Une fraction continue
dans Arithmétique
Les quotients de la fraction continue de $1+2\sqrt{3}$ sont 2, 6, 2, 6, 2...
Les numérateurs $n_i$ et les dénominateurs $d_i$ des fractions partielles vérifient
$n_{2k} = d_{2k+1}$ et $3n_{2k-1} = d_{2k}$. Comment prouver cela ?
Cordialement.
Les numérateurs $n_i$ et les dénominateurs $d_i$ des fractions partielles vérifient
$n_{2k} = d_{2k+1}$ et $3n_{2k-1} = d_{2k}$. Comment prouver cela ?
Cordialement.
Réponses
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Bonjour,
Posons $\alpha$ le nombre réel positif tel que son développement en fraction continue soit périodique, de période 2 et constitué de 2 et de 6. Alors $\alpha$ vérifie $\alpha = 2 + \frac{1}{6 + \frac{1}{\alpha}}$, j'ai la flemme de développer mais on tombe surement sur $1 + 2\sqrt{3}$.
Plus généralement on sait qu'un nombre réel admet un développement en fraction continue périodique si et seulement c'est un irrationnel quadratique. -
Excuse-moi j'avais lu un peu vite. Je ne pense pas pouvoir t'aider, je ne suis pas expert en fractions continues.
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Bonour,
Voici un petit exemple pour $\sqrt{3}$, on trouve dans un premier temps :
$\sqrt 3 = 1 + (\sqrt 3 - 1) = 1 + \frac {(\sqrt 3 - 1)(\sqrt 3 + 1)}{\sqrt 3 + 1} = 1 + \frac 1{\frac {\sqrt 3 + 1}2} = 1 + \frac 1{1 + \frac {\sqrt 3 - 1}2} = 1 + \frac 1{1 + \frac 1{\sqrt 3 + 1}} = 1 + \frac 1{1 + \frac 1{ 2 + \sqrt 3 - 1}} $
On en déduit l'expression :
$\sqrt 3 = [1,1,2,1,2,\cdots] = [1,\overline{1,2}] $
Les réduites se calculent par des formules de récurrences. Si $\dfrac{n_n}{d_n}$ sont ces réduites :
$n_{n+2} = a_{n+2}n_{n+1} + n_n$ et $d_{n+2} = a_{n+2}d_{n+1} + d_n$
Ce qui donne les approximations suivantes de la racine de trois :
$\begin{align} n_0 &= 1,& n_1 &=2,&n_2 &= 2 \times 2 + 1 = 5,&n_3 &= 1 \times 5 + 2 = 7,&n_4 &= 19, & n_5 &= 26, &\cdots \, n_{10} &= 989\\ d_0 &= 1,&d_1 &=1,&d_2 &= 2 \times 1 + 1 = 3,&d_3 &= 1 \times 3 + 1 = 4,&d_4 &= 11, & d_5 &= 15, &\cdots \, d_{10} &= 571 \end{align} $.
Tu peux t'en inspirer. -
ici il s'agit du développement en fraction continue (ou continuée), de $1+\frac{2}{\sqrt{3}}$.
Les quotients partiels successifs sont effectivement : $2, 6, 2, 6, ...$, c'est-à-dire : $a_{2k-1}=2,a_{2k}=6$, $k\in \mathbb{N}^*$.
Soit $R_{n}=\frac{P_{n}}{Q_{n}}$ la $n$-ème réduite, qui se calcule toujours comme rappelle Bouzar, pour $n\geq 3$, par :
$P_{n}=a_{n}P_{n-1}+P_{n-2},Q_{n}=a_{n}Q_{n-1}+Q_{n-2}$,
avec : $P_{1}=a_{1},Q_{1}=1,P_{2}=a_{2}P_{1}+1,Q_{2}=a_{2}Q_{1}$.
Dans le cas présent : $P_{1}=a_{1}=2,Q_{1}=1,R_{1}=\frac{2}{1}$,
$P_{2}=a_{2}P_{1}+1=13,Q_{2}=a_{2}=6,R_{2}=\frac{P_{2}}{Q_{2}}=\frac{13}{6}$,
et de plus : $Q_{3}=a_{3}Q_{2}+Q_{1}=13$.
