problème de probabilité!

Valentin · 19-07-2010 14:00:18

Bonjour à tous:
J'ai un problème de probabilité à résoudre, mais je ne vois pas trop, et j'ai encore besoin de votre aide.
1)Une urne contient 14 boules: 2 blanches, 2 noires, 2 rouges, 2 bleues, 2 vertes, 2 jaunes, 2 oranges. On en tire 4 sans remise.
a) Quelle est la probabilité d'obtenir deux paires de boules de même couleur?
b) Quelle est la probabilité d'obtenir au moins deux boules de même couleur?

2)Dans un bassin se trouvent 10 poissons rouges et 10 poissons gris. On les pêches TOUS successivement. Pour tout entier i compris entre 1 et 20, on introduit la variable aléatoire [tex]{X}_{i}[/tex] qui vaut 1 si [tex]{i}^{eme}[/tex] poissons pêché est rouge et 0 si ce poisson est gris.
a) Quelle est la loi de [tex]{X}_{1}[/tex] ? Celle de [tex]{X}_{2}[/tex] ?
b) Généraliser le résultat aux autres variables [tex]{X}_{i}[/tex]
c)Quelle est la loi du couple [tex]\left({X}_{1},{X}_{2}\right)[/tex] ? Celle de [tex]\left({X}_{1},{X}_{3}\right)[/tex] ?
c) Généraliser le résultat aux autres couples de variables [tex]\left({X}_{i},{X}_{j}\right)[/tex] pour i différent de j.
Merci
Valentin

Dernière modification par Valentin (19-07-2010 14:02:10)

freddy · 19-07-2010 16:04:50

Salut Valentin,

sujets sympas.

pour le 1), le cardinal de l'univers (ensemble de 4 boules choisies parmi 14) on a :[tex]\binom{14}{4}=14.13.11= 2.002[/tex] quadruplets possibles.

Prob de a (2*2 boules de même couleur) revient à choisir 1 boule parmi 14 puis une seconde boule parmi 1 (de la même couleur), et une boule parmi 12 et 1 boule parmi celle de la même couleur, sans ordre.

Nombre de possibles : [tex]\frac12\times \binom{14}{1}\times \binom{1}{1}\times \frac12\times \binom{12}{1}\times \binom{1}{1}= 42[/tex]

On remarque que c'est équivalent à choisir une couleur parmi 7, puis un couleur parmi les 6 restantes; soit 7*6 !

Donc prob = [tex]\frac{3}{143}[/tex]

Pour le b), passer par le complémentaire : aucune de même couleur.

Nombre de possibles = [tex]\frac{1}{4!}\times \binom{14}{1}\times \binom{12}{1}\times \binom{10}{1}\times \binom{8}{1}=1.120[/tex]

Donc proba =[tex]\frac{560}{2001}[/tex] et donc proba recherchée = [tex]\frac{441}{1001}[/tex] soit environ 44 %, sauf erreur !

yoshi · 19-07-2010 17:16:07

Salut,

J'attendais ta réponse avec impatience...
Une chose m'échappe toutefois.
Tu écris :
[tex]\binom{14}{4}=14.13.11= 2.002[/tex] quadruplets possibles.
Pourquoi pas 7 x 13 x 11 ???
Selon BibMath et Fred :
[tex]\binom{n}{p}=\frac{n(n-1)...(n-p+1)}{p!}[/tex]
Soit ici :
[tex]\binom{14}{4}=\frac{14\times 13 \times 12 \times 11}{4\times 3 \times 2\times 1}=\frac{14\times 13 \times 11}{2}=1001[/tex]
Pour être sûr que je raconte soit plausible (et ne soit pas une trop grosse bourde), j'ai repris mon prog du triangle de Pascal et j'ai obtenu :
1 14 91 364 1001 2002 3003 3432 3003 2002 1001 364 91 14 1

Si je commence de développement :
[tex](a+b)^{14}=C_0^{14}a^{14}+C_1^{14}a^{13}b^1+C_2^{14}a^{12}b^2+C_3^{14}a^{11}b^3+C_4^{14}a^{10}b^4+.....[/tex]
dans ma ligne je trouve bien 1001 pour [tex]\binom{14}{4}[/tex]...

