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数列的单调性、有界性与周期

拓展更新于 2026-09-29

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通项难求时，先研究范围和变化方向，往往仍能回答比较大小与不等式问题。

判断工具

比较 $a_{n+1}-a_n$ 的符号；对正项数列也可比较 $a_{n+1}/a_n$ 与 $1$ 。证明有界可寻找区间 $I$ 使初值在 $I$ 内、递推把 $I$ 映到自身，再用归纳法。

例：不求通项也能判断

$a_1=1,a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$ 。若 $1\le a_n<2$ ，则 $1\le a_{n+1}<2$ ，故所有项落在 $[1,2)$ 。又在该区间

2+a_n-a_n^2=(2-a_n)(a_n+1)>0,

两边非负，故 $a_{n+1}>a_n$ 。这证明严格递增且有上界。后面的误差估计还将直接证明它收敛于 $2$ ，不单凭不动点方程判断。

用误差递推说明接近程度

对 $a_1=1,a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$ ，已知 $1\le a_n<2$ 。将与 $2$ 的差有理化：

0<2-a_{n+1}=\frac{2-a_n}{2+\sqrt{2+a_n}}\le\frac{2-a_n}{3}.

反复使用得到 $0<2-a_n\le3^{-(n-1)}$ 。因此第八项与 $2$ 的差小于 $1/2187<0.001$ 。这给出了每一步的明确误差界，不需要只凭图像判断“越来越接近”。

不动点本身不保证迭代趋近它。例如 $a_{n+1}=1/a_n,a_1=2$ 的项在 $2,1/2$ 之间交替，虽然 $f(x)=1/x$ 在正数上递减且有不动点 $1$ 。判断迭代必须同时检查初值、保持区间和误差变化。

数列极限：用任意精度表达趋近

设 $\{a_n\}$ 为实数列。若对任意 $\varepsilon>0$ ，存在正整数 $N$ ，使所有 $n>N$ 都有 $|a_n-A|<\varepsilon$ ，就称数列收敛于 $A$ ，记作 $a_n\to A$ 或 $\lim_{n\to\infty}a_n=A$ 。没有有限极限的数列称为发散数列。这个定义要求整个尾段满足精度，不是只要求偶尔有几项接近 $A$ 。

例如 $1/n\to0$ ：给定 $\varepsilon>0$ ，选择整数 $N>1/\varepsilon$ ，则 $n>N$ 时 $0<1/n<\varepsilon$ 。数列 $(-1)^n$ 不收敛，因为奇、偶两条子列分别恒为 $-1,1$ ，不可能最终都落进同一个半径小于 $1$ 的邻域。

无穷递缩等比数列的和

当 $|q|<1$ 时， $q^n\to0$ 。 $q=0$ 显然；否则设 $1/|q|=1+t$ ， $t>0$ 。由二项式定理， $(1+t)^n\ge1+nt$ ，所以

0\le |q|^n\le\frac1{1+nt}\longrightarrow0.

等比数列 $a_n=a_1q^{n-1}$ 的有限前缀和是

S_n=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}.

因此 $|q|<1$ 时 $S_n\to a_1/(1-q)$ ，这个极限称为该无穷递缩等比数列的和：

a_1+a_1q+a_1q^2+\cdots=\frac{a_1}{1-q}.

省略号表示有限前缀和的极限，不能把有限求和中的末项凭空删去。非零首项时， $q=1$ 的和不收敛， $q=-1$ 的和交替； $|q|>1$ 时项不趋零，前缀和也不收敛。若允许 $a_1=0$ ，则全零数列的和当然为零，须单列这个退化情形。

误差界怎样给出收敛结论

若 $|a_n-A|\le Cq^{n-1}$ ，其中 $C\ge0$ 、 $0\le q<1$ ，则右端趋零，由夹逼准则得到 $a_n\to A$ 。本篇根式递推的估计 $0<2-a_n\le3^{-(n-1)}$ 因而不仅给出有限步精度，也证明数列收敛于 $2$ 。

