Varianzen berechnen

02.07.2011, 13:34

Gast11022013

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Varianzen berechnen

Meine Frage:
Es sei $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ eine reelle Zufallsvariable.

Berechnen Sie die Varianz von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ unter der Annahme:

(i) $\begin{eqnarray*} X\sim \mathcal{U}_{[0,1]} \end{eqnarray*}$

(ii) $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ exponentialverteilt zum Parameter $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$

(iii) $\begin{eqnarray*} X=e^{Y} \end{eqnarray*}$ für eine standardnormalverteilte Zufallsvariable $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
(i) und (ii) habe ich schon gelöst:

(i): $\begin{eqnarray*} Var(X)=\frac{1}{12} \end{eqnarray*}$

(ii): $\begin{eqnarray*} Var(X)=\frac{1}{\alpha^2} \end{eqnarray*}$

Bei (iii) würde ich jetzt erstmal den Erwartungswert bestimmen wollen.

$\begin{eqnarray*} E(X)=\int_{-\infty}^{\infty}y\cdot f(X)dy \end{eqnarray*}$

Doch was ist $\begin{eqnarray*} f(X)=f(e^{Y}) \end{eqnarray*}$ ?

Ist das $\begin{eqnarray*} f(e^{Y})=e^{\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot e^{-\frac{1}{2}y^2}} \end{eqnarray*}$ ?

02.07.2011, 14:03

Zündholz

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RE: Varianzen berechnen
Hallo, also es ist meiner Meinung nach:

$\begin{eqnarray*} E[X] = E[e^Y] = \int e^y f(y) dy \end{eqnarray*}$

Wobei f die Dichte der Standardnormalverteilung ist.

02.07.2011, 14:06

Gast11022013

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RE: Varianzen berechnen
Bist Du Dir sicher?

Ich meine: Es ist natürlich viel logischer als das, was ich da hingeschrieben habe!

02.07.2011, 14:15

Math1986

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RE: Varianzen berechnen
Das stimmt so nicht.

Ich würde zuerst mal die Dichte von $\begin{eqnarray*} X=e^{Y} \end{eqnarray*}$ über die Transformationsformel berechnen

02.07.2011, 14:16

Gast11022013

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RE: Varianzen berechnen
Okay. Welche Transformationsformel meinst Du?

02.07.2011, 14:27

Math1986

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RE: Varianzen berechnen

Zitat:

Original von Dennis2010
Okay. Welche Transformationsformel meinst Du?

Die für die Dichtefunktion der Zufallsvariablen

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02.07.2011, 14:35

Gast11022013

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RE: Varianzen berechnen
Ich kenne das unter diesem Namen nicht, aber Du meinst vermutlich:

$\begin{eqnarray*} P(X\leq x)=P(e^{Y}\leq x)=P(Y\leq ln(x))=F_{Y}(\ln(x))=\int_{-\infty}^{\ln(x)}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}z^2}dz \end{eqnarray*}$

Dann dies ableiten und man hat die Dichtefunktion für X?

02.07.2011, 16:02

Gast11022013

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unglücklich

Wir hatten keine Transformationsformel für Dichten...

Ich würds ja so rechnen, wie ichs im letzten Beitrag angefangen habe, aber ich komme da nicht weiter...

02.07.2011, 17:27

Zündholz

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RE: Varianzen berechnen

Zitat:

Original von Zündholz
$\begin{eqnarray*} E[e^Y] = \int e^y f(y) dy \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Math1986
Das stimmt so nicht.

Bist du dir sicher? Dann versteh ich z.B. hier irgendwas falsch?

02.07.2011, 17:33

Math1986

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RE: Varianzen berechnen

Zitat:

Original von Zündholz
Bist du dir sicher? Dann versteh ich z.B. hier irgendwas falsch?

