Stochastik < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) für Interessierte  | | Datum: | 10:35 Fr 21.01.2011 | | Autor: | Dust |
| Aufgabe | Im 16. Jahrhundert wurden in der Stadt Genua jedes Jahr fünf neue Mitglieder des Großen Rats der Stadt durch Los aus einer Liste mit 90 Namen zufällig bestimmt. Vor jeder Ziehung wurden schon bald von Buchmachern Wetten angeboten. Bei ihnen konnte ein Spieler damals unter anderem folgende Wetten abschließen:
[mm] \alpha [/mm] "Unbestimmter Auszug": Vorhersage eines Namens
[mm] \beta [/mm] "Bestimmter Auszug": Vorhersage eines Namens und Vorhersage, als wievielter dieser gezogen wurde.
[mm] \gamma [/mm] "Ambe": Vorhersage von zwei Namen.
[mm] \delta [/mm] "Terne": Vorhersage von drei Namen.
Die bei richtiger Vorhersage ausgezahlten Beträge betrugen bei [mm] \alpha [/mm] das 16fache, bei [mm] \beta [/mm] das 70fache, bei [mm] \gamma [/mm] das 270fache und bei [mm] \delta [/mm] das 5200fache des Einsatzes.
a) Zeigen Sie, dass [mm] p( \alpha ) = \bruch{1} {18} [/mm] ist berechnen sie den mittleren Gewinn des Spielers bei einem Gulden Einsatz.
b) Wie groß sind [mm] p( \beta), p( \gamma), p( \delta) [/mm] ?
c) Welchen gewinn macht im Mittel der Buchmacher bei einem Gulden Einsatz bei den Spielen [mm] \beta [/mm] und [mm] \gamma [/mm]
d) Wie viele Gulden müsste der Buchmacher bei einem Gewinn beim Spiel [mm] \gamma [/mm] zahlen, wenn die Wette fair sein sollte ? |
Hallo,
Zu Aufgabe a)
Von 90 Personen werden 5 durch Ziehung eines Los bestimmt. [mm] p(\alpha) [/mm]ist das Ereignis „ das erste gezogene Los ist eine Person“ . Das Gegenereignis ist „ vier Personen werden nicht gezogen“
Die Wahrscheinlichkeit ist [mm] p(\alpha) = \bruch{5} {90} = \bruch{1} {18} [/mm]
Das Gegenereignis ist [mm] \bruch{85} {90} [/mm]
[mm] x_i [/mm] [mm] 1 [/mm] [mm] 4 [/mm] [mm] \sum [/mm]
[mm] p(X=x_i)[/mm] [mm] \bruch{5} {90} [/mm] [mm] \bruch{85} {90} [/mm] [mm] 1 [/mm]
[mm] x_i*p(X=x_i)[/mm] [mm] \bruch{1} {18} [/mm] [mm] \bruch{35} {9} [/mm] [mm] 3,833 [/mm]
Der mittlere Gewinn den ich ausgerechnet habe liegt bei 3,833 . Diesen Wert nehme ich mal 16. [mm] 16 * 3,833 = 60,44 [/mm] Gulden
Der mittlere Gewinn bei einen Gulden Einsatz beträgt 60,44 Gulden.
Ein mittlerer Gewinn von 3,833 scheint mir zu hoch. Ich gehe davon aus das mein Ansatz mit dem Gegenereignis falsch ist.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:18 Fr 21.01.2011 | | Autor: | Dust |
Vielen Dank für euere Hilfe
Gruß Dust
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:55 Fr 21.01.2011 | | Autor: | Fulla |
Hallo Dust,
> Hallo,
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> Zu Aufgabe a)
>
> Von 90 Personen werden 5 durch Ziehung eines Los bestimmt.
> [mm]p(\alpha) [/mm]ist das Ereignis „ das erste gezogene Los ist
> eine Person“ . Das Gegenereignis ist „ vier Personen
> werden nicht gezogen“
[mm]p(\alpha)[/mm] ist kein Ereignis, es ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Ereignis [mm]\alpha[/mm] eintritt.