Ensuite, en fin de post, d'un coup nous voilà avec un dénominateur de 2001... D'ou vient-il ?
D'autant plus que :

proba =[tex]\frac{560}{2001}[/tex] et donc proba recherchée = [tex]\frac{441}{1001}[/tex]

le dénominateur suivant est bien 1001 et que 560 + 441 = 1001...
Y a un blème qq part, chef !

Qu'est-ce donc qui m'échappe ?

@+

freddy · 19-07-2010 18:21:58

Re,

la réponse est malheureusement dans le "sauf erreur" , car en fait, tu en as soulevée une belle ...

Pour l'anedocte, j'ai lu l'énoncé et, tout en écrivant un PV de réunion, j'étais en train de réfléchir au pb. D'où pex, le 4! = 12 ..... alors que c'est 24 ... et tout à l'avenant !

Donc en effet, on est sur 1001 quadruplets .. ! j'ai d'ailleurs récidivé avec le 1120 qui vaut en fait 560 que j'ai corrigé ensuite sans le savoir.

Quant au 2001, c'est 2002 qui devait devenir 1001 d'où le raccourci saisissant (préparation de la tranformation du 2 en 1).

Je corrige ici : [tex]\Pr(a) =\frac{7.6}{7.13.11}=\frac{6}{143}[/tex]

Donc merci d'avoir relever les bourdes. Et mille excuses aux lecteurs !

Sinon, le sujet suivant est pas mal aussi.

La loi de [tex]X_1[/tex] est celle d'une va de bernoulli de proba p = 1/2 puisque j'ai 10 cas favorables sur 20 poissons de tirer le premier rouge.

Celle de [tex]X_2[/tex] est encore un va de bernoulli (qui prend la valeur 0 ou 1) dont la proba vaut encore ... 1/2.

En effet, pour que le second poisson soit rouge, j'ai deux scénarios possibles :

- soit j'ai tiré un gris puis un rouge, [tex]p_1 = \frac{10}{20}\times \frac{10}{19}[/tex]

- soit j'ai tiré un rouge puis encore un rouge, [tex]p_2= \frac{10}{20}\times \frac{9}{19}[/tex]

Donc au total, la proba vaut [tex]p_2=\frac{10}{20}\times \left(\frac{10}{19}+\frac{9}{19}\right)[/tex]

Dernière modification par freddy (19-07-2010 18:23:01)

SynPoo · 19-07-2010 19:00:12

Prob de a (2*2 boules de même couleur) revient à choisir 1 boule parmi 14 puis une seconde boule parmi 1 (de la même couleur), et une boule parmi 12 et 1 boule parmi celle de la même couleur, sans ordre.

Et si on tire d'abord 1 boule A, puis une boule B, puis encore une A et enfin une B, est-ce que l'ordre du tirage n'est pas à prendre en compte dans le calcul ?

En partant sur du dénombrement, on compte qu'il y a 7*6 combinaisons de doubles paires à choisir dans 7 paires, chacune ayant 6 arrangements possibles.
A ramener au nombre de tirages de 4 boules calculés ci-avant.

freddy · 19-07-2010 23:03:29

Généralisation :

pour pouvoir généraliser, il faut pousser le bouchon i un peu plus loin ("attention, Maurice, on te surveille, gare à pas tout manger le socolat ...").

Comme d'hab, cher Valentin, ton sujet est toujours aussi mal formulé. La faute à qui ? Je ne sais, mais je vais te laisser un peu chercher, par exemple regarde ce que vaut la proba. [tex]p_i[/tex] pour i = 3 et i = 4. Je peux t'assurer que les deux premières proba. ne permettent pas de déduire la suite !

Idem pour les lois jointes.

Est ce toi qui adaptes des sujets piochés à droite et à gauche, ou bien vas tu les chercher sur Mars ou sur Vénus ?

Freddy, un rien agacé.

freddy · 20-07-2010 15:25:40

Re, je continue ...

