Dada la parábola 231xy?, y la recta 9?y, hallar las dimensiones y el

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Junio 2010 (Prueba Específica)
JUNIO 2010
Opción A
1 2
x , y la recta y = 9, hallar las dimensiones y el área del rectángulo de
3
área máxima que tiene un lado en la recta y los otros dos vértices en la gráfica de la parábola.
1.- Dada la parábola y =
2.- Dada la función f (x) =
x +1
, se pide:
x −1
a) Hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento, los de concavidad y convexidad, y las
asíntotas.
b) Calcular el área de la región limitada por la gráfica de la función g (x) =
f ( x)
, el eje OX y las
x
rectas x = 2, x = 4.
1 0 0 
 1 −3 5 
3.- Dadas las matrices B =  0 1 0  , C = 
 yD=
 −2 4 −6 
 0 −1 m 


–1
a) ¿Para qué valores de m existe B ? Para m = 1, calcular B–1.
b) Para m = 1, hallar la matriz X tal que X · B + C = D.
1 2 3

:
0 1 0
4.- Se consideran las rectas r y s dadas por las ecuaciones:
 x − y + z =1
x − 2 y +1 z
r ≡
, s≡
=
= .
3
2
a
2 x + y − z = 2
a) Hallar el valor del parámetro a para que r y s sean perpendiculares.
b) Hallar la recta t paralela a r y que pasa por el punto de s cuya coordenada z es 0.
Dpto. Matemáticas
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Opción B
 x 2 + bx + c
si

1.- Calcular b y c sabiendo que la función f (x) =  ln( x + 1)
si

x

x = 0.
2.- Calcular la siguiente integral:
∫
2
−1
x≤0
es derivable en el punto
x>0
| x 2 − 3 x + 2| dx .
3.- Discutir según los valores del parámetro a, y resolver cuando sea posible, el sistema:
x + z =1


 y + (a − 1) z = 0
 x + (a − 1) y + az = a

x −1
z −1
=y=
yt≡
3
2
y a t y la distancia entre ambas rectas.
4.- Dadas las rectas s ≡
Dpto. Matemáticas
2 x − y = 0
, se pide hallar la perpendicular común a s

2 y − z = 4
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SOLUCIONES
Opción A
1 2
x , y la recta y = 9, hallar las dimensiones y el área del rectángulo de
3
área máxima que tiene un lado en la recta y los otros dos vértices en la gráfica de la parábola.
1.- Dada la parábola y =
Solución:
Hagamos una representación gráfica de la parábola y la recta dadas y dibujemos un rectángulo que
tenga un lado en la recta y los otros dos vértices en la gráfica de la parábola para hacernos una idea
de la situación:
Consideremos el punto P de la figura (vértice inferior derecho del rectángulo), cuyas coordenadas
son x e y. En función de ellas área del rectángulo viene dada por:
A (x, y) = 2x · (9 – y)
Como el punto P pertenece a la parábola, sus coordenadas están ligadas mediante la ecuación
1
y = x 2 , y por tanto el área del rectángulo expresado solamente en función de la abscisa x de dicho
3
punto P es:
1 
2

