3 Vekt. mit je einer unbek. < Vektoren < Lin. Algebra/Vektor < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:15 Mi 17.09.2014 | | Autor: | n4x |
| Aufgabe | [mm] \vektor{a \\ -3 \\ 5} [/mm] ; [mm] \vektor{1 \\ -a \\ 2} [/mm] ; [mm] \vektor{-2 \\ -2 \\ 2a}
[/mm]
Wie muss a gewählt werden, damit linear abhängig? |
Hey, bis jetzt nur mit einer unbekannten gerechnet, tu mich irgendwie gerade ein wenig schwer, sorry :D
[mm] \vektor{a \\ -3 \\ 5} [/mm] + [mm] \vektor{1 \\ -a \\ 2} [/mm] = [mm] \vektor{-2 \\ -2 \\ 2a}
[/mm]
und
[mm] \vektor{a \\ -3 \\ 5} [/mm] + [mm] \vektor{1 \\ -a \\ 2} [/mm] + [mm] \vektor{-2 \\ -2 \\ 2a} [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
hat mir nichts eingebracht was irgendwie sinnig ist, geht man hier anders vor?
Hoffe ihr könnt mir da bitte aushelfen,
mfg
n4x :)
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Hallo n4x,
> [mm]\vektor{a \\ -3 \\ 5}[/mm] ; [mm]\vektor{1 \\ -a \\ 2}[/mm] ; [mm]\vektor{-2 \\ -2 \\ 2a}[/mm]
>
> Wie muss a gewählt werden, damit linear abhängig?
> Hey, bis jetzt nur mit einer unbekannten gerechnet, tu
> mich irgendwie gerade ein wenig schwer, sorry :D
>
> [mm]\vektor{a \\ -3 \\ 5}[/mm] + [mm]\vektor{1 \\ -a \\ 2}[/mm] = [mm]\vektor{-2 \\ -2 \\ 2a}[/mm]
>
> und
>
> [mm]\vektor{a \\ -3 \\ 5}[/mm] + [mm]\vektor{1 \\ -a \\ 2}[/mm] + [mm]\vektor{-2 \\ -2 \\ 2a}[/mm]
> = [mm]\vektor{0 \\ 0 \\ 0}[/mm]
>
> hat mir nichts eingebracht was irgendwie sinnig ist, geht
> man hier anders vor?
>
> Hoffe ihr könnt mir da bitte aushelfen,
Naja, was sind das denn da für 2 Ansätze?
Wie ist denn lineare (Un-)Abhängigkeit definiert?
Schreibe das mal auf.
Eine der Möglicheiten:
Stopfe die Vektoren als Spalten in eine Matrix $A$ und berechne die Determinante [mm] $\operatorname{det}(A)$
[/mm]
Was weißt du über den Zusammenhang zwischen Determinante und Invertierbarkeit?
Wahlweise berechne den Rang von A ...
PS: Es wäre sicher sinnvoll, wenn du dein mathem. Profil anpassen würdest. Dann könnte man gezielter antworten ...
>
> mfg
> n4x :)
Gruß
schachuzipus
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:54 Mi 17.09.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> [mm]\vektor{a \\ -3 \\ 5}[/mm] ; [mm]\vektor{1 \\ -a \\ 2}[/mm] ; [mm]\vektor{-2 \\ -2 \\ 2a}[/mm]
>
> Wie muss a gewählt werden, damit linear abhängig?
> Hey, bis jetzt nur mit einer unbekannten gerechnet, tu
> mich irgendwie gerade ein wenig schwer, sorry :D
>
> [mm]\vektor{a \\ -3 \\ 5}[/mm] + [mm]\vektor{1 \\ -a \\ 2}[/mm] = [mm]\vektor{-2 \\ -2 \\ 2a}[/mm]
der Ansatz hier wäre: Für genau welche [mm] $a\,$ [/mm] ist
[mm] $x_1*\vektor{a \\ -3 \\ 5}+x_2*\vektor{1 \\ -a \\ 2}=\vektor{-2 \\ -2 \\ 2a}$
[/mm]
lösbar in dem Paar [mm] $(x_1|x_2) \in \IR^{1 \times 2}$?