数列收敛后，可以对连续的递推函数 $f$ 在 $a_{n+1}=f(a_n)$ 两侧取极限，得到 $A=f(A)$ 。只解这个不动点方程不能反过来证明收敛；交替数列和不合适的初值都可能使这一推断失效。

收敛数列的基本性质与单调有界准则

收敛必有界。 若 $a_n\to A$ ，取精度 $1$ ，可使充分大的 $n$ 满足 $|a_n|<|A|+1$ ；前面只有有限项，取它们的绝对值与 $|A|+1$ 的最大值，就得到所有项共用的界。有界不保证收敛，例如 $(-1)^n$ 。

极限保留非严格次序。 若 $a_n\to A,b_n\to B$ ，且充分大时 $a_n\le b_n$ ，则 $A\le B$ 。否则取 $\varepsilon=(A-B)/3>0$ ，尾段有 $a_n>A-\varepsilon>B+\varepsilon>b_n$ ，矛盾。即使逐项严格小于，极限也可能相等，如 $0<1/n$ 的两端都趋于零。

单调有界准则。 非减且有上界的实数列必收敛；非增且有下界的实数列也必收敛。

这里采用实数的完备性：非空、有上界的实数集合存在最小上界。设 $A$ 为集合 $\{a_n:n\ge1\}$ 的最小上界。给定 $\varepsilon>0$ ， $A-\varepsilon$ 不是上界，故有某项 $a_N>A-\varepsilon$ 。因数列非减，所有 $n>N$ 满足

A-\varepsilon<a_N\le a_n\le A,

于是 $a_n\to A$ 。非增情形对 $-a_n$ 使用同一证明即可。

对递推式使用此准则的顺序是：先保证每一项有定义，再用归纳法证明共同的界，然后证明单调，最后才可在连续的递推关系中取极限求候选值。若递推函数在候选处不连续，就不能直接把极限移入函数。

重要极限： $(1+1/n)^n$ 趋于 $e$

设 $u_n=(1+1/n)^n$ ， $n\in\mathbb N_+$ 。则

\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)^n=e.

这里 $e$ 沿用自然对数的底数；下面从已经建立的对数函数性质证明此极限，不用它反过来作为本节对数的定义。

证明。 对 $t>0$ ，由对数基本不等式，

\frac{t}{1+t}<\ln(1+t)<t.

取 $t=1/n$ 并乘以 $n$ ，得到

\frac{n}{n+1}<\ln u_n<1.

左端趋于 $1$ ，故夹逼得 $\ln u_n\to1$ 。指数函数连续，因而 $u_n\to e$ 。还得到可用的误差界

0<1-\ln u_n<\frac1{n+1},\qquad e^{n/(n+1)}<u_n<e.

关于实变量函数 $(1+1/x)^x$ 在两个定义区间上的单调性，见变量指数函数的比较。数列极限与实函数单调性是相互联系、但需要分别说明的结论。

趋于无穷与多项式商的极限

$a_n\to+\infty$ 的含义是：对任意 $M>0$ ，都存在 $N$ ，使所有 $n>N$ 有 $a_n>M$ 。 $a_n\to-\infty$ 指 $-a_n\to+\infty$ 。它们均不属于收敛到有限实数的情形。无界也不等于趋于无穷，例如 $a_n=(-1)^n n$ 的正负项交替变大。

设多项式 $P(x)=a_mx^m+\cdots+a_0$ 、 $Q(x)=b_nx^n+\cdots+b_0$ ，最高次系数 $a_m b_n\ne0$ 。当 $x\to+\infty$ 时，

\frac{P(x)}{Q(x)} =x^{m-n}\frac{a_m+a_{m-1}/x+\cdots+a_0/x^m}{b_n+b_{n-1}/x+\cdots+b_0/x^n}.