A (x) = 2x ·  9 − x 2  = 18x – x3
3 
3

Como dicho área ha de ser máxima, calculemos la derivada primera de A (x):
A ‘(x) = 18 – 2x2
Dicha derivada se anula para x = ±3. Al ser P el vértice inferior derecho del rectángulo, la solución
negativa la desechamos. Para probar si para x = 3 el área es máxima, calculemos A ‘’(x) y
comprobamos el signo que toma en x = 3.
A ‘’(x) = –4x
⇒
A ‘’(3) = –4 · 3 = –12 < 0
⇒
Máximo
Por tanto las dimensiones y el área del rectángulo son: Base = 6 u; Altura = 6 u; Área = 36 u2.
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2.- Dada la función f (x) =
x +1
, se pide:
x −1
a) Hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento, los de concavidad y convexidad, y las
asíntotas.
b) Calcular el área de la región limitada por la gráfica de la función g (x) =
f ( x)
, el eje OX y las
x
rectas x = 2, x = 4.
Solución:
a) En primer lugar tengamos en cuenta que Dom f (x) = \ – {1}. Para estudiar los intervalos de
crecimiento y decrecimiento de la función, calculemos la derivada primera:
f ‘(x) =
1· ( x − 1) − 1·( x + 1)
−2
=
2
( x − 1)
( x − 1) 2
Los puntos singulares los calculamos al resolver la ecuación f ‘(x) = 0:
−2
= 0 ⇒ No tiene raíces reales.
( x − 1) 2
f ‘ (x) = 0 ⇒
Representemos sobre una recta el punto que no pertenece al dominio y estudiemos el signo de la
derivada primera en cada uno de los intervalos en que queda dividida la recta real:
f ‘(x) < 0
f ‘(x) < 0
1
Por tanto, la función f decrece en todo su dominio. De esto se deduce que la función no presenta ni
máximos ni mínimos.
Para estudiar los intervalos de concavidad y convexidad de la función, calculemos la derivada
segunda:
f ‘’(x) =
0·( x − 1) 2 − (−2)·2·( x − 1)·1
4
=
4
( x − 1)
( x − 1)3
Los puntos en los que se anula la misma son, f ‘’(x) = 0:
f ‘’(x) = 0 ⇒
4
= 0 ⇒ No tiene raíces reales.
( x − 1)3
Representemos sobre una recta el punto que no pertenece al dominio y estudiemos el signo de la
derivada segunda en cada uno de los intervalos en que queda dividida la recta real:
f ‘’(x) < 0
f ‘’(x) > 0
1
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Por tanto, la función f es cóncava a las y positivas en (1, +∞) y cóncava a las y negativas en (–∞, 1).
Finalmente, calculemos las asíntotas.
− Asíntotas verticales: La función f presenta una asíntota vertical en x = 1, que es el punto que
no pertenece al dominio, ya que:
x +1
Lim
=∞
x →1 x − 1
− Asíntotas horizontales: La función f presenta una asíntota horizontal en y = 1, ya que:
x +1
Lim
=1
x →±∞ x − 1
b) Calculemos el área de la región limitada por la gráfica de la función g (x) =
f ( x)
, el eje OX y
x
las rectas x = 2, x = 4. La función g (x) viene dada por:
x +1
g (x) = 2
x −x
El dominio de dicha función es Dom g (x) = \ – {0, 1}. Calculemos los puntos de corte de dicha
función con el eje OX (y = 0):
x +1
g (x) = 0
⇒
= 0 ⇒ x = –1
x2 − x
Dicho punto no está en el intervalo definido por las rectas x = 2 y x = 4. Esto significa que en dicho
intervalo la función mantiene es signo, que en este caso es positivo (como se comprueba
fácilmente). Así, el área pedida viene dada por:
4 x +1
Área = ∫ 2
dx
2 x −x
Calculemos la integral indefinida de la función racional g (x). Descompongamos el integrando en
fracciones simples. Para ello, calculemos las raíces del denominador:
x2 – x = 0 ⇒ x = 0 y x = 1
Entonces:
x +1 A
B
A( x − 1) + Bx ( A + B) x − A
= +
=
=
2
x − x x x −1
x( x − 1)
x( x − 1)
Igualando los coeficientes del numerador obtenido con los coeficientes del primer miembro se llega
al sistema:
A + B =1

 A = −1
Resolviéndolo, A = – 1 y B =2. La integral se puede descomponer entonces como suma de dos
integrales simples:
x +1
x +1
2 
 −1
dx = ∫
dx = ∫  +
 dx = –ln | x | + 2ln | x – 1| + C
2
−x
x( x − 1)
 x x −1 
∫x
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Por tanto:
Área =
∫
4
2
x +1
9 2
dx = [–ln | x | + 2ln | x – 1|] 42 = (–ln 4 + 2ln 3) – (–ln 2 + 2ln 1) = ln
u
2
x −x
2
1 0 0 
 1 −3 5 
3.- Dadas las matrices B =  0 1 0  , C = 
 yD=
 −2 4 −6 
 0 −1 m 