Das meint die Komposition der Funktionen, nicht deren Multiplikation, wie du es geschrieben hast (ich gebe zu, es ist schwer zu erkennen wegen der Auflösung)

Aber ja, so ginge es auch

02.07.2011, 17:39

Gast11022013

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RE: Varianzen berechnen
Man kann es doch aber auch ganz direkt so wie ich rechnen?

Ich müsste j jetzt nur noch die Ableitung bilden. Wie macht man das?

Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung?

02.07.2011, 17:51

Zündholz

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RE: Varianzen berechnen

Zitat:

Original von Math1986

Zitat:

Original von Zündholz
Bist du dir sicher? Dann versteh ich z.B. hier irgendwas falsch?

Das meint die Komposition der Funktionen, nicht deren Multiplikation, wie du es geschrieben hast (ich gebe zu, es ist schwer zu erkennen wegen der Auflösung)

Aber ja, so ginge es auch

Sei $\begin{eqnarray*} (\Omega,\mathcal{A},P) \end{eqnarray*}$ der zugrunde liegende W-Raum. Dann ist $\begin{eqnarray*} P_Y \end{eqnarray*}$ das Bildmaß von P unter Y, also die Normalverteilung und:
$\begin{eqnarray*} E[e^Y] = \int_{\Omega} e^{Y(\omega)}~ P(d\omega) = \int_{\Omega} (\exp \circ Y) (\omega)~ P(d\omega) \stackrel{Trafo}{=} \int_{\mathbb{R}} \exp(x) ~P_Y(dx) = \int_{\mathbb{R}} e^x f(x) dx \end{eqnarray*}$

Wobei letzteres die Dichte der Normalverteilung zum Lebesgue Maß ist...
Das passt doch so oder würdest du es anders aufschreiben (was mich sehr wundern würde)?

02.07.2011, 18:08

Gast11022013

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Naja, diese Diskussion geht mir ein bisschen zu weit.

Jedenfalls hilft sie mir nicht weiter.

Ich habe schon erwähnt, dass wir in unserer Stochastik-Vorlesung weder einen Transformationssatz für Dichten, noch sonstige Transformationssätze behandelt haben.

Ich habe daher versucht, es ganz elementar auszurechnen und knüpfe jetzt mal dort an, wo ich oben aufgehört habe. Vielleicht könnt ihr mir ja sagen, ob ich richtig liege.

$\begin{eqnarray*} F_{Y}(\ln(x))=\int_{-\infty}^{\ln(x)}f_Y(z)dz \end{eqnarray*}$

Nun habe ich den Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung bemüht:

Mit einer beliebigen Stammfunktion F zu $\begin{eqnarray*} f_Y \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} \frac{d}{dx}\left(\int_{-\infty}^{\ln(x)}f_Y(z) dz\right)=\frac{d}{dx}F(\ln(x))-\frac{d}{dx}F(-\infty)=f_Y(\ln(x))\cdot \frac{1}{x} \end{eqnarray*}$

Also ist die Dichte von X hier $\begin{eqnarray*} f_Y(\ln(x))\cdot \frac{1}{x}\cdot 1_{(0,\infty)}(x) \end{eqnarray*}$ .

Stimmt das?

Wenn ja, würde ich mich dann mal an die Berechnung des Erwartungswerts resp. der Varianz machen.

02.07.2011, 18:20

Huggy

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Zitat:

Original von Dennis2010
Also ist die Dichte von X hier $\begin{eqnarray*} f_Y(\ln(x))\cdot \frac{1}{x}\cdot 1_{(0,\infty)}(x) \end{eqnarray*}$ .

Stimmt das?

Da sich deine Helfer gerade etwas beharken: Ja, das stimmt.

Und hiermit nehme ich ganz offiziell meine teilweise bösen Bemerkungen dir gegenüber zurück. Du machst Fortschritte, die ich nicht mehr erwartet hatte. Freude

Freude

02.07.2011, 19:11

Gast11022013

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Danke, aber lieber den Tag vor dem Abend nicht loben, denn schon habe ich wieder eine Frage.

