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Dénombrement

Envoyé par bodabodah 
Dénombrement
il y a sept mois
Bonjour
J'ai une question qui m'est venu dans la tête. Je donne ma langue au chat.

On a 3 urnes contenant chacune exactement 2 boules numérotées de A à F.
voici 2 exemples de configuration :
$AB - CD - EF$
$AB - CE - DF$
On ne distingue pas les urnes, c'est-à-dire que si on a déjà énuméré ces deux cas, $EF-AB-CD$ n'est plus valable.
Combien y a-t-il de configurations (cas) possibles ?

Je veux une formule qui permet de généraliser pour n'importe quel nombre d'urnes avec n'importe quelle capacité (les urnes peuvent avoir des capacités différentes) ; n'importe quel nombre de boules (pas de répétition au niveau des numérotations: A, B, C, ..., Z)

Notation : $ABC-DE-FG-HI$ signifie qu'on a [1 urne de capacité 3 et 3 urnes de capacité 2] et [9 boules].
une solution des cas où les boules tiennes toutes dans les urnes me suffirait pour le moment (c-à-d 9 boules pour le cas ci-dessus mais pas 10 ou autres)



Edité 4 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par bodabodah.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
Bonjour.

En distinguant les urnes, le choix d'une configuration se fait en choisissant deux boules pour la première urne, puis 2 pour la deuxième. Sans ordre à chaque fois.
Une configuration où on ne distingue pas les urnes correspondant à 6 configurations où on distingue, le résultat final est celui d'au dessus divisé par 6.

Je te laisse mettre les formules (ultra-classiques) sur ce raisonnement. Ce qui te permettra de généraliser toi-même.

Cordialement.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
@gerad0,

Merci pour votre réponse.

Je veux bien partir sur cette base, mais votre réponse est encore trop vague pour moi. Par exemple, pourquoi "6" ?

cordialement,
Re: Dénombrement
il y a sept mois
avatar
Si tu ne devines pas toi-même pourquoi gerard0 divise par 6, tu ne trouveras pas non plus le reste du calcul.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
lourran,
ok, dans ce cas je suis bloqué : 6 peut correspondre à $^{C_{4}^{2}}$ ou au nombre de boules dans l'exemple que j'ai pris.

(Désolé, je suis nouveau dans ce forum je n'ai pas encore trouvé comment insérer les formules mathématiques : combinaison, ...)



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par bodabodah.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
6 est le nombre de façons de prendre les trois urnes dans l'ordre ("première urne", "deuxième").
Si ma réponse est encore vague, lire un cours élémentaire sur les dénombrements.

Cordialement.

NB : Je ne donne pas de formule, car elles demanderaient un minimum de compréhension des outils de dénombrement pour être utilisable (pour savoir si elles peuvent s'appliquer).
Re: Dénombrement
il y a sept mois
avatar
Tu dis :
J'ai un exercice (niveau de difficulté = élevé) , et je ne trouve pas la solution...
Puis tu dis :
Je ne sais pas répondre à telle question (niveau de difficulté= débutant, élémentaire)

Il faut faire les choses dans l'ordre. Lire des cours niveau élémentaire, faire des exercices niveau élémentaire.
Puis niveau moyen
Puis niveau élévé.

Toi, tu commences directement par le niveau élevé, tu ne peux pas t'en sortir.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
laurran,

Quand j'ai posté la question, je n'ai pas fait attention au paramétrage ("difficulté élevé"), où est-ce que ça se configure?. Je veux bien le reparamétrer et le mettre en niveau élémentaire si c'est vraiment facile comme vous dites. L'essentiel pour moi c'est d'avoir la réponse. Vous pouvez utiliser les expressions mathématiques, je comprendrai.

"Lire des cours niveau élémentaire, faire des exercices niveau élémentaire"
--> Je ne pense pas que cela soit une bonne idée.