–1
a) ¿Para qué valores de m existe B ? Para m = 1, calcular B–1.
b) Para m = 1, hallar la matriz X tal que X · B + C = D.
1 2 3

:
0 1 0
Solución:
a) B–1 existirá para aquellos valores de m que hagan | B | ≠ 0. Calculemos pues | B |:
1 0 0
m=0
| B | = 0 1 0 = m ⇒ | B | = 0 si
0 −1 m
Por tanto, existe B–1 para aquellos valores de m no nulos (m ≠ 0). En concreto, existirá para m = 1.
En este caso la matriz B es:
1 0 0
B =  0 1 0 
 0 −1 1 


y | B | = 1.
Calculemos B–1:
B–1 =
Ajd ( B t )
| B|
donde Adj(Bt) significa la matriz adjunta de la transpuesta de B.
1 0 0 
1 0 0
1 0 0
Ajd ( B t ) 




t
t
–1
⇒ Adj(B ) =  0 1 0 
⇒ B =
B =  0 1 −1 
=  0 1 0 
| B|
0 0 1 
0 1 1
0 1 1






b) Para m = 1, calculemos la matriz X tal que X · B + C = D. Despejando dicha matriz X de la
ecuación dada, se obtiene que:
X = (D – C) · B–1
Realicemos las operaciones pertinentes:
 1 2 3   1 −3 5   0 5 −2 
D–C= 
 –
=

 0 1 0   −2 4 −6   2 −3 6 
1 0 0
 0 5 −2  
  0 3 −2 
–1
X = (D – C) · B = 
 · 0 1 0 = 

 2 −3 6   0 1 1   2 3 6 


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4.- Se consideran las rectas r y s dadas por las ecuaciones:
 x − y + z =1
x − 2 y +1 z
r ≡
=
= .
, s≡
3
2
a
2 x + y − z = 2
a) Hallar el valor del parámetro a para que r y s sean perpendiculares.
b) Hallar la recta t paralela a r y que pasa por el punto de s cuya coordenada z es 0.
Solución:
JJG JG
a) Las rectas r y s serán perpendiculares si lo son sus vectores directores vr y vs . En este caso se
cumplirá que:
JJG JG
vr · vs = 0
Calculemos un vector director de cada una de las rectas. Para la recta r, tomemos a z como
parámetro (z = λ). Así:
 x =1
JJG
 x − y = 1− λ

⇒
vr = (0, 1, 1)
⇒ r ≡ y = λ
r ≡
2 x + y = 2 + λ
z = λ

JG
Por otra parte, se obtiene directamente de la ecuación de s que vs = (3, 2, a). Entonces:
JJG JG
vr · vs = (0, 1, 1) · (3, 2, a) = 0 + 2 + a = 2 + a = 0
Por tanto, a = –2.
b) La recta t paralela a r y que pasa por el punto de s, S, cuya coordenada z es 0, viene determinada
JJG
por el par t ≡ (S, vr ). Determinemos S, sustituyendo en la recta s la coordenada z por 0 y calculando
sus otras dos coordenadas x e y:
x − 2 y +1
=
=0
⇒ x = 2 e y = –1 ⇒ S = (2, –1, 0)
3
2
Las ecuaciones paramétricas de la recta t paralela a r y que pasa por el punto de s cuya coordenada z
es 0 son:
 x=2

t ≡  y = −1 + µ
 z =µ

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Opción B
 x 2 + bx + c
si

1.- Calcular b y c sabiendo que la función f (x) =  ln( x + 1)
si

x

x = 0.
x≤0
es derivable en el punto
x>0
Solución:
Si la función f es derivable en x = 0 entonces es continua en dicho punto. Al ser continua en dicho
punto debe existir Lim f ( x) , y por tanto se ha de cumplir que:
x→0
Lim− f ( x) = Lim+ f ( x)
x→0
Así:
x→0
Lim− f ( x) = Lim− (x2 + bx + c) = c
x→0
x→0
1
ln( x + 1)
1
L ' Hopital
=1
Lim+
= 
→ = Lim+ x + 1 = Lim+
x→0
x→0
x→0 x + 1
1
x
Por tanto, se deduce que c = 1.
Por otra parte, la derivada de la función, salvo para x = 0, viene dada por:
2x + b
si x ≤ 0


f ‘(x) =  x − ( x + 1) ln( x + 1)
si x > 0

x 2 ( x + 1)

