資源簡介

直接證明與間接證明

【學習目標】
1． 知識與技能
通過具體的例子了解綜合法和分析法、反證法的思路過程和特點；
通過已經學過的數學實例，了解直接證明的兩種基本方法——直接證明和間接證明，及間接證明的重要方法之一——反證法；
能夠用直接法和間接法證明一些基本的數學問題．
2．過程與方法
通過對實例的分析，歸納和總結的過程，培養數學理性思維能力；
通過實際演練，體會綜合法、分析法、反證法的證明過程及兩種證明方法的特點．
3．情感、態度與價值觀
通過實際參與，激發學習數學的興趣，在學習過程中感受邏輯證明在數學已經日常生活中的作用，使學生養成言之有理，論證有據的習慣．
通過反證法的運用，了解在解決問題中有正難則反的思維方向，發展思維能力，滲透運用辯證觀點解決問題的意識．
【要點梳理】
要點一：直接證明
直接證明最常見的兩種方法是綜合法和分析法，它們是思維方向相反的兩種不同的推理方法．
綜合法
定義：
一般地，從命題的已知條件出發，利用定義、公理、定理及運算法則，經過演繹推理，一步步地接近要證明的結論，直到完成命題的證明，我們把這種思維方法叫做綜合法．
基本思路：執因索果
綜合法又叫“順推證法”或“由因導果法”．它是由已知走向求證，即從數學題的已知條件出發，經過逐步的邏輯推理，最后導出待證結論或需求的問題．
綜合法這種由因導果的證明方法，其邏輯依據是三段論式的演繹推理方法．
綜合法的思維框圖：
用表示已知條件，表示要證明的結論，為已知的定義、定理、公理等，則綜合法可用框圖表示為：

（已知） （逐步推導結論成立的必要條件） （結論）
要點詮釋
（1）從“已知”看“可知”，逐步推出“未知”，由因導果，其逐步推理實際上是尋找它的必要條件；
（2）用綜合法證明不等式，證明步驟嚴謹，逐層遞進，步步為營，條理清晰，形式簡潔，宜于表達推理的思維軌跡；
（3）因用綜合法證明命題“若A則D”的思考過程可表示為：

故要從A推理到D，由A推演出的中間結論未必唯一，如B、B1、B2等，可由B、B1、B2進一步推演出的中間結論則可能更多，如C、C1、C2、C3、C4等等．
所以如何找到“切入點”和有效的推理途徑是有效利用綜合法證明問題的“瓶頸”．
綜合法證明不等式時常用的不等式
（1）a2+b2≥2ab（當且僅當a=b時取“=”號）；
（2）（a，b∈R*，當且僅當a=b時取“=”號）；
（3）a2≥0，|a|≥0，(a－b)2≥0；
（4）（a，b同號）；（a，b異號）；
（5）a，b∈R，，
（6）不等式的性質
定理1 對稱性：a＞bb＜a．
定理2 傳遞性：．
定理3 加法性質：．
推論 ．
定理4 乘法性質：．
推論1 ．
推論2 ．
定理5 開方性質：．
分析法
定義
一般地，從需要證明的命題出發，分析使這個命題成立的充分條件，逐步尋找使命題成立的充分條件，直至所尋求的充分條件顯然成立（已知條件、定理、定義、公理等），或由已知證明成立，從而確定所證的命題成立的一種證明方法，叫做分析法．
基本思路：執果索因
分析法又叫“逆推證法”或“執果索因法”．它是從要證明的結論出發，分析使之成立的條件，即尋求使每一步成立的充分條件，直到最后，把要證明的結論歸結為判定一個明顯成立的條件（已知條件、定理、定義、公理等）為止．
分析法這種執果索因的證明方法，其邏輯依據是三段論式的演繹推理方法．
分析法的思維框圖：
用表示已知條件和已有的定義、公理、公式、定理等，所要證明的結論，則用分析法證明可用框圖表示為：