Hypothèse de récurrence : $3P_{2k-1}=Q_{2k},P_{2k}=Q_{2k+1}$, pour un $k\in \mathbb{N}^*$.
Vraie pour $k=1$.
On a : $P_{2k+1}=2P_{2k}+P_{2k-1},P_{2k+2}=6P_{2k+1}+P_{2k}$, $Q_{2k+2}=6Q_{2k+1}+Q_{2k}$, $Q_{2k+3}=2Q_{2k+2}+Q_{2k+1}$.
Il en résulte :
$3P_{2k+1}-Q_{2k+2}=3(2P_{2k}+P_{2k-1})-(6Q_{2k+1}+Q_{2k})$$=6(P_{2k}-Q_{2k+1})+(3P_{2k-1}-Q_{2k})=0$, et :
$P_{2k+2}-Q_{2k+3}=(6P_{2k+1}+P_{2k})-(2Q_{2k+2}+Q_{2k+1})=2(3P_{2k+1}-Q_{2k+2})+(P_{2k}-Q_{2k+1})=0$. CQFD.
Bonne soirée en Romandie.
07/07/2014
. -
Le développement en fraction continuée de $1+2\sqrt{3}$ est $[4,\overline{2,6}]$
Preuve:
$(1+2\sqrt{3})-4=2\sqrt{3}-3=\dfrac{2^2\times 3-3^2}{2\sqrt{3}+3}=\dfrac{3}{3+2\sqrt{3}}=A$ et $0<A<1$
$\Big(\dfrac{3+2\sqrt{3}}{3}\Big) - 2=\dfrac{2\sqrt{3}-3}{3}=\dfrac{2^2\times 3-3^2}{3(2\sqrt{3}+3)}=\dfrac{1}{2\sqrt{3}+3}=B$ et $0<B<1$
$\Big(2\sqrt{3}+3\Big)-6=2\sqrt{3}-3=\dfrac{2^2\times 3-3^2}{2\sqrt{3}+3}=\dfrac{3}{3+2\sqrt{3}}=A$ -
La question initialement posée par Soland concerne les réduites de $1+\frac{2}{\sqrt{3}}$, ainsi que le montre le fichier attaché qu'il fournit dans son premier message, et non $1+2\sqrt{3}$ comme il l'a écrit par erreur. La propriété des réduites qu'il signale n'est pas vraie pour $1+2\sqrt{3}$.
-
Je me suis fié à ce que je lis dans le forum qui n'a pas été corrigé.
Si les questions sont fausses, les réponses le sont donc tout autant. :-D
Reprenons donc.
$\alpha=1+\dfrac{2}{\sqrt{3}}$
Le développement en fraction continuée de $\alpha$ est $[\overline{6,2}]$
$\alpha-2=\dfrac{2}{\sqrt{3}}-1=\dfrac{\dfrac{4}{3}-1}{\dfrac{2}{\sqrt{3}}+1}=\dfrac{1}{3\Big(\dfrac{2}{\sqrt{3}}+1\Big)}=A$ et $0<A<1$
$3\Big(\dfrac{2}{\sqrt{3}}+1\Big)-6=\dfrac{6}{\sqrt{3}}-3=\dfrac{\dfrac{6^2}{3}-3^2}{\dfrac{6}{\sqrt{3}}+3}=\dfrac{3}{\dfrac{6}{\sqrt{3}}+3}=\dfrac{1}{\dfrac{2}{\sqrt{3}}+1}=B$ et $0<B<1$ et on a: $\dfrac{1}{B}=\alpha$ -
La propriété se généralise, avec la même démonstration, pour un nombre réel $x $ dont la suite des quotients partiels est :
$\alpha, \beta, \alpha, \beta, ...$, avec bien sûr $\alpha \in \mathbb{N}^* , \beta \in \mathbb{N}^*$.
Ce nombre est : $x=\frac{\alpha \beta +\sqrt{\alpha \beta (\alpha \beta +4)}}{2 \beta }$.
Les réduites successives $R_{n}=\frac{P_{n}}{Q_{n}}$, $n \in \mathbb{N}^*$ , vérifient : $\beta P_{2k-1}= \alpha Q_{2k},P_{2k}=Q_{2k+1}$. -
Puisqu'on parle de fractions continu(é)es.