J'espère juste que vous avez bien compris ma question (car il est possible que j'exprime mal, le français n'étant pas ma langue maternelle) et que c'est bien un exercice "facile" mais c'est moi qui suis débutant :)
Cordialement,



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par AD.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
avatar
Tu n'a rien paramétré, ce type de paramètre n'existe pas ; c'était juste mon interprétation : je considère que ta question est compliquée (même si cette notion de complexité est très relative ...)
Par contre, l'explication du 6, c'est une question très basique.

Dans un cours 1ère année sur les dénombrements, l'explication du 6, c'est l'un des 5 premiers exercices, alors que ta question, elle n'est pas abordée, c'est un exercice trop compliqué.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
avatar
Salut.

$6$ c'est le nombre de permutations de $3$. Mais je pense que tu n'en as pas besoin, parce que tu as dit clairement que les urnes sont indiscernables.
Pour le cas que tu annonces, on peut facilement calculer le nombre total de pairs de lettres qu'on peut avoir avec $\{A, \,B, \,C, \,D,\, E, \,F\}$. Il suffira alors de calculer le nombre de combinaisons de $3$ parmi le nombre de pairs trouvé.
Essaies pour voir.
Pour le cas général, on peut utiliser la mème idée, mais les calculs sont plus corsés.

Cordialement.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
Citation
babsgueye
Il suffira alors de calculer le nombre de combinaisons de 3 parmi le nombre de pairs trouvé.

Parmi les pairs on a $AB$ et $AC$ et $BD$. Or ce triplet (combinaison) n'est pas correct car on a deux fois la lettre $A$.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par AD.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
avatar
Tu as raison. Je vois que ce que tu cherches dans ce cas précis est le nombre de partitions d'un ensemble à $6$ éléments en sous-ensembles de à $2$ éléments (le résultat dans le cas général n'est pas près de moi).
Mais ici pour palier à ta remarque, je pense que tu peux regarder le cas $AB$ qui correspondra à un paquet $\{C,D,E,F\}$ qui eux fournissent les trois combinaisons : $CD-EF/CE-DF/CF-DE$. Ce qui donne $3$ possibilités. Tu fais pareille pour $AC$, puis $AD$, puis $AE$, enfin $AF$.
Cela fait $15$ combinaisons.
Vérifie quand mème !
Re: Dénombrement
il y a sept mois
En s'inspirant des réponses de babsgueye, j'ai pu tirer cette formule :
Cas où les urnes contiennes toutes 2 boules et que toutes les boules tiennes dans les urnes

$x = 2\cdot(n-1)\cdot\frac{C_{n-2}^{2}}{n-2}$

$n$ nombre boules
$x$ nombre de configurations



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par bodabodah.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
avatar
Salut.
Je ne vois pas comment tu as eu cette formule (je pense qu'il s'agit toujours de trois urnes, alors c'est pas bon)..
Règle d'abord des cas simples avant de généraliser. Tu pourrais utiliser le cas traité pour voir le nombre de configurations pour $7$ lettres (par exemple tu ajoutes $G$ aux lettres).

''Dans un point, il n'y a pas de matière, donc il y a de l'esprit, et que de l'esprit.''
Re: Dénombrement
il y a sept mois
Bonjour.

Mouai. Je vois les choses de la façon suivante :
On peut forcer la première urne à contenir "A" puisque l'ordre n'intervient pas. Il y a alors (n-1) lettres possibles pour finir le couple. Le reste des urnes se ramènent à un problème de (n-2) lettres. La fonction f qui donne la quantité de possibilités vérifie donc la loi :
f(n)=(n-1)f(n-2)
f(2)=1

D'où :
f(4)=3
f(6)=15
f(8)=105
f(10)=945

D'ailleurs, la solution est connue :
Citation
OEIS l'Encyclopédie en ligne des suites de nombres entiers
Number of ways to choose n disjoint pairs of items from 2*n items. - Ron Zeno (rzeno(AT)hotmail.com), Feb 06 2002
source : cliquez ici

Si tu veux généraliser, libre à toi.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par PetitLutinMalicieux.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
avatar
@PLM, c'est pas du tout le mème problème. S'il y a plus de six lettres, il se peut qu'aucune urne ne contienne la lettre $A$.
Le nombre de lettres n'est aussi pas forcément pair. Ici, déjà avec $7$ lettres, on a $105$ configurations possibles.