[/mm]
> und
>
> [mm]\vektor{a \\ -3 \\ 5}[/mm] + [mm]\vektor{1 \\ -a \\ 2}[/mm] + [mm]\vektor{-2 \\ -2 \\ 2a}[/mm] = [mm]\vektor{0 \\ 0 \\ 0}[/mm]
>
> hat mir nichts eingebracht was irgendwie sinnig ist, geht
> man hier anders vor?
Ja. So würde die Frage lauten: Für genau welche [mm] $a\,$ [/mm] ist
[mm] $x_1*\vektor{a \\ -3 \\ 5}+x_2*\vektor{1 \\ -a \\ 2}+x_3*\vektor{-2 \\ -2 \\ 2a}=\vektor{0 \\ 0 \\ 0}$
[/mm]
lösbar in [mm] $$(x_1|x_2|x_3) \in \IR^{1 \times 3}\,.$
[/mm]
Bedenke dabei: [mm] $a\,$ [/mm] hat den Stellenwert eines Parameters, ist also als fest
gewählt zu betrachten. Das heißt, wenn Du ein solches GLS lösen willst, ist
[mm] $a\,$ [/mm] als feste Zahl anzusehen, und wenn Du etwa zwei Gleichungen
(i) [mm] $a*x+y=2\,$
[/mm]
(ii) [mm] $3*x+7*y=5\,$
[/mm]
in den Variablen [mm] $x,y\,$ [/mm] zu lösen hättest, würdest Du genauso vorgehen, wie
sonst auch, nur, dass es vielleicht hier sinnvoll wäre, zu unterscheiden:
1. Fall: [mm] $a=0\,.$ [/mm] Dann kann man hier (i) direkt in (ii) einsetzen...
2. Fall: $a [mm] \not=0\,.$ [/mm] Dann ist
(i) [mm] $\gdw$ [/mm] $3 [mm] \cdot$ [/mm] (i)
und
(ii) [mm] $\gdw$ [/mm] $a [mm] \cdot$ [/mm] (ii)
und man berechnet danach $3 [mm] \cdot$ [/mm] (i) - $a [mm] \cdot [/mm] $ (ii)...
Nebenbei: Dass Dein erster Ansatz oben funktioniert, ist eigentlich gar nicht
so klar. Du sagst vielleicht: "Warum denn nicht? Wenn drei Vektoren linear
unabhängig sind, dann läßt sich einer der drei als Linearkombination der
anderen beiden schreiben..."
Das ist richtig, aber dieser Satz sollte so interpretiert werden: "Man kann
von den drei Vektoren wenigstens einen finden, der sich als Linearkombination
der anderen beiden schreiben läßt."
Was ist da der Unterschied? Naja, betrachte
[mm] $(\vektor{1\\0\\0},\vektor{1\\0\\0},\vektor{0\\1\\0})\,.$
[/mm]
Diese Familie ist linear abhängig. Aber der dritte Vektor läßt sich nicht als
Linearkombination der ersten beiden schreiben.
(Der zweite aber als Linearkombination des ersten und dritten!)
Bei Dir oben passt das Vorgehen allerdings dennoch. Das liegt aber daran,
dass für jedes [mm] $a\,$ [/mm] sicher die Familie
[mm] $(\vektor{a \\ -3 \\ 5},\vektor{1 \\ -a \\ 2})$
[/mm]
linear unabhängig ist:
Aufgrund eines Vergleichs in der 3. Komponente berechnen wir
[mm] $2,5*\vektor{1 \\ -a \\ 2}=\vektor{2,5 \\ -2,5a \\ 5}\,.$
[/mm]
Demnach müßte die zweite Komponente dann $-2,5*a=-3$ erfüllen, also [mm] $a=6/5\,.$
[/mm]
Dann wäre aber das Problem in der ersten Komponente, dass $a=6/5 [mm] \not=2,5=2,5*1$ [/mm] ist...