ON va calculer pour i= 3 puis 4 avant de chercher une formule générale.

Pour i=3, et calculon que la troisième boule soit rouge. ON comprend que les deux premières sont quelconques ... mais le quelconque n'est pas si quelconque que cela, car les tirages étant successifs et sans remise, le nombre et la proportion de poisson rouge ou gris du bassin diminue de manière différente selon les tirages.

On dénombre : 1 cas type RRR ; 2 cas type RGR et 1 cas type GGR.

On a alors [tex]p_3=\frac{10.9.8}{20.19.18} + 2\times \frac{10.10.9}{20.19.18} + \frac{10.9.10}{20.19.18}[/tex] Tout calcul fait, on retrouve [tex]p_3=\frac12[/tex].

Prenons maintenant i=4, et calculons la prob la quatrième boule tirée est rouge.

on dénombre alors 1 cas type RRRR, 3 cas type RRGR, 3 cas type RGGR et 1 cas type GGGR.

La calcul de [tex]p_4=\frac{10.9.8.7}{20.19.18.17} +3\times \frac{10.9.10.8}{20.19.18.17} +3\times \frac{10.10.9.9}{20.19.18.17} + \frac{10.9.8.10}{20.19.18.17} =\frac12[/tex]

A partir de là, on peut se mettre à suspecter une forme générale qui ne demande qu'à être démontrée en toute généralité ...

Es tu d'accord, Valentin ?

Dernière modification par freddy (20-07-2010 17:15:39)

freddy · 20-07-2010 17:26:17

Re,

je propose la formule suivante :

[tex]p_i = \sum_{p=0}^{i-1}\binom{i-1}{p}\frac{\binom{10}{p}\times \binom{10}{i-p}}{\binom{20}{i}}[/tex]

Il reste à la simplifier ...

yoshi · 20-07-2010 18:30:56

Bonsoir,

Encore l'emm... de service !
Jolie formule qui me chiffonne pourtant...
[tex]p_i = \sum_{p=0}^{i-1}\binom{i-1}{p}....[/tex]
Là, ok, pas de problème p <= i-1...
Par contre :
[tex]\binom{10}{p}[/tex]
Et si p > 10 ?
Puisque p varie de 0 à i-1 quel est le max pour i ?

@+

freddy · 21-07-2010 08:31:16

Tout à fait d'accord, Thierry ...

Il faut que je trouve un peu de temps pour les cas où i > 10

A plus

freddy · 21-07-2010 10:18:33

Salut !

On s'emm... pour rien, il faut prendre une approche simple.

C'est le déroulement d'un arbre binaire G ou R, ou on a alternativement G ou R.

A chaque stade p du déroulement du processus, on compte le nombre de chemin :: on en a bien entendu [tex]2^p[/tex]. A ce stade, on compte combien on en a qui finissent par G ou R.

Bien entendu, on en a [tex]2^{p-1}[/tex] pour chacun. Et donc la probabilité de finir sur un Rouge est donnée par le quotient [tex]\frac{2^{p-1}}{2^p}=\frac12[/tex].

CQFD ...

freddy · 21-07-2010 14:05:04

Re,

en route pour les lois jointes du couple [tex]\left(X_1, X_2 \right)[/tex]

c'est assez facile à calculer, en appliquant le principe : [tex]\Pr\left(X_1=i, X_2=j\right)=\Pr\left(X_2=j/X_1=i\right)\times \Pr\left(X_1=i\right),\;(i,j) \in \{0,1\}^2[/tex]

Pour i=1 et j=0, on voit vite que prob(j=0) sachant que i=1 est égale à 10/19, car il reste 19 poissons et 10 Gris ; puisque la prob(i=1)=1/2 (cf ci dessus), on retrouve les probas du tableau ci dessous.

X1\X2    0         1       L(X1)

0      9/38      5/19     1/2

1      5/19      9/38     1/2

L(X2)    1/2       1/2      1

Au passage, on vérifie bien que les lois marginales L(X) sont conformes aux calculs de la première question.

