Quadr. Zahlbereich faktoriell < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Liebe Mathematiker/innen,
ich möchte gerne Satz 11.6. aus diesem Skriptum verstehen und habe dazu einige Fragen: http://www.home.uni-osnabrueck.de/wbruns/brunsw/zahlen.pdf
Dazu tippe ich den Beweis ab und stelle einige Fragen dazu, ich hoffe, ihr könnt mir helfen!
Es soll gezeigt werden, dass [mm] A_{-19}, [/mm] der Ring der ganzen Zahlen in [mm] \mathbb{Q}(\sqrt{-19}), [/mm] faktoriell ist.
Dafür wird zuerst ein Hilfsresultat bewiesen: Ein Integritätsbereich R ist genau dann ein Hauptidealring (und Hauptidealringe sind faktoriell), wenn es eine Funktion [mm] $\phi: R\rightarrow\mathbb{N}$ [/mm] gibt, sodass zu jedem [mm] $b\in [/mm] R$, [mm] $b\neq [/mm] 0$ und zu jedem [mm] $a\in [/mm] R$, mit $b$ ist kein Teiler von $a$, existieren [mm] $u,v\in [/mm] R$, sodass
[mm] $\phi(0) [/mm] < [mm] \phi(au-vb)<\phi(b)$.
[/mm]
Wir wollen nun zeigen, dass die Norm N(.) in [mm] $A_{-19}$ [/mm] diese Bedingung erfüllt. Nun beginnt der Beweis:
Wegen der Multiplikativität der Norm kann man die Bedingung so [mm] umformulieren:\\
[/mm]
[mm] $0
[Anmerkung: Hier geht ein, dass $N(0)=0$, oder?]
Sei [mm] $\omega=\omega_{-19}$
[/mm]
[Anmerkung: [mm] $\omega_{-19}$ [/mm] ist [mm] \frac{1+\sqrt{-19}}{2}$, [/mm] weil man jedes Element [mm] $\alpha$ [/mm] als [mm] $\beta +\gamma\omega$ [/mm] schreiben kann, richtig?] [mm] und\\
[/mm]
[mm] $\frac{a}{b}=(p'+\frac{p}{q})+(r'+\frac{r}{s})\omega$\\
[/mm]
mit [mm] $p',r',p,q,r,s\in\mathbb{Z},0\leq p
Wenn wir [mm] $u',v'\in A_{-19}$ [/mm] gefunden haben, für [mm] die\\
[/mm]
[mm] $0
sind wir fertig: Wähle [mm] $u=v',v=v'-u'(p'+r'\omega)$.
[/mm]
[Anmerkung: warum sind wir dann fertig? Mit diesen Ersetzungen komme ich nicht auf die obige Bedingung]
Wir dürfen also annehmen [mm] $a/b=p/q+(r/s)\omega$.\\
[/mm]
1. Wenn $r=0$ wählen wir $u=1, v=0$. Im folgenden sei [mm] $r>0$.\\
[/mm]
[Anmerkung: Warum hilft uns das? Warum gilt [mm] 0
2. Wenn $q$ kein Teiler von $s$ ist, wählen wir $u=s$. Dann [mm] ist\\
[/mm]
[mm] $N(u\frac{a}{b})=N(\frac{sp}{q}+r\omega)=N(m+\frac{w}{q}+r\omega), m\in\mathbb{Z},0\leq\omega [/mm] < [mm] q$.\\
[/mm]
[Anmerkung: Achtung! Hier kommen $w$ und [mm] $\omega$ [/mm] vor! Die Darstellung [mm] $\frac{sp}{q}=m+\frac{w}{q}$ [/mm] ist die Darstellung eines Bruches als Aufteilung in eine ganze Zahl und einen echten Bruch, die ja immer funktioniert, richtig?]
Da [mm] $sp\not\equiv [/mm] 0 (q)$,
[Anmerkung: Warum gilt das? ]
ist [mm] $w\neq [/mm] 0$, und wir können [mm] $v=m+r\omega$ [/mm] wählen. Es [mm] folgt\\
[/mm]
[mm] $N(u\frac{a}{b}-v)=N(\frac{w}{q})\in [/mm] (0,1)$.
