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数学物理方法姚端正CH5作业解答


数理方法 CH5 作业解答 P82 习题 5.1 1. 求下列函数在指定点处的留数 (1) z ,在 z = ±1 , ∞ ( z ? 1)( z + 1) 2

解:①对于 z = 1 z = 1 是单极点,由公式 resf (b) = lim ( z ? b) f ( z ) ,得
z →b

resf (1) = lim ( z ? 1) f ( z ) = lim
z →1

z 1 = 2 z →1 ( z + 1) 4

②对于 z = ?1 1 d n ?1 z = ?1 是二阶极点,由公式 resf (b) = [( z ? b) n f ( z )]z = b ,得 n ?1 (n ? 1)! dz resf (?1) = d z 1 z 1 [ ] z = ?1 = [ ? ] =? 2 z = ?1 dz z ? 1 z ? 1 ( z ? 1) 4

③对于 z = ∞ 根据“全平面的留数之和为零” ,知 resf (∞) = ?[resf (1) + resf (?1)] = 0

(2) e z ?1 , 在 z = 1 , ∞ 解:将 f ( z ) = e
1 ∞ 1 z ?1

1

在 z = 1 的去心邻域展开为: z ?1 < ∞

f ( z ) = e z ?1 = ∑

( z ? 1) ? k k! k =0

可见, ( z ? 1)?1 的系数为 1,则 resf (1) = 1 , 根据全平面的留数之和为零,知 resf (∞) = ? resf (1) = ?1

(3)

ez ? 1 ,在 z = 0 sin 3 z

1

解: e z ? 1 = ∑ sin 3 z = [∑


z 2 z3 z 4 zk ? 1 = z + + + + ... 2! 3! 4! k = 0 k!



(?1)k z 2 k +1 3 z3 z 5 z7 ] = ( z ? + ? + ...)3 3! 5! 7! k = 0 ( 2k + 1)! z 3 z5 z 7 z2 z4 z6 + ? + ...)? 3 = z ? 3 [1 + (? + ? + ...)]?3 3! 5! 7! 3! 5! 7!

则 sin ?3 z = ( z ?

? 3 ? (?4) z 2 z 4 z 6 z2 z4 z6 = z [1 + (?3)(? + ? + ...) + (? + ? + ...)2 + ...] 3! 5! 7! 2 3! 5! 7!
?3

= z ?3 +

1 ?1 z + c1 z + c3 z 3 + ... 2

(上式中倒数第二步用了二项式定理,最后一步不需要写出很多项,只要写出 对最后 f ( z ) = (e z ? 1) sin ?3 z 的展开式中的 z ?1 项有贡献的项就够了, 可以看出, 对 最后 f ( z ) = (e z ? 1) sin ?3 z 的展开式中的 z ?1 项有贡献的项其实只有第一项 z ?3 ) 至此,可断定函数 f ( z ) = (e z ? 1) sin ?3 z 的展开式中 z ?1 项的系数为 所以 resf (0) = 解法之二: 1 1 e ? 1 sin 3 z φ ( z ) , 其 中 φ ( z) = ,以 z=0 为 3 阶极点; = = f ( z) = 3 1 ψ ( z) sin z sin 3 z ez ?1 1 ψ ( z) = z ,以 z = 0 为一阶极点,则 f ( z ) 以 z = 0 为二阶极点。 (这里用到一个 e ?1
z

1 2

1 2

结论: 设函数 φ ( z ) 与ψ ( z ) 分别以 z = a 为 m 阶与 n 阶极点, 若m > n, 则函数 以 z = a 为 m ? n 阶极点。 ) 则由计算留数的公式,有: resf (0) =

φ ( z) ψ ( z)

d z 2 (e z ? 1) [ ]z = 0 ,得到一阶导数表达式后, dz sin 3 z 1 2

令 z → 0 ,取极限,并连续四次运用罗必塔法则,就得到 resf (0) = 相比之下,第一种解法比较简单。

2

z π ,在 z = (2k + 1) ( k = 0,±1, ±2... ) cos z 2 z π 的奇点为 z = (2k + 1) ( k = 0,±1,±2... ) ; 解:函数 f ( z ) = cos z 2 (4) 函数 1 cos z π π = 以 z = (2k + 1) 为 一 阶 零 点 , 所 以 , z = (2k + 1) 为 函 数 f ( z) z 2 2 z 的单极点。 cos z φ ( z) ,其中 φ ( z ) = z , ψ ( z ) = cos z ,运用单极点的留数公 ψ ( z) resf (b) = (2k + 1) π 2 φ (b) ψ ' (b) 得 到

f ( z) =

将函数记作: f ( z ) =



:

π π 2 = (?1)k +1 (2k + 1) π resf ((2k + 1) ) = = k π 2 2 ? (?1) ? sin( 2k + 1) 2 (2k + 1)

2.求下列函数在其孤立奇点和无穷远点的留数 (3) sin 2 z ( z + 1)3

解:奇点为 z = ?1 ,是 3 阶极点。 resf (?1) = 1 d2 1 d2 3 + = [( z 1 ) f ( z )] [sin 2 z ]z =?1 = 2 sin 2 z = ?1 2! dz 2 2! dz 2 resf (∞) = ? resf (?1) = ?2 sin 2

根据全平面的留数之和为零,知 (5) z2 + 1 ez

解 : 函数 在全平 面 只 有一个 奇 点 z = ∞ ,根据全 平面的留 数之和 为零 ,知 resf (∞) = 0 (6) cos 1 z

解:函数的奇点为 z = 0 ,将函数在 z = 0 的去心邻域展开,得

3

1 ∞ =∑ cos z k =0

(?1) k (

1 2k ) ∞ (?1) k z ? k z =∑ (2k )! (2k )! k =0 1 2 , resf (∞) = 1 2

z ?1 的系数为: C?1 = ?

1 2

所以 resf (0) = ?

2.计算下列围道积分 (2) ∫ zdz l ( z ? 1)( z ? 2) 2 l: z ?2 = 1 2

解: 函数 f ( z ) =

z 的奇点有两个:z1 = 2 和 z 2 = 1 , 其中只有奇点 z1 = 2 ( z ? 1)( z ? 2) 2

在围道内,它是 2 阶极点。 resf (2) = d d z [( z ? 2)2 f ( z )]z = 2 = [ ]z = 2 = ?1 dz dz z ? 1

由留数定理,

∫ ( z ? 1)( z ? 2)
l

zdz

2

= ?2πi

(3) ∫

l

dz , ( z ? 3)( z 5 ? 1)

l: z =2
i 2 kπ 5

1 的奇点为: z = 3 以及 z k = e 解:函数 f ( z ) = ( z ? 3)( z 5 ? 1) 奇点 z = 3 在围道 z = 2 之外,奇点 z k = e
i 2 kπ 5

( k = 0,1,2,3,4)

在围道内,即围道内有五个奇点,计

算其留数时较为繁琐,根据“全平面的留数之和为零” ,知


k =0

5

resf ( z k ) + resf (3) + resf (∞) = 0 ,可转为求 resf (3) 和 resf (∞) 1 1 = z ? 1 242
5

z = 3 是单极点, resf (3) = lim ( z ? 3) f ( z ) = lim
z →3

z →3

对于 resf (∞) ,可将 f ( z ) = 数:

1 在无穷远点展开,寻找其负一次幂的系 ( z ? 3)( z 5 ? 1)

4

f ( z) =

∞ 1 1 1 1 ∞ 3k 1 ∞ 1 3k ∞ 1 = ? = ∑ ? ∑ =∑ ∑ ( z ? 3)( z 5 ? 1) z (1 ? 3 ) z 5 (1 ? 1 ) z k = 0 z k z 5 k = 0 z 5 k k = 0 z k +1 k = 0 z 5( k +1) z z5

1 3 1 1 = ( + 2 + ...)( 5 + 10 + ...) z z z z 可见,展开式中没有 z ?1 项,所以 resf (∞) = ?C?1 = 0 所以, ∑ resf ( z k ) = ?[resf (3) + resf (∞) = 0] = ?
k =0 4

1 242

根据留数定理, ∫

4 dz πi = π i ? resf ( z k ) = ? 2 ∑ 5 l ( z ? 3)( z ? 1) 121 k =0

(4)

1 1 sin dz ∫ l 2πi z

l: z =r 1 的奇点为 z = 0 ,此题将函数直接展开求负一次幂项的系数 z

解:函数 f ( z ) = sin 较为方便。

利用已知的展开式 sin z = ∑

(?1) k z 2k +1 ,得到 k = 0 ( 2 k + 1)!


