maths

AGRGATION INTERNE DE MATHMATIQUES

LINTGRALE DE DIRICHLET

+0

sin(t)

tdt.

PATRICE LASSRE

Rsum. Afin de bien rviser lintgration et plus prcisment les intgrales paramtres, amusons nous avec

plusieurs mthodes de calcul pour lintgrale de DirichletR +0

sin(t)t

dt.

1. Prliminaires

La convergence de lintgrale impropre +0

sin(t)t

dt est classique : il ny a pas de problmes lorigine car t 7 sin(t)/t sy prolonge continuement, le seul problme est donc en +.Intgrable sur [0, 1], il est suffisant de sassurer de la convergence sur [1, +[ : soit x > 1, uneintgration par parties donne x

1

sin(t)

tdt =

[cos(t)

t

]x1

x

0

cos(t)

t2dt

lorsque x tends vers + le terme entre crochets tends vers sin(1) et le second (puisque| cos(t)/t2| t2 L1([1, +[)) vers

1cos(t)/t2dt R . Par consquent +

0sin(t)

tdt converge.

Par contre lintgrale +0

| sin(t)t|dt diverge, pour sen convaincre le mthode classique consiste

crire pour tout entier N 2 N1

sin tt dt

Nk=1

kpi+3pi/4kpi+pi/4

sin tt dt

N

k=1

2

2

kpi+3pi/4kpi+pi/4

dt

t

N

k=1

pi

2

kpi + 3pi/4

2

Nk=1

1

k +.

Do la non absolue intgrabilit (tout ceci bien entendu marche aussi pour les intgrales +0

| sin(t)t|dt, ]0, 1]...).

1

2 PATRICE LASSRE

On peut aussi plus simplement criresin tt

sin2 tt = 1 cos 2t2t := g(t) 0

et observer que g nest pas intgrable en + (en effet, cos 2t/t lest pour les mmes raisonsque sin t/t mais pas 1/t...) ce qui, via les thormes de comparaison pour les fonctions positivesassure la non-intgrabilit de t 7 | sin(t)

t| en linfini.

Pour terminer, remarquons que par une intgration par parties lgitime +0

(sin(t)

t

)2dt =

[sin

2 t

t

]+

+0

2 sin(t) cos(t)

tdt =

+0

sin(2t)

tdt

do la remarquable1 formule +0

sin(t)

tdt =

+0

(sin(t)

t

)2dt.

2. Calculs de +

0

sin(t)

tdt

Exercice 1 : Soit F (x) = +

0

sin(xt)

t(t2 + 1)dt.

1) Prciser le domaine de dfinition de F .2) tudier la continuite et lexistence des drives premires et secondes.

3) Exprimer F (x) en fonction de C := +

0

sin(t)

tdt

4) En dduire la valeur de C.

Solution : Lintgrale dfinissant F est clairement convergente pour tout x R : F estdfinie sur R et est impaire. Posons f(x, t) = sin(xt)

t(t2+1).

Soit a > 0, pour x [a, a] et t R+ on a

|f(x, t)| =sin(xt)t 1t2 + 1

|x|t2 + 1 at2 + 1 L1(R+),vu la rgularit de f le thorme de continuit des intgrales paramtres assure que F C 0([a, a]), et ceci pour tout a > 0 : F est donc continue sur R.

1On a aussiR +0

sin(t)t

dt =P

n1sin(n)

n= pi

2

AGRGATION INTERNE DE MATHMATIQUES LINTGRALE DE DIRICHLET

Z+

0

sin(t)

tdt. 3

xf(x, t) =cos(xt)

t2 + 1, on a donc pour tout x R et t R+

|xf(x, t)| =cos(xt)t2 + 1

1t2 + 1 L(R),par le thorme de drivation des intgrales paramtres, F C 1(R) et F (x) =

+0

cos(xt)

t2 + 1dt.

Pour lexistence de la drive seconde laffaire est plus dlicate, car

2xf(x, t) =t sin(xt)t2 + 1

tsin(xt)t

,et cette dernire nest (comme

sin(t)t ) pas intgrable en + : toute tentative de domination(mme locale) pour appliquer le thorme prcdent est donc vaine. Lastuce constiste par uneintgration par parties crire F sous une forme acceptable pour justifier la drivation souslintgrale :soit x R? :

F (x) =

+0

cos(xt)

t2 + 1dt =

[sin(xt)

x(t2 + 1)

]0

+

+0

2t sin(xt)

x(t2 + 1)2dt

=

+0

2t sin(xt)

x(t2 + 1)2dt.