Existe-t-il une démonstration rigoureuse du résultat de Galois?
Voire une démonstration d'inspiration différente.
(ce résultat m'est revenu en tête car je pensais à tort qu'on pouvait déduire grâce à lui un lien entre mon premier calcul et ce qu'il fallait trouver en fait. Le lien est plus simple. Si $\beta=1+2\sqrt{3}$ alors $\alpha=\dfrac{1}{\beta-4}$ ce qui permet de connaître le développement en fractions continuées de $\alpha$ connaissant celui de $\beta$ ) -
En fait, si, le résultat peut être utilisé dans le contexte décrit plus haut. :-)
Il faut considérer $\beta+2=3+2\sqrt{3}$ son développement en fraction continu(é)e est $[\overline{6,2}]$ (c'est immédiat connaissant celui de $\beta$ qui est $[4,\overline{2,6}]$ )
$\beta+2$ vérifie l'équation $x^2-6x-3=0$ l'autre solution est $3-2\sqrt{3}$
Le théorème de Galois affirme que cette autre solution est aussi égale à: $\dfrac{-1}{[\overline{2,6}]}$
Donc $\dfrac{-1}{3-2\sqrt{3}}=\dfrac{-(3+2\sqrt{3})}{3^2-2^2\times 3}=\dfrac{-(3+2\sqrt{3})}{-3}=1+\dfrac{2}{\sqrt{3}}=\alpha$ a pour développement en fraction continu(é)e $[\overline{2,6}]$ -
Galois a démontré son théorème sur les fractions continues et a publié sa démonstration dans les Annales de mathématiques pures et appliquées (Annales de Gergonne) :
http://www.bibnum.education.fr/mathematiques/algebre/demonstration-d-un-theoreme-sur-les-fractions-continues-periodiques -
Rouletabille:
Oui, je le savais, mais sauf erreur de ma part, il n'a démontré son théorème, à proprement parlé, qu'avec des nombres dont le développement en fraction continuée est de la forme $[\overline{a,b,c,d}]$. -
-
@ Fin de Partie
Effectivement, il n'est pas évident de trouver dans la littérature une démonstration complète du théorème de Galois sur les fractions continues.
Généralement les auteurs se satisfont de l'équivalence entre développement périodique simple (période commençant au premier quotient partiel) et irrationnel quadratique réduit (irrationnel quadratique >1 avec conjugué dans ]-1,0[).
Dans : Serge Lang, Introduction to diophantine approximations, Addison-Wesley, 1966, c'est en exercice p. 58 (!).
Il me semble (si j'ai bien compris !) qu'il y a une démonstration dans : Alain Faisant, L'équation diophantienne du second degré, Hermann, 1991, p. 67, avec force technicité.
Je pense qu'une source importante sur les fractions continues est : O. Perron, Die Lehre von den Kettenbrüchen, Chelsea 1929, mais malheureusement, et bizarrement, à ma connaissance il n'a pas été traduit, ni en anglais ni en français, et il est difficile à trouver en version électronique. Cela ne m'étonnerait pas que le théorème en question y soit. J'irai voir à Jussieu quand j'aurai secoué ma flemme. Même si l'on ne connaît pas l'allemand, on devrait pouvoir déchiffrer.
Tu as bien raison de t'intéresser aux fractions continues. Tout jeune j'avais appris des math dans de vieux traités début XXème et à l'époque, on faisait une place à cette question, même pas dans des livres de Théorie des Nombres. A mes débuts de professeur, j'ai enseigné en Collège Tecnhnique, et j'ai eu la surprise de trouver dans mon livre la "méthode des réduites" pour approximer au mieux un rapport de vitesses de rotation dans un tour pour réaliser un filetage avec un "pas bâtard" ; mais ça ne se fait plus avec la normalisation.
Bonne journée.
R.
08/07/2014 -
J'ai le livre de Faisant sous les yeux.