1 (?1) k ( )2 k +1 1 ∞ z ,其负一次幂项的系数为 C?1 = 1 sin = ∑ z k = 0 (2k + 1)! 故

∫ sin z dz = 2πiresf (0) = 2πi
l

1



1 1 sin dz = 1 ∫ l 2πi z

P87 习题 5.2 1.计算下列积分 (1)



∞ ?∞

1 + x2 dx 1 + x4
∞ ?∞

解:属于类型 ∫

1 + x2 1 + z2 ,则 f ( z ) = ,满足条件:①在 f ( x)dx ,其中 f ( x) = 1 + x4 1 + z4

实轴上无奇 点;②在 上半 平面 除 有限个 奇 点 外 单 值 解 析 ; ③ 当 z → ∞ 时 , zf ( z ) → 0
5

则∫

1 + x2 dx = 2πi{ f ( z )在上半平面的奇点的留数之和} ?∞ 1 + x 4
∞ π i ? 4 z e = ?1 ? 3π i 4 ? z e = ? 2 ,分别为: ? 5π ? z = ei 4 ? 3 7π ? i 4 ? z e = ? 4 i π 4

1 + z2 f ( z) = 的奇点为: z = e 1 + z4

i ( 2 k +1) π 4

其中, 上半平面有两个奇点, 分别为 z1 = e 的单极点,由公式 resf (b) =
π



z2 = e

i

3π 4

, 它们都是函数 f ( z )

φ ( b) ,得函数在这两个奇点的留数分别为: ψ ' (b)

1 + z1 1 + e 2 ?i resf ( z1 ) = = = 3 3 i π 4 z1 2 2 4e 4 1 + z2 1+ e ?i = = 9 3 i π 4 z2 2 2 4e 4
2 i 3π 2

2

i

resf ( z 2 ) =

则∫

1 + x2 dx = 2πi{resf ( z1 ) + resf ( z 2 )} = 2π ?∞ 1 + x 4


(2) ∫

eirk dk ?∞ k 2 + ? 2
∞ ∞ ?∞

(r > 0)

解:属于类型 ∫ f ( z) =
2

f ( x)e ipx dx

1 满足条件:①在实轴上无奇点;②在上半平面除有限个奇点外 z + ?2

单值解析;③当 z → ∞ 时, f ( z ) → 0 所以 ∫ 函数 ? ? eirk eirz = dk 2 π i 函数 在上半平面的奇点的留数之和? ? 2 2 2 2 ?∞ k + ? z +? ? ?


eirz φ (b) 在上半平面有一个奇点:z1 = ?i 是单极点。 由公式 resf (b) = , 2 2 ψ ' (b) z +?
6

得函数在这个奇点的留数为: res[ eirz1 eir?i e ? ?r eirz z , ] = = = 1 z2 + ?2 2 ?i 2 ?i 2 z1

则∫

e ? ?r πe ? ?r e irk dk π i = 2 ? = ?∞ k 2 + ? 2 ? 2?i


(3) ∫



0

cos ax dx 1 + x4
∞ 0

(a > 0) 1 1 是偶函数。 f ( z ) = 满足条 4 1+ x 1 + z4

解: 属于类型 ∫ f ( x) cos pxdx 其中 f ( x) =

件: ①在实轴上无奇点; ②在上半平面除有限个奇点外单值解析; ③当 z → ∞ 时, f ( z) → 0 所以 ∫ 函数


0

? ? cos ax eiaz dx π i = 函数 在上半平面的奇点的留数之和? ? 4 4 1+ x 1+ z ? ? 和 z2 = e
i 3π 4

π i e iaz 4 在 上半 平面有 两 个 奇 点:分别为 z = e 1 1+ z4

,它们都是函

数 f ( z ) 的单极点,由公式 resf (b) =
π π + i sin ) 4 4 3 i π

φ (b) ,得函数在这两个奇点的留数分别为: ψ ' (b)

eiaz1 e resf ( z1 ) = 3 = 4 z1
iaz

ia (cos

4e 4
ia (cos

resf ( z 2 ) =

e 2 e = 3 4 z2

3π 3π + i sin ) 4 4 9 i π 4

4e

?i ? 化简整理得: resf ( z1 ) + resf ( z2 ) = e 2 2 所以 ∫


a 2

(cos

a a + sin ) 2 2
a 2

0

? cos ax π dx = π i { resf ( z ) + resf ( z ) } = e 1 2 1 + x4 2 2

(cos

a a + sin ) 2 2

(4) ∫



0

x sin bxdx x + a2
2

(a > 0, b > 0)

