Olimpiada Internacional de Matemáticas 2016 – Problema 3: Entero divisible

Tercer problema de la Olimpiada Internacional de Matemáticas 2016, celebrada en Hong Kong los días 11 y 12 de julio.

Sea P=A_1 A_2 \ldots A_k un polígono convexo en el plano. Los vértices A_1, A_2, \ldots , A_k tienen coordenadas enteras y se encuentran sobre una circunferencia. Sea S el área de P. Sea n un entero positivo impar tal que los cuadrados de las longitudes de los lados de P son todos números enteros divisibles por n. Demostrar que 2S es un entero divisible por n.

Si ya conocéis la solución porque la habéis visto publicada, lo ideal sería que dejarais a los demás intentar el problema. Muchas gracias.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

28 Comentarios

  1. Según los foros de aficionados a las olimpiadas internacionales donde participan también antiguos concursantes y medallistas este es el problema más difícil con muchísima diferencia de la IMO 2016. No digo más. … a ver quien lo expone resuelto en castellano. ¡Suerte!

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  2. Para mí el más difícil, por ahora, es el segundo, aún estoy dándole vueltas y nada.

    Este lo he resuelto casi sin hacer trampas (digo “casi”, porque me hizo falta la fórmula de Herón, no la recordaba, no tenía ganas de deducirla, y la googleé). A lo mejor hay algo que estoy pasando por alto pero no creo.

    Primero he demostrado el enunciado para el caso de tres vértices, lo cual es muy fácil con la mencionada fórmula.

    Después lo he supuesto cierto para k-1 lados (k>3), y he demostrado que entonces también lo es para k, lo cual es más fácil aún, teniendo en cuenta que el área de P=A_1 A_2 \ldots A_k es igual a la suma del área de los póligonos P_1=A_1 A_2 \ldots A_{k-1} y P_2= A_{k-1} A_k A_1 , y ambos cumplen las condiciones del enunciado y tienen k-1 lados o menos.

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  3. Me cito a mí mismo, y pongo en negrita lo que falta:

    Primero he demostrado el enunciado para el caso de tres vértices, lo cual es muy fácil con la mencionada fórmula, sabiendo que el doble del área de cualquier polígono con coordenadas enteras es un entero.

    Lo que me escama de mi demostración es que no entiendo por qué exigen que el polígono esté inscrito en una circunferencia, ni que sea convexo (para mi son datos irrelevantes). A lo mejor sí estoy pasando algo por alto…

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    • Pues sí que estaba pasando algo por alto, para que mi razonamiento fuera válido, el cuadrado del segmento A_{k-1}A_1 tiene que ser un entero múltiplo de n, lo cual no se si es cierto o no (en las condiciones del problema, en general no lo es) pero ahora no veo la forma de demostrarlo, así que, de momento… bluf.

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  4. ¿Hay algún polígono inscrito en una circunferencia que sea cóncavo?. ¿Si 2S es múltiplo de impar, puede ser que S no lo sea?

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    • Si ABCD es un cuadrado (que obviamente es cíclico) entonces el polígono ACBD está inscripto en una circunferencia pero no es convexo.

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  5. Eso digo yo Oscar; cfreo que en el enunciado existen redundancias lógicas como las que señalas.
    Un saludo

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    • Lo de 2S no es redundante.

      En las condiciones del problema, S puede no ser entero, pero 2S, siempre lo es (http://gaussianos.com/el-teorema-de-pick/)

      Lo otro si es redundante, pero no es para tanto. Al fin y al cabo el enunciado primero dice que el polígono es convexo y DESPUÉS que está inscrito en una circunferencia.

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      • Que buena idea recurrir al teorema de pick. Sin embargo dudo que la solución oficial vaya por ahi ya que no entra en los temas que entran en las IMO, y el problema no estará orientado en 2ese sentido. Aun así voy a probar porque es una camino interesante

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        • Bueno en realidad mencione el teorema de Pick sólo porque me pareció la forma más inmediata de probar que 2S es entero, pero S no necesariamente. Pero no es difícil de probar por otros medios (al fin y al cabo sólo hay que probarlo para los triángulos).