[Anmerkung: Warum gilt [mm] $N(\frac{w}{q})\in [/mm] (0,1)$? Kann ich das so begründen, dass [mm] $N(w)=w^{2}$ [/mm] und [mm] N(q)=q^{2}$, [/mm] da [mm] $w,q\in\mathbb{Z}$ [/mm] und daher die Aussage folgt, weil w<q?]
Der Beweis geht noch weiter, ich würde mich jedoch zuerst einmal über Antworten zu diesem Teil freuen (und dann den Rest posten).
Liebe Grüße
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:02 Di 27.11.2012 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Liebe Mathematiker/innen,
> ich möchte gerne Satz 11.6. aus diesem Skriptum verstehen
> und habe dazu einige Fragen:
> http://www.home.uni-osnabrueck.de/wbruns/brunsw/zahlen.pdf
>
> Dazu tippe ich den Beweis ab und stelle einige Fragen dazu,
> ich hoffe, ihr könnt mir helfen!
>
> Es soll gezeigt werden, dass [mm]A_{-19},[/mm] der Ring der ganzen
> Zahlen in [mm]\mathbb{Q}(\sqrt{-19}),[/mm] faktoriell ist.
> Dafür wird zuerst ein Hilfsresultat bewiesen: Ein
> Integritätsbereich R ist genau dann ein Hauptidealring
> (und Hauptidealringe sind faktoriell), wenn es eine
> Funktion [mm]\phi: R\rightarrow\mathbb{N}[/mm] gibt, sodass zu jedem
> [mm]b\in R[/mm], [mm]b\neq 0[/mm] und zu jedem [mm]a\in R[/mm], mit [mm]b[/mm] ist kein Teiler
> von [mm]a[/mm], existieren [mm]u,v\in R[/mm], sodass
> [mm]\phi(0) < \phi(au-vb)<\phi(b)[/mm].
Das ist der Satz 11.6 im Skript.
> Wir wollen nun zeigen, dass die Norm N(.) in [mm]A_{-19}[/mm] diese
> Bedingung erfüllt. Nun beginnt der Beweis:
>
> Wegen der Multiplikativität der Norm kann man die
> Bedingung so [mm]umformulieren:\\[/mm]
> [mm]0
> [Anmerkung: Hier geht ein, dass [mm]N(0)=0[/mm], oder?]
Ja, und dass $N(1) = 1$.
> Sei [mm]\omega=\omega_{-19}[/mm]
> [Anmerkung: [mm]$\omega_{-19}$[/mm] ist [mm]\frac{1+\sqrt{-19}}{2}$,[/mm]
> weil man jedes Element [mm]$\alpha$[/mm] als [mm]$\beta +\gamma\omega$[/mm]
> schreiben kann, richtig?] [mm]und\\[/mm]
Ja. Und zwar mit [mm] $\beta, \gamma \in \IZ$, [/mm] falls [mm] $\alpha$ [/mm] aus dem Ganzheitsring kommt.
> [mm]\frac{a}{b}=(p'+\frac{p}{q})+(r'+\frac{r}{s})\omega[/mm][mm] \\[/mm]
>
> mit [mm]p',r',p,q,r,s\in\mathbb{Z},0\leq p
> gekürzt. Dabei sei noch [mm]q=1[/mm], falls [mm]p=0[/mm] und [mm]s=1[/mm], falls [mm]r=0[/mm][mm] .\\[/mm]
>
> Wenn wir [mm]u',v'\in A_{-19}[/mm] gefunden haben, für [mm]die\\[/mm]
> [mm]0
> sind wir
> fertig: Wähle [mm]u=v',v=v'-u'(p'+r'\omega)[/mm].