Ainsi, pour x 6= 0 on a

(8) F (x) = +

0

cos(xt)

t2 + 1dt =

+0

2t sin(xt)

x(t2 + 1)2dt

sous cette seconde forme, on va pouvoir appliquer le thorme de drivation des intgrales paramtres, en effet soit a > 0, pour x a x

(2t

x sin(xt)(t2 + 1)2

) 2tx2 sin(xt)(t2 + 1)2

+2t2 cos(xt)x(t2 + 1)2

|2t|

a2(t2 + 1)2+

2t2

a(t2 + 1)2 L1(R)

on peut donc driver sous lintgrale : F est deux fois drivable sur R? et

F (x) =

+0

( 2t

x2 sin(xt)(t2 + 1)2

+2t2 cos(xt)

x(t2 + 1)2

)dt, x R?.

4 PATRICE LASSRE

Cette expression est un peu charge, faisons une intgration par parties :

F (x) =

+0

( 2t

(t2 + 1)2 sin(xt)

x2+

2t2 cos(xt)

x(t2 + 1)2

)dt

=

[sin(xt)

x2(t2 + 1) t cos(xt)

x(t2 + 1)

]0

+

0

(x cos(xt)

x2(t2 + 1) cos(xt) xt sin(xt)

x(t2 + 1)

)dt

= +

0

t sin(xt)

t2 + 1dt.

Il est intressant ce stade dobserver que nous retrouvons finalement la formule

F (x) =

+0

2

x2f(x, t)dt, x R?,

mais pour justifier une drivation sous lintgrale une transformation de F (voir (8)) tncessaire ; remarquez aussi que lexistence de F (0) reste ouverte. Nous avons donc :

F (x) =

+0

cos(xt)

t2 + 1dt, x R,

F (x) = +

0

t sin(xt)

t2 + 1dt, x R?.

Ainsi, pour tout x R?,

F (x) F (x) = +

0

sin(xt)

t(t2 + 1)dt +

+0

t sin(xt)

x(t2 + 1)dt

=

+0

sin(xt)

tdt =

{C, x R?+,C, x R?.

F est donc solution de lquation diffrentielle F F = C sur R?+ et F F = C sur R? cequi nous donne

F (x) =

{aex + bex + C, x R?+,cex + dex C, x R?.

(remarquez que ces quations impliquent lim0+ F(x) = C = lim0 F (x) qui assurent si C 6=

0 que F admet lorigine des limites droite et gauche diffrentes ce qui (proprit classiquede lapplication drive, Darboux par exemple) nous permet daffirmer que F (0) nexiste pasmais F est tout de mme drivable droite et gauche en 0 avec F (0+) = C = F (0)...)F tant impaire, a = d, b = c soit

F (x) =

{aex + bex + C, x R?+,bex aex C, x R?


Z+

0

sin(t)

tdt. 5

et F continue lorigine avec F (0) = 0 implique

F (0) = 0 = limx0+

F (x) = a + b + C = limx0

F (x) = a b C

soit a + b = C ; de mme, F continue lorigine avec F (0) = pi/2 donne a b = pi/2 i.e.2a = pi/2 C, 2b = C pi/2 et finalement(4) F (x) = pi

2sh(x) Cch(x) + C, x R?+.

Il reste valuer C. Pour cela, montrons que limx+

F (x) = C. Soit x > 0,

F (x) C = F (x) = +

0

( 2t

x2 sin(xt)(t2 + 1)2

+2t2 cos(xt)

x(t2 + 1)2

)dt

(on a encore ici besoin de la premire expression de F pour conclure facilement) pour x a > 0,on a la domination 2tx2 sin(xt)(t2 + 1)2 + 2t

2 cos(xt)

x(t2 + 1)2

2ta2(t2 + 1)2 + 2t2

a(t2 + 1)2 L1(R+).

Donc par le thorme de la convergence domine

limx+

(F (x) C) = +

0

limx+

( 2t

x2 sin(xt)(t2 + 1)2

+2t2 cos(xt)

x(t2 + 1)2

)dt = 0

soit avec (4)lim

x+F (x) = C et F (x)

+

(pi2 C

)ex + C

qui donnent

C =

+0

sin(t)

tdt =

pi

2.