Como dicha función es derivable para x = 0, se ha de cumplir que las derivadas laterales coincidan,
esto es, f ‘(0–) = f ‘(0+). Tenemos que f ‘(0–) se calcula fácilmente y toma el valor f ‘(0–) = b. Sin
embargo, para calcular f ‘(0+), debemos aplicar la definición de derivada lateral, pues directamente
no es posible calcularla:
ln(h + 1)
−1
ln(h + 1) − h
f (0 + h) − f (0)
+
L ' Hopital
h
= Lim+
= Lim+
= 
→
f ‘(0 ) = Lim+
2
h→0
h→0
h→0
h
h
h
1
−1
−h
−1
1
+
h
1
= Lim+
= Lim+
= Lim+
=−
x→0
x → 0 2h( h + 1)
x → 0 2( h + 1)
2h
2
Nota: Tomamos f (0) = 1, pues la función es continua en x = 0 y en dicho punto toma ese valor.
Otra forma de calcular f ‘(0+) sería:
1
−
−
ln(
+
1)
0
1
x − ( x + 1) ln( x + 1) 0
x
L´ Hopital
L´ Hopital
= = 
→ = Lim+
= = 
→ = Lim+ x + 1 = −
Lim+
2
2
x→0
x → 0 3x + 2 x
x→0 6x + 2
0
0
2
x ( x + 1)
1
Por tanto, como se ha de cumplir que f ‘(0–) = f ‘(0+), se tiene que b = − .
2
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Junio 2010 (Prueba Específica)
Así la función f es:
 2 1
 x − 2 x + 1 si x ≤ 0
f (x) = 
 ln( x + 1)
si x > 0

x
2.- Calcular la siguiente integral:
∫
2
−1
| x 2 − 3 x + 2| dx .
Solución:
Podemos escribir la función f (x) = | x2 – 3x + 2 | como una función definida a trozos de la siguiente
manera:
 x 2 − 3x + 2 si
x ≤1
 2
f (x) = − x + 3x − 2 si 1 < x < 2
 x 2 − 3x + 2 si
x≥2

Así la integral pedida podemos calcularla como:
∫
2
−1
| x 2 − 3 x + 2| dx =
∫
1
−1
2
( x 2 − 3 x + 2) dx + ∫ (− x 2 + 3 x − 2) dx =
1
1
2
 x 3x

 x 3x 2

=  −
+ 2 x  + − +
− 2x =
2
2
3
 −1  3
1
3
2
3
 1 3
  1 3
   8
  1 3
  14 1 29
=   − + 2  −  − − − 2   +  − + 6 − 4  −  − + − 2   =
+ =
3 6 6
  3 2
   3
  3 2

 3 2
3.- Discutir según los valores del parámetro a, y resolver cuando sea posible, el sistema:
x + z =1


 y + (a − 1) z = 0

 x + (a − 1) y + az = a
Solución:
Consideremos la matriz de los coeficientes, M, y la matriz ampliada, M :
1
0
1 1
0
1 
1