7

解: 属于类型 ∫ f ( x) sin pxdx 其中 f ( x) =
0



x z 是奇函数; f ( z ) = 2 , 满 2 x +a z + a2
2

足条件 : ①在实轴上无奇 点;②在上半 平面除 有限个奇 点 外单 值 解析 ;③ 当 z → ∞ 时, f ( z ) → 0 所以 ∫ 函数


0

? ? x zeibz bxdx sin = π ?函数 2 在上半平面的奇点的留数之和? 2 2 2 z +a x +a ? ?

φ (b) ze ibz 在上半平面有一个奇点:z1 = ai 是单极点。 由公式 resf (b) = , 2 2 ψ ' (b) z +a

得函数在这个奇点的留数为: res[ z1e ibz1 e ? ab zeibz , ] z = = 1 2 z 2 + a2 2 z1 πe ? ab x sin bxdx = x2 + a 2 2

则∫



0

2.求下列积分: (1) ∫
2π 0

1 dθ 1 ? 2b cosθ + b 2
2π 0

b <1

解:属于类型 ∫ R(cosθ , sin θ )dθ 1 dz 令 z = eiθ ,则 cosθ = ( z + z ?1) , dθ = 2 iz 代入被积函数中,并化简整理,得到关于 z 的函数的围道积分: i i 1 dθ = ∫ f ( z )dz = ∫ dz = ∫ dz 2 2 2 z =1 z =1 bz ? (b + 1) z + b z =1 0 1 ? 2b cosθ + b 1 2 b[ z ? (b + ) z + 1] b i =∫ dz = 2πi{ 函数在围道内奇点的留数之和} z =1 1 b( z ? b)( z ? ) b 1 被积 函数有两 个奇 点 z1 = b , z 2 = ,由于 b < 1 ,所以在围道内只 有一个奇 点 b i i z1 = b ,是单极点。 resf (b) = lim ( z ? b) ? f ( z ) = lim = 2 z →b z →b 1 b( z ? ) b ? 1 b 2π 1 i 2π 则∫ dθ = 2πi ? 2 = 0 1 ? 2b cosθ + b 2 b ? 1 1 ? b2





8

(2) ∫

1 dθ 0 1 + cos 2 θ 1 解:将 cos2 θ = (1 + cos 2θ ) 代入,得 2 2π 2π 2π 4π 1 2 1 1 ∫0 1 + cos2 θ dθ = ∫0 3 + cos 2θ dθ = ∫0 3 + cos 2θ d (2θ ) = ∫0 3 + cos Θ dΘ 2π 1 = 2∫ dΘ 0 3 + cos Θ


在上式中记 2θ = Θ , 令 z = eiΘ ,则 cos Θ = 1 dz ( z + z ?1) , dΘ = 2 iz

代入被积函数中,并化简整理,得到关于 z 的函数的围道积分:





0

1 dΘ = 3 + cos Θ
2

? 2i dz z + 6z + 1 z =1



2

函数 f ( z ) =

? 2i 有两个奇点,分别是 z1 = ?3 + 2 2 , z 2 = ?3 ? 2 2 z + 6z + 1

围道内只有一个奇点 z1 = ?3 + 2 2 , resf ( z1 ) = lim ( z ? z1 ) f ( z ) = lim
z → z1

z → z1

? 2i ? 2i ?i = = z ? z 2 z1 ? z 2 2 2





0

1 dΘ = 3 + cos Θ


? 2i π dz = 2πiresf ( z1 ) = z + 6z + 1 2 z =1



2

则∫

0

2π 1 1 2π dθ = 2∫ d (Θ) = = 2π 2 0 3 + cos Θ 1 + cos θ 2

(3) ∫ 2
0

π

1 dx a + sin 2 x

(a > 0)