Dernière modification par freddy (31-07-2010 23:43:13)

Valentin · 21-07-2010 14:35:19

Salut Freddy,
Pour ta question: "Est ce toi qui adaptes des sujets piochés à droite et à gauche, ou bien vas tu les chercher sur Mars ou sur Vénus ?", non, c'est un sujet d'examen qu'un prof avait donné à l'examen et je l'ai réécrit tel qu'il a été donné.
Concernant la question 1 "b) Quelle est la probabilité d'obtenir au moins deux boules de même couleur?", d'après le calcul que t'as fait en post [tex]P=\frac{\binom{14}{1}\binom{12}{1}\binom{10}{1}\binom{8}{1}}{\binom{14}{4}4!}=\frac{80}{143}[/tex]

Pour la question 2 "b) Généraliser le résultat aux autres variables ", je n'ai pas compris ta démarche. Dans un premier temps, tu as posé i=3 puis t'as calculé la probabilité de tirer le troisième poisson rouge. On a l'univers : [tex]\Omega ={RRR;RRG;RGR;RGG;GRR;GRG;GGR;GGG}[/tex]
On a bien 1 RRR donc 3 parmi 10 ce qui donne bien 10*9*8. Là où je n'ai pas compris : pourquoi t'as 2 cas types RGR (est -ce qu'on ne compte pas aussi GRR et RRG?)?
Valentin

freddy · 21-07-2010 15:00:47

Hey, Valentin,

on cherche le cas où le troisième poisson est Rouge, donc GRR ou RGR mais surtout pas RRG ...

Tu vois pourquoi ?

Valentin · 21-07-2010 15:16:16

ah oui, puisque dans RRG le troisième n'est pas rouge! Merci beaucoup Freddy

Valentin · 21-07-2010 15:23:56

La loi que tu as généralisé au post 8 me fait penser à la loi d'hypergéométrie! En fait, si on avait affirmé dès le départ que c'est une loi de Bernoulli, est-ce qu'on ne pouvait pas directement (si l'on avait reconnu!) généraliser que c'est une loi d'hypergéométrique?

freddy · 21-07-2010 15:47:37

Re,

j'étais parti sur une hypergéométrique, mais le calcul pour arriver à la conclusion simple est long. Mieux, on réalise (cf post #11) que ça revient au même.

N'oublie pas que t'es en première année d'école d'ingénieur (électronique, Informatique ?) et que tout ce que tu fais en maths est orienté vers l'usage des maths dans ta spécialité.

C'est cette idée qui m'a mis sur la piste ce matin.

Dernière modification par freddy (21-07-2010 23:14:31)

Valentin · 22-07-2010 15:05:14

Salut Freddy,
Comment t'appliques ta formule du post 8 [tex]{P}_{i}=\frac{\sum^{i-1}_{p=0}\left(\binom{i-1}{p}\right)\binom{10}{p}\binom{10}{i-p}}{\binom{20}{i}}[/tex] ?
puisque si l'on fixe i=3, on aurait : [tex]{p}_{3}=\frac{\sum^{2}_{p=0}\binom{2}{p}\binom{10}{p}\binom{10}{3-p}}{\binom{20}{3}}=\frac{\binom{2}{0}\binom{10}{0}\binom{10}{3}+\binom{2}{1}\binom{10}{1}\binom{10}{2}+\binom{2}{2}\binom{10}{2}\binom{10}{1}}{\binom{20}{3}}=\frac{53}{76}[/tex] qui est impossible. En fait, peut -être qu'il faut utiliser l'arrangement! il est aussi impossible!
Valentin

Dernière modification par Valentin (23-07-2010 14:06:34)

freddy · 23-07-2010 11:29:57

Valentin a écrit :