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:17 Do 18.09.2014 | | Autor: | n4x |
Ja, so meinte ich das auch, habe nicht bedacht x1/x2 dazuzuschreiben ;)
Da habe ich dann: (Wie ich es jetzt gemacht habe)
a [mm] \vektor{a \\ -3 \\ 5} [/mm] + [mm] b\vektor{1 \\ -a \\ 2} [/mm] = [mm] \vektor{-2 \\ -2 \\ 2a} [/mm]
=> ad + b = -2
=> -3a - bd = -2
=> 5a + 2b = 2d
Und von da aus komm ich nicht weiter, seh nicht was ich da noch machen kann bei der Menge an unbekannten :(
[mm] a\vektor{a \\ -3 \\ 5} [/mm] + [mm] b\vektor{1 \\ -a \\ 2} [/mm] + [mm] c\vektor{-2 \\ -2 \\ 2a} [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 0} [/mm]
=> ad + b -2 = 0
=> -3a - bd -2 = 0
=> 5a + 2b + c2d = 0
Auch hier kann ich, auf jeden Fall aus meiner Sicht, nichts mehr machen um irgendwie weiterzukommen.
Von den dingern hab ich hier 10 Stück, wäre super gut wenn es da einen einfachen weg geben würde den ich auf alle übertragen könnte :D
Danke auf jeden Fall für die Hilfe bis jetzt ;)
lg
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Hallo!
Pass erstmal etwas besser auf deine Variablennamen auf. Es ist ja definiert, daß a ein Parameter in den Vektoren sein soll.
Wenn du schreibst:
$a [mm] \vektor{a \\ -3 \\ 5} [/mm] + [mm] b\vektor{1 \\ -a \\ 2} [/mm] = [mm] \vektor{-2 \\ -2 \\ 2a} [/mm] $
steht das a zwei mal drin. Das hast du in dem Gleichungssystem danach zwar ausgebügelt, in dem du den Parameter nun d nennst, aber es wäre besser, wenn du deine eigenen Parameter anders nennst, z.B. so:
$b [mm] \vektor{a \\ -3 \\ 5} [/mm] + [mm] c\vektor{1 \\ -a \\ 2} [/mm] = [mm] \vektor{-2 \\ -2 \\ 2a} [/mm] $
Die lineare unabhängigkeit lässt sich damit nur zeigen, wenn du bereits weißt, daß die linken beiden bereits l.u. sind. Denn:
$b [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 1} [/mm] + [mm] c\vektor{0 \\ 0 \\ 2} [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0} [/mm] $
Hierfür gibt es "keine Lösung", was für linear unabhängig spricht. Aber die beiden Vektoren links sind linear abhängig!
Schreibst du stattdessen
$b [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 1} [/mm] + [mm] c\vektor{0 \\ 0 \\ 2} +d\vektor{1 \\ 0 \\ 0}= \vektor{0 \\ 0 \\ 0}$
[/mm]
wirst du 'raus bekommen, daß d=0 sein muß, und dass b=2c ist. Das letztere zeigt, daß die Vektoren NICHT l.u. sind.
Zurück zu deiner Aufgabe:
Du hast jetzt
$b [mm] \vektor{a \\ -3 \\ 5} [/mm] + [mm] c\vektor{1 \\ -a \\ 2} [/mm] +d [mm] \vektor{-2 \\ -2 \\ 2a} [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 0}$
[/mm]
ab + c - 2d = 0
-3b - ac - 2d = 0
5b + 2c + 2ad = 0
Du sollst nun das a wie eine konstante Zahl behandeln. Setze dazu einfach mal a=1 als Fingerübung ein
Dann rechnest du 3*I+II sowie 5*II+3*III und erhälst so zwei gleichungen mit den Unbekannten c und d. Daraus kannst du dann eine weitere Variable elimineren, die letzte ausrechnen, und dann rückwärts einsetzen, um alle Variablen zu ermitteln.