（結論） （逐步尋找使結論成立的充分條件） （已知）
格式：
要證……，只需證……，只需證……，因為……成立，所以原不等式得證．
要點詮釋：
（1）分析法是綜合法的逆過程，即從“未知”看“需知”，執果索因，逐步靠攏“已知”，其逐步推理，實際上是尋找它的充分條件．
（2）由于分析法是逆推證明，故在利用分析法證明時應注意邏輯性與規范性，即分析法有獨特的表述．
綜合法與分析法的橫向聯系
（1） 綜合法是把整個不等式看做一個整體，通過對欲證不等式的分析、觀察，選擇恰當不等式作為證題的出發點，其難點在于到底從哪個不等式出發合適，這就要求我們不僅要熟悉、正確運用作為定理性質的不等式，還要注意這些不等式進行恰當變形后的利用．
分析法的優點是利于思考，因為它方向明確，思路自然，易于掌握，而綜合法的優點是宜于表述，條理清晰，形式簡潔．
我們在證明不等式時，常用分析法尋找解題思路，即從結論出發，逐步縮小范圍，進而確定我們所需要的“因”，再用綜合法有條理地表述證題過程．分析法一般用于綜合法難以實施的時候．
（2）有不等式的證明，需要把綜合法和分析法聯合起來使用：根據條件的結構特點去轉化結論，得到中間結論Q；根據結論的結構特點去轉化條件，得到中間結論P．若由P可以推出Q成立，就可以證明結論成立，這種邊分析邊綜合的證明方法，稱之為分析綜合法，或稱“兩頭擠法”．
分析綜合法充分表明分析與綜合之間互為前提、互相滲透、互相轉化的辯證統一關系，分析的終點是綜合的起點，綜合的終點又成為進一步分析的起點．
命題“若P則Q”的推演過程可表示為：

要點二：間接證明
間接證明不是從正面確定命題的真實性，而是證明它的反面為假，或改證它的等價命題為真，間接地達到目的，反證法是間接證明的一種基本方法．
　 反證法定義：
一般地，首先假設要證明的命題結論不正確，即結論的反面成立，然后利用公理，已知的定義、定理，命題的條件逐步分析，得到和命題的條件或公理、定理、定義及明顯成立的事實等矛盾的結論，以此說明假設的結論不成立，從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做反證法．　
反證法的基本思路：假設——矛盾——肯定
①分清命題的條件和結論．
②做出與命題結論相矛盾的假設．
③由假設出發，結合已知條件，應用演繹推理方法，推出矛盾的結果．
④斷定產生矛盾結果的原因，在于開始所做的假定不真，于是原結論成立，從而間接地證明原命題為真．
反證法的格式：
用反證法證明命題“若p則q”時，它的全部過程和邏輯根據可以表示如下：

要點詮釋：
（1）反證法是間接證明的一種基本方法．
它是先假設要證的命題不成立，即結論的反面成立，在已知條件和“假設”這個新條件下，通過邏輯推理，得出與定義、公理、定理、已知條件、臨時假設等相矛盾的結論，從而判定結論的反面不能成立，即證明了命題的結論一定是正確的．
(2) 反證法的優點：對原結論否定的假定的提出，相當于增加了一個已知條件．
反證法的一般步驟：
（1）反設：假設所要證明的結論不成立，假設結論的反面成立；
（2）歸謬：由“反設”出發，通過正確的推理，導出矛盾——與已知條件、已知的公理、定義、定理、反設及明顯的事實矛盾或自相矛盾；
（3）結論：因為推理正確，產生矛盾的原因在于“反設”的謬誤，既然結論的反面不成立，從而肯定了結論成立．
要點詮釋：
（1）結論的反面即結論的否定，要特別注意：
“都是”的反面為“不都是”，即“至少有一個不是”，不是“都不是”；
“都有”的反面為“不都有”，即“至少有一個沒有”，不是“都沒有”；
“都不是”的反面是“部分是或全部是”，即“至少有一個是”，不是“都是”；
“都沒有”的反面為“部分有或全部有”，即“至少有一個有”，不是“都有”
（2）歸謬的主要類型：
①與已知條件矛盾；
②與假設矛盾（自相矛盾）；
③與定義、定理、公理、事實矛盾．
宜用反證法證明的題型：
① 要證的結論與條件之間的聯系不明顯，直接由條件推出結論的線索不夠清晰；比如“存在性問題、唯一性問題”等；
② 如果從正面證明，需要分成多種情形進行分類討論，而從反面進行證明，只要研究一種或很少的幾種情形．比如帶有“至少有一個”或“至多有一個”等字樣的數學問題．
要點詮釋：
反證法體現出正難則反的思維策略（補集的思想）和以退為進的思維策略，故在解決某些正面思考難度較大和探索型命題時，有獨特的效果．
【典型例題】
類型一：綜合法證明
例1．已知，，試用綜合法證明： ．
【證明】因為，，
所以．
又因為，，
所以．
因此．
【總結升華】 利用綜合法時，從已知出發，進行運算和推理得到要證明的結論，并且在用均值定理證明不等式時，一要注意均值定理運用的條件，二要運用定理對式子作適當的變形，把式分成若干部分，對每部分運用均值定理后，再把它們相加或相減．
舉一反三：
【變式1】求證：．
【解析】待證不等式的左端是3個數和的形式，右端是一常數的形式，而左端3個分母的真數相同，由此可聯想到公式，轉化成能直接利用對數的運算性質進行化簡的形式．
∵ ，
∴左邊