Der nächste Schritt ist es ja nun, den Erwartungswert zu berechnen.
Das würde ich so machen:

$\begin{eqnarray*} E(X)=\int_{-\infty}^{\infty}x\cdot f(X) dx \end{eqnarray*}$ .

Nun ist doch $\begin{eqnarray*} x=e^{y} \end{eqnarray*}$ , würde ich meinen.

Kann man deswegen nun rechnen:

$\begin{eqnarray*} E(X)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty}e^{y}\cdot e^{-\frac{1}{2}\cdot (\ln(e^y))^2}\cdot e^{-y} dy \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty}e^{-\frac{1}{2}\cdot (\ln(e^y))^2} dy \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty}e^{-\frac{1}{2}\cdot y^2} dy \end{eqnarray*}$

Das Integral, das hier auftaucht, habe ich in der Liste der Standardintegrale gefunden und man berechnet es hier mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{\frac{1}{2}}} \end{eqnarray*}$ .

Ich komme dann auf:

$\begin{eqnarray*} E(X)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{\frac{1}{2}}}=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Das Ergebnis sieht "schön" aus, trotzdem frage ich mal, ob ich richtig liege.

02.07.2011, 19:56

Huggy

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Ich wollte mich da nicht prinzipiell einmischen, da ja an den bisherigen Hilfestellungen nichts auszusetzen ist. Deshalb nur so viel: Da du herausgefunden hast

$\begin{eqnarray*} f_X(x)=\frac{1}{x}f_Y(\ln x)1_{0, \infty}(x) \end{eqnarray*}$

solltest du mit diesem Ergebnis auch sorgfältig weiterarbeiten. Das hast du nicht gemacht.

Wenn $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ normalverteilt ist, dann ist $\begin{eqnarray*} e^X \end{eqnarray*}$ lognormalverteilt. Erwartungswert und Standardabweichung der Lognormalverteilung stehen in jeder besseren Formelsammlung. Du kannst dadurch deine Rechnungen auf Richtigkeit überprüfen.

Jetzt überlasse ich die weitere Hilfestellung wieder deinen bisherigen Helfern.

02.07.2011, 20:47

Gast11022013

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Okay.

Ich werde also rechnen müssen:

$\begin{eqnarray*} E(X)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty}x\cdot \frac{1}{x}\cdot e^{-\frac{(\ln(x))^2}{2}} dx=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty}e^{-\frac{(\ln(x))^2}{2}} dx \end{eqnarray*}$

Ich frag mich, wie man dieses Integral lösen kann.

Mein erster Gedanke wäre: Integration durch Substitution?

02.07.2011, 22:08

Gast11022013

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Habe gelesen, dass man jetzt irgendwie $\begin{eqnarray*} t=\ln(x) \end{eqnarray*}$ substituieren muss und irgendwie im Exponenten quadratisch ergänzt.

Kann mir das jemand erklären, wie das gemeint ist?

Am Ende muss jedenfalls herauskommen:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot e^{\frac{1}{2}}\cdot \sqrt{2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-t^2} dt \end{eqnarray*}$ .

Letzteres Integral ist $\begin{eqnarray*} \sqrt{\pi} \end{eqnarray*}$ , sodass sich alles wegkürzt, außer $\begin{eqnarray*} e^{\frac{1}{2}} \end{eqnarray*}$ , das ist der Erwartungswert.

Aber ich sehe einfach nicht, wie man da hinkommt!

03.07.2011, 09:11

Huggy

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Zitat:

Original von Dennis2010
Habe gelesen, dass man jetzt irgendwie $\begin{eqnarray*} t=\ln(x) \end{eqnarray*}$ substituieren muss und irgendwie im Exponenten quadratisch ergänzt.

Kann mir das jemand erklären, wie das gemeint ist?

Mach doch einfach mal die Substitution und anschließend die quadratische Ergänzung. Nach der Substitution hast du das Integral, das du auf dem Weg von Zündholz direkt bekommen hättest. Der Umweg macht aber nichts. Deinen Weg hast du selbst gefunden.