Dabei gibt's die Fälle, daß es keine lösung, exakt eine, oder unendlich viele gibt. Wie äußert sich das nochmal?
Und nun ersetzt du das a NICHT, behandelst es aber bis zuletzt so, als wäre es ne Zahl. Die Frage ist am Ende, wie du durch die Wahl von a erreichen kannst, daß es unendlich viele Lösungen oder genau eine Lösung gibt
Am Ende landest du bei sowas wie
(5a+10)d=0
(Hab ich mir ausgedacht, kommt nicht aus deinen Gleichungen)
Wenn hier $a=-2_$ ist, ist es völlig egal, wie groß d ist, die Gleichung ist immer erfüllt. Und damit ist das der Fall "unendlich viele Lösungen"
Wenn [mm] $a\neq [/mm] -2$, muß zwingend $d=0_$ sein, damit die Gleichung erfüllt ist.
Anschließend solltest du prüfen, wie der Fall für die anderen Variablen aussieht, wenn d=0 ist. Müssen die für [mm] $a\neq [/mm] -2$ auch alle zwingend =0 sein?
(Wie gesagt, das ist wieder ein Beispiel von mir, bei dir wird wohl eher nicht a=-1 raus kommen)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:50 Do 18.09.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ja, so meinte ich das auch, habe nicht bedacht x1/x2
> dazuzuschreiben ;)
>
> Da habe ich dann: (Wie ich es jetzt gemacht habe)
>
>
> a [mm]\vektor{a \\ -3 \\ 5}[/mm] + [mm]b\vektor{1 \\ -a \\ 2}[/mm] =
> [mm]\vektor{-2 \\ -2 \\ 2a}[/mm]
>
> => ad + b = -2
> => -3a - bd = -2
> => 5a + 2b = 2d
>
> Und von da aus komm ich nicht weiter, seh nicht was ich da
> noch machen kann bei der Menge an unbekannten :(
>
> [mm]a\vektor{a \\ -3 \\ 5}[/mm] + [mm]b\vektor{1 \\ -a \\ 2}[/mm] +
> [mm]c\vektor{-2 \\ -2 \\ 2a}[/mm] = [mm]\vektor{0 \\ 0 \\ 0}[/mm]
>
> => ad + b -2 = 0
> => -3a - bd -2 = 0
> => 5a + 2b + c2d = 0
>
> Auch hier kann ich, auf jeden Fall aus meiner Sicht, nichts
> mehr machen um irgendwie weiterzukommen.
>
> Von den dingern hab ich hier 10 Stück, wäre super gut
> wenn es da einen einfachen weg geben würde den ich auf
> alle übertragen könnte :D
sofern Du immer [mm] $n\,$ [/mm] Vektoren des [mm] $\IR^n$ [/mm] hast, ist meines Erachtens nach
der einfachste Weg der, wo mit der Determinanten der aus diesen Vektoren
gebildete [mm] $\IR^{n \times n}$-Matrix [/mm] argumentiert wird.
Beispiel: Angenommen, Du wolltest genau alle [mm] $a\,$ [/mm] so finden, dass
[mm] $(1,a)^T; (3a,7)^T$
[/mm]
linear abhängig sind.