∵，
∴．
【變式2】設、是互不相等的正數，且，試用綜合法證明：．
【解析】因為，
所以．
例2．已知數列滿足, ，．求證：是等比數列．
【思路點撥】根據等比數列的定義變形．
【解析】由an＋1＝an＋6an－1，an＋1＋2an＝3(an＋2an－1) (n≥2)
∵a1＝5，a2＝5
∴a2＋2a1＝15
故數列{an＋1＋2an}是以15為首項，3為公比的等比數列
【總結升華】本題從已知條件入手，分析數列間的相互關系，合理實現了數列間的轉化，從而使問題獲解，綜合法是直接證明中最常用的證明方法．
舉一反三：
【變式】已知數列{an}中，Sn是它的前n項和，并且Sn+1=4an+2（n=1，2，…），a1=1．
（1）設bn=an+1－2an（n=1，2，…），求證：數列{bn}是等比數列．
（2）設（n=1，2，…），求證：數列{cn}是等差數列．
【解析】（1）∵Sn+1=4an+2，∴Sn+2=4an+1+2，
兩式相減，得Sn+2―Sn+1=4an+1―4an（n=1，2，3，…）,
即an+2=4an+1―4an，變形得an+2―2an+1=2(an+1―2an)．
∵bn=an+1－2an（n=1，2，…），
∴bn+1=2bn（n=1，2，…）．
由此可知，數列{bn}是公比為2的等比數列．
由S2=a1+a2=4a1+2，a1=1，
得a2=5，b1=a2―2a1=3．故bn=3·2n―1．
（2）∵（n=1，2，…）
∴
將bn=3·2n－1代入，得（n=1，2，…）．
由此可知，數列{cn}是公差的等差數列，它的首項，故．
例3．如圖，設在四面體中，，，是的中點．
求證：垂直于所在的平面．