M = 0
M = 0
1
a −1 0 
1
a − 1
 1 a −1 a 
 1 a −1 a a 




Veamos cuándo se anula | M |:
1
0
1
⇒ –a2 + 3a – 2 = 0 ⇒ a = 1 y a = 2
0
1
a − 1 = a – 1 – (a – 1)2 = 0
1 a −1 a
Por tanto, se tiene que:
• Si a ≠ 1 y a ≠ 2 ⇒ rango (M) = rango ( M ) = 3 = nº incógnitas. El sistema es compatible
determinado, esto es, tiene solución única.
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Calculemos su solución mediante la regla de Cramer:
1
0
1
0
1
a −1
a a −1 a
a −1
−(a − 1) 2
x=
=
=
|M |
−(a − 1)·(a − 2) a − 2
1 1
1
0 0 a −1
a
1 a
a −1
−(a − 1) 2
y=
=
=
|M |
−(a − 1)·(a − 2) a − 2
1
0
1
0
1
0
1 a −1 a
−1
(a − 1)
z=
=
=
|M |
−(a − 1)·(a − 2) a − 2
•
⇒ rango (M) = 2, ya que podemos encontrar un menor de orden dos no nulo,
1 0
como por ejemplo:
= 1 ≠ 0. Por otro lado tenemos que rango ( M ) = 2 ya que,
0 1
orlando el menor anterior con la tercera fila y la columna de términos independientes se
1 0 1
tiene que: 0 1 0 = 0. Por tanto el sistema es compatible indeterminado, tiene infinitas
1 0 2
Si a = 1
soluciones que dependen de un parámetro.
En este caso, tomemos como parámetro a z (z = λ). El sistema equivalente que queda es:
x + z = 1

 y=0
Entonces, la solución se obtiene rápidamente y es:
x = 1− λ

 y=0
 z=λ

•
⇒ rango (M) = 2, ya que podemos encontrar un menor de orden dos no nulo,
1 0
como por ejemplo:
= 1 ≠ 0. Por otro lado tenemos que rango ( M ) = 3 ya que,
0 1
orlando el menor anterior con la tercera fila y la columna de términos independientes se
1 0 1
tiene que: 0 1 0 = 0. Por tanto el sistema es incompatible. No tiene solución.
1 0 2
Si a = 2
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x −1
z −1
=y=
yt≡
3
2
y a t y la distancia entre ambas rectas.
4.- Dadas las rectas s ≡
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2 x − y = 0
, se pide hallar la perpendicular común a s

2 y − z = 4
Solución:
Nos piden hallar la perpendicular común a s y a t. Para ello debemos tener en cuenta que cualquier
recta que se apoya en s y en t, tiene como vector director la diferencia entre los puntos genéricos de
las dos rectas. Como la recta buscada es la perpendicular común el producto escalar de este vector
con el de cada uno de las rectas dadas, s y t, ha de ser nulo.
Entonces, para calcular la perpendicular común podemos seguir el siguiente procedimiento:
1. Calculamos la ecuaciones parámetricas de las rectas s y t (a partir de las cuales podemos
obtener el vector director y un punto de cada una de ellas)
2. Con las coordenadas genéricas de los puntos de s y t obtenidas en el paso anterior podemos
calcular un vector que una un punto genérico de s con un punto genérico de t.
3. Dicho vector ha de ser perpendicular simultáneamente a los vectores directores de s y t. De
aquí deduciremos cuánto valen los parámetros necesarios para determinar los puntos
buscados.
4. Calculamos la recta que pasa por los puntos obtenidos en el apartado anterior.
Procedamos pues:
1. Ecuaciones paramétricas de la recta s y t (obtenidas anteriormente):
 x = 1 + 3λ
x = µ