> [Anmerkung: warum sind wir dann fertig? Mit diesen
> Ersetzungen komme ich nicht auf die obige Bedingung]
Ich denke da sind zwei Tippfehler im Skript. Mit $u = u'$ und $v = v' + u' (p' + r' [mm] \omega)$ [/mm] bekommst du: $u [mm] \frac{a}{b} [/mm] - v = u' [mm] \biggl( \Bigl(p' [/mm] + [mm] \frac{p}{q}\Bigr) [/mm] + [mm] \Bigl(r' [/mm] + [mm] \frac{r}{s}\Bigr) \omega \biggr) [/mm] - (v' + u' (p' + r' [mm] \omega)) [/mm] = u' [mm] \biggl( \frac{p}{q} [/mm] + [mm] \frac{r}{s} \omega \biggr) [/mm] - v' + u' [mm] \biggl( [/mm] p' + r' [mm] \omega [/mm] - (p' + r' [mm] \omega)\biggr) [/mm] = u' [mm] \biggl( \frac{p}{q} [/mm] + [mm] \frac{r}{s} \omega \biggr) [/mm] - v'$.
> Wir dürfen also annehmen [mm]a/b=p/q+(r/s)\omega[/mm][mm] .\\[/mm]
> 1. Wenn
> [mm]r=0[/mm] wählen wir [mm]u=1, v=0[/mm]. Im folgenden sei [mm]r>0[/mm][mm] .\\[/mm]
>
> [Anmerkung: Warum hilft uns das? Warum gilt
> [mm]0
Nun, $p/q$ ist in [mm] $\IQ$, [/mm] womit $N(p/q) = [mm] (p/q)^2$ [/mm] ist. Wegen $p < q$ ist dies $< 1$.
(Hier fehlt allerdings noch die Begruendung, warum $p = 0$ nicht eintreten kann. In dem Fall waere naemlich [mm] $\frac{a}{b} \in [/mm] A$.)
> 2. Wenn [mm]q[/mm] kein Teiler von [mm]s[/mm] ist, wählen wir [mm]u=s[/mm]. Dann
> [mm]ist\\[/mm]
>
> [mm]N(u\frac{a}{b})=N(\frac{sp}{q}+r\omega)=N(m+\frac{w}{q}+r\omega), m\in\mathbb{Z},0\leq\omega < q[/mm][mm] .\\[/mm]
Das [mm] $\omega$ [/mm] hinten bei $0 [mm] \le \omega [/mm] < q$ sollte uebrigens ein $w$ sein.
> [Anmerkung: Achtung! Hier kommen [mm]w[/mm] und [mm]\omega[/mm] vor!
Etwas unguenstig, aber kann man noch auseinanderhalten :)
> Die
> Darstellung [mm]\frac{sp}{q}=m+\frac{w}{q}[/mm] ist die Darstellung
> eines Bruches als Aufteilung in eine ganze Zahl und einen
> echten Bruch, die ja immer funktioniert, richtig?]
Ja.
> Da [mm]sp\not\equiv 0 (q)[/mm],
> [Anmerkung: Warum gilt das? ]
Nun, $p$ und $q$ sind teilerfremd und $q [mm] \nmid [/mm] s$. Damit gilt auch $q [mm] \nmid [/mm] p s$, also $p s [mm] \not\equiv [/mm] 0 [mm] \pmod{q}$.
[/mm]
> ist [mm]w\neq 0[/mm], und wir können [mm]v=m+r\omega[/mm] wählen. Es
> [mm]folgt\\[/mm]
> [mm]N(u\frac{a}{b}-v)=N(\frac{w}{q})\in (0,1)[/mm].
> [Anmerkung:
> Warum gilt [mm]$N(\frac{w}{q})\in[/mm] (0,1)$? Kann ich das so
> begründen, dass [mm]$N(w)=w^{2}$[/mm] und [mm]N(q)=q^{2}$,[/mm] da
> [mm]$w,q\in\mathbb{Z}$[/mm] und daher die Aussage folgt, weil w<q?]
Genau.
LG Felix
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Vielen Dank für deine Antwort! Nun ist mir der Beweis schon verständlicher, danke!
Zum zweiten Teil:
3. Fall: Sei $a$ ein Teiler von $s$, $s>2$. Es existiert ein $m$ mit [mm] $mr\equiv [/mm] 1 (s)$.
[Anmerkung: Wieso gibt es das? Ist das ein Satz aus der Zahlentheorie?]