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  6. Sabemos que la Fórmula de Herón nos dice (https://es.wikipedia.org/wiki/F%C3%B3rmula_de_Her%C3%B3n)
      S^{2}=\frac{1}{2}(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(a-b+c) (\text{donde } S  \text{es el Area de un triangulo y  } a, b, c \text{es la longitud de los lados})

    Ahora imaginemos que la circunferencia sobre la cual se ubican los vértices el polígono esta centrada en el origen y tiene un radio R, entonces la distancia de cada vértice al origen es R.

    Luego dividimos el polígono de K vértices en (K-1) triángulos cada triangulo de lados a_i, R, R.

    Ahora el Área total del polígono sera:
      S_{T}=\sum_{i=1}^{k-1} S_i

    Donde el área de cada triangulo formado por una arista i del polígono y las distancias de los vértices adyacentes, al origen (seras iguales al radio de la circunferencia donde el polígono esta inscrito).
      S_i^{2} = \frac{1}{2}(a_i+R+R)(a_i+R-R)(R+R-a_i)(a_i-R+R) (\text{ donde } S_i \text{ es el Area del triangulo de lados } a_i, R, R)

      S_i^{2} = \frac{1}{2}(a_i+2R)(a_i)(2R-a_i)(a_i)

      S_i^{2} = \frac{1}{2}(a_i^{2}-4R^{2})(a_i^{2})

    Luego
      S_{T} = \sum_{i=1}^{k-1} \frac{1}{2}(a_i^{2}-4R^{2})(a_i^{2})

    Ahora si los cuadrados de las longitudes de los lados de P son todos números enteros divisibles por n

      a_i^{2} = n(\text{algun numero x}) = n \cdot x_i

    Entonces S_{T} o 2 \cdot S_{T} es divisible por n
      S_{T} = \sum_{i=1}^{k-1} \frac{1}{2}(n \cdot x_i-4R^{2})(n \cdot x_i)
      S_{T} = n \cdot \sum_{i=1}^{k-1} \frac{1}{2}(n \cdot x_i-4R^{2})(x_i)

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    • Tienes un error cuando introduces el sumatorio, te tragas el cuadrado de Si

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      • Uy! lo siento mucho, sí hay una falla en el razonamiento

        Corregido quedaria:

          S_{T} = \displaystyle \sum_{i=1}^{k-1} a_i \sqrt{ \frac{1}{2}(a_i^{2}-4R^{2}) }

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        • Pero con esa expresion no puedes resolver el problema porque sabes que los cuadrados de los lados son divisibles por n, pero te quedas con los lados a secas asi que…

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          • Lo he pensado y pensado, e incluso revisado una deducción de la Formula de Brahmagupta … y se me ocurre seria fácil digamos mecánico resolver este problema si se tuviera una formula general para el área de polígonos en base a la longitud de sus lados … de otra forma se usan esas deducciones entreveradas de divisibilidad de un numero y su modulo y demás, que siempre me han costado seguir.

            Nota: Si! existe una formula general para hallar el Área de un polígono regular o irregular en base a las coordenadas cartesianas (x, y) con determinantes, pero me refería a que seria interesante tener una formula general en base a los lados, claro siempre y cuando eso sea posible y bajo que condiciones

          • Jajaja todo mal en esa deducción,

            Vamos por otro lado

            hallemos el área del triangulo con base en el lado a_1 y los otros dos lados R

              S_1 =  \frac{1}{2} \times \text{base } \times \text{ altura}

            Donde la \text{base} es a_1 y la \text{altura} es (por Pitagoras)