"das erste gezogene Los ist eine Person" ist unsinnig. Es sollte lauten: "die vorhergesagte Person ist unter den 5 gezogenen".
> Die Wahrscheinlichkeit ist [mm]p(\alpha) = \bruch{5} {90} = \bruch{1} {18}[/mm]
>
> Das Gegenereignis ist [mm]\bruch{85} {90}[/mm]
>
> [mm]x_i [/mm] [mm]1[/mm] [mm]4[/mm] [mm]\sum[/mm]
>
> [mm]p(X=x_i)[/mm] [mm]\bruch{5} {90}[/mm] [mm]\bruch{85} {90}[/mm] [mm]1[/mm]
>
> [mm]x_i*p(X=x_i)[/mm] [mm]\bruch{1} {18}[/mm] [mm]\bruch{35} {9}[/mm] [mm]3,833[/mm]
>
> Der mittlere Gewinn den ich ausgerechnet habe liegt bei
> 3,833 . Diesen Wert nehme ich mal 16. [mm]16 * 3,833 = 60,44[/mm]
> Gulden
>
> Der mittlere Gewinn bei einen Gulden Einsatz beträgt 60,44
> Gulden.
>
> Ein mittlerer Gewinn von 3,833 scheint mir zu hoch. Ich
> gehe davon aus das mein Ansatz mit dem Gegenereignis falsch
> ist.
Wie kommst du denn auf deinen mittleren Gewinn von 3,833?
Im Falle eines Gewinns ([mm]p=1/{18}[/mm]) bekommt man 16 Gulden, das sind 15 Gulden Gewinn. Falls man verliert ([mm]p={17}/{18}[/mm]), bekommt man nichts - man verliert also einen Gulden.
Der mittlere Gewinn ist also [mm]15*\frac{1}{18}+(-1)*\frac{17}{18}[/mm].
Lieben Gruß,
Fulla
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:15 So 23.01.2011 | | Autor: | Dust |
hallo,
Zu Aufgabe b)
Sei [mm] A_i [/mm] für i = [mm] 1, 2, 3 , 4 und 5 [/mm] das Ereignis " die vorhergesagte Person wird bei der i-ten Ziehung gezogen".
Offenbar ist [mm] p( A_1) = \bruch{1} {90} [/mm].
Damit ist [mm] p( \bar A_1) = \bruch{89}{90} [/mm].
[mm] A_2 [/mm] hängt davon ab, ob "die vorhergesagte Person" bei der ersten Ziehung nicht gezogen wurde, also von [mm] \bar A_1 [/mm].
Es gilt: [mm] p(A_2 \cap \bar A_1) [/mm] = [mm] p(\bar A_1) * p -_A_1(A_2) = \bruch{89}{90} * \bruch{1}{89} = \bruch{1}{90} [/mm]
analog folgt die dritte Ziehung:
[mm] p(A_3 \cap \bar A_2 \cap \bar A_1) = \bruch{89}{90} * \bruch{88}{89} * \bruch{1}{88} = \bruch{1}{90} [/mm]
Die vierte Ziehung:
[mm] p(A_4) \cap \bar A_3 \cap \bar A_2 \cap \bar A_1) = \bruch{89}{90} * \bruch{88}{89} * \bruch{87}{88} * \bruch{1}{87} = \bruch{1}{90} [/mm]
Die fünfte Ziehung:
[mm] p(A_5 \cap \bar A_4 \cap \bar A_3 \cap \bar A_2 \ cap \bar A_1 ) = \bruch{89}{90} * \bruch{88}{89} * \bruch{87}{88} * \bruch{86}{87} * \bruch{1}{86} = \bruch{1}{90} [/mm]
Die Wahrscheinlichkeit, dass eine bestimmte Person bei einer der Ziehungen Nr. 1 bis Nr. 5 gezogen wird ist gleich [mm] \bruch{1}{90} [/mm].