s ≡ y = λ
t ≡  y = 2µ
 z = 1 + 2λ


 z = −4 + 4µ
2. Un punto genérico de la recta s será S = (1 + 3λ, λ, 1 + 2λ). Un punto genérico de la recta t
será T = (µ, 2µ, –4 + 4µ). El vector
determinado por estos puntos es:
JJJG
ST = (1 + 3λ – µ, λ – 2µ, 5 + 2λ – 4µ)
JJJG
3. Imponemos la condición de que el vector ST sea perpendicular simultáneamente a los vectores
directores de s y t:
JJJG JG
ST · vs = 0
⇒ (1 + 3λ – µ, λ – 2µ, 5 + 2λ – 4µ) · (3, 1, 2) = 0
⇒ 14λ – 13µ + 13 = 0
JJJG JG
ST · vt = 0
⇒ (1 + 3λ – µ, λ – 2µ, 5 + 2λ – 4µ) · (1, 2, 4) = 0
⇒ 13λ – 21µ + 21 = 0
Si resolvemos el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas (λ y µ) que hemos obtenido, se llega
a que λ = 0 y µ = 1. Por tanto, los puntos S y T en los que la perpendicular común corta a las
rectas s y t, respectivamente, son S = (1, 0, 1) y T = (1, 2, 0).
4. Calculemos finalmente la perpendicular común, p, que será la recta que pase por los puntos S y
JJJG
T. Dicha recta estará determinada por un punto (por ejemplo S = (1, 0, 1)) y el vector director ST
JJJG
de coordenadas ST = (0, –2, 1). Así:
 x =1
x −1 y z −1

p≡
=
=
o p ≡  y = 2 − 2α
0
−2
1
 z=α

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Junio 2010 (Prueba Específica)
De este modo, como conocemos los puntos S y T en los que la perpendicular común corta
respectivamente a las rectas s y t, podemos calcular fácilmente la distancia entre ambas rectas. Esta
vendrá dada por la distancia entre esos puntos:
d (s, t) = d (S, T) =
(1 − 1) 2 + (0 − 2) 2 + (1 − 0) 2 = 02 + (−2) 2 + 12 = 5 u.
Otro procedimiento para resolver el problema, aunque más largo y con más cálculos sería:
JG
JG
1. Hallamos el plano πs que contiene a la recta s y al vector w que es perpendicular a s y t ( w
JG JG
es el producto vectorial de vs y vt )
JG
2. Hallamos el plano πt que contiene a la recta t y al vector w anterior.
3. La recta perpendicular común es la intersección de los planos πs y πt.
JG
1. Calculemos w :
G G
i j
JG JG JG
w = vs ∧ vt = 3 1
1 2
G
k
G
G
2 = –10 j + 5 k
4
El plano πs vendrá dado por:
x −1 y
z −1
πs ≡ 3
1
2 = 25x – 15y – 30z + 5 = 0
0
5
−10
2. De igual modo, el plano πt vendrá dado por:
x
y
z+4
πt ≡ 1 2
4 = 50x – 5y – 10z – 40 = 0
0 −10
5
JG
w = (0, –10, 5)
⇒
⇒
⇒
5x – 3y – 6z + 1 = 0
10x – y – 2z – 8 = 0
3. La perpendicular común es la intersección de los dos planos anteriores:
 x =1
5 x − 3 y − 6 z + 1 = 0

p≡ 
o p ≡  y = 2 − 2α
10 x − y − 2 z − 8 = 0
 z=α

Una vez que sabemos las ecuaciones de la perpendicular común, la distancia entre ambas rectas
vendrá dada por la distancias entre los puntos de corte de esta con las rectas s y t. Calculémoslos:
•
Intersección de s y p. Para ello, igualemos coordenadas:
 x = 1 + 3λ

s ≡ y = λ
 z = 1 + 2λ

;
 x =1

p ≡  y = 2 − 2α
 z=α

1 + 3λ = 1
⇒
λ = 2 − 2α
1 + 2λ = α
⇒
λ=0
α =1
Por tanto el punto S de intersección de s y p es S = (1, 0, 1).
Dpto. Matemáticas
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Selectividad
•
Junio 2010 (Prueba Específica)
Intersección de s y p. Para ello, igualemos coordenadas:
x = µ

t ≡  y = 2µ
 z = −4 + 4µ

;
 x =1

p ≡  y = 2 − 2α
 z=α

µ =1
⇒
2µ = 2 − 2α
−4 + 4µ = α
⇒
µ =1
α=0
Por tanto el punto T de intersección de t y p es T = (1, 2, 0).
La distancia de s a t es igual a la distancia entre los puntos S y T. Por tanto:
d (s, t) = d (S, T) =
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(1 − 1) 2 + (0 − 2) 2 + (1 − 0) 2 = 02 + (−2) 2 + 12 = 5 u.
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