Il établit, si je comprends bien, que si $x=[\overline{a_0,a_1,a_2,...,a_n}]$ alors $S(x)=[\overline{a_n,...,a_2,a_0}]$
avec $S(x)=\dfrac{1}{x^{\sigma}}$ et $x^{\sigma}$ le conjugué de $x$. -
$S(x)=[\overline{a_n,...,a_2,a_1,a_0}]$ even
-
je me demande s'il y a pas un problème de signe
du moins si conjugué de $a+\sqrt{b}$ c'est bien aussi $a-\sqrt{b}$
car dans la revue quadrature n°3 de 1990
la théorème de Galois énoncé est
si $x $ est un réel quadratique , $\overline{x}$ son conjugué alors
$x$ admet un DFC immédiatement périodique ssi
$x>1$ et $\overline{x}$ dans ]-1;0[
et de plus $-1/\overline{x}$ est alors également immédiatement périodique (période "inversée" par rapport à celle de $x$)
ce qui se vérifie par exemple pour
$x=(a+\sqrt{a^2+4})/2$ avec $a$ entier $>0$ dont le DFC est immédiatement périodique, de période de longueur 1 : c'est $a$ la période
et $-1/\overline{x}=x$ -
Oui, j'ai oublié des conditions sur x et son conjugué.
-
Une démonstration du résultat de Rouletabille.
Proposition:
Si $\alpha>0$ et $\beta>0$ sont des entiers alors le développement de $x=\dfrac{\alpha \beta +\sqrt{\alpha \beta (\alpha \beta +4)}}{2 \beta }$ est $[\overline{\alpha,\beta}]$
Démonstration:
$x=\dfrac{\alpha}{2}+\dfrac{1}{2}\sqrt{\alpha(\alpha+\dfrac{4}{\beta})}=\dfrac{\alpha}{2}+\dfrac{\alpha}{2}\sqrt{1+\dfrac{4}{\alpha\beta}}=\dfrac{\alpha}{2}\Big(1+\sqrt{1+\dfrac{4}{\alpha\beta}}\Big)$
Donc:
$x-\alpha=\dfrac{\alpha}{2}\Big(-1+\sqrt{1+\dfrac{4}{\alpha\beta}}\Big)=\dfrac{\alpha}{2}\times\dfrac{1-\big(1+\dfrac{4}{\alpha\beta}\big)}{-1-\sqrt{1+\dfrac{4}{\alpha\beta}}}=\dfrac{2}{\beta\Big(1+\sqrt{1+\dfrac{4}{\alpha\beta}}\Big)}=A$
Ce qui est dans la parenthèse au dénominateur est strictement plus grand que $2$ puisque $\alpha\beta>0$ or $\beta\geq 1$ donc $0<A<1$
$\dfrac{1}{A}-\beta=\dfrac{\beta}{2}\big(1+\sqrt{1+\dfrac{4}{\alpha\beta}}\big)-\beta=\dfrac{\beta}{2}\Big(-1+\sqrt{1+\dfrac{4}{\alpha\beta}}\Big)=\dfrac{\beta}{2}\times\dfrac{1-\big(1+\dfrac{4}{\alpha\beta}\big)}{-1-\sqrt{1+\dfrac{4}{\alpha\beta}}}=\dfrac{2}{\alpha\Big(1+\sqrt{1+\dfrac{4}{\alpha\beta}}\Big)}=B$
Ce qui est dans la parenthèse au dénominateur est strictement plus grand que $2$ puisque $\alpha\beta>0$ or $\alpha\geq 1$ donc $0<B<1$
Et on a: $\dfrac{1}{B}=x$
PS:
J'imagine que Rouletabille a obtenu ce résultat en résolvant l'équation $\dfrac{1}{\dfrac{1}{x-\alpha}-\beta}=x$ -
@ AP
J'avais oublié ce bel article de François Jaboeuf publié en plusieurs livraisons dans les premiers numéros de Quadrature, lorsque j'étais membre du comité de rédaction de cette revue. En effet en page 6 du n° 3 (mars-avril 1990), il énonce le théorème de Galois sur les fractions continues, mais si j'ai bien lu il ne le prouve pas.
En fouillant, j'ai trouvé deux livres qui donnent cette preuve :
C. D. Olds, Continued fractions, New Mathematical Library, Random House, 1963, pp. 93, 95, 104.
H. Davenport, The Higher Arithmetic, Cambridge University Press, 1982, 1962, p. 99. -
Dans un message précédent, je donnais la référence pour les fractions continues : Oskar Perron, Die Lehre von den Kettenbrüchen, Chelsea 1929, qui malheureusement, et bizarrement, à ma connaissance n'a été traduit, ni en anglais ni en français, et que je disais difficile à trouver en version électronique. Pas si difficile que ça, il est ici :
https://archive.org/details/dielehrevondenk00perrgoog
dans sa prime édition de 1913.