Zu dem Ereignis A = "die vorhergesagte Person wird bei einer der fünf Ziehungen gezogen" gibt es im Wahrscheinlichkeitsbaum 5 Pfade, die alle die Wahrscheinlichkeit [mm] \bruch{1}{90} [/mm] haben (nämlich die Pfade, die zu den Ereignissen [mm] A_1 bis A_5 [/mm] führen. Nach der Pfadadditionsregel summmiert sich die Wahrscheinlichkeit zu [mm] \bruch{5}{90} [/mm] auf.
[mm] p (\beta) = \bruch{1}{90} * \bruch{5}{90} = \bruch{1}{1620} [/mm]
[mm] p(\gamma) = \bruch{5}{90} * \bruch{4}{89} = \bruch{2}{801} [/mm]
[mm] p(\delta) = \bruch{5}{90} * \bruch{4}{89} * \bruch{3}{88} = \bruch{1}{11748} [/mm]
Ich bin mir nicht sicher ob diese Ansätze richtig sind.
Vielen Dank für euere Hilfe
Ich habe diese Frage in keinen anderen Forum gestellt
Gruß Dust
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:19 Di 08.02.2011 | | Autor: | meili |
Hallo Dust,
> hallo,
>
> Zu Aufgabe b)
>
> Sei [mm]A_i[/mm] für i = [mm]1, 2, 3 , 4 und 5[/mm] das Ereignis " die
> vorhergesagte Person wird bei der i-ten Ziehung gezogen".
>
> Offenbar ist [mm]p( A_1) = \bruch{1} {90} [/mm].
>
> Damit ist [mm]p( \bar A_1) = \bruch{89}{90} [/mm].
>
> [mm]A_2[/mm] hängt davon ab, ob "die vorhergesagte Person" bei der
> ersten Ziehung nicht gezogen wurde, also von [mm]\bar A_1 [/mm].
>
> Es gilt: [mm]p(A_2 \cap \bar A_1)[/mm] = [mm]p(\bar A_1) * p -_A_1(A_2) = \bruch{89}{90} * \bruch{1}{89} = \bruch{1}{90}[/mm]
>
> analog folgt die dritte Ziehung:
>
> [mm]p(A_3 \cap \bar A_2 \cap \bar A_1) = \bruch{89}{90} * \bruch{88}{89} * \bruch{1}{88} = \bruch{1}{90}[/mm]
>
> Die vierte Ziehung:
>
> [mm]p(A_4) \cap \bar A_3 \cap \bar A_2 \cap \bar A_1) = \bruch{89}{90} * \bruch{88}{89} * \bruch{87}{88} * \bruch{1}{87} = \bruch{1}{90}[/mm]
>
> Die fünfte Ziehung:
>
> [mm]p(A_5 \cap \bar A_4 \cap \bar A_3 \cap \bar A_2 \ cap \bar A_1 ) = \bruch{89}{90} * \bruch{88}{89} * \bruch{87}{88} * \bruch{86}{87} * \bruch{1}{86} = \bruch{1}{90}[/mm]
>
**
> Die Wahrscheinlichkeit, dass eine bestimmte Person bei
> einer der Ziehungen Nr. 1 bis Nr. 5 gezogen wird ist gleich
> [mm]\bruch{1}{90} [/mm].
>
> Zu dem Ereignis A = "die vorhergesagte Person wird bei
> einer der fünf Ziehungen gezogen" gibt es im
> Wahrscheinlichkeitsbaum 5 Pfade, die alle die
> Wahrscheinlichkeit [mm]\bruch{1}{90}[/mm] haben (nämlich die Pfade,
> die zu den Ereignissen [mm]A_1 bis A_5[/mm] führen. Nach der
> Pfadadditionsregel summmiert sich die Wahrscheinlichkeit zu
> [mm]\bruch{5}{90}[/mm] auf.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> [mm]p (\beta) = \bruch{1}{90} * \bruch{5}{90} = \bruch{1}{1620}[/mm]
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Wie weiter oben bei ** schon geschrieben, ist [mm]p (\beta) = \bruch{1}{90} [/mm]
>
> [mm]p(\gamma) = \bruch{5}{90} * \bruch{4}{89} = \bruch{2}{801}[/mm]
>
> [mm]p(\delta) = \bruch{5}{90} * \bruch{4}{89} * \bruch{3}{88} = \bruch{1}{11748}[/mm]
>
> Ich bin mir nicht sicher ob diese Ansätze richtig sind.