1 解:将 sin 2 x = (1 ? cos 2 x ) 代入,得 2



π 2 0

π 1 1 1 1 dx = ∫ 2 dx = ∫ 2 d 2x = ∫ dθ 2 0 0 2 a + 1 ? cos 2 x 0 2 a + 1 ? cosθ 1 a + sin x a + (1 ? cos 2 x ) 2

π

π

= 在上式中,已记 2 x = θ

1 2π 1 dθ ∫ 2 0 2a + 1 ? cosθ

9

1 dz 令 z = eiθ ,则 cosθ = ( z + z ?1) , dθ = 2 iz 代入被积函数中,并化简整理,得到关于 z 的函数的围道积分:
π 2 0



1 1 2π 1 1 dx = = ∫ dθ = i ∫ 2 dz 2 0 a + sin x 2 2a + 1 ? cosθ z ? ( 4 a + 2 ) z + 1 z =1 f ( z) = 1 有 两 个 奇 点 z1 = 2a + 1 ? 2 a(a + 1) , z ? (4a + 2) z + 1
2

函 数

z 2 = 2a + 1 + 2 a (a + 1) ,围道内仅有一个单极点 z1 = 2a + 1 ? 2 a(a + 1) resf ( z1 ) = lim ( z ? z1 ) f ( z ) = lim
z → z1

z → z1

1 1 1 = = z ? z2 z1 ? z2 ? 4 a (a + 1)



π 2 0

1 1 1 π = dx = i ∫ 2 dz = i 2πi 2 a + sin x z ? (4a + 2) z + 1 ? 4 a(a + 1) 2 a(a + 1) z =1

(4) ∫

π 2 0

1 dx 1 + cos 2 x
2π 0

解: 由第(2)题已经解出 ∫

1 dx = 2π 1 + cos2 x



π 2 0

1 1 dx = 2 1 + cos x 4





0

1 2 dx = π 2 1 + cos x 4

P92 习题 5.3 3.计算下列积分 (1) ∫ dx ?∞ x ? 1
∞ 4 ∞ ?∞

解:属于类型 ∫

f ( x)dx ,其中 f ( x) =

1 1 ,则 f ( z ) = 4 ,它有四个奇点, x ?1 z ?1
4

分别是: z1 = 1 , z2 = ?1 , z3 = i , z4 = ?i ,满足条件:①在实轴上有有限个单极 点; ②在上半平面有有限个奇点; 除此之外单值解析; ③当 z → ∞ 时, zf ( z ) → 0



dx = 2πiresf (i ) + πi{resf (1) + resf (?1)} ?∞ x ? 1
∞ 4 z→i z →i

resf (i ) = resf (i) = lim ( z ? i ) f ( z ) = lim

1 i = ( z ? 1)( z + 1)( z + i ) 4
10

resf (1) = lim ( z ? 1) f ( z ) = lim
z →1

1 1 = 2 z →1 ( z + 1)( z + 1) 4
1 1 =? 2 ( z ? 1)( z + 1) 4

resf (?1) = lim ( z + 1) f ( z ) = lim
z → ?1 ∞

z → ?1



?∞

dx i 1 ? π ?1 = 2πi + πi ? + (? )? = ? x ?1 4 4 ? 2 ?4
4

(2) ∫

dx ? ∞ x( x + 1)( x 2 + 1)
∞ ∞

解:属于类型 ∫

?∞

f ( x)dx ,其中 f ( x) =

1 1 ,则 f ( z ) = , 2 x( x + 1)( x + 1) z ( z + 1)( z 2 + 1)

满足条件:①在实轴上有有限个单极点;②在上半平面有有限个奇点;除此之外 单值解析;③当 z → ∞ 时, zf ( z ) → 0 函数 f ( z ) 在实轴上有两个单极点 x = 0 和 x = ?1 ;在上半平面有一个奇点 z = i





?∞

dx = 2πiresf (i ) + πi{resf (0) + resf (?1)} x( x + 1)( x 2 + 1) 1 i ?1 = z ( z + 1)( z + i ) 4

resf (i) = lim ( z ? i) f ( z ) = lim
z →i z →i

resf (0) = lim ( z ? 0) f ( z ) = lim
z →0

1 =1 z → 0 ( z + 1)( z 2 + 1) 1 z ( z + 1)
2

resf (?1) = lim ( z + 1) f ( z ) = lim
z → ?1

z →0

=?