03.07.2011, 11:43

Gast11022013

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Okay. Zuerst mal die Substitution:

$\begin{eqnarray*} t=\ln(x)\Rightarrow \frac{dt}{dx}=\frac{1}{x}\Leftrightarrow dx=x\cdot dt \end{eqnarray*}$

Stimmt es, dass die Integralgrenzen nun $\begin{eqnarray*} -\infty \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ sind?
Also:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}x\cdot e^{-\frac{t^2}{2}}dt \end{eqnarray*}$

Nun noch das $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ substituieren und dann habe ich

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^t\cdot e^{-\frac{t^2}{2}}dt=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{t^2}{2}+t} dt \end{eqnarray*}$ .

Nun die quadratische Ergänzung des Exponenten $\begin{eqnarray*} -\frac{t^2}{2}+t \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} -\frac{1}{2}t^2+t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =t^2-2t \end{eqnarray*}$

Die quadratische Ergänzung ist doch dann

$\begin{eqnarray*} t^2-2t+1 \end{eqnarray*}$

Aber ich weiß nicht, wie das hier gemeint ist! verwirrt

verwirrt

Gibts einen Tipp? Augenzwinkern

Augenzwinkern

03.07.2011, 12:12

Huggy

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Die Substitution ist richtig. Nun die quadratische Ergänzung unglücklich

unglücklich

in epischer Breite:

$\begin{eqnarray*} -\frac{1}{2}t^2+t=-\frac{1}{2}(t^2-2t)=-\frac{1}{2}(t^2-2t+1-1)=-\frac{1}{2}((t-1)^2-1)=-\frac{1}{2}(t-1)^2+\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

03.07.2011, 12:29

Gast11022013

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Danke für die epische Breite.

Wieder ein Schrittchen weiter:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot e^{\frac{1}{2}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{1}{2}(t-1)^2} dt \end{eqnarray*}$

Okay, ja...

verwirrt

verwirrt

03.07.2011, 12:38

Huggy

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Nun muss dir nur noch eine winzige weitere Substitution einfallen, um das verbleibende Integral zu 'töten'.

03.07.2011, 12:50

Gast11022013

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Da würde ich dann sagen:

$\begin{eqnarray*} z=\frac{1}{2}(t-1) \end{eqnarray*}$ .

Edit:

Achnee, dann kann man nur eine 2 vors Integral ziehen...
Muss ja aber Wurzel 2 sein.

03.07.2011, 12:57

Huggy

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Das ist leicht daneben. Je nachdem, welches Integral du kennst, kommt

$\begin{eqnarray*} z =t-1 \end{eqnarray*}$

oder

$\begin{eqnarray*} z =\frac{1}{\sqrt 2}(t-1) \end{eqnarray*}$

in Frage.

03.07.2011, 13:16

Gast11022013

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Hammer

Ja, klar! Dass ich auf sowas nicht komme, ist betrüblich. unglücklich

unglücklich

Man muss ja etwas finden, das quadriert den Exponenten ergibt, also

$\begin{eqnarray*} z=\frac{(t-1)}{\sqrt{2}} \end{eqnarray*}$ .

Dann ist $\begin{eqnarray*} \frac{dz}{dt}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Leftrightarrow dt=\sqrt{2} dz \end{eqnarray*}$ .

Also habe ich (endlich!):

$\begin{eqnarray*} E(X)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{\frac{1}{2}}\cdot \sqrt{2}\underbrace{\int_{-\infty}^{\infty}e^{-z^2}dz}_{=\sqrt{\pi}}=e^{\frac{1}{2}} \end{eqnarray*}$

Nun steht noch die Berechnung der Varianz bevor.
Big Laugh

Big Laugh

03.07.2011, 13:33

Huggy

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Die Berechnung der Varianz ist nicht wesentlich schwieriger. Aber dazu und generell eine Bitte:

Du solltest deine Fragen erst stellen, nachdem du gründlich nachgedacht hast. Es ist ziemlich unerquicklich, eine Frage zu lesen, sich Gedanken über die Form der Antwort zu machen, und 5 Minuten später in einem Edit zu sehen, dass du dir einen Teil schon selber beantwortet hast. Und weitere 10 Minuten später schaut deine Frage schon wieder anders aus.