【思路點撥】要證垂直于所在的平面，只需在所在的平面內找到兩條相交直線與垂直．
【解析】
證明：連、
因為是斜邊上的中線，
所以
又因為,而是、、的公共邊，
所以
于是,
而，因此
∴，
由此可知垂直于所在的平面．
【總結升華】利用綜合法證明立體幾何中線線、線面和面面關系的關鍵在于熟練地運用判定定理和性質定理．這是一例典型的綜合法證明．現將用綜合法證題的過程展現給大家，供參考：
（1）由已知是斜邊上的中線，推出，記為（已知）；
（2）由和已知條件，推出三個三角形全等，記為；
（3）由三個三角形全等，推出，記為；
（4）由推出，記為（結論）．
這個證明步驟用符號表示就是（已知）（結論）．
舉一反三：
【變式】如圖所示，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是正方形，側棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中點，作EF⊥PB交PB于點F．
求證：（1）PA∥平面EDB；
（2）PB⊥平面EFD．
【解析】
證明：（1）連結AC交BD于O，連結EO．
∵底面ABCD是正方形，∴點O是AC的中點，
在△PAC中，EO是中位線，∴PA∥EO．
而EO平面EDB且PA平面EDB，∴PA∥平面EDB．
（2）PD⊥底面ABCD且DC底面ABCD，∴PD⊥DC．
由PD=DC，可知△PDC是等腰直角三角形，
而DE是斜邊PC上的中線，∴DE⊥PC．①
同樣由PD⊥底面ABCD，得PD⊥BC．
∵底面ABCD是正方形，∴DC⊥BC，∴BC⊥平面PDC．
而DE平面PDC，∴BC⊥DE．②
由①和②推得DE⊥平面PBC．而PB平面PBC，∴DE⊥PB．
又EF⊥PB且DE∩EF=E，∴PB⊥平面EFD．
類型二：分析法證明
例4．求證：．
【解析】
證明：欲證不等式，
只需證成立，
即證 ，
即證18＜20成立．
由于18＜20是成立的，
因此． 證畢．
【總結升華】
1．在證明過程中，若使用綜合法出現困難時，應及時調整思路，分析一下要證明結論成立需要怎樣的充分條件是明智之舉．從結論出發，結合已知條件，逐步反推，尋找使當前命題成立的充分條件的方法．
2．用分析法證明問題時，一定要恰當地用好“要證”“只需證”“即證”“也即證”等詞語．
3. 掌握分析法的流程，避免與綜合法混淆。在本題中應避免下面的錯誤證法：
錯證：由不等式 ， ①
兩邊平方得 ， ②
即 ， ③
則18＜20， ④
因為18＜20，所以．
錯因：由于上述分析法的流程結構是 ①②③④，因而上述書寫格式導致了邏輯錯誤．
舉一反三：
【變式1】 已知、是正數，用分析法證明: ．
【解析】
證明：要證 成立，
只需證成立，
即證．
即證，
也就是要證,即．
該式顯然成立，所以．
【變式2】用分析法證明：若a>0，則．
【解析】
證明：要證，
只需證．
∵a>0，∴兩邊均大于零，因此只需證
只需證，
只需證，只需證，
即證，它顯然成立．∴原不等式成立．

【變式3】已知，求證：
【解析】
證明：要證
只需證，
，只需證，即
要證，只需證，即顯然成立．
要證，只需證，即顯然成立．
成立，且以上各步都可逆，故原不等式成立．
例5．求證：
【思路點撥】由于本題所給的條件較少，且不等式中項都是根式的形式，因而用綜合法證明比較困難．這時，可從結論出發，逐步反推，尋找使命題成立的充分條件；此外，若注意到，，也可用綜合法證明．
【解析】
法一：分析法
要證成立，
只需證明，
兩邊平方得，
所以只需證明，
兩邊平方得，
即，
∵恒成立，
∴原不等式得證．
法二：綜合法
∵，，
，
∴．
∴．
∴． 即原不等式成立．
【總結升華】
1．在證明過程中，若使用綜合法出現困難時，應及時調整思路，分析一下要證明結論成立需要怎樣的充分條件是明智之舉．從結論出發，結合已知條件，逐步反推，尋找使當前命題成立的充分條件的方法．
2．綜合法寫出的證明過程條理清晰，易于理解；但綜合法的證題思路并不容易想到，因此，在一般的證題過程中，往往是先用分析法尋找解題思路，再用綜合法書寫證明過程．
?舉一反三：
【變式】設a、b是兩個正實數，且a≠b，求證：＋＞
【解析】
證明一：(分析法)
要證+＞成立，
只需證(a+b)( -ab+)＞ab(a+b)成立，
即需證-ab+＞ab成立．(∵a+b＞0)
只需證-2ab+＞0成立，
即需證＞0成立．
而由已知條件可知，a≠b，有a-b≠0，所以＞0顯然成立，由此命題得證．
證明二：(綜合法)
∵a≠b，∴a-b≠0，∴＞0，即-2ab+＞0
亦即-ab+＞ab
由題設條件知，a+b＞0，∴(a+b)( -ab+)＞(a+b)ab
即+＞，由此命題得證．
類型三：反證法證明
例6． 已知、、是整數，且求證：、、不可能都是奇數．
【思路點撥】證明含有“不”“沒有”“無”等否定性詞語的命題，應考慮反證法．
【解析】設、、都是奇數，則、、都是奇數，
所以為偶數， 所以 ， 這與已知矛盾，
所以、、不可能都是奇數．
【總結升華】結論中含有“不是”“不可能”“不存在”等詞語的命題，此類問題的反面比較具體，適宜應用反證法．
?舉一反三：
【變式1】設{an}是公比為q的等比數列，Sn為它的前n項和．
（1）求證：數列{Sn}不是等比數列．
（2）數列{Sn}是等差數列嗎？為什么？
【解析】
證明：假設{Sn}是等比數列，則，
即．
∵a1≠0，∴(1+q)2=1+q+q2．
即q=0，與等比數列中公比q≠0矛盾．
故{Sn}不是等比數列．