后一分式趋于 $a_m/b_n\ne0$ ，因此

\lim_{x\to+\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}= \begin{cases} 0,&m<n,\\ a_m/b_n,&m=n,\\ +\infty,&m>n,\ a_m/b_n>0,\\ -\infty,&m>n,\ a_m/b_n<0. \end{cases}

最高次系数为零时必须先重新确定次数。若 $x\to-\infty$ ，还须结合 $x^{m-n}$ 的奇偶性判断符号。同一推理也适用于把 $x$ 换成趋于正无穷的整数下标。

对数、幂、指数与阶乘的增长比较

记 $u_n\ll v_n$ 表示 $u_n/v_n\to0$ ，不是对每个小下标都成立的大小关系。对固定的 $k,\alpha>0$ 、 $a>1$ ，有

(\ln n)^k\ll n^\alpha\ll a^n\ll n!\ll n^n.

这里涉及阶乘的自变量为正整数；前两个比较也可用于实数 $x\to+\infty$ 。每个比较都必须保持参数固定。

对数比任意正幂慢

取 $\beta=\alpha/(2k)>0$ 。对 $x\ge1$ ，函数 $x^\beta/\beta-\ln x$ 的导数为 $(x^\beta-1)/x\ge0$ ，从而 $\ln x\le(x^\beta-1)/\beta\le x^\beta/\beta$ 。所以

0\le\frac{(\ln x)^k}{x^\alpha}\le\frac{1}{\beta^k x^{\alpha/2}}\longrightarrow0.

幂比指数慢

令 $u_n=n^\alpha/a^n>0$ ，则

\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{(1+1/n)^\alpha}{a}\longrightarrow\frac1a<1.

选 $1/a<q<1$ ，充分大后比值不超过 $q$ ，故尾段由固定常数乘 $q^n$ 控制，趋于零。实变量 $x$ 可取 $n\le x<n+1$ ，利用 $x^\alpha/a^x\le(n+1)^\alpha/a^n$ 得同一结论。

指数比阶乘慢，阶乘比 $n^n$ 慢

令 $v_n=a^n/n!$ ，则 $v_{n+1}/v_n=a/(n+1)\to0$ ，沿用固定几何比控制即可。

最后

0<\frac{n!}{n^n}=\prod_{j=1}^n\frac jn\le\left(\frac12\right)^{\lfloor n/2\rfloor}\longrightarrow0.

因为前 $\lfloor n/2\rfloor$ 个因子不超过 $1/2$ ，其余不超过 $1$ 。这些证明只使用基本导数、有限乘积和几何数列极限。

周期与例子

若存在正整数 $T$ 使所有允许下标均有 $a_{n+T}=a_n$ ，称为周期数列。对 $a_{n+2}=-a_n$ ，有 $a_{n+4}=a_n$ ，所以 $4$ 是周期，但最小周期可能更小，例如两个初值均为零时最小周期为 $1$ 。

最终周期与有限状态

若存在正整数 $N,T$ ，使所有 $n\ge N$ 均有 $a_{n+T}=a_n$ ，称数列最终周期； $N=1$ 时才是从首项开始的周期数列。

设完整状态 $s_n$ 只有 $M$ 种可能，且由固定规则 $s_{n+1}=F(s_n)$ 唯一决定下一状态。前 $M+1$ 个状态中必有 $s_i=s_j$ ， $i<j$ ；归纳得 $s_{i+k}=s_{j+k}$ ，所以从 $i$ 起周期为 $j-i$ 。这里只用有限集合和递推，不需要求通项。

例如状态集为 $\{0,1,2\}$ ，规定 $F(2)=1,F(1)=0,F(0)=1$ ，从 $2$ 出发为 $2,1,0,1,0,\ldots$ ，最终周期为 $2$ ，但不是从首项开始周期。

若 $F$ 在有限状态集上还是一一映射，则从 $s_i=s_j$ 可倒推到 $s_1=s_{j-i+1}$ ，没有前段过渡，必从首项周期。仅有“状态有限”但下一步另依赖下标 $n$ ，则上述论证不适用。

最小正周期整除其他正周期

设从首项开始的数列最小正周期为 $p$ ，另一正周期为 $T$ 。作带余除法 $T=qp+r$ ， $0\le r<p$ 。对每个正整数 $n$ ，

a_{n+r}=a_{n+r+qp}=a_{n+T}=a_n.