03.07.2011, 14:46

Gast11022013

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In Ordnung, ich werde versuchen, das zu ändern! Lehrer

Lehrer

Ich fange hier gleich mal damit an, denn dieses Mal habe ich es bis zum Schluss überlegt, hoffe ich.

Berechnung der Varianz:

$\begin{eqnarray*} Var(X)=E(X^2)-(E(X))^2=E(X^2)-(e^{\frac{1}{2}})^2=E(X^2)-e \end{eqnarray*}$

Zu bestimmen ist also "nur noch" $\begin{eqnarray*} E(X^2) \end{eqnarray*}$ .

Das habe ich sehr analog zur obigen Vorgehensweise gemacht:

$\begin{eqnarray*} E(X^2)=\int_{-\infty}^{\infty}x^2\cdot f_{X}(x) dx=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty}x^2\cdot \frac{1}{x}\cdot e^{-\frac{1}{2}\cdot (\ln(x))^2} dx=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty}x\cdot e^{-\frac{1}{2}\cdot (\ln(x))^2} dx \end{eqnarray*}$

Substituiere wieder $\begin{eqnarray*} t=\ln(x) \end{eqnarray*}$ . Wenn man auch den Faktor $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ entsprechend substituiert ( $\begin{eqnarray*} x=e^t \end{eqnarray*}$ ), so kommt man auf:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{2t}\cdot e^{-\frac{t^2}{2}} dt=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{t^2}{2}+2t} dt \end{eqnarray*}$

Da ich nun dank Huggy gelernt habe, wie man korrekt quadratisch ergänzt, habe ich das natürlich hier auch gemacht:

$\begin{eqnarray*} -\frac{1}{2}t^2+2t=-\frac{1}{2}(t^2-4t)=-\frac{1}{2}(t^2-4t+2^2-2^2)=-\frac{1}{2}((t-2)^2-4)=-\frac{1}{2}(t-2)^2+2 \end{eqnarray*}$

Also bekomme ich:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot e^2\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{1}{2}(t-2)^2} dt \end{eqnarray*}$

Substituiere: $\begin{eqnarray*} z=\frac{(t-2)}{\sqrt{2}}\Rightarrow dt=\sqrt{2}dz \end{eqnarray*}$

Dann erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot e^2\cdot \sqrt{2}\underbrace{\int_{-\infty}^{\infty} e^{-z^2} dz}_{=\sqrt{\pi}}=e^2 \end{eqnarray*}$

Also gilt $\begin{eqnarray*} E(X^2)=e^2 \end{eqnarray*}$ .

Insgesamt: $\begin{eqnarray*} Var(X)=e^2-e \end{eqnarray*}$

Habe das abgeglichen mit dem, was man bei Wikipedia über die Varianz der logarithmischen Normalverteilung findet:

Zitat:

Wikipedia

$\begin{eqnarray*} Var(X)=\hdots =e^{2\mu+\sigma^2}(e^{\sigma^2}-1) \end{eqnarray*}$

Da bei meiner Aufgabe $\begin{eqnarray*} \mu=0, \sigma^2=1 \end{eqnarray*}$ gilt ( $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ ist ja als standardnormalverteilt vorausgesetzt), ist meine ermittelte Varianz anscheinend korrekt.

03.07.2011, 15:15

Huggy

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Freude

03.07.2011, 15:21

Gast11022013

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Juhuu!

Ein Freude

Freude

von Huggy ist Gold wert.

Danke nochmal: Gott

Gott

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