C.Q.F.D. o

Exercice 2 : On considre lapplication f(x) := +0

sin(t)t

extdt.1) Montrer que f C 1(R?+).2) En dduire une forme explicite de f sur R?+.3) Montrer que f est continue lorigine.4) En dduire que

+0

sin(t)t

dt = pi2.

Solution : 1) crivons f(x) = +0

g(x, t)dt o g(x, t) = ext sin(t)t

. Pour x = 0, f(0) = +0

sin(t)t

dt et nous retrouvons lintgrale de Dirichlet ; pour x > 0, comme |g(x, t)| ext L1(R+), f est encore bien dfinie : f est finalement dfinie sur R+.

6 PATRICE LASSRE

Soit a > 0, nous avons

|g(x, t)| eat L1(R+) etgx (x, t)

= | sin(t)ext| eat L1(R+).De ces deux ingalits, le thorme de continuit et drivabilit des intgrales paramtresassure que f C 1(R?+) et

x R?+, f (x) = +

0

sin(t)extdt.

i Remarque : Il faut se garder, malgr les questions suivantes, de vouloir par ces thormesde domination obtenir la continuit de f lorigine : en effet f est lorigine dfinie parlintgrale de Dirichlet qui est notoirement non absolument convergente et une domination deg dans un voisinage de lorigine impliquerai assurment labsolue convergence. Cest pourquoidailleurs les dominations nont lieu que sur [a, +[...

2) Lexpression de f (x) que nous venons dobtenir nous permet un calcul explicite : soitx > 0

f (x) = +

0

sin(t)extdt = 12i

+0

(eit eit) extdt

= 12i

+0

(et(ix) et(i+x)) dt

= 12i

([et(ix)

i x]

0

+

[et(i+x)

i + x

]0

)

= 12i

( 1

i x 1

i + x

)= 1

1 + x2

(les deux termes entre crochets sont nuls linfini car par exemple | et(i+x)i+x

| = extx2+1

0lorsque t tends vers +....). En intgrant cette formule, il vient

C R : x R?+ f(x) = arctan(x) + C.La constante C nest pas difficile dterminer, en effet la formule ci-dessus implique que

limx+

f(x) = pi2

+ C

et pour tout x > 0

|f(x)| +

0

extdt =1

x

x+0

soit

pi2

+ C = 0 et C =pi

2.


Z+

0

sin(t)

tdt. 7

Rsumons nous :

(8) f(x) =

arctan(x) + pi

2, si x > 0 +

0

sin(t)

tdt, si x = 0.

3) Il sagit de montrer que

limx0+

|f(x) f(0)| = limx0+

+

0

sin(t)

t

(ext 1) dt = 0.

Cette limite nest pas triviale, on va faire une intgration par parties : considrons pour t > 0,G(t) =

t

sin(u)u

du. G est drivable et G(t) = sin(t)t

, en outre la convergence de +0

sin(t)t

dtimplique limtG(t) = 0. Ainsi

f(x) f(0) = +

0

sin(t)

t

(ext 1)

= +

0

G(t)(ext 1)

=[G(t)

(ext 1)]

0 +

0

G(t)xextdt

=u=xt

+

0

G(u

x

)eudu :=

+0

H(x, u)du

et la fonction

H(x, u) =

{G(u

x

)eu si x 6= 0,

0 si x = 0.

est continue sur R+ R?+ (la continuit en (0, u) dcoule de limtG(t) = 0) ; elle est aussidomine par

|H(x, u)| eu L1(R+).Donc par convergence domine

(4) limx0+

|f(x) f(0)| = limx0

+

0

H(x, u)du

= +

0

limx0

H(x, u)du

= 0.f est donc bien continue lorigine.

4) (8) et (4) donnent immdiatement +0

sin(t)

tdt =

pi

2.

o

8 PATRICE LASSRE

Exercice 4 : Soient f(x) =

0

sin(t)

t + xdt, g(x) =

0

ext

t2 + 1dt.