Salut Freddy,
Comment t'appliques ta formule du post 8 [tex]{P}_{i}=\frac{\sum^{i-1}_{p=0}\left(\binom{i-1}{p}\right)\binom{10}{p}\binom{10}{i-p}}{\binom{20}{i}}[/tex] ?
puisque si l'on fixe i=3, on aurait : [tex]{p}_{3}=\frac{\sum^{2}_{p=0}\binom{2}{p}\binom{10}{p}\binom{10}{3-p}}{\binom{20}{3}}=\frac{\binom{2}{0}\binom{10}{0}\binom{10}{3}+\binom{2}{1}\binom{10}{1}\binom{10}{2}+\binom{2}{2}\binom{10}{2}\binom{10}{1}}{\binom{20}{3}}=\frac{98}{76}[/tex] qui est impossible. En fait, peut -être qu'il faut utiliser l'arrangement! il est aussi impossible!
Valentin

donc on a [tex]p_3=\frac{10.9.8+2.10.10.9+10.9.10}{20.19.18}=\frac{10.9}{20.19.18}\times (8+2.10+10)=\frac12[/tex]

Je suis trop "fatigué" (la chaleur et le manque de sommeil, je pense) pour trouver ton erreur de calcul ... Si yoshi avait une once de patience, je le laisse faire.

Je cherche de mon côté à parfaire ma formule, je ne suis pas loin de l'avoir !

Bb

freddy · 24-07-2010 11:46:46

Hello !

ma formule est fausse !!!

Je vais essayer autre chose.

Valentin · 26-07-2010 15:07:40

Salut Freddy,
comment tu as fait pour avoir le [tex]\frac{1}{2}[/tex] dans prob de a et le facteur [tex]\frac{1}{4!}[/tex] dans "pour le b)"

freddy a écrit :

Salut Valentin,
Prob de a (2*2 boules de même couleur) revient à choisir 1 boule parmi 14 puis une seconde boule parmi 1 (de la même couleur), et une boule parmi 12 et 1 boule parmi celle de la même couleur, sans ordre.
Nombre de possibles : [tex]\frac12\times \binom{14}{1}\times \binom{1}{1}\times \frac12\times \binom{12}{1}\times \binom{1}{1}= 42[/tex]

Pour le b), passer par le complémentaire : aucune de même couleur.
Nombre de possibles = [tex] \frac{1}{4!}\times \binom{14}{1}\times \binom{12}{1}\times \binom{10}{1}\times \binom{8}{1}=1.120[/tex]

freddy · 27-07-2010 13:48:18

Hello !

il faut scinder le calcul en deux parties.

I - calcul de la proba jusqu'au tirage n° 10.

On a [tex]\forall i \leq 10,\;p_i = \sum_{p=0}^{i-1}\binom{i-1}{p}\frac{\frac{10!}{(10-(i-p))!}\times \frac{10!}{(10-p)!}}{\frac{20!}{(20-i)!}}=\frac12[/tex]

Explications : p est égal au nombre de poissons gris, et donc i-p le nombre de poissons rouges.

On sait qu'il faut que le dernier tirage donne un poisson rouge, il reste donc à mélanger p poissons gris avec (i-p-1) poissons rouges.

II - calcul de la proba à partir du tirage n° 11 jusqu'à 20.

Contrairement à la situation précédente où on avait une arborescence binaire croissante (G peut être suivi de R ou de G qui, eux mêmes, peuvent être suivi de R ou G ...) , à partit du tirage n° 11 , les branches ne se multiplient plus.

Par exemple, après 10 G, il ne peut qu'y avoir un R ; ou bien après 9 R, je ne peux avoir qu'un G pour avoir ensuite un R.

Toutefois, et comme indiqué dans une précédente remarque ci dessus, j'arrive toujours au fait que j'ai autant de "chemins - successions de tirage de R et G" tel que, au tirage n° i, j'ai soit un G terminal, soit un R terminal. Par conséquent, j'ai toujours la même proba d'une chance sur 2 que le tirage n° i me donne un poisson rouge.

Un petit schéma avec 2 G et 2 R permet de s'en convaincre :

1 R G
2 R G R G
3 G R G R G R
4 G G R G R R

C'est mieux ?

Je pense que c'est cela qu'on veut que tu montres sans entrer dans trop de calculs combinatoires complexes.