''Dans un point, il n'y a pas de matière, donc il y a de l'esprit, et que de l'esprit.''
Re: Dénombrement
il y a sept mois
Tu parles d'une affaire, tu multiplies par le tirage de l'ensemble des lettres nécessaires parmi les lettres disponibles et c'est fini.

Dans ton exemple, on tire 6 lettres parmi 7 indépendamment de l'ordre et sans répétition, c'est donc une combinaison et on a $C_7^6f(6) = 7f(6) = 7*15 = 105$ possibilités.

Donc mon message répond bien à la question initiale.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
avatar
Non tu n'as pas appliqué ta formule à $n = 7$, pour trouver $105$.

Pour $8$ lettres le nombre de configurations possibles est $735$, qui n'est d'ailleurs pas dans la liste des nombres de ton lien.

A partir de $n\geq 7$ lettres, la bonne formule est : $f(n) = 7\cdot f(n - 1)$.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
Ce que tu dis est faux.

Soit les lettres ABCDEFGH (8 lettres). Il y a $C_8^6f(6) = 4*7*f(6) = 28*15 = 420$ possibilités.
Et pour éviter les polémiques, en voici la liste dans le fichier joint.

[Pour une bonne lisibilité de la liste des messages, mettre une longue liste en fichier joint. AD]



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par AD.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - PLM.tex (3.7 KB)
Re: Dénombrement
il y a sept mois
avatar
$CF-EH-DG$ n'est pas là mon gars, et plein d'autres.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
La combinaison que tu pointes est ligne 413.
413/420, donc.
Same player shoot again ?
Re: Dénombrement
il y a sept mois
avatar
Salut.
Je vois que ta formule tient la route. Je cherchais mon erreur et je l'ai trouvé. Je vais peut-être écrire une formule qui donne le même résultat que la tienne.
''It's like a game'';
Re: Dénombrement
il y a sept mois
Citation
babsgueye
Je ne vois pas comment tu as eu cette formule
J'ai modifié mon commentaire pour ajouter l'information qui manquait. La formule ne se limite pas à 3 urnes mais c'est pas non plus une généralisation car y a encore beaucoup de conditions pour pouvoir l'appliquer (urnes contiennent 2 boules, ... etc)
Re: Dénombrement
il y a sept mois
Le problème étant mal posé, ça barre en c.

PLM n'a pas vu que bodabodah admettait AB-CE-EF comme exemple dans son message originel; son calcul ne répond donc pas à la question.
On ne sait pas si AA-AA-AA est acceptable.
Dès que l'énoncé sera correct, il sera facile de répondre: c'est une simple histoire de combinaisons.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
J'ai vu le double E mais tu n'as pas vu qu'il contredisait en écrivant ceci :
Citation
bodabodah
"Parmi les pairs on a AB et AC et BD. Or ce triplet (combinaison) n'est pas correct car on a deux fois la lettre A.
J'ai donc conclu à une faute de frappe dans le message initial.

Mais je te rejoins. L'énoncé est très mal posé. Alors, attendons.
En même temps, il n'a pas jugé bon de donner son avis sur ma proposition. On risque d'attendre longtemps tongue sticking out smiley
Re: Dénombrement
il y a sept mois
avatar
I leave.

Cordialement

''Dans un point, il n'y a pas de matière, donc il y a de l'esprit, et que de l'esprit.''
Re: Dénombrement
il y a sept mois
@depasse,
merci, je n'avais pas vu cette faute de frappe. J'ai corrigé l'énoncé.
Cordialement.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par AD.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
avatar
Bonjour.