            \text{altura} = \sqrt{R^{2}-\left ( \frac{a_1}{2} \right )^{2}}
            \text{altura} = \sqrt{ \frac{4R^{2} - a_1^{2}}{4}}
            \text{altura} = \frac{1}{2} \sqrt{ 4R^{2} - a_1^{2}}

            Luego

              S_1 =  \frac{1}{2} \times a_1 \times \frac{1}{2} \sqrt{ 4R^{2} - a_1^{2}}

              S_1 =  \frac{1}{4} a_1 \sqrt{ 4R^{2} - a_1^{2} }

            Entonces

              S_T = \frac{1}{4} \displaystyle \sum_{i=1}^{k} a_i \sqrt{ 4R^{2} - a_i^{2}}

            … Ahora me pregunto si sería condición suficiente para hallar un formula general del área de polígonos irregulares en base a las longitudes de sus lados, que el polígono este inscrito a una circunferencia.

            PD. Antes había la opción de una vista previa de lo que uno iba a subir para estar seguro que las formulas en \LaTeX estaban bien construidas, debo insistir esa opción era muy muy útil, ahora comentar con \LaTeX es un poco a ciegas, no sabes si lo que vas a subir esta bien y si hay que corregir algo hay que hacerlo en menos de 4 mins. Eso si la parte de el corregir un comentario antes de los 4 mins esta funcionando bastante bien.

  7. Me pregunto como seria la formula para hallar el área de un pentágono irregular, viendo las formulas de Heron y Brahmagupta aparentemente hay un patrón.

    Sea S_3 el area del triangulo de lados a_1, a_2, a_3, Formula de Heron y
    Sea S_4 el area del cuadrilatero de lados a_1, a_2, a_3, a_4, Formula de Brahmagupta

      4^{2}S_3^{2} = \displaystyle \left ( \sum_{i=1}^{3} a_i \right )  \left ( \sum_{i=1}^{3} a_i -2a_1 \right )  \left ( \sum_{i=1}^{3} a_i -2a_2 \right )  \left ( \sum_{i=1}^{3} a_i -2a_3 \right )
      4^{2}S_4^{2} = \displaystyle \left ( \sum_{i=1}^{4} a_i - 2a_1 \right )  \left ( \sum_{i=1}^{4} a_i -2a_2 \right )  \left ( \sum_{i=1}^{4} a_i -2a_3 \right )  \left ( \sum_{i=1}^{4} a_i -2a_4 \right )
      4^{2}S_5^{2} = \cdots

    o

      4^{2}S_3^{2} = \displaystyle \left ( \sum_{i=1}^{3} a_i \right )^{4}  - 2 \left ( \sum_{i=1}^{3} a_i \right ) \left ( \sum_{i=1}^{3} a_i \right )^{3}  +  4 \left ( \sum_{i=1}^{2} \sum_{j=i+1}^{3} a_i a_j \right ) \left ( \sum_{i=1}^{3} a_i \right )^{2}  -  8 \left ( a_1 a_2 a_3 \right ) \left ( \sum_{i=1}^{3} a_i \right )
      4^{2}S_4^{2} = \displaystyle \left ( \sum_{i=1}^{4} a_i \right )^{4}  - 2 \left ( \sum_{i=1}^{4} a_i \right ) \left ( \sum_{i=1}^{4} a_i \right )^{3}  +  4 \left ( \sum_{i=1}^{3} \sum_{j=i+1}^{4} a_i a_j \right ) \left ( \sum_{i=1}^{4} a_i \right )^{2}  -  8 \left ( \sum_{i=1}^{2} \sum_{j=i+1}^{3} \sum_{k=j+1}^{4} a_i a_j a_k \right ) \left ( \sum_{i=1}^{4} a_i \right )  +  16 a_1 a_2 a_3 a_4
      4^{2}S_5^{2} = \cdots

    o

      4^{2}S_3^{2} = \displaystyle \left ( \sum_{i=1}^{3} a_i^{2} \right )^{2} - 2 \sum_{i=1}^{3} a_i^{4}
      4^{2}S_4^{2} = \displaystyle \left ( \sum_{i=1}^{4} a_i^{2} \right )^{2} - 2 \sum_{i=1}^{4} a_i^{4} + 8 a_1a_2a_3a_4
      4^{2}S_5^{2} = \cdots