Bien sûr le théorème de Galois y figure, § 23, p. 82.
Même si l'on ne pratique pas la langue de Gauss et de Hilbert, on devrait pouvoir déchiffrer ceci.
Je me demande pourquoi cet ouvrage, qui semble excellent, n'a pas été traduit. Quelqu'un a-t-il un avis ?
Autre question : jusqu'ici, je n'ai su que lire ce texte sur le site que j'ai indiqué ci-dessus. Mais peut-on l'enregistrer ?
Bonne soirée.
RC -
A gauche de la page en lien ci-dessus il est offert la possibilité de télécharger la copie de ce livre en plusieurs formats.
Sous format pdf cela ne semble pas possible (cela renvoie à une page de googlebooks sans lien de téléchargement) mais le téléchargement au format epub semble possible.
(le format epub est une sorte d'archive de type rar ou zip) -
J'ai parlé un peu trop vite.
Il semble que le fichier epub ne contienne pas la totalité de la copie du livre. -
Mais la page https://ia700306.us.archive.org/29/items/dielehrevondenk00perrgoog/
semble avoir ce document complet sous plusieurs formats (dont pdf) :-)
PS:
Merci pour avoir déniché ce livre. -
Bravo et merci pour avoir trouvé ce site où l'on peut télécharger cet ouvrage, et en toute légalité ;-).
Comme quoi y a pas qu'eMule dans la vie ...
Je ne comprends toujours pas pourquoi les Anglo-Saxons n'ont pas traduit ce livre.
Bonne journée. -
Je lisais le livre de Daniel Duverney, Théorie des nombres, (il existe une édition américaine et une édition française)
Il donne plusieurs exemples de nombres non rationnels et non solution d'une équation du second degré qui s'expriment "simplement" dont on connait le développement en fraction continu(é)e
Par exemple:
$\displaystyle [1,2,3,4,5,6,......]= \dfrac{\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{k!(k+1)!}}{\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{(k!)^2}}$
et:
$\displaystyle [1,3,5,7,9,11,13,.......]=\dfrac{e^2+1}{e^2-1}$
(on connait aussi celui de la constante $e$, mais c'est souvent mieux connu) -
Un calcul rapide de $e$ :
-
Je connaissais aussi ce développement.
Démonstration? Si possible sans passer par le développement de tanh. B-)
Beaucoup de ces développement s'obtiennent comme le quotient de fonctions de Bessel. -
Tiens, un autre qui n'est pas dans le livre cité, sauf erreur:
$\displaystyle [0,2,4,6,8,10,12,14,...]=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{4^k k!(k+1)!}}{\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{4^k(k!)^2}}$
(Celle-là je l'ai pressentie avec l'inverseur de Plouffe) -
Je n'ai pas la preuve pour $(e+1)/(e-1)$.
-
Tu peux lire cela:
http://fr.wikipedia.org/wiki/Fraction_continue_et_approximation_diophantienne#Exemple.2C_la_base_du_logarithme_n.C3.A9p.C3.A9rien
C'est en bricolant avec l'équation de Riccati qu'Euler a donné une démonstration du développement en fonction continu(é)e de $e$. En particulier, il connaissait des méthodes de transformation d'un développement en série continu(é)e. -
Merci.