Après la correction, je reviens quand mème parce que j'avais promis à @PLM de donner une formule qui ''hit'' avec la tienne, mais principalement pour poser une question avec récompense promise pour celui qui déliera le nœud..
En fait, la formule que je trouve est : $f(n) =\dfrac{ A_n^6}{3!\cdot 2!\cdot 2!\cdot 2!}$.
Mais après des tests de $n = 6$ jusqu'à $n = 15$, je trouve que ça marche pour toutes les valeurs, sauf pour $n = 9$.
Ma question est ; pourquoi ça ne marche pas seulement pour $n = 9$ ?

Merci d'avance.

Cordialement.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
Euh ... bravo. J'ai plutôt l'impression que ta solution marche, même pour n=9.

Ce qui me dérange un peu, c'est que tu tires dans l'ordre (d'où l'arrangement) pour enlever l'ordre après.
Tu divises l'arrangement par 48 quand je multiplie la combinaison par 15. Or 48x15=720. Et 720 est l'ordre sur 6 objets (6!). C'est le facteur entre $A_n^6$ et $C_n^6$. Tout est cohérent.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
avatar
Merci.
J'avais fait une bête erreur de calcul de $C_9^6$,sans certainement penser le recalculer (pour cause,ça gueule trop autour de moi).
Pourquoi ça dérange ? J'ai pas du tout penser à $f(6)$, et j'ai bien écris les facteurs du dénominateur qui donne $48$ pour faire voir mon raisonnement.

''Dans un point, il n'y a pas de matière, donc il y a de l'esprit, et que de l'esprit.''



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par babsgueye.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
avatar
Sinon, j'ai un autre raisonnement par récurrence qui donne la formule : $f(n) = \dfrac{n}{n - 6}\cdot f(n - 1)$

Cordialement.

''Dans un point, il n'y a pas de matière, donc il y a de l'esprit, et que de l'esprit.''
Re: Dénombrement
il y a sept mois
avatar
Bonjour.

J'espère que les trois formules données permettrons à @bodabodah d'essayer de résoudre le cas général avec un meilleur raisonnement.

Tu auras par exemple, avec les mêmes hypothèses, $k$ urnes, $p$ boules discernables pour chaque urne, et donc à calculer $f(n)$ pour $n\geq kp$.

PS : J'oubliais. @PLM, pour la récompense promise, tu m'envoies ton adresse en MP, et tu la recevras sans problème.

Cordialement.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par babsgueye.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
Bonjour,

En retard, mais tant pis.

Si $n$ urnes de capacité $p$ et $np$ boules, $(np)!/(n!p!)$ possibilités.
Si ce ne sont pas des urnes mais des boîtes d'œufs à cases numérotées, $(np)!/n!$.
Si $N>np$ boules, on multiplie par le nombre de combinaisons de $np$ boules parmi $N$.

Si les urnes sont de capacités différentes, cela brise la symétrie : elles ne sont plus interchangeables. Les urnes de même capacité restent interchangeables.

Avec $n_i$ urnes de capacité $p_i$, $i=1\cdots I$ et $i\mapsto p_i$ injective :
Si le compte $N=N_b$ de boules est bon, $N_b/(\prod_i n_i! p_i!)$ possibilités.
Si $N>N_b$, correction par un facteur $C_N^{N_b}$.