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    • Por ejemplo si son polígonos regulares (todos los lados iguales), sea S_3 el área del polígono regular de tres lados, a la longitud del el lado y R el radio de la circunferencia circunscrita
      Las formulas se transforman en:

        4^{2}S_3^{2} = \displaystyle \left ( \sum_{i=1}^{3} a^{2} \right )^{2} - 2 \sum_{i=1}^{3} a^{4}  =  (3a^{2})^{2} - 2 (3a^{4}) = 9a^{4} - 6a^{4} = 3a^{4}
        \Rightarrow S_3=\frac{\sqrt{3}}{4} a^{2} \quad \textrm{;} \quad a = \sqrt{3} R

        4^{2}S_4^{2} = \displaystyle \left ( \sum_{i=1}^{4} a^{2} \right )^{2} - 2 \sum_{i=1}^{4} a^{4} + 8 a^{4}  =  (4a^{2})^{2} - 2 (4a^{2}) + 8 a^{4} = 16 a^{4} - 8 a^{4} + 8 a^{4} = 16 a^{4}
        \Rightarrow S_4=a^{2} \quad \textrm{;} \quad a = \sqrt{2} R

        S_5 = \frac{5}{4} \frac{a^{2}}{\tan \left ( \frac{\pi}{5} \right )}  =  \frac{5}{4} \frac{a^{2}}{\sqrt{5-2\sqrt{5}}}  =  \frac{a^{2}}{4}\sqrt{25+10\sqrt{5}}
        \Rightarrow S_5=  \frac{a^{2}}{4}\sqrt{25+10\sqrt{5}}  \quad \textrm{;} \quad a = \sqrt{ \frac{5-\sqrt{5}}{2} } R

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  8. He estado leyendo las sugerencias para las soluciones, y hay algo que no me cuadra. En alguna de las soluciones se divide el polígono en triángulos para calcular el área del polígono, pero obviamente esto sólo funciona si el centro de la circunferencia esta dentro del polígono, lo cual no es mencionado en el problema. ¿Estoy en lo cierto?

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  9. Viendo el área del polígono como la suma de los triángulos isósceles de bases m_i donde estos son los lados del polígono. Y otros dos lados R siendo este el radio de la circunferencia.
    Luego apliquemos el teorema de Herón para una de estas áreas.
    Se tendría q : (disculpa por la raiz q no sta completa)

    {\sqrt[2]{\left\{{\frac{2R+m_i}{2}}\right\}}\left\{{\frac{2R+m_i}{2}-m_i}\right\}\left\{{\frac{2R+m_i}{2}-R}\right\}^2}

    {\sqrt[2]{\left\{{\frac{2R+m_i}{2}}\right\}}\left\{{\frac{2R-m_i}{2}}\right\}\left\{{\frac{m_i^2}{4}}\right\}}

    {\sqrt[2]{\frac{m_i^2\left\{{4R^2-m_i^2}\right\}}{16}}}

    Ahora, m_(i )^ es de la forma nx_(i )^ donde n es el entero positivo impar. Luego:

    {\sqrt[2]{\frac{nx_i\left\{{4R^2-nx_i}\right\}}{16}}}

    Luego para este entero positivo n existe un radio R tal q R=√n de donde:

    {\sqrt[2]{\frac{nx_i\left\{{4n-nx_i}\right\}}{2}}}

    {\sqrt[2]{\frac{n^2x_i\left\{{4-x_i}\right\}}{16}}}

    {\frac{n\sqrt[2]{\left\{{4-x_i}\right\}}x_i}{4}}

    Luego:

    S= {\sum_{i=1}^n{\frac{n\sqrt[2]{\left\{{4-x_i}\right\}}x_i}{4}}}

    2S= {\sum_{i=1}^n{\frac{n\sqrt[2]{\left\{{4-x_i}\right\}}x_i}{2}}}

    esto son solo ideas para resolver el ejercicio. x si falta detalles o esta errado

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  10. Lo primero disculparme por la notación, pero no manejo mucho el LaTeX.