>
> Vielen Dank für euere Hilfe
>
> Ich habe diese Frage in keinen anderen Forum gestellt
>
> Gruß Dust
Gruß
meili
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:39 Mi 09.02.2011 | | Autor: | Dust |
Guten Morgen,
Zu Aufgabe b)
[mm] p( \gamma ) [/mm] und [/mm] [mm] p(\delta) [/mm] [/mm]
[mm] p( \gamma ) [/mm] kann durch eine Urnenziehung mit 2 weißen und 88 schwarzen kugeln simuliert werden.
Und
[mm] p ( \delta ) [/mm] kann durch eine Urnenziehung mit 3 weißen und 87 schwarzen Kugeln simuliert werden.
Dabei handelt es sich um eine ungeordnete k-Stichprobe ohne Zurücklegen?
[mm] p(\gamma) [/mm]
Die Wahrscheinlichkeit für das Ziehen der ersten Person liegt bei [mm] \bruch{1}{90} [/mm]
Dann bleibt noch 1 weiße Kugel übrig und 88 schwarze Kugeln. Die Wahrscheinlichkeit die weiße Kugel zu ziehen liegt dann bei [mm] \bruch{1}{89} [/mm]
Nach der Pfadmultiplikationsregel [mm] p(A \cap B) [/mm] = [mm] \bruch{1}{90} * \bruch{1}{89} [/mm] = [mm] 0,0001283 = 1,2 [/mm]% .
Demnach wäre [mm] p(\gamma) [/mm] = 1,2%.
Vielen Dank für euere Hilfe.
Gruß Dust
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:48 So 13.02.2011 | | Autor: | meili |
Hallo Dust,
> Guten Morgen,
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> Zu Aufgabe b)
>
> [mm]p( \gamma )[/mm] und[/mm] [mm]p(\delta)[/mm][/mm]
>
> [mm]p( \gamma )[/mm] kann durch eine Urnenziehung mit 2 weißen und
> 88 schwarzen kugeln simuliert werden.
>
> Und
>
> [mm]p ( \delta )[/mm] kann durch eine Urnenziehung mit 3 weißen und
> 87 schwarzen Kugeln simuliert werden.
Und es wird 5 mal gezogen ohne zurücklegen.
>
>
> Dabei handelt es sich um eine ungeordnete k-Stichprobe ohne
> Zurücklegen?
>
> [mm]p(\gamma)[/mm]
> Die Wahrscheinlichkeit für das Ziehen der ersten Person
> liegt bei [mm]\bruch{1}{90}[/mm]
>
> Dann bleibt noch 1 weiße Kugel übrig und 88 schwarze
> Kugeln. Die Wahrscheinlichkeit die weiße Kugel zu ziehen
> liegt dann bei [mm]\bruch{1}{89}[/mm]
>
> Nach der Pfadmultiplikationsregel [mm]p(A \cap B)[/mm] =
> [mm]\bruch{1}{90} * \bruch{1}{89}[/mm] = [mm]0,0001283 = 1,2 [/mm]% .
>
> Demnach wäre [mm]p(\gamma)[/mm] = 1,2%.
Nein.
Man muss noch mehr Pfade betrachten.