J'espère que j'ai bon docteur confused smiley
Re: Dénombrement
il y a sept mois
Ta première formule est fausse. Car tu n'enlèves l'ordre que sur la première urne. Ce qui aurait dû te sauter aux yeux en comparant avec ta formule finale dans laquelle tu divises par un produit.
Ta première formule signifie "On met les boules dans l'ordre, puis on enlève l'ordre sur les urnes, puis on enlève l'ordre dans la première urne". Donc en lisant, on demande "Et que se passe-t-il pour les autres urnes ???".
Pour aller dans ton sens, cela ne ressemblerait-il pas plutôt à $\frac{(np)!}{n!(p!)^n}$ ?
Re: Dénombrement
il y a sept mois
Merdum ! Tu as complètement raison ! smiling smiley Et c'est pareil en fait pour ma dernière expression avec le produit (il porte sur la capacité et non directement sur les urnes, il faut donc remplacer $p_i!$ par $(p_i!)^{n_i}$).
Re: Dénombrement
il y a sept mois
$C_N^{N_b}\frac{N_b!}{(\displaystyle\sum_i n_i)!\prod_i p_i!^{n_i}}$
Re: Dénombrement
il y a sept mois
Tu es certain pour la $\sum_i$? Voici le raisonnement que je tenais (en appliquant la correction que tu m'as signalée). On partitionne le $N_b$-uplet de sorte à faire apparaître $n_i$ uplets de taille $p_i$, $i=1\cdots I$. Disons qu'on ordonne selon $p_i$ croissant. Par exemple, avec $I=3$, $(n_1,n_2,n_3):=(3, 2, 1)$ et $(p_1,p_2,p_3):=(2, 3, 6)$ :

$ (\,\underbrace{\cdot \cdot\, | \cdot \cdot\, |\cdot\, \cdot}_{i=1}\,\Vert\,\underbrace{\cdot\, \cdot\,\cdot\,|\cdot\, \cdot\,\cdot}_{i=2}\,\Vert\,\underbrace{\cdot\, \cdot\,\cdot\,\cdot\, \cdot\,\cdot \vphantom{|}}_{i=3}\,) $

Mon idée était qu'on ne peut faire passer des choses d'une tranche a l'autre (seulement permuter au sein des tranches, ou bien permuter les tranches de même taille). Autrement dit,

* Pour chaque $p$-uplet ainsi découpé, on obtient une "urne" en quotientant par un groupe de permutations qui opère uniquement sur les indices du $p$-uplet, d’où les $\prod_i (p_i!)^{n_i}$

* Les urnes de même capacité sont indiscernables. On quotiente par les groupes correspondants, d'où les $\prod_i n_i!$
Re: Dénombrement
il y a sept mois
Je suis complètement d'accord avec ce que tu écris, à ceci près que tu as gardé l'ordre sur les tailles d'urnes. Tu as enlevé l'ordre sur les boules et l'ordre sur les urnes à l'intérieur d'un groupe d'urnes. Il reste l'ordre sur les tailles d'urnes, et, plus sournois, le mélange de ces groupes ! Et je suis prèt à parier que si on divise mon 6! par ton 3!2!1!, on va trouver ce mélange (3 parmi 6, puis 2 parmi 6-3, puis 1 parmi 6-3-2).

$\frac{6!}{3!2!1!}=\frac{6*5*4*3*2*1}{3*2*1*2*1*1}=60$
$C_6^3C_{6-3}^2C_{6-3-2}^1=C_6^3C_3^2C_1^1=\frac{6*5*4}{3*2*1}\frac{3*2}{2*1}\frac{1}{1}=60$
Bingo !

Concrètement ?
Et bien, dans ton exemple, si tu permutes i=2 et i=3, tu compteras 2 cas différents, alors que c'est le même.
Pire ! (i=3) a le droit de se trouver en plein milieu de (i=2). smiling smiley
Re: Dénombrement
il y a sept mois
Au temps pour moi. J'ai dit une bêtise. Le tirage des boules ne contient pas l'ordre des urnes. Donc, on n'a pas à l'enlever.

Et les $n_i!$ ne doivent être enlevés que si les urnes de même contenance sont de même couleur. Quant aux boîtes d'œufs numérotées pour ne pas enlever les Pi!, on n'en a déjà parlé.

À quoi correspond alors le résultat du calcul 60 fois plus petit ? Probablement à rien.
Et que se passerait-il si on voulait dénombrer en tenant compte de l'ordre relatif des urnes en fonction de leur contenance ? Il y en aurait 60 fois plus.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
[édit. D'accord avec ton dernier message.]