Dann ist
[mm] $A=\pmat{1, & 3a\\a, & 7}$ [/mm] (D könntest auch die Transponierte betrachten!)
und daher
[mm] $\det(A)=0$
[/mm]
[mm] $\iff$ $1*7-3a^2=0\,.$
[/mm]
Also sind die Vektoren genau dann linear abhängig, wenn
[mm] $a=\sqrt{7/3}\,$ [/mm] oder [mm] $a=-\sqrt{7/3}\,.$
[/mm]
Bei $3 [mm] \times [/mm] 3$-Matrizen kannst Du die Determinante mit
![[]](/images/popup.gif) der Regel von Sarrus
oder auch dem
Entwicklungssatz von Laplace
ausrechnen.
Gruß,
Marcel
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Hi!
Das ist richtig, und ich wollte es eigentlich auch erwähnen.
Allerdings steht die Aufgabe im Bereich "Oberstufe", da muß die Determinante und deren Verwendung nicht bekannt sein.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:58 Do 18.09.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hi!
>
> Das ist richtig, und ich wollte es eigentlich auch
> erwähnen.
>
> Allerdings steht die Aufgabe im Bereich "Oberstufe", da
> muß die Determinante und deren Verwendung nicht bekannt
> sein.
wenn er mehr als 5 solcher Aufgaben lösen muss, sollte der Lehrer diesen
Weg vorstellen (es sei denn, er will den SchülerInnen zeigen, wie quälend
er sie umständlich rechnen lassen kann, während er für sich "ganz schnell"
das richtige Ergebnis elegant herleiten kann).
Schachuzipus hatte es übrigens auch schon erwähnt. Besonders wichtig
hierbei ist aber auch, dass man erwähnt, dass die Vektoren eine quadratische
Matrix bilden sollen!
Gruß,
Marcel
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Hi!
Da hast du wohl recht. Andererseits sollte man erstmal den mühsamen Weg kennen (auch, wenn er durch den Parameter noch etwas mühsamer ist), bevor man das mit Determinanten erschlägt.
Sowas mittels Gauß etc. zu rechnen, ist ja erstmal der einleuchtende Weg, wieso das mit den Determinanten funktioniert, erfordert erstmal Hirmschmalz. Andererseits: wenn man weiß, daß die Determinante ein Maß für das von den Vektoren aufgespannte Volumen ist, dann ist auch klar: Ist das Volumen 0, liegt mindestens ein Vektor in der Ebene von zwei anderen, ist also l.a.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:56 Fr 19.09.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hi!
>
> Da hast du wohl recht. Andererseits sollte man erstmal den
> mühsamen Weg kennen (auch, wenn er durch den Parameter
> noch etwas mühsamer ist), bevor man das mit Determinanten
> erschlägt.
>
> Sowas mittels Gauß etc. zu rechnen, ist ja erstmal der
> einleuchtende Weg, wieso das mit den Determinanten
> funktioniert, erfordert erstmal Hirmschmalz. Andererseits:
> wenn man weiß, daß die Determinante ein Maß für das von
> den Vektoren aufgespannte Volumen ist, dann ist auch klar:
> Ist das Volumen 0, liegt mindestens ein Vektor in der Ebene
> von zwei anderen, ist also l.a.
na, der letzte Satz ist doch ein super Hinweis:
http://de.wikipedia.org/wiki/Parallelepiped
Bei mir wurde das in der analytischen Geometrie sogar bewiesen. Dann
ist geometrisch wenigstens die genannte Aussage, dass drei Vektoren des
[mm] $\IR^3$ [/mm] genau dann linear unabhängig sind, wenn ihre Determinante einen
Wert [mm] $\not=0$ [/mm] hat, klar. Denn genau dann hat der von den drei Vektoren gebildete
Parallelepipep ein Volumen [mm] $\not=0\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:22 Sa 20.09.2014 | | Autor: | n4x |
Hab jetzt für alle Sarrus benutzt, klappt ganz gut ;)
War irgendwie der einzigste der überhaupt was hatte, haben wir anscheinend nur bekommen damit wir "mal scharf anchdenken müssen" :D
Danke nochmal,
lg
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:31 Fr 19.09.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> [mm]\vektor{a \\ -3 \\ 5}[/mm] ; [mm]\vektor{1 \\ -a \\ 2}[/mm] ; [mm]\vektor{-2 \\ -2 \\ 2a}[/mm]
>
> Wie muss a gewählt werden, damit linear abhängig?