Bei der 1. Ziehung: p(getippter Name) = [mm] $\bruch{2}{88}$, [/mm] p(Gegenereignis) = [mm] $\bruch{86}{88}$
[/mm]
Bei der 2. Ziehung geht man von diesen beiden Ausgängen der 1. Ziehung aus, muss also 4 Ausgänge betrachten:
p(1. und 2. getippter Name) = [mm] $\bruch{2}{88} \* \bruch{1}{87}$ [/mm] (+)
p(getippter Name und anderer) = [mm] $\bruch{2}{88} \* \bruch{86}{87}$ [/mm] (*)
p(anderer und getippter Name) = [mm] $\bruch{86}{88} \* \bruch{2}{87}$ [/mm] (*)
p(2 andere Namen) = [mm] $\bruch{86}{88} \* \bruch{85}{87}$ [/mm] (*)
Bei der 3. Ziehung muss man von den mit (*) gekennzeichneten Ausgängen der 2. Ziehung ausgehen und den mit (+) gekennzeichneten Ausgang für die Summe merken, denn der ganze folgende Ast hat das gewünschte Ergebnis.
So geht es weiter bis zur 5. Ziehung.
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> Vielen Dank für euere Hilfe.
>
> Gruß Dust
>
>
Gruß
meili
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:49 So 20.02.2011 | | Autor: | Dust |
Guten Morgen,
Ich habe jeweils für [mm] p(\gamma) [/mm] und für [mm] p(\delta) [/mm]
ein Baumdiagramm gezeichnet.
Mein Ergebnis ist folgendes:
[mm] p(\gamma) = p(A) * p_A(B) + p(\bar A) * {P_\bar A} (B) [/mm]
[mm] p(\gamma) = p( A \cap B) * p( \bar A \cap B) [/mm]
[mm] p(\gamma) = \bruch{2}{88} * \bruch{1}{87} + \bruch{86}{88} * \bruch{2}{87} [/mm]
[mm] p(\gamma) = \bruch{1}{3828} + \bruch{43}{1914} [/mm]
[mm] p(\gamma) = \bruch{1}{44} [/mm]
[mm] p(\gamma) = 0,023 [/mm]
Für [mm] p(\delta) [/mm] habe Ich folgendes Ergebnis.
Die Pfade die zu dem Ergebnis dritter Name führen haben nach der Pfadmultiplikationsregel die Wahrscheinlickeit.
[mm]p(\delta) = \bruch{3}{87} *\bruch{2}{86} * \bruch{1}{85} + \bruch{3}{87} * \bruch{84}{86} * \bruch{2}{85} + \bruch{84}{87} * \bruch{3}{86} *\bruch{2}{85} + \bruch{84}{87}* \bruch{83}{86} * \bruch{3}{85} [/mm]
Nach der Pfadadditionsregel hat das Ereignis die Wahrscheinlichkeit
[mm] p(\delta) = \bruch{1}{105995} + \bruch{84}{105995} + \bruch{84}{105995} + \bruch{20916}{635970} [/mm]
[mm] p(\delta) = 0,033 [/mm]
Auf der einen Seite bin Ich mir sicher das ich das jetzt richtig gemacht habe. Was mich verunsichert ist, dass [mm] p(\delta) [/mm] mit 0,033 eine größere Wahrscheinlichkeit hat als [mm] p(\gamma) [/mm] mit 0,023
Vielen Dank für euere Hilfe
Ich habe diese Frage in keinen anderen Forum gestellt
Gruß Dust
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Manchmal liegt es am ungeschickt gewählten Modell, daß alles so kompliziert wird. Ich würde Folgendes vorschlagen:
Wir haben 90 Namen, symbolisiert durch die ganzen Zahlen von 1 ("Graf Alfani") bis 90 ("Baron Omegatti"). Aus diesen 90 Namen werden nacheinander 5 Namen gezogen. Ein Ausgang des Zufallsexperiments ist also ein Quintupel, z.B. [mm](56,53,4,29,89)[/mm] oder [mm](30,40,31,8,65)[/mm].