若 $r>0$ ，它也成为正周期，与最小性矛盾，因此 $r=0$ ，即 $p\mid T$ 。最小正周期存在是因为周期为正整数；一般实变量周期函数不一定有最小正周期。

周期数列的分段求和与积

设 $a_{n+T}=a_n$ 对所有正整数 $n$ 成立， $S_0=0$ 。把 $n=qT+r$ ，其中 $q\ge0$ 、 $0\le r<T$ ，则

S_n=qS_T+S_r.

这是把前 $n$ 项分为 $q$ 个完整周期和一个尾段。若求积，同理为 $(a_1\cdots a_T)^q(a_1\cdots a_r)$ ； $q=0$ 时不写第一个因子， $r=0$ 时尾段空积取 $1$ 。

例如周期块 $(2,-1,3)$ 的和为 $4$ ， $2026=675\cdot3+1$ ，故前 $2026$ 项之和为 $2702$ 。如果只从第 $N$ 项起周期，须先单独保留前 $N-1$ 项，再对尾部应用公式。

等长窗口不变如何推出周期

若每段连续 $T$ 项之和相同，即对所有 $n\ge1$ 有

a_n+a_{n+1}+\cdots+a_{n+T-1}=C,

将相邻两个等式相减，得到 $a_{n+T}=a_n$ 。反之，周期为 $T$ 时相邻窗口和相等。

若每段连续 $T$ 项乘积等于同一个非零常数，可约去公共的非零因子，也得到周期 $T$ 。非零条件不能删：数列 $0,1,0,2,0,3,\ldots$ 的每个相邻两项乘积都是零，却不是周期为 $2$ 的数列。

若 $a_{n+T}+a_n=C$ ，则 $a_{n+2T}=C-a_{n+T}=a_n$ ，所以 $2T$ 是一个周期，未必是最小正周期。

易错点

前几项重复不保证以后重复；若是确定性递推，只有完整状态重复才保证未来重复。二阶递推状态通常是相邻两项，单独一项相同不够。

关联阅读

先修：数列、通项与前缀和 · 一阶递推与换元 · 数学归纳法与递推证明。

同主题：二阶线性递推与特征根。

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数列的单调性、有界性与周期

拓展更新于 2026-09-29

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通项难求时，先研究范围和变化方向，往往仍能回答比较大小与不等式问题。

判断工具

比较 $a_{n+1}-a_n$ 的符号；对正项数列也可比较 $a_{n+1}/a_n$ 与 $1$ 。证明有界可寻找区间 $I$ 使初值在 $I$ 内、递推把 $I$ 映到自身，再用归纳法。

例：不求通项也能判断

$a_1=1,a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$ 。若 $1\le a_n<2$ ，则 $1\le a_{n+1}<2$ ，故所有项落在 $[1,2)$ 。又在该区间

2+a_n-a_n^2=(2-a_n)(a_n+1)>0,

两边非负，故 $a_{n+1}>a_n$ 。这证明严格递增且有上界。后面的误差估计还将直接证明它收敛于 $2$ ，不单凭不动点方程判断。

用误差递推说明接近程度

对 $a_1=1,a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$ ，已知 $1\le a_n<2$ 。将与 $2$ 的差有理化：

0<2-a_{n+1}=\frac{2-a_n}{2+\sqrt{2+a_n}}\le\frac{2-a_n}{3}.

反复使用得到 $0<2-a_n\le3^{-(n-1)}$ 。因此第八项与 $2$ 的差小于 $1/2187<0.001$ 。这给出了每一步的明确误差界，不需要只凭图像判断“越来越接近”。

数列极限：用任意精度表达趋近

无穷递缩等比数列的和

当 $|q|<1$ 时， $q^n\to0$ 。 $q=0$ 显然；否则设 $1/|q|=1+t$ ， $t>0$ 。由二项式定理， $(1+t)^n\ge1+nt$ ，所以

0\le |q|^n\le\frac1{1+nt}\longrightarrow0.