1) Montrer que f, g C 2(R?) (pour f , on pourra commencer par montrer que f(x) =0

1cos(t)(t+x)2

dt).2) Montrer que f et g sont solutions de lquation diffrentielle y + y = 1/x.3) En dduire que f g est 2pi-priodique (sur son domaine de dfinition).4) Montrer que f et g sont quivalentes 1/x en + puis, que f = g.5) En dduire la valeur que

0

sin(t)

tdt

Solution : 1) et 2) Ces intgrales impropres sont clairement convergentes pour tout x R+ ;posons pour (x, t) R+ R+ : f(x, t) = sin(xt)/t + x, g(x, t) = etx/t2 + 1. Les dominations

|g(x, t)| 11 + t2

, t R+,

t R+,g(x, t)x

teat1 + t2 L1(R+), x a > 0, t R+,

2g(x, t)x2 t2eat1 + t2 L1(R+), x a > 0,

assurent par convergence domine que g est continue sur R+ et de classe C 2 sur R?+ avec

g(x) =

0

text

t2 + 1dt, g(x) =

0

t2ext

t2 + 1dt, x R?+.

On en dduit immdiatement que g(x) + g(x) = 1/x sur R?+.

Pour f cest un peu plus dlicat car lapplication t 7 f(x, t) est notoirement non absolumentintgrable sur R+ et toute domination est veine, on commence donc par une intgration parparties pour obtenir une expression plus exploitable de f .

f(x) =

0

sin(t)

t + xdt =

[1 cos(t)

t + x

]0

+

0

1 cos(t)(t + x)2

dt =

0

1 cos(t)(t + x)2

dt

(afin dallger les calculs on a choisi 1 cos(t) comme primitive de sin(t) choix qui annule le terme entre crochets ). De l, si h(x, t) = 1 cos(t)/(t + x)2 et pour x a > 0

t R+,h(x, t)x

=2(1 cos(t))(t + x)3

2(t + a)3 L1(R+), x a > 0, t R+,

2h(x, t)x2 =

6(1 cos(t))(t + x)4 12(t + a)3 L1(R+), x a > 0,


Z+

0

sin(t)

tdt. 9

ces dominations impliquent que f C 2(R?+) avec

f (x) =

0

6(1 cos(t))(t + x)4

dt, x R?+et avec une intgration par parties

f (x) =

0

6(1 cos(t))(t + x)4

dt =

[2(1 cos(t))

(t + x)3

]0

+

0

2 sin(t)

(t + x)3dt

=

[ sin(t)

(t + x)2

]0

+

0

cos(t)

(t + x)2dt =

0

cos(t)

(t + x)2dt

=

0

dt

(t + x)2

0

1 cos(t)(t + x)2

dt

=1

x f(x), x > 0.

3) f et g sont solutions sur R?+ de lquation y+y = 1/x, f g est donc solution de lquation

y + y = 0 : cest la restriction R?+ dune solution sur R de y + y = 0 donc 2pi-priodique.

4) Soit x > 0, vu ce qui prcde

f(x) =1

x

0

2 sin(t)

(t + x)3dt

et comme

0

2 sin(t)

(t + x)3dt

0

2dt

(t + x)3=

2

x2= o(x1)

i.e.

f(x) =1

x+ o(x1)

+

1

x.

Pour g, on procde de mme encore plus simplement.

Sur R?+, f g est continue 2pi-priodique et tends vers 0 en + : elle est donc identiquementnulle et on a

0

sin(t)

t + xdt =

0

ext

t2 + 1dt, x R?+.

5) Pour conclure, voir lexercice prcdent. o

Exercice 3 : Montrer que pi/20

ex cos(t) cos(x sin(t))dt =pi

2 x

0

sin(t)

tdt

et en dduire que pi/2

0

sin(t)

tdt =

pi

2.

10 PATRICE LASSRE

Solution : Soit x R, on a pi/20

ex cos(t) cos(x sin(t))dt = Re

( pi/20

ex cos(t)eix sin(t)dt

)

= Re

( pi/20

exeit

dt

)

= Re

( pi/20

n=0

(x)neintn!

dt

)

=pi

2+

n=1

(x)nn!

pi/20

Re(eint

)dt

=pi

2+

n=1

(x)nn!

[sin(nt)

n

]pi/20

=pi

2+

n=1

(x)nn!

sin(npi/2)

n

=pi

2+

k=0

(x)2k+1(2k + 1)!

sin((2k + 1)pi/2)

2k + 1

=pi

2

k=0

(1)kx2k+1(2k + 1)(2k + 1)!