Alle diese Ausgänge bilden den Ergebnisraum [mm]\Omega[/mm]. Er hat
[mm]|\Omega| = (90)_5 = 90 \cdot 89 \cdot 88 \cdot 87 \cdot 86[/mm]
Elemente (Ziehen ohne Zurücklegen mit Berücksichtigung der Reihenfolge). Alle Ausgänge sind gleichwahrscheinlich. Man darf daher die Laplace-Annahme machen.
a) Das Ereignis [mm]\alpha[/mm]
Der Spieler setzt auf einen konkreten Namen, sagen wir auf "Graf Alfani", also die Nummer 1. Wir müssen jetzt alle Quintupel suchen, die die Nummer 1 enthalten. Beispiele wären
[mm](77,48,1,83,16), \ (24,3,16,1,73)[/mm]
Man wählt zunächst den Platz für die 1. Dafür gibt es [mm](5)_1 = 5[/mm] Möglichkeiten. Jetzt ist dieser Platz gewählt, man denkt ihn sich aus dem Quintupel gestrichen, so daß man noch ein Quartupel aus den Zahlen von 2 bis 90 zu bestücken hat. Dafür gibt es [mm](89)_4[/mm] Möglichkeiten. Nach dem Multiplikationsprinzip der Kombinatorik folgt:
[mm]| \alpha | = (5)_1 \cdot (89)_4[/mm]
Die Wahrscheinlichkeit (bitte ein großes "P" verwenden) ist also mit der Laplace-Formel
[mm]P(\alpha) = \frac{| \alpha |}{| \Omega |} = \frac{(5)_1 \cdot (89)_4}{(90)_5} = \frac{5}{90} = \frac{1}{18}[/mm]
Auf den ersten Blick erscheint das Vorgehen hier vielleicht unnötig aufwendig. Es zeigt sich aber schnell, welchen Vorteil es hat, wenn man sich erst einmal ein ordentliches Modell gibt, nämlich dann, wenn die Ereignisse komplizierter werden.
b) Das Ereignis [mm]\beta[/mm]
Jetzt setzt der Spieler nicht nur auf einen Namen, sondern auch auf einen Platz, sagen wir "Graf Alfani auf Platz 4". Beispiele wären
[mm](63,68,49,1,38), \ (6,55,32,1,52)[/mm]
Die Rechnung geht wie in a), nur hat man jetzt nicht [mm](5)_1[/mm] Möglichkeiten für den Platz, sondern nur noch 1 Möglichkeit.
c) Das Ereignis [mm]\gamma[/mm]
Hier setzt der Spieler auf zwei Namen, sagen wir "Graf Alfani und Graf Omegatti". Das Vorgehen ist wie in a). Für die Wahl der Plätze der beiden Herren hat man [mm](5)_2[/mm] Möglichkeiten. Es bleibt dann noch ein Tripel aus 88 Möglichkeiten zu bestücken:
[mm]| \gamma | = (5)_2 \cdot (88)_3[/mm]
d) Das Ereignis [mm]\delta[/mm]
Es geht ganz wie mit den bisherigen Ereignissen.
Deine alten Ergebnisse bei c) und d) erscheinen mir daher korrekt.
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 17:14 So 20.02.2011 | | Autor: | Dust |
Hallo,
Zu Aufgabe 2c)
Zu [mm] P(\gamma) [/mm]
Im Falle des Gewinns P= 0,023 bekommt man 270 Gulden. Das sind 269 Gulden Gewinn. Falls man verliert P=0,997 bekommt man nichts . Der mittlere Gewinn ist also:
269 * 0,023 + (-1) * 0,997 = 6,187 - 0,997 = 5,213
Der mittlere Gewinn bei [mm] P(\gamma) [/mm] beträgt 5,213.
Und genauso würde Ich [mm] P(\delta) [/mm] berechnen.
Das ist mir aber irgendwie viel zu einfach.
Vielen Dank für euere Hilfe
Ich habe diese Frage in keinen anderen Forum gestellt.
Gruß Dust
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:22 Mi 23.02.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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