Mit $u=m$ [mm] gilt\\
[/mm]
[mm] $u\frac{a}{b}=\frac{mp}{q}+\frac{mr}{s}\omega=(l+\frac{r_{1}}{r_{2}})+(k+\frac{1}{s})\omega$ [/mm] mit [mm] $l,k,r_{1},r_{2}\in\mathbb{Z},|\frac{r_{1}}{r_{2}}|\leq\frac{1}{2}$.\\
[/mm]
[Anmerkung: Wieso ist der Betrag von [mm] $\frac{r_{1}}{r_{2}}$ [/mm] kleinergleich [mm] $\frac{1}{2}?]
[/mm]
Wir wählen [mm] $v=l+k\omega$. [/mm] Damit [mm] gilt:\\
[/mm]
[mm] $0\neq N(u\frac{a}{b}-v)=N(\frac{r_{1}}{r_{2}}+\frac{1}{s}\frac{1+\sqrt{-19}}{2})=(\frac{r_{1}}{r_{2}}+\frac{1}{2s})^{2}+\frac{19}{4s^{2}}=(\frac{r_{1}}{r_{2}})^{2}+\frac{r_{1}}{r_{2}s}+\frac{20}{4s^{2}}\leq\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{20}{36}=\frac{35}{36}$.\\
[/mm]
4. Fall: Sei nun $s=2,q$ ein Teiler von $s$. Dann ist (a) [mm] $\frac{a}{b}=\frac{\omega}{2}$ [/mm] oder (b) [mm] $\frac{a}{b}=\frac{1+\omega}{2}$. [/mm]
[Anmerkung: Warum können nur diese beiden Fälle auftreten? Wo ist das [mm] $\frac{p}{q}$ [/mm] hin?]
Wir wählen im Fall (a) [mm] $u=1+\omega, v=-2+\omega$, [/mm] und im Fall (b) [mm] $u=\omega, v=-2+\omega$. [/mm] Dann [mm] ist\\
[/mm]
[mm] $N(u\frac{a}{b}-v)=N(-\frac{1}{2})=\frac{1}{4}$.
[/mm]
Ich hoffe wieder auf ebenso freundliche und kompetente Hilfe wie vorher.
Liebe Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:13 Di 27.11.2012 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Vielen Dank für deine Antwort! Nun ist mir der Beweis
> schon verständlicher, danke!
>
> Zum zweiten Teil:
>
> 3. Fall: Sei [mm]a[/mm] ein Teiler von [mm]s[/mm], [mm]s>2[/mm]. Es existiert ein [mm]m[/mm]
> mit [mm]mr\equiv 1 (s)[/mm].
Im eigentlichen Beweis steht aber, dass $q$ ein Teiler von $s$ sei. Ich nehme mal an du meinst das so :)
> [Anmerkung: Wieso gibt es das? Ist das ein Satz aus der
> Zahlentheorie?]
Da $r$ und $s$ teilerfremd sind geht das. Nach dem Lemma von Bezout gibt es ganze Zahlen $m, n$ mit $m r + n s = ggT(r, s) = 1$. Damit gilt $m r [mm] \equiv [/mm] 1 [mm] \pmod{s}$.
[/mm]
> Mit [mm]u=m[/mm] [mm]gilt\\[/mm]
>
> [mm]u\frac{a}{b}=\frac{mp}{q}+\frac{mr}{s}\omega=(l+\frac{r_{1}}{r_{2}})+(k+\frac{1}{s})\omega[/mm]
> mit
> [mm]l,k,r_{1},r_{2}\in\mathbb{Z},|\frac{r_{1}}{r_{2}}|\leq\frac{1}{2}[/mm][mm] .\\[/mm]
>
> [Anmerkung: Wieso ist der Betrag von [mm]$\frac{r_{1}}{r_{2}}$[/mm]
> kleinergleich [mm]$\frac{1}{2}?][/mm][/green]
Du kannst ihn so waehlen! Du kannst jede reelle Zahl $x$ in der Form $y + z$ schreiben mit $y [mm] \in \IX$ [/mm] und $|z| [mm] \le \frac{1}{2}$.