=pi

2

k=0

x0

(1)kt2k+1(2k + 1)!

dt

t

=pi

2 x

0

k=0

(1)kt2k+1(2k + 1)!

dt

t

=pi

2 x

0

sin(t)

tdt.

Les deux changes

=

sont justifis par la normale convergence des deux sries entiressur le domaine dintgration (leur rayon de convergence tant infini).

Une convergence domine lmentaire2 (ex cos(t) cos(x sin(t)) 1 L1([0, pi/2])) implique

limx+

pi/20

ex cos(t) cos(x sin(t))dt = 0,

2que lon peut aussi viter en coupant lintgrale en deux...


Z+

0

sin(t)

tdt. 11

soit, vu la formule tablie au dessus

limx+

(pi

2 x

0

sin(t)

tdt

)= 0

et par consquent +

0

sin(t)

tdt =

pi

2. o

Exercice 5 : (avec des intgrales doubles-1) En intgrant f(x, t) = exysin(x) sur [, T ] [0, +[, 0 < < T, calculer

+0

sin(t)

tdt.

Solution : Soient 0 < < T , nous avons T

sin(x)

xdx =

T

sin(x)

( 0

exydy

)dx

=

0

( T

sin(x)exydx

)dy

=

0

ey(cos + y sin ) eyT (cos T + y sin T )y2 + 1

dy

=

0

g,T (y)dy

lapplication ci-dessus du thorme de Fubini est justifie par |f(x, y)| exy et T

( 0

exydy

)dx =

T

[e

xy

x

]0

dx =

T

dx

x= log

T

< .

pour tous 0 < < T .

Maintenant, observons que pour 0 < y|ey(cos + y sin )| 1 + yey 1 + e1,

de mme, pour T 1|eyT (cos T + y sin T )| eyT (1 + y) ey(1 + y).

Ainsi pour 0 < y T et T 1

|g,T (y)| max{(1 + e1, ey(1 + y)}

y2 + 1 L1(R+).

Il est donc lgitime dinvoquer le thorme de la convergence domine pour crire

lim0+

limT+

0

g,T (y)dy =

0

dy

y2 + 1=

pi

2,

12 PATRICE LASSRE

dautre part, comme T

sin(x)

xdx =

0

g,T (y)dy

nous avons finalement 0

sin(x)

xdx = lim

0+lim

T+

0

g,T (y)dy =pi

2.

o

Exercice 6 : (avec des intgrales doubles - 2)En intgrant sur [0, u] [0, u], f(x, y) = sin(x)exy, montrer que u

0

sin(x)

x(1 exu)dx =

u0

1 eyu( cos(u) + y sin(y))1 + y2

dy,

et en dduire que +

0

sin(t)

tdt =

+0

sin2(t)

t2dt =

pi

2.

Exercice 7 : (avec Riemann-Lebesguea)1) Montrer que

n N : pi/2

0

sin((2n + 1)t

)sin(t)

dt =pi

2.

2) Montrer que

limn

( pi/20

sin((2n + 1)t

)t

dt pi/2

0

sin((2n + 1)t

)sin(t)

dt

)= 0.

3) En dduire que +

0

sin(t)

tdt =

+0

sin2(t)

t2dt =

pi

2.

aLe Lemme de Reimann-Lebesgue : si f C 0([a, b]) alors limnR b

af(t) cos(nt)dt = limn

R ba

f(t) sin(nt)dt = 0 ; la preuve estlmentaire si f C 1([a, b]) avec une intgration par parties et un peu plus dlicate si f est seulement continue.

Solution : 1) On a pour x ]0, 2pi[1

2+ cos(x) + cos(2x) + + cos(nx) = sin((2n + 1)x/2)

2 sin(x/2),

par consquent pour x ]0, pi[

1 + 2 cos(2x) + 2 cos(4x) + + 2 cos(2nx) = sin((2n + 1)x)sin(x)

,


Z+

0

sin(t)

tdt. 13

qui donne immdiatement pi/20

sin((2n + 1)t

)sin(t)

dt =pi

2.