hier mal ein etwas anderer Weg - der allerdings sehr speziell ist:
Es bezeichnen
[mm] $v_i$ [/mm] für $i=1,2,3$
die Vektoren in der obigen Reihenfolge [mm] ($v_i$ [/mm] hat also den Parameter [mm] $a\,$ [/mm] in
der [mm] $i\,$-ten [/mm] Komponente).
Dass [mm] $v_1,v_2$ [/mm] für alle [mm] $a\,$ [/mm] linear unabhängig sind, habe ich ja schon an anderer
Stelle begründet.
[Eine andere Möglichkeit, um dies einzusehen:
Unten wirst Du den Vektor
[mm] $\vec{w}=v_1 \times v_2$
[/mm]
sehen. Geometrisch läßt sich der Betrag dieses Vektors als die Fläche des
Parallelogramms, welches [mm] $v_1, v_2$ [/mm] bilden, deuten. Es ist (mit dem Ergebnis unten)
[mm] $|\vec{w}|^2=(-6+5a)^2+(5-2a)^2+(3-a^2)^2=a^4+23a^2-80a+70$
[/mm]
Und holla: So einfach ist das gar nicht, das damit einzusehen. Sondern wir
haben gerade eher eine witzige Beobachtung gemacht, die jetzt nichts mit
linearer Algebra zu tun hat:
Dieses letztstehende Polynom 4. Grades in der Variablen [mm] $a\,$ [/mm] kann keine Nullstellen
haben. Hätte es welche, dann wäre [mm] $|\vec{w}|=0$ [/mm] für diese [mm] $a\,.$ [/mm] Dann wären
aber [mm] $v_1,v_2$ [/mm] linear abhängig für diese [mm] $a\,.$ [/mm] Solche $a [mm] \in \IR$ [/mm] existieren aber
nicht, wie ich schon an anderer Stelle:
https://matheraum.de/read?i=1034937 (klick!)
gezeigt habe.]
Es bezeichne
$E [mm] \colon \vec{x}=r*v_1+s*v_2,$ [/mm] $r,s [mm] \in \IR\,,$
[/mm]
die Ursprungsebene mit Spannvektoren [mm] $v_1,v_2\,.$
[/mm]
Dann ist das Kreuzprodukt von [mm] $v_1,v_2$
[/mm]
[mm] $\vec{w}:=v_1 \times v_2=\vektor{-6+5a\\5-2a\\-a^2+3}$
[/mm]
ein Vektor, der senkrecht auf [mm] $E\,$ [/mm] steht.
Die drei Vektoren oben sind nun genau dann linear abhängig, wenn der
dritte Vektor auch in [mm] $E\,$ [/mm] liegt.
Das ist genau dann der Fall, wenn das Skalarprodukt
[mm] $\vec{w} \bullet \vektor{-2\\-2\\2a}=\vektor{-6+5a\\5-2a\\-a^2+3} \bullet \vektor{-2\\-2\\2a}=(-6+5a, [/mm] 5-2a, [mm] -a^2+3) \cdot \vektor{-2\\-2\\2a}=2*(6-5a-5+2a-a^3+3a)=0$
[/mm]
erfüllt.
Dies führt auf
[mm] $-a^3+1=0$ $\iff$ $a=\sqrt[3]{1}=1\,.$
[/mm]
Zum Vergleich berechne ich mal die Determinante:
Es ist
[mm] $\det(\pmat{a, & 1, & -2 \\-3, & -a, & -2\\5, & 2, & 2a})=-2a^3-10+12-10a+4a+6a=-2a^3+2$
[/mm]
Wir kommen zu der gleichen Erkenntnis!
Gruß,
Marcel
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