[/mm]
> Wir wählen [mm]v=l+k\omega[/mm]. Damit [mm]gilt:\\[/mm]
> [mm]0\neq N(u\frac{a}{b}-v)=N(\frac{r_{1}}{r_{2}}+\frac{1}{s}\frac{1+\sqrt{-19}}{2})=(\frac{r_{1}}{r_{2}}+\frac{1}{2s})^{2}+\frac{19}{4s^{2}}=(\frac{r_{1}}{r_{2}})^{2}+\frac{r_{1}}{r_{2}s}+\frac{20}{4s^{2}}\leq\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{20}{36}=\frac{35}{36}[/mm][mm] .\\[/mm]
>
> 4. Fall: Sei nun [mm]s=2,q[/mm] ein Teiler von [mm]s[/mm]. Dann ist (a)
> [mm]\frac{a}{b}=\frac{\omega}{2}[/mm] oder (b)
> [mm]\frac{a}{b}=\frac{1+\omega}{2}[/mm].
> [Anmerkung: Warum können nur diese beiden Fälle
> auftreten? Wo ist das [mm]\frac{p}{q}[/mm] hin?]
Wir haben $0 [mm] \le [/mm] p < q$ und $q [mm] \mid [/mm] s = 2$. Damit muss $q = 1$ oder $2$ sein, und im Fall $q = 1$ muss $p = 0$ sein und im Fall $q = 2$ muss $p = 1$ sein (andernfalls ist $p/q$ nicht gekuerzt).
LG Felix
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Ich bin dir sehr dankbar für deine verständliche Antwort!
Nun hätte ich noch Fragen zum Beweis des verwendeten Satzes, falls sich jemand damit beschäftigen will:
Beweis: [mm] "'$\Rightarrow$"'. [/mm] Jeder Hauptidealring ist faktoriell. Wir setzten [mm] $\varphi(0)=0, \varphi(r)=1$, [/mm] wenn $r$ Einheit und [mm] $\varphi(r)=n+1$, [/mm] wenn in der Primfaktorzerlegung von $r$ genau $n$ Faktoren vorkommen. Man wählt nun $u,v$ so, dass $d=ua+(-v)b$ das Ideal $Ra+Rb$ erzeugt:
[Anmerkung: Warum kann ich immer so ein $d$ wählen?]
Da $d$ ein ggT von $a$ und $b$ ist und sogar ein echter Teiler von $b$, folgt [mm] $\varphi(0)<\varphi(d)\varphi(b)$.\\
[/mm]
[Anmerkung: Dass man einen ggT immer so darstellen kann, gilt in jedem Integritätsbereich? Warum ist $d$ ein echter Teiler von $b$?
[mm] "'$\Leftarrow$"'. [/mm] Sei [mm] $\mathfrak{a}\subset [/mm] R$ ein Ideal, [mm] $\mathfrak{a}\neq [/mm] 0$. Dann wählt man [mm] $b\in\mathfrak{a}$ [/mm] so, dass
[mm] $\varphi(b)=\min\{\varphi(c):c\in\mathfrak{a},c\neq 0\}$.
[/mm]
Sei [mm] $a\in [/mm] I$ beliebig.
[Anmerkung: [mm] $I=\mathfrak{a}$, [/mm] richtig?]
Da auch [mm] $ua-vb\in [/mm] I$ für alle [mm] $u,v\in [/mm] R$, erzwingt die Wahl von $b$, dass der Fall "'$b$ ist kein Teiler von $a$"' nicht eintreten kann.
Warum kann dieser Fall nicht eintreten? Und wofür brauchen wir das?
Es folgt $I=Rb$.
Danke und liebe Grüße
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:33 Di 27.11.2012 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Ich bin dir sehr dankbar für deine verständliche
> Antwort!