    1º Por tener los vértices coordenadas enteras el área del polígono es entera (usando la forma de Gauss mediante determinantes)

    2º Por estar los vértices en una circunferencia existe un punto interior que nos sirve para dividir nuestra superficie en tantos triángulos como el número de lados (si no estuviesen en una circunferencia podría ocurrir que necesitase más triángulos u otros polígonos que el número de lados).

    3º Tengo k triángulos de área Bi (B sub i) con base Li (L sub i) y altura Hi (H sub i), donde i=1, 2,…, k. Luego:
    Área de Bi = (Li x Hi)/2

    4º Podemos escribir Hk como el producto de la base por un número que variará dependiendo de la base. Lo denoto Ci.
    Hi = Li x Ci

    Entonces tenemos:
    Área de Bi = (Li x Li x Ci)/2

    Ya tenemos el cuadrado del lado que, por ser divisible por n, lo podemos escribir como:
    Li x Li = n x Di

    (Nótese que Ci y Di dependerán de cada uno de los lados)

    5º Para cada triángulo tenemos que Área de Bi= (n x Di x Ci)/2

    6º S = Suma de Bi = Suma de (n x Di x Ci)/2

    7º Luego, sacando factor común n/2 llegamos a:
    S=n/2 x Suma de (Di x Ci)

    Por lo tanto 2S=n x Suma de (Di x Ci)

    Y como 2S entero (por serlo S) n divide a 2S.

    Corolario 1:
    La Suma de (Di x Ci) es entera.

    Corolario 2:
    Por ser Li x Li entero (por serlo las coordenadas de los extremos) Di es entero.

    P.D.: También me fui por las ramas intentando relacionar el radio y las alturas con el lado o con el número n.

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    • Disculpadme, me acabo de dar cuenta de que los Corolarios son falsos. Debería decir:
      La Suma de (Di x Ci) es racional.

      Di es racional.

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      • Que expreses Hi como Hi = Li x Ci no implica que Ci sea entero (o racional). De ahí tampoco se puede aplicar el criterio de divisibilidad, que solo se predica a enteros, a algo de la forma 2S = n x Suma (Di x Ci), puesto que tampoco es Di x Ci entero necesariamente (ni, por tanto, lo sería n x Suma (Di x Ci)).

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        • Es cierto que no se ha resuelto el problema (Mi error es no haberlo dicho. Me di cuenta después).

          Creo que con lo que he escrito si tenemos que:
          – Di es entero (Por ser Li x Li divisible por n)
          – Suma (Di x Ci) es racional ya que Suma (Di x Ci)=2S/n (S y n son enteros)

          Faltaría poder comprobar que la suma es entera para poder probar el resultado. Aquí es donde entra en juego el Ci (que por supuesto no se que tipo de número es).

          Gracias por tus puntualizaciones.