等比数列 $a_n=a_1q^{n-1}$ 的有限前缀和是

S_n=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}.

因此 $|q|<1$ 时 $S_n\to a_1/(1-q)$ ，这个极限称为该无穷递缩等比数列的和：

a_1+a_1q+a_1q^2+\cdots=\frac{a_1}{1-q}.

误差界怎样给出收敛结论

收敛数列的基本性质与单调有界准则

单调有界准则。 非减且有上界的实数列必收敛；非增且有下界的实数列也必收敛。

A-\varepsilon<a_N\le a_n\le A,

于是 $a_n\to A$ 。非增情形对 $-a_n$ 使用同一证明即可。

重要极限： $(1+1/n)^n$ 趋于 $e$

设 $u_n=(1+1/n)^n$ ， $n\in\mathbb N_+$ 。则

\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)^n=e.

这里 $e$ 沿用自然对数的底数；下面从已经建立的对数函数性质证明此极限，不用它反过来作为本节对数的定义。

证明。 对 $t>0$ ，由对数基本不等式，

\frac{t}{1+t}<\ln(1+t)<t.

取 $t=1/n$ 并乘以 $n$ ，得到

\frac{n}{n+1}<\ln u_n<1.

左端趋于 $1$ ，故夹逼得 $\ln u_n\to1$ 。指数函数连续，因而 $u_n\to e$ 。还得到可用的误差界

0<1-\ln u_n<\frac1{n+1},\qquad e^{n/(n+1)}<u_n<e.

关于实变量函数 $(1+1/x)^x$ 在两个定义区间上的单调性，见变量指数函数的比较。数列极限与实函数单调性是相互联系、但需要分别说明的结论。

趋于无穷与多项式商的极限

设多项式 $P(x)=a_mx^m+\cdots+a_0$ 、 $Q(x)=b_nx^n+\cdots+b_0$ ，最高次系数 $a_m b_n\ne0$ 。当 $x\to+\infty$ 时，

\frac{P(x)}{Q(x)} =x^{m-n}\frac{a_m+a_{m-1}/x+\cdots+a_0/x^m}{b_n+b_{n-1}/x+\cdots+b_0/x^n}.

后一分式趋于 $a_m/b_n\ne0$ ，因此

\lim_{x\to+\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}= \begin{cases} 0,&m<n,\\ a_m/b_n,&m=n,\\ +\infty,&m>n,\ a_m/b_n>0,\\ -\infty,&m>n,\ a_m/b_n<0. \end{cases}

最高次系数为零时必须先重新确定次数。若 $x\to-\infty$ ，还须结合 $x^{m-n}$ 的奇偶性判断符号。同一推理也适用于把 $x$ 换成趋于正无穷的整数下标。

对数、幂、指数与阶乘的增长比较

记 $u_n\ll v_n$ 表示 $u_n/v_n\to0$ ，不是对每个小下标都成立的大小关系。对固定的 $k,\alpha>0$ 、 $a>1$ ，有

(\ln n)^k\ll n^\alpha\ll a^n\ll n!\ll n^n.

这里涉及阶乘的自变量为正整数；前两个比较也可用于实数 $x\to+\infty$ 。每个比较都必须保持参数固定。

对数比任意正幂慢

取 $\beta=\alpha/(2k)>0$ 。对 $x\ge1$ ，函数 $x^\beta/\beta-\ln x$ 的导数为 $(x^\beta-1)/x\ge0$ ，从而 $\ln x\le(x^\beta-1)/\beta\le x^\beta/\beta$ 。所以

0\le\frac{(\ln x)^k}{x^\alpha}\le\frac{1}{\beta^k x^{\alpha/2}}\longrightarrow0.

幂比指数慢

令 $u_n=n^\alpha/a^n>0$ ，则

\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{(1+1/n)^\alpha}{a}\longrightarrow\frac1a<1.