-
Une preuve alternative qui établit le développement en fraction continu(é)e de $\dfrac{e+1}{e-1}$
Soit $\displaystyle I_n=\int_0^1 (-1)^n \dfrac{x^n(1-x)^n}{n!}e^{-x}dx$
$I_0=1-e^{-1}$ et $I_1=1-3e^{-1}$
On peut vérifier que la suite $(I_n)_{n\in \mathbb{N}}$ vérifie:
Pour tout $n\geq 2$:
$I_{n+1}=2(2n+1)I_n+I_{n-1}$
On définit les deux suites $(a_n)_{n\in \mathbb{N}}$ et $(b_n)_{n\in \mathbb{N}}$
Qui vérifient respectivement:
$a_{n+1}=2(2n+1)a_n+a_{n-1}$
$a_0=1,a_1=0$
$b_{n+1}=2(2n+1)b_n+b_{n-1}$
$b_0=0,b_1=1$
La suite $\Big(\dfrac{a_n}{b_n}\Big)_{n\in \mathbb{N}}$ est la suite des réduites du nombre (irrationnel) dont le développement en fraction continu(é)e est:
$[0,6,10,14,18,...,2(2i+1),....]$
Considérons la suite $(J_n)_{n\in \mathbb{N}}$ définie par:
Pour $n\geq 0$ on a $J_n=I_0a_n+I_1b_n$
On vérifie que:
$J_0=I_0$ et $J_1=I_1$
Pour $n\geq 2$ on a $J_{n+1}=2(2n+1)b_n+J_{n-1}$
$J_n$ coïncide avec $I_n$ aux rangs $0$ et $1$ et vérifie la même relation de récurrence donc pour tout $n\geq 0$ on a $J_n=I_n$
Ainsi:
$I_n=I_0a_n+I_1b_n=I_0b_n\Big(\dfrac{a_n}{b_n}+\dfrac{I_1}{I_0}\Big)$
La fonction $f(t)=t(1-t)e^{-t}$ est positive et inférieure à $1$ sur l'intervalle $[0,1]$
Donc pour $n\geq 0$ on a $|I_n|\leq \dfrac{1}{n!}$ ainsi la suite $(I_n)_{n\in \mathbb{N}}$ tend vers $0$
$\dfrac{a_n}{b_n}+\dfrac{I_1}{I_0}$ a une limite finie puisque $\Big(\dfrac{a_n}{b_n}\Big)_{n\in \mathbb{N}}$ est convergente. Or on peut montrer que $(b_n)_{n\in \mathbb{N}}$ diverge vers $+\infty$ donc:
$\lim \dfrac{a_n}{b_n}+\dfrac{I_1}{I_0}=0$ c'est à dire $\lim \dfrac{a_n}{b_n}=-\dfrac{I_1}{I_0}=-\dfrac{1-3e^{-1}}{1-e^{-1}}=\dfrac{3-e}{e-1}$
Pour conclure la démonstration, il reste à remarquer que $\dfrac{3-e}{e-1}+2=\dfrac{e+1}{e-1}$
PS:
J'ai trouvé cette démonstration dans ce texte:
home.nordnet.fr/~ajuhel/Hermite/irrat_av_Hermite.pdf
L'auteur indique que cette démonstration figurait dans un Concours général de mathématiques de 1984.
(je pense que l'énoncé qu'il fournit n'est pas tout à fait correct).
PS2:
Toute correction est la bienvenue.
PS3:
Si quelqu'un possède une copie de ce sujet de Concours général de mathématiques, ce serait sympa de le poster.
Je l'ai cherché mais hélas sans succès.
PS4:
Toute référence à une preuve avec les mêmes ingrédients est la bienvenue. -
Je lis !
-
Il y a une démonstration du développement en fraction continue de $\frac{\mathrm{e} + 1}{\mathrm{e} -1}$ dans Théorie des nombres de Daniel Duverney, Chapitre 4, Exemple 4.3, à partir du développement en fraction continue de $th(\frac{1}{2})$.
-
Voir aussi Parent : Exercises in Number Theory p 431.
(ou l'original en français)
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Poirot:
C'est la démonstration suggérée par Wikipedia, plus ou moins, et qui serait proche (à moitié) de la démarche d'Euler.
(le texte que j'ai mis en lien dans mon précédent message est un peu plus précis sur la méthode qu'Euler utilisa et qui fait appel à l'équation de Riccati)
Ev:
Le livre de Parent utilise le développement de tanh ou la méthode que j'ai reproduite dans mon dernier message? -
-
Le livre de Parent propose une méthode similaire à celle que j'ai reproduite ici. L'exercice est intéressant.
PS:
Merci Ev pour l'énoncé. Cela rendra ce fil de messages autosuffisant. :-) -
Je voulais il y a quelque temps trouver une forme close pour le nombre dont le développement en fraction continu(é)e est:
$[1,2,4,8,16,32,64,128,...,2^i,.....]$
J'aimerai bien que cela soit possible. :-)
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