2) Nous avons

limn

( pi/20

sin((2n + 1)t

)t

dt pi/2

0

sin((2n + 1)t

)sin(t)

dt

)

= limn

pi/20

sin(t) tt sin(t)

sin((2n + 1)t)dt = 0,

la dernire limite est nulle via Riemann-Lebesgue par continuit de lapplication t 7 sin(t)tt sin(t)

sur [0, pi/2].

3) La convergence de lintgrale0

sin(t)t

dt implique +0

sin(t)

tdt = lim

n

npi/20

sin(t)

tdt = lim

n

pi/20

sin(nt)

tdt,

en particulier +0

sin(t)

tdt = lim

n

pi/20

sin((2n + 1)t)

tdt,

on invoque alors les deux premires questions pour conclure. o

Exercice 8 : Calculer par rcurrence In = pi/2

0

sin(2nt)

tan(t)dt et en dduire que

pi/20

sin(t)

tdt =

pi

2.

Solution : Cest la mme ide que lexercice prcdent. o

Exercice 9 : On pose f(x) = +

0

sin(t)

textdt. Montrer que f C 0(R+)C 1(R?+), calculer

f pour en dduire la valeur de pi/2

0

sin(t)

tdt.

14 PATRICE LASSRE

Exercice 10 : (avec Green-Riemann)1) Soient 0 < a < b. Calculer lintgrale curviligne de la forme diffrentielle

=ey

x2 + y2{(x sin(x) y cos(x))dx + (x cos(x) + y sin(x))dy}

le long du contour orient :

aa bb

C1C3

C2

C4

2) En dduire quepi

2=

+0

sin(t)

tdt.

Solution : 1) La forme est ferme dans R2 \ {(0, 0)} donc dans louvert toil { rei, r >0, pi/4 < < 5pi/4 }, soit avec Poincar

C

= 0.

2) Nous allons successivement faire tendre a vers 0+ et b vers +. En respectant les notations de la figure

lima0+

limb+

C1

= lima0+

limb+

C3

= lima0+

limb+

ba

sin(x)

xdx =

0

sin(x)

xdx,

Pour C2, la paramtrisation x = b cos(), y = b sin() o varie de 0 pi donneC2

=

pi0

eb sin() cos(b cos )d

qui tends vers 0 par convergence domine puisque |eb sin() cos(b cos )| eb sin() 1 L1([0, pi]).

De mme, pour C4, la paramtrisation x = a cos(), y = a sin() o varie de pi 0 donneC4

= pi

0

ea sin() cos(a cos )d

qui tends vers pi par convergence domine puisque |ea sin() cos(a cos )| 1 L1([0, pi]). En rsum

0 = lima0+

limb+

C

= 2

0

sin(x)

xdx pi

CQFD. o


Z+

0

sin(t)

tdt. 15

Exercice 11 : (avec la formule de Cauchy) Pour R > 0, > 0 on note R, le circuit ci-dessous

R

R,

1) Calculer

R,

eiz

zdz.

2) Montrer que lim0+

eiz 1z

dz = limR+

R

eiz

zdz = 0.

3) En dduire que +

0

sin(t)

tdt =

pi

2.

Solution : Cest la version holomorphe de lexercice prcdent. o

3. Autour de lintgrale de Dirichlet

Exercice 12 : Soit f C 0([0, +[, R) tendant vers 1 en + et

(x) :=

+0

f(t)

(sin(xt)

t

)2dt.

1) Quel est de domaine de dfinition de ? Exprimez la limite L en 0+ de (x)/x en fonctiondune intgrale.2) Prouver que lon a

L =

+0

(sin(t)

t

)2dt =

+0

sin(t)

tdt.

Exercice 13 : (E3343) Montrer que

n=1

1

n

+2npi

sin(t)

tdt = pi pi

2log(2pi),

n=1

1

n

+2npi

sin(t)

tdt =

pi

2 pi

2log(pi).

16 PATRICE LASSRE

Exercice 14 : (valuation du reste) Montrer que pour tout x > 0 :

x

sin(t)

tdt

2x.

Exercice 15 : (E4286) Montrer que +0

cos2(x) cos(x)x

dx =

2

o est la constante dEuler.

Exercice 16 :

Lassre Patrice : Institut de Mathmatiques de Toulouse, Laboratoire E.Picard, UMR CNRS 5580, Universit

Paul Sabatier, 118 route de Narbonne, 31062 TOULOUSE.7 mars 2008 [email protected]

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