【變式2】證明：是無理數．
【解析】
證明：假設不是無理數．即是有理數，那么必存在整數，
使得，其中為既約分數，則，所以，
于是能整除，從而為偶數，設，所以，
即，所以2能整除，于是m,n均為偶數，這與為既約分數矛盾，
所以假設不成立．從而原命題成立，即是無理數．
例7． 如圖所示，已知a，b，c是同一平面內的三條直線，a⊥c，b與c不垂直，
求證：a與b必相交．
【解析】
證法一：假設a與b不相交，則a∥b，所以∠1=∠2．
由于b與c不垂直，則∠2≠90°，即∠1≠90°，
所以a與c不垂直，這與已知條件矛盾，所以a與b必相交．
證法二：假設a與b不相交，則a∥6，所以∠1=∠2．
因為a⊥c，所以∠1=90°，即∠2=90°，
所以b⊥c，這與已知b與c不垂直矛盾，所以a與b必相交．
證法三：假設a與b不相交，則a∥b，所以∠1=∠2．
又b與c不垂直，則∠2≠90°，即∠1≠90°．
又因為a⊥c，所以∠1=90°，得出∠1≠90°與∠1=90°自相矛盾，所以a與b必相交．
【總結升華】題設簡單明了，從正面入手較難，而反面易于導出矛盾的命題，常用反證法．
用直接法難以下手，但其結論的反面非常明顯，因此用反證法證明比較方便．
舉一反三：
【變式】求證：兩條相交直線有且只有一個交點．
【解析】證明：假設結論不成立，即有兩種可能：
（1）若直線a、b無交點，那么a∥b，與已知矛盾；
（2）若直線a、b不止有一個交點，則至少有兩個交點A和B，這樣同時經過點A、B就有兩條直線，這與“經過兩點有且只有一條直線”相矛盾．
綜上所述，兩條相交直線有且只有一個交點．
例8．若都是正實數，，求證: 、中至少有一個成立．
【思路點撥】“至多”或“至少”語句的證明宜用反證法．
【解析】
證明：假設和都不成立，則有和同時成立．
因為且，所以且．
兩式相加得 ，
所以， 這與已知條件矛盾，
所以、中至少有一個成立．
【總結升華】從正面證明，需要分成多種情形進行分類討論，而從反面進行證明，只要研究一種或很少的幾種情形的問題多用反證法．比如帶有“至少有一個”等字樣的數學問題．
舉一反三：
【變式】已知，求證：中至少有一個大于．
【解析】假設都小于或等于，
因為 ，所以三者同為正或一正兩負，
又因為，所以三者中有兩負一正，
不妨設，則
由均值不等式得，即，
解得，與假設矛盾，所以 中至少有一個大于．
【鞏固練習】
一、選擇題
1．分析法是（ ）
A．執果索因的逆推法 B．執因導果的順推法
C．因果分別互推的兩頭湊法 D．逆命題的證明方法
2．命題“如果數列{an}的前n項和Sn＝2n2－3n，那么數列{an}一定是等差數列”是否成立(　　)
A．不成立 B．成立
C．不能斷定 D．能斷定
3．用反證法證明命題：“三角形的內角中至少有一個不大于60°”時，假設正確的是(　　)
A．假設三內角都不大于60°
B．假設三內角都大于60°
C．假設三內角至多有一個大于60°
D．假設三內角至多有兩個大于60°
4．在△ABC中，若2cosBsinA＝sinC，則△ABC的形狀一定是(　　)
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等邊三角形
5.設a，b是兩個實數，給出下列條件：
(1)a＋b>1；(2)a＋b＝2；(3)a＋b>2；(4)a2＋b2>2；(5)ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一個大于1”的條件是(　　)
A．(2)(3) B．(1)(2)(3)
C．(3) D．(3)(4)(5)
6．已知a、b是不相等的正數，，，則x，y的大小關系是（ ）
A．x＞y B．y＞x
C． D．不確定
7．已知m、n是兩條不同的直線，、、是三個不同的平面，下列命題中正確的是（ ）
A． B．
C． D．
8．設a、b、c都是正數，則三個數，，（ ）．
A．都大于2 B．至少有一個大于2
C．至少有一個不小于2 D．至少有一個不大于2
二、填空題
9．用反證法證明命題：若p則q，其第一步是反設命題的結論不成立，正確的反設是 .
10. 要證明不等式成立，只需證明： .
11．如果x，y，x滿足z＜y＜x，且xz＜0，那么①xy＞xz；②z(y－x)＞0；③zy2＜xy2；④xz(x－z)＜0中，正確命題的序號是 .
12．已知函數f(x)＝ax＋2a＋1，當x∈[－1,1]時，f(x)有正值也有負值，則實數a的取值范圍為 .
三、解答題
13. 已知,求證.
14．設直線l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中實數k1，k2滿足k1k2＋2＝0.證明l1與l2相交；
15．在△ABC中，三個內角A、B、C對應的邊分別為a、b、c，且A、B、C成等差數列，a、b、c成等比數列，求證：△ABC為等邊三角形．

