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Mathematik » Zahlentheorie » Fragen zur Ausarbeitung des Beweises des Satzes von Lindemann-Weierstraß
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Universität/Hochschule J Fragen zur Ausarbeitung des Beweises des Satzes von Lindemann-Weierstraß
Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-01-20


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Im roten Kasten steht, wie man das einsehen kann!!! Kann mir das mal jemand erklären??? Mein Englisch ist nicht so gut.



DANKE.



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Buri
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-01-20


Hi Cyborg,
in dem Ausdruck (4) werden die Variablen βi unabhängig voneinander durch ihre sämtlichen algebraischen Konjugierten ersetzt, und alle so erhaltenen Ausdrücke werden multipliziert.
Dann entsteht eine Summe der gleichen Form wie in (4), aber mit rationalen Zahlen βi. Durch Multiplizieren mit dem Hauptnenner kann man erreichen, dass alle βi ganze Zahlen sind, was zu beweisen war.
Gruß Buri



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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-20


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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-20


Ich vermute mal, dass man beim Ausmultiplizieren auf elementarsymmetrische Ausdrücke der Konjugierten stößt, die ja dann rational sind, weil die Konjugierten ja algebraisch sind. Die Koeffizienten des Minimalpolynoms sind ja rational.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-01-20

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Hallo,

$\beta_1e^{\alpha_1}+\beta_2 e^{\alpha_2}=0$ muss man auch noch dazu multiplizieren, denn nur dann ist sichergestellt, dass der neue Ausdruck einerseits wieder 0 ist und andererseits symmetrisch genug ist.

\(\endgroup\)


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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-20


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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-20


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confused



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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-21


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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-21


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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-21


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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-22


Hier ein Ausschnitt aus dem Zahlentheorie-Skript von Peter Thurnheer:



(I) ist mir jetzt klar, aber warum gilt (II)?



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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-22


Ich habe es gerade geknackt! Ich schreibe gleich etwas dazu!



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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-22



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 razz



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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-23 12:51


Hallo nochmal.





UND:



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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-23 12:59


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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-23 14:19


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2019-01-23 15:01

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Ich glaube in Satz 53(I) ist ein Druckfehler und es sollte eigentlich heißen: "... so ist $P(\alpha_1,\ldots, \alpha_n)\in \IF$."
\(\endgroup\)


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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-23 15:07


Braucht man hier vielleicht den Hauptsatz über symmetrische Polynome???

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.15 begonnen.]



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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-23 15:12


Hallo, Nuramon!

Danke, dass du mir hilfst.

Ich weiß nicht, ob ich auf dem Holzweg bin mit meinen Gedanken bisher.

ABER: Ich möchte itgendwie 53(II) bewiesen haben, alles andere schaffe ich selber.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2019-01-23 15:47

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Betrachte $P(\alpha_1,\ldots, \alpha_n)=(X- A_{\sigma_1})\cdot (X-A_{\sigma_{n!}})$ als Polynom über $\IF = \IQ[X]$, also $P\in\IF[\alpha_1,\ldots, \alpha_n]$.

(a) $P$ ist symmetrisch in den $\alpha_i$. Nach (I) ist also $P(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)\in \IQ[X]$.

(b) Wenn man $P(\alpha_1,\ldots, \alpha_n)$ ausmultipliziert, bekommt man ein Polynom, dessen Koeffizienten gerade die elementarsymmetrischen Polynome in $A_{\sigma_1},\ldots$ sind.

Kombiniert man (a) und (b), folgt, dass die elementarsymmetrischen Polynome in $A_{\sigma_1},\ldots$ alle rational sind. Daher sind die $A_{\sigma_1},\ldots$ ein vollständiges Nullstellensystem (wegen (IV)).
\(\endgroup\)


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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-23 16:30


OK. ich habe es jetzt verstanden.



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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-28 10:12


Hallo nochmal!





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Vielleicht könnt ihr mithilfe des folgenden Bildes besser verstehen:




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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2019-01-28 15:26

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Ich finde es schwer mich richtig in den Beweis hineinzudenken, da du nur einen mittleren Teil davon gezeigt hast.

Aber wenn ich mal ganz oberflächlich lese, dann ist vielleicht hier dein Problem:


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Das folgt vermutlich gar nicht. Es gilt nur, dass das Produkt der $J_i$ rational ist. $J_i$ selbst muss nicht rational sein, ist aber ein rationales Polynom in $\alpha_i$.
\(\endgroup\)


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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-28 16:03


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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-29 14:36


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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-29 15:20


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Das gilt nach der zweiten Annahme.