Bitte :)
> Nun hätte ich noch Fragen zum Beweis des verwendeten
> Satzes, falls sich jemand damit beschäftigen will:
>
> Beweis: "'[mm]\Rightarrow[/mm]"'. Jeder Hauptidealring ist
> faktoriell. Wir setzten [mm]\varphi(0)=0, \varphi(r)=1[/mm], wenn [mm]r[/mm]
> Einheit und [mm]\varphi(r)=n+1[/mm], wenn in der Primfaktorzerlegung
> von [mm]r[/mm] genau [mm]n[/mm] Faktoren vorkommen. Man wählt nun [mm]u,v[/mm] so,
> dass [mm]d=ua+(-v)b[/mm] das Ideal [mm]Ra+Rb[/mm] erzeugt:
> [Anmerkung: Warum kann ich immer so ein [mm]d[/mm] wählen?]
Weil $R$ ein Hauptidealring ist und somit das Ideal $R a + R b$ ein Hauptideal ist. Also gibt es ein $d$ mit $R a + R b = R d$. Da insbesondere $d [mm] \in [/mm] R a + R b$ gilt, muss es $u, v [mm] \in [/mm] R$ geben mit $d = u a + (-v) b$.
> Da [mm]d[/mm] ein ggT von [mm]a[/mm] und [mm]b[/mm] ist und sogar ein echter Teiler
> von [mm]b[/mm], folgt [mm]\varphi(0)<\varphi(d)\varphi(b)[/mm][mm] .\\[/mm]
>
> [Anmerkung: Dass man einen ggT immer so darstellen kann,
> gilt in jedem Integritätsbereich?
Das geht nur in Hauptidealbereichen (und allgemeiner in ![[]](/images/popup.gif) Bezoutbereichen). In faktoriellen Ringen geht es z.B. schon nicht mehr immer.
> Warum ist [mm]d[/mm] ein echter
> Teiler von [mm]b[/mm]?
Wegen $b [mm] \nmid [/mm] a$ kann nicht $d$ mit $b$ assoziiert sein, da $d [mm] \mid [/mm] a$ gilt.
> "'[mm]\Leftarrow[/mm]"'. Sei [mm]\mathfrak{a}\subset R[/mm] ein Ideal,
> [mm]\mathfrak{a}\neq 0[/mm]. Dann wählt man [mm]b\in\mathfrak{a}[/mm] so,
> dass
> [mm]\varphi(b)=\min\{\varphi(c):c\in\mathfrak{a},c\neq 0\}[/mm].
>
> Sei [mm]a\in I[/mm] beliebig.
> [Anmerkung: [mm]I=\mathfrak{a}[/mm], richtig?]
Ja. Das ist wohl ein Umschreibfehler im Skript :)
> Da auch [mm]ua-vb\in I[/mm] für alle [mm]u,v\in R[/mm], erzwingt die Wahl
> von [mm]b[/mm], dass der Fall "'[mm]b[/mm] ist kein Teiler von [mm]a[/mm]"' nicht
> eintreten kann.
> Warum kann dieser Fall nicht eintreten? Und wofür brauchen
> wir das?
Wenn $b$ kein Teiler von $a$ ist, dann gibt es doch $u, v [mm] \in [/mm] R$ mit [mm] $\varphi(0) [/mm] < [mm] \varphi(a [/mm] u - v b) < [mm] \varphi(b)$. [/mm] Da $a u - v b [mm] \in [/mm] I$ liegt und [mm] $\varphi(b)$ [/mm] minimal ist fuer [mm] $\varphi(c)$, [/mm] $c [mm] \in [/mm] I [mm] \setminus \{ 0 \}$ [/mm] geht dies jedoch nicht.
Und brauchen tust du das dafuer: wenn nicht "$b$ ist kein Teiler von $a$" gilt, dann ist $b$ ein Teiler von $a$. Damit ist $a [mm] \in [/mm] R b$. Du hast also $I [mm] \subseteq [/mm] R b [mm] \subseteq [/mm] I$ gezeigt, womit $I = R b$ ist.
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:21 Fr 30.11.2012 | | Autor: | ehjcuioe34 |
Ich bedanke mich sehr herzlich für deine Antwort!
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