1 2





?∞

dx i ?1 1 π = 2πi ? + πi(1 ? ) = ? 2 x( x + 1)( x + 1) 4 2 2

2.计算下列积分 (2) ∫


0

sin x dx , a > 0 x( x 2 + a 2 )

11

解:属 于 类 型





0

f ( x) sin pxdx

其 中 f ( x) =

1 x( x + a 2 )
2

是 奇 函 数 ;

f ( z) =

1 ,它有三个奇点: z1 = 0 ; z 2 = ai , z3 = ? ai ;满足条件: ①在 z( z + a2 )
2

实轴上有有限个单极点;②在上半平面除有限个奇点外单值解析;③当 z → ∞ 时, f ( z ) → 0





0

sin x π e iz iz dx = π resF ( ai ) + resF ( 0 ) ,其中 F ( z ) = f ( z ) e = x( x 2 + a 2 ) 2 z( z 2 + a2 ) e iz e?a =? 2 z → ai z ( z + ai ) 2a

resF (ai ) = lim ( z ? ai ) F ( z ) = lim
z → ai

resF (0) = lim ( z ? 0) F ( z ) = lim
z →0

1 eiz = 2 2 2 z →0 z + a a





0

e? a π 1 π sin x dx = π ? ? ( ) + ? 2 = 2 (1 ? e ? a ) 2 2 2 x( x + a ) 2a 2 a 2a cos ax ? cos bx dx x2

(4) ∫



0

a ≥ 0 ,b ≥ 0

解: 因为 z = 0 是实轴上的 2 阶极点,所以此题不能套用已有的那些公式,只能 按最基本的方法构造一个合适的围道来求解。 此题还要用到小圆弧引理: 设 Cr 是 以 z = a 为 圆 心 , r 为 半 径 , 夹 角 为 θ 2 ? θ1 的 圆 弧 , 即 z ? a = re iθ (θ1 ≤ θ ≤ θ 2 ) ,若函数 f ( z ) 在 z = a 点的去心邻域内连续,且 lim[( z ? a ) f ( z )] = λ ,
r →0

( λ 为常数,包括 0 ) ,则 lim ∫ f ( z )dz = iλ (θ 2 ? θ1 )
r →0 Cr

积分沿逆时针方向进行。 (详见教材 P91 图 5.8)

e iaz ? e ibz dz 对于本题,考虑 函数 f ( z ) = z2
沿图示围线的围道积分,因函数在围道内解析,故
iax iax ?ε e Re ? eibx eiaz ? eibz eiaz ? eibz ? eibx dz = dx + dz + ∫l z 2 ∫? R x 2 ∫Cε z 2 ∫ε x 2 dx +

① e iaz ? e ibz ∫C R z 2 dz = 0
12



ia ( ? x ) ia ( ? x ) εe Re ? eib ( ? x ) ? e ib( ? x ) e iax ? eibx ? = ? d x dx ( ) = ∫? R x2 ∫R (? x) 2 ∫ε (? x) 2 d (? x) = ?ε



R

ε

e ? iax ? e ?ibx dx x2

则∫

e iax ? e ibx dx + ?R x2




R

ε

? iax iax Re Re eiax ? eibx ? e ?ibx ? eibx = + dx dx ∫ε x 2 ∫ε x 2 dx x2

= 2∫ 对于 ∫ e iaz ? e ibz dz z2

R

ε

cos ax ? cos bx dx x2





由于 lim[( z ? 0) f ( z )] = lim[ z ?
ε →0 ε →0

iaeiaz ? ibe ibz eiaz ? e ibz 罗比塔法则 ] lim = = i (a ? b ) ε →0 z2 1

故由小圆弧引理有 lim ∫
ε →0 Cε

eiaz ? eibz dz = ?iπ ? i (a ? b) = π (a ? b) z2



对于 ∫ lim ∫

eiaz ? eibz dz ,由约当引理有 CR z2 ; lim ∫ eibz dz = 0 z2 ④

R→∞

eiaz dz = 0 CR z 2

R→∞ CR

综上,将②③④代入①,得 2∫
R ε

cos ax ? cos bx dx + π (a ? b) = 0 x2

,故得 ∫

R

ε

cos ax ? cos bx π dx = (b ? a ) 2 x 2

13



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