Texte, die da helfen könnten, sind:



UND:



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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-01 13:08


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-01 16:30


Hat sich erledigt.



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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-03 12:38


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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-03 19:24


Hallo!



Ich habe folgende Seite aus einer pdf-Datei aus dem Internet gefunden, die vielleicht meine Frage beantwortet:



Quelle:
Pacific Journal of Mathematics,
ANALYTIC PROOF OF THE LINDEMANN THEOREM,
ROBERT STEINBERG AND RAYMOND MOOS REDHEFFER

Ich weiß, dass die neuen Exponenten so in Gruppen sortiert werden können, dass die Exponenten ein vollständiges Nullstellensystem bilden, also die Gesamtheit der Nullstellen eines Polynoms mit rationalen Koeffizienten darstellt.

Also bilden auch alle Exponenten ein Nullstellensystem, denn man multipliziere die Polynome mit rationalen Koeffizienten jeder Gruppe. Also ist das Ergebnis wieder ein Polynoms mit rationalen Koeffizienten, mit genau den Nullstellen, die durch die neuen Exponenten dargestellt sind.

Frage: Wie zeigt man Lemma 4 oben???



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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.30, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-03 19:27


no multiple root ...

die Exponenten müssen wohl alle deswegen verschieden sein?!



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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, eingetragen 2019-02-03 20:11


2019-02-03 19:24 - Cyborg in Beitrag No. 29 schreibt:
Frage: Wie zeigt man Lemma 4 oben???

Hi Cyborg, ich habe leider nicht die Zeit, mir den ganzen Thread durchzulesen, die obige Frage kann ich aber kurz beantworten.

Das genannte Polynom ist das Minimalpolynom. Sei $\mu_{\alpha} \in \mathbb{Q}[X]$ das Minimalpolynom einer Nullstelle $\alpha \in \overline{\mathbb{Q}}$. Dann gilt $\mu_{\alpha}' \neq 0$ in $\mathbb{Q}[X]$. Doch $\mu_{\alpha}'(\alpha) \neq 0$, denn sonst würde gelten $\mu_{\alpha} \mid \mu_{\alpha}'$, ein Widerspruch, da $\mu_{\alpha}' \neq 0$.
Insbesondere ist $\alpha$ keine mehrfache Nullstelle von $\mu_{\alpha}$.

Genauer sind alle Körper mit Charakteristik $0$ vollkommen; äquivalent: alle algebraischen Körpererweiterungen sind separabel.


-----------------
The difference between the novice and the master is that the master has failed more times than the novice has tried. ~ Koro-Sensei



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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.32, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-04 09:37


Hallo, Kezer.



@Kezer: Ich verstehe dein Beweis noch nicht so ganz. Tut mir Leid, dass ich so unintelligent erscheine; ich frage aber nach. Ich will gucken, ob das Lemma 4 überhaupt auf mein Problem anwendbar ist: DAZU:



UND:



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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.33, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-04 10:53


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Ist das so richtig???????

Kann mir jemand den Beweis von Kezer etwas ausführlicher aufschreiben????????????



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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.34, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-04 14:18


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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.35, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-04 15:08


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Es fehlt hier eine entscheidende Information, weil ich nicht auschließen kann, dass m=m' ist.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.36, eingetragen 2019-02-04 15:40

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-02-04 14:18 - Cyborg in Beitrag No. 34 schreibt:
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Der Beweis stimmt so nicht. Nimm etwa $m_a(x) = (x^2-2)^2$ als Kandidat für ein Minimalpolynom von $a=\sqrt 2$. Siehst, wo dein Beweis (mit $b= -\sqrt2$) schiefgeht?



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.34 begonnen.]
\(\endgroup\)


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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.37, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-04 16:29


@Nuramon: Ich bin etwas unintelligent.

Was ist der Fehler und wie korrigiert man? Ich glaube die Behauptung müsste eigentlich stimmen. Was ich vergessen habe ist j=k.




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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.38, eingetragen 2019-02-04 16:38

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Die Behauptung stimmt schon, aber der Beweis nicht:
Es ist nicht klar, warum $\tilde m(x) \in \IQ[x]$ folgt.

Argumentiere stattdessen mit der Ableitung, so wie Kezer in Beitrag 31.
\(\endgroup\)


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Cyborg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.39, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-04 16:55


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