Dernière modification par freddy (27-07-2010 23:35:33)

freddy · 27-07-2010 23:16:55

Valentin a écrit :

Salut Freddy,
comment tu as fait pour avoir le [tex]\frac{1}{2}[/tex] dans prob de a et le facteur [tex]\frac{1}{4!}[/tex] dans "pour le b)"

Re,

le [tex]\frac{1}{2}[/tex] provient du fait que je commence par choisir une boule parmi deux de même couleur ; le [tex]\frac{1}{4!}[/tex] est nécessaire pour ne pas compter trop de fois les mêmes tirages non ordonnés et rester homogène avec le dénombrement de l'ensemble de quadruplet de boules.

Par exemple, si on obtient BRJV, VJBR est le même "événement" et dans le dénombrement du nombre de cas de 4 boules de couleur différente, il faut que je tienne compte de ce fait.

Bb

Dernière modification par freddy (27-07-2010 23:22:23)

Valentin · 28-07-2010 14:49:29

Salut Freddy,
Merci beaucoup pour tout!
Pour ta formule, tu as utilisé (implicitement) l'arrangement : [tex]{p}_{i}=\frac{\sum^{i-1}_{p=0}\binom{i-1}{p}{A}^{i-p}_{10}{A}^{p}_{10}}{{A}^{i}_{20}},\forall i\leq 10[/tex] !
Pour i=3, on obtient bien : [tex]{p}_{3}=\frac{\sum^{i=2}_{p=0}\binom{2}{p}{A}^{3-p}_{10}{A}^{p}_{10}}{{A}^{i}_{20}}=\frac{1}{2}[/tex]
Valentin

freddy · 31-07-2010 12:27:24

Valentin a écrit :

Pour ta formule, tu as utilisé (implicitement) l'arrangement : [tex]{p}_{i}=\frac{\sum^{i-1}_{p=0}\binom{i-1}{p}{A}^{i-p}_{10}{A}^{p}_{10}}{{A}^{i}_{20}},\forall i\leq 10[/tex] !
Pour i=3, on obtient bien : [tex]{p}_{3}=\frac{\sum^{i=2}_{p=0}\binom{2}{p}{A}^{3-p}_{10}{A}^{p}_{10}}{{A}^{i}_{20}}=\frac{1}{2}[/tex]

Re,

oui, bien sûr, je sais, mais le plus important au début est de bbien repérer la bonne méthode, pas d'identifier le terme technique de calcul.

Maintenant, il faut travailler sur la loi des couples [tex]X_i,\;X_j,\;i \neq j[/tex]

Sers toi des formules trouvées, et du fait que le nombre de poissons rouges ou gris est différents dans le calcul de la probabilité conditionnelle [tex]\Pr(X_i=k/X_j=l)[/tex] avec k et l = 0 ou 1 ...

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#1 19-07-2010 14:00:18

problème de probabilité!

#2 19-07-2010 16:04:50

Re : problème de probabilité!

#3 19-07-2010 17:16:07

Re : problème de probabilité!

#4 19-07-2010 18:21:58

Re : problème de probabilité!

#5 19-07-2010 19:00:12

Re : problème de probabilité!

#6 19-07-2010 23:03:29

Re : problème de probabilité!

#7 20-07-2010 15:25:40

Re : problème de probabilité!

#8 20-07-2010 17:26:17

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#9 20-07-2010 18:30:56

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#10 21-07-2010 08:31:16

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#11 21-07-2010 10:18:33

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#12 21-07-2010 14:05:04

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#13 21-07-2010 14:35:19

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#14 21-07-2010 15:00:47

Re : problème de probabilité!

#15 21-07-2010 15:16:16

Re : problème de probabilité!

#16 21-07-2010 15:23:56

Re : problème de probabilité!

#17 21-07-2010 15:47:37

Re : problème de probabilité!

#18 22-07-2010 15:05:14

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#19 23-07-2010 11:29:57

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#20 24-07-2010 11:46:46

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#21 26-07-2010 15:07:40

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#22 27-07-2010 13:48:18

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#23 27-07-2010 23:16:55

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#24 28-07-2010 14:49:29

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#25 31-07-2010 12:27:24

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