指数比阶乘慢，阶乘比 $n^n$ 慢

令 $v_n=a^n/n!$ ，则 $v_{n+1}/v_n=a/(n+1)\to0$ ，沿用固定几何比控制即可。

最后

0<\frac{n!}{n^n}=\prod_{j=1}^n\frac jn\le\left(\frac12\right)^{\lfloor n/2\rfloor}\longrightarrow0.

因为前 $\lfloor n/2\rfloor$ 个因子不超过 $1/2$ ，其余不超过 $1$ 。这些证明只使用基本导数、有限乘积和几何数列极限。

周期与例子

最终周期与有限状态

若存在正整数 $N,T$ ，使所有 $n\ge N$ 均有 $a_{n+T}=a_n$ ，称数列最终周期； $N=1$ 时才是从首项开始的周期数列。

例如状态集为 $\{0,1,2\}$ ，规定 $F(2)=1,F(1)=0,F(0)=1$ ，从 $2$ 出发为 $2,1,0,1,0,\ldots$ ，最终周期为 $2$ ，但不是从首项开始周期。

最小正周期整除其他正周期

设从首项开始的数列最小正周期为 $p$ ，另一正周期为 $T$ 。作带余除法 $T=qp+r$ ， $0\le r<p$ 。对每个正整数 $n$ ，

a_{n+r}=a_{n+r+qp}=a_{n+T}=a_n.

若 $r>0$ ，它也成为正周期，与最小性矛盾，因此 $r=0$ ，即 $p\mid T$ 。最小正周期存在是因为周期为正整数；一般实变量周期函数不一定有最小正周期。

周期数列的分段求和与积

设 $a_{n+T}=a_n$ 对所有正整数 $n$ 成立， $S_0=0$ 。把 $n=qT+r$ ，其中 $q\ge0$ 、 $0\le r<T$ ，则

S_n=qS_T+S_r.

这是把前 $n$ 项分为 $q$ 个完整周期和一个尾段。若求积，同理为 $(a_1\cdots a_T)^q(a_1\cdots a_r)$ ； $q=0$ 时不写第一个因子， $r=0$ 时尾段空积取 $1$ 。

例如周期块 $(2,-1,3)$ 的和为 $4$ ， $2026=675\cdot3+1$ ，故前 $2026$ 项之和为 $2702$ 。如果只从第 $N$ 项起周期，须先单独保留前 $N-1$ 项，再对尾部应用公式。

等长窗口不变如何推出周期

若每段连续 $T$ 项之和相同，即对所有 $n\ge1$ 有

a_n+a_{n+1}+\cdots+a_{n+T-1}=C,

将相邻两个等式相减，得到 $a_{n+T}=a_n$ 。反之，周期为 $T$ 时相邻窗口和相等。

若 $a_{n+T}+a_n=C$ ，则 $a_{n+2T}=C-a_{n+T}=a_n$ ，所以 $2T$ 是一个周期，未必是最小正周期。

易错点

前几项重复不保证以后重复；若是确定性递推，只有完整状态重复才保证未来重复。二阶递推状态通常是相邻两项，单独一项相同不够。

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例：不求通项也能判断

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无穷递缩等比数列的和

误差界怎样给出收敛结论

收敛数列的基本性质与单调有界准则

重要极限：(1+1/n)n(1+1/n)^n(1+1/n)n 趋于 eee

趋于无穷与多项式商的极限

对数、幂、指数与阶乘的增长比较

对数比任意正幂慢

幂比指数慢

指数比阶乘慢，阶乘比 nnn^nnn 慢

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最终周期与有限状态

最小正周期整除其他正周期

周期数列的分段求和与积

等长窗口不变如何推出周期

易错点

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重要极限：(1+1/n)n(1+1/n)^n(1+1/n)n 趋于 eee

趋于无穷与多项式商的极限

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对数比任意正幂慢

幂比指数慢

指数比阶乘慢，阶乘比 nnn^nnn 慢

周期与例子

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周期数列的分段求和与积

等长窗口不变如何推出周期

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重要极限： $(1+1/n)^n$ 趋于 $e$

指数比阶乘慢，阶乘比 $n^n$ 慢

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