Une remarque terre-à-terre mais efficace est de regarder ce qu'il se passe pour $I=2$, $n_i=1$, $p_1\neq p_2$ et $N=N_b=p_1+p_2$. Cela se ramène à un choix de $p_1$ (ou $p_2$) parmi $N_b$; $(p_1+p_2)!/(p_1!p_2!)$.

Par exemple, avec une urne de capacité $6$ et une de $2$, on doit retrouver $C_{6+2}^2=C_{6+2}^6$ possibilités. Diviser par $(\sum_i n_i)! = 2$ et non par $\prod_i n_i!=1$ introduit un facteur $2$ de décalage avec le résultat souhaité. Pour une urne de taille $1$ et une de $2$, il y a bien $3$ possibilités ($1 - 23$, $2 - 13$ et $3 - 12$), et non $3/2$ grinning smiley

L'exemple montre plus clairement que l'ordre de placement des urnes dans le $N_b$-uplet est une convention qui n'affecte pas le dénombrement. $1-23$ ou $23-1$, c'est un jeu d’écriture. Dans la vie réelle, cela correspondrait à fixer l'ordre de remplissage des urnes. On n'est pas non plus forcé de représenter une urne sur des plages contiguës ; rien n’empêche de commencer à remplir l'une avant de passer à l'autre, puis de revenir.

Il y a invariance, par changement d'ordre de remplissage (permutation des indices), de l'ensemble des configurations résultantes. On peut démultiplier "l'univers" en prenant en compte les $N_b!$ ordres possibles, et faire le calcul du nombre de configurations à partir de cela, mais le résultat sera identique puisqu'il faudra au final quotienter par ce nouveau groupe de symétrie.

Par contraste même à convention fixée il y a bien perte d'information, pour quelqu'un qui ne verrait que le résultat du tirage (i.e., des boules numérotées dans des urnes -- certaines identiques), quant à l'ordre du tirage des numéros.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par talbon.
Re: Dénombrement
il y a sept mois
C'est tout de même laborieux à justifier autrement qu'avec les mains :

(1) Écrire un tirage des $N_b$ boules numérotées comme un $N_b$-uplet $X\in\mathcal{X}$, ou identifier $X$ avec une permutation $\in \mathfrak{S}(E)$ de $E=\{1,\cdots,N_b\}$.

(2) Exhiber $E=\sqcup_{i=1\cdots I}(\sqcup_{j=1\cdots n_i} E_{i,j})$ comme union disjointe de $n_i$ ensembles $E_{i,j}$ de taille $|E_{i,j}| = p_i$. Cela induit des sous-groupes de permutations $\mathfrak{S}_{ij}(E)$ en somme directe. Si l'on quotiente $\mathcal{X}$ par l'action de ces sous-groupes, on obtient des urnes. [On peut raisonner directement sur $\mathfrak{S}(E)$ quotienté...]

(3) Pour rétablir l’indiscernabilité des urnes, il faut considérer des permutations de blocs d'indices $E_{i,j}$, $j=1\cdots n_i$, et quotienter. Passons les détails.

(4) On exhibe un isomorphisme $f$ de groupes entre le produit direct de groupes $G=\prod_i \mathfrak{S}(p_i)^{n_i} \times \mathfrak{S}(n_i)$, où $\mathfrak{S}(m)$ dénote les permutations de $1\cdots m$, et le (sous-)groupe de permutations construit en (2), (3).

$\mathcal{X}/f(G)$ est l'espace des configurations dans les urnes, de cardinal $|\mathcal{X}|/|G|$.

A l'étape (2), une décomposition particulière correspond à un ordre de remplissage des urnes. On peut toutes les construire à partir d'une décomposition canonique (ordre croissant, etc.) et de la donnée d'une permutation $\varphi$ qui exhibe la bijection entre le choix canonique et les autres. En particulier pour deux décompositions $\varphi_1,\varphi_2$ : $\varphi_2\circ \varphi_1^{-1}$ permet de mettre en bijection $\mathcal{X}/f(G_{\varphi_2})$ et $\mathcal{X}/f(G_{\varphi_1})$...



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par talbon.
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