingt notwendig.
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HALLO!
Nur ein kurzer Beitrag zu deiner Idee (die ich allerdings nicht vollständig verstanden hatte): Das zunächst Weglassen der 3ten Münze führte mich schon recht schnell zu der Erkenntnis, daß ja die 3te und 4te Münze, und alle „3ten“ und 4ten Münzen sich mit ihrem Mittelpunkt auf einer Kurve befinden, die sich eben als der (zur kleineren der beiden 1ten und 2ten Münzen hin gebogenem) Ast dedr Hyperbel zu den unteren beiden erweisen. Denn die beiden Abstände der Mittelpunkte der „oberen“ Münzen zu den Mittelpunkten der beiden unteren unterscheiden sich ja nur durch die Radie´n der unteren Münzen. Und der geometrische Ort der Punkte, die zu 2 gegebenen Punkten eine feste Abstandsdifferenz haben, ist ja die Hyperbel x^2/a^2 - y^2/b^2=1.
Legt man nun (als Skizze, oder auch die Münzen) nacheinmander jeweils alle 3 Paare zu „unteren Münzen“, und zeichnet die entsprechenden Hyperbeläste, so findet man den gesuchten Mittelpunkt der „4ten Mümmze“ als Schnittpunkt der Hyperbeläste.
Auf diese Weise gelingt zumindest die geometrische Konstruktion.
Zur findung der 5ten Münze nimmt man da eben den jeweiligen anderen Hyperbelast (zur größeren hin geneigt).
Rechnerisch gelingt hier aber nix, wegen der schon erwähnten Komplexität der quadratiscxhen Gleichungen.
Aber rechnerisch hat ja Mr.Stupid die geniale Lösung gefunnen.
Also, ciao, Manni
[Bei dieser Antwort wurde das Vollzitat nachträglich automatisiert entfernt]
Hallo, MrStupid!
Ich hab grad mal deine Beispielaufgabe (15,10,5) durchgerechnet und zeichnerisch überprüft.
Hab reschnerisch deinen Mittelkreis bestätigt, und für den Außenkrei 30/9/-12.
Und denn wurde klar: natürlich r5 = 30, denn der große Kreis muß ja den 1ten Kreis ganz überdecken, also den Durchmesser 30!!! Und logischerweise ist einer der Punkte auf dessen Peripherie der gesuchte Mittelpunkt des „Oberkreises“!!! (weil ja die annern beiden kleiner sind, und der gesuchte Mittelpunkt zwischen der Berührstelle zum mittelgroßen Kreis und dem Gegenpuinkt des großen liegen muß, wo der Radius dann 25 sein müßte und der Kreis dann die kleine Münze nicht mehr tangieren.)
Ich mache mir noch Gedanken über die praktische Bedeutung der resp. negativen Lösungen für die beiden gesuchten Radien.
Die beiden rechnerisch gefundenen Radien 1,… und 30 ergeben sich übergens als „reell konjugierte“ pq-Lösungen.
ciao, Manni
Fleißig aufgegabelt
Hallo, Loide!
Zunächst war ich sicher und der unreflektierten Meinung, die Lösung x5 = 30 im Beispiel von Hein Silly oder MrBloed hätte allgemeinen Charakter, der Radius der alles überdeckenden 5ten Münze (math.: Kreis) wäre stets doppelt so groß wie der des größten der 3 ersten Kreise.
Das ist falsch und es ist leicht zu erkennen, wenn man zunächst von 2 Kreisen ausgeht: Der beide „gerade eben noch“ überdeckende „5te Kreis“ muß natürlich mindestens so groß sein wie der größere der beiden ersten, und, wenn diese gleichgroß sind, sogar genau doppelt so groß wie der erste = zweite. Ist aber der zweite Kreis kleiner als der erste, so findet man Mittelpunkt und Radius des „5ten Kreises“ wie letztens von mir beschrieben, indem man den potenziellen Mittelpunkt einfach vom Berührpunkt der beiden ersten Kreises um den ersten Kreis herum bis zur gegenüberliegenden „Ecke“ „zieht“, also bis zum dem Berührpunkt gegenüberliegenden Punkt an der Peripherie des ersten Kreises. Der untergewegs gefundene Mittelpunkt ist dann natürlich der einzig mögliche Mittelpunkt einer 3 Münzen überdeckenden (wovon die erten beiden als die größeren gewählt waren!!!) 5ten Münze. Es gibt aber nur eine größte „dritte Münze“, die in die „Lücke“ oben bzw unten „grade noch“ hineinpaßt. Für jede andere Größe der „dritten Münze“ muß natürlich eine andere „alles überdeckende 5te Münze gefunden werden (die also nicht mehr die anfangs gefundene kleinstmögliche für die Überdeckung der ersten beiden Münzen allein allein ist).
Warum traf die Anfangsvermutung (r5 = 2*3r1) in Silly´s
Beispielaufgabe aber dennoch zu? Das einzig auffallende ist, daß in der Beispielaufgabe (r1 = 15, r2 = 10 und r3 = 5) sich ein rechtwinkliges, die 3 Mittelpunkte der enganeinanderliegenden Münzen verbindendes Dreieck ergibt, denn 15+10 = 25, 15+5 = 20, und 10+5 = 15, und 15,20,25 ist ein pythagoräisches Tripel, 5*(3,4,5).
Genaueres erhält man aber nur durch ausführliche algebraische Berechnung, wobei sich auch herausstellen wird, ob die Radien der 4ten und 5ten Kreise immer nur zueinander „(negativ) komplex-reelle“ Lösungen sind.
Ich hab die algebraische Lösung angefangen zu rechnen, aber ich gebe doch erstmal auf, da einsetzen in einsetzen in ein…, und denn natürlich für y3 auch noch ne Wurzel. {Denn zunächst einmal müssen ja die Koordinaten des 3ten Mittelpunktes berechnet werden, da wir M1 = (0,0) und M“ =(0,r1+r2 gewählt haben)}
Vielleicht findet dochnoch jemand eine „Patentlösung?“
tschüß, Manni.