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  11. En una publicación de antes no tuve en cuenta lo del entero. Asi q he aquí mi solución definitiva.
    Sea A el área de un polígono con las condiciones del problema excepto q sus lados al cuadrado sean divisibles por un entero positivo impar.
    Creemos por homotecia un polígono B semejante al anterior con centro de homotecia en el eje de coordenadas, para que de esta forma las coordenadas de los vértices de B también sean enteras; y con razón de semejanza {k=\sqrt[]{n}} . Luego B es el polígono dado en el problema y su área sería S.
    Luego por homotecia se tiene que :
    {S=k^2A} por lo que:
    2S=n2A.
    De donde solo nos quedaría probar que 2A es un entero, o lo que es lo mismo, que todo polígono cuyos vértices se encuentran en una circunferencia y tienen coordenadas enteras, el doble de su área es también un entero.
    Procedamos por inducción completa.
    Primero probemos que se cumple para un polígono de 3 lados.
    Sea PQR el polígono dado y M su área. Luego como es un triángulo se tiene que:
    {2M=PQ\cdot{}h}
    Ahora por geometría analítica la fórmula de la distancia de un punto a una recta es:
    {\frac{\left |{A_x+B_y+C}\right |}{\sqrt[]{A^2+B^2}}}
    Y la de punto a punto:
    {\sqrt[]{\left\{{x_2-x_1}\right\}^2+\left\{{y_2-y_1}\right\}^2}}
    Luego:
    Sean las coordenadas de P ; Q y R:
    P(a;b) Q(c;d) R(e;f)
    Hallemos la altura h que es la distancia de R a PQ.
    Primero procedamos con la ecuación de PQ.
    Sea m la pendiente de PQ:
    {m=\frac{\left\{{y_2-y_1}\right\}}{\left\{{x_2-x_1}\right\}}}
    {m=\frac{\left\{{b-d}\right\}}{\left\{{a-c}\right\}}}
    {\frac{b-d}{a-c}=\frac{y-a}{x-b}}
    {\left\{{y-a}\right\}\left\{{a-c}\right\}=\left\{{b-d}\right\}\left\{{x-b}\right\}}
    {ya-yc-a^2+ac=bx-b^2-dx+bd}
    {ya-yc-a^2+ac-bx+b^2+dx-bd=0}
    {y\left\{{a-c}\right\}-x\left\{{b-d}\right\}-a\left\{{a-c}\right\}+b\left\{{b-d}\right\}}
    Sigue que :
    {h=\frac{\left |{f\left\{{a-c}\right\}-e\left\{{b-d}\right\}-a\left\{{a-c}\right\}+b\left\{{b-d}\right\}}\right |}{\sqrt[]{\left\{{a-c}\right\}^2+\left\{{b-d}\right\}^2}}}
    {h=\frac{\left |{\left\{{f-a}\right\}\left\{{a-c}\right\}+\left\{{b-d}\right\}\left\{{b-e}\right\}}\right |}{\sqrt[]{\left\{{a-c}\right\}^2+\left\{{b-d}\right\}^2}}}
    . Luego {PQ=\sqrt[]{\left\{{a-c}\right\}^2+\left\{{b-d}\right\}^2}}
    Y {2M=\frac{\left |{\left\{{f-a}\right\}\left\{{a-c}\right\}+\left\{{b-d}\right\}\left\{{b-e}\right\}}\right |}{\sqrt[]{\left\{{a-c}\right\}^2+\left\{{b-d}\right\}^2}}\cdot{}\sqrt[]{\left\{{a-c}\right\}^2+\left\{{b-d}\right\}^2}}
    Por lo que 2M es entero y listo.
    Ahora supongamos que se cumple que el doble del área de un polígono de K vértices con estas condiciones es entera. Entonces agreguemos un vértice más. Luego este vértice va a estar en un arco delimitado por dos vértices consecutivos del polígono de K vértices. De donde el área de este nuevo polígono de K+1 vértices va a ser el área del anterior polígono más el área del triángulo formado por el nuevo vértices y sus vecinos correspondientes. Pero como en el inicio de inducción probamos que el doble del área de un triángulo con estas condiciones es entera, el doble del área del polígono de K+1 vértices también es entera y listo.

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  12. Creo que puede demostrarse (MAXIMA mediante) que, tanto el doble del cuadrado del radio, como todas las diagonales del polígono al cuadrado son múltiplos de n.
    A partir de esto la demostración es trivial.

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