【答案與解析】
1．【答案】A
【解析】 由分析法的定義知A正確，故選A。
2.【答案】　B
【解析】　∵Sn＝2n2－3n，
∴Sn－1＝2(n－1)2－3(n－1)(n≥2)，
∴an＝Sn－Sn－1＝4n－5.
當n＝1時，a1＝S1＝－1符合上式．
∵an＋1－an＝4(n≥1)為常數，
∴{an}是等差數列．
3. 【答案】　B
【解析】　至少有一個不大于60°的反面是都大于60°.
4. 【答案】C
【解析】在△ABC中，2cosBsinA＝sinC，
即2·a＝c.
∴a2＋c2－b2＝c2，∴a2＝b2，∴a＝b.
∴△ABC是等腰三角形，選C.
5.【答案】　C
【解析】　本題可用特值法，令a＝b＝知(1)不行，令a＝b＝1知(2)不行，令a＝b＝－2知(4)(5)都不成立．
6．【答案】B
【解析】 ∵，a≠b，a，b＞0，
∴。∴y＞x。故選B。
7．【答案】D
【解析】 根據性質“垂直于同一平面的兩條直線平行”，立刻可知選D。其他選項可以利用正方體模型進行檢驗。
8．【答案】C
【解析】 ，當且僅當a=b=c=1時取“=”。故選C。
9．【答案】非q
【解析】 對“若p則q”的否定已經不是“四種命題”中的任何一種，而是命題：p且非q，即反設命題的結論不成立為非q。
10. 【答案】
【解析】 常見的變形手段是平方，這樣可消去或減少根號。
11．【答案】①②④
【解析】 ①∵成立；
②∵成立；
③∵z＜y＜x且xz＜0，∴x＞0且z＜0，
當y=0時，zy2=xy2；
當y≠0時，zy2＜xy2。故③不正確。
④∵x＞z，∴x－z＞0，
又∵xz＜0，∴(x－z)xz＜0成立。
12. 【答案】－1【解析】f(1)·f(－1)<0，
∴(a＋2a＋1)·(2a－a＋1)<0.∴－113. 【解析】
要證，只需證
即，只需證，即證
顯然成立，因此成立
14. 【解析】
　假設l1與l2不相交，則l1與l2平行或重合，則k1＝k2
∵k1·k2＋2＝0，
∴k1·k1＋2＝0，
即k2＝－2不可能，故假設錯誤，∴l1與l2相交
15. 【解析】由A、B、C成等差數列，有2B＝A＋C. ①
因為A、B、C為△ABC的內角，
所以A＋B＋C＝π. ②
由①②得，B＝. ③
由a、b、c成等比數列，有b2＝ac. ④
由余弦定理及③可得，
b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac.
再由④得，a2＋c2－ac＝ac.
即(a－c)2＝0，因此a＝c.
從而有A＝C. ⑤
由②③⑤得，A＝B＝C＝.
所以△ABC為等邊三角形．

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