Identificação de Cônicas e Quádricas

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Universidade Federal de Itajuba´
Geometria Anal´ıtica e A´lgebra Linear - 2o sem. 2010
Profa Ana Cla´udia da Silva Moreira - ICE
Identificac¸a˜o de Coˆnicas
Uma coˆnica em R2 e´ um conjunto de pontos do plano que satisfazem, em algum sistema
de coordenadas, a equac¸a˜o
Ax2 +Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0 (1)
onde os coeficientes sa˜o reais com A, B, C na˜o todos nulos.
A fim de identificarmos a coˆnica representada pela equac¸a˜o (1), gostar´ıamos de eliminar
o termo misto, pois deste modo seria simples completar quadrados, fatorar ou fazer uma
simples translac¸a˜o para obtermos a equac¸a˜o na forma canoˆnica, facilmente identifica´vel.
Para isso, precisamos encontrar um sistema de coordenadas no qual B = 0, isto e´,
procuramos uma base ortonormal do R2 na qual a equac¸a˜o (1) se escreva como
A′x′2 + C ′y′2 +D′x′ + E ′y′ + F ′ = 0 (2)
Lembramos que uma base {w1, ..., wn} do Rn e´ dita ortonormal se (i) seus vetores sa˜o
dois a dois ortogonais, isto e´, o produto interno entre eles e´ nulo; (ii) seus vetores teˆm norma
igual a um.
Inicialmente, consideremos apenas os termos de 2o grau em (1), como uma func¸a˜o Q :
R2 → R definida por
Q(x, y) = Ax2 +Bxy + Cy2 (3)
Embora na˜o seja objeto de nosso estudo nesta disciplina, vale informar que Q e´ uma forma
quadra´tica em R2 associada a` uma forma bilinear sime´trica cuja matriz na base canoˆnica e´
dada por
KC =
(
A B/2
B/2 C
)
.
Note que, podemos escrever (3) como
Q(x, y) =
(
x y
)( A B/2
B/2 C
)(
x
y
)
1
ou seja,
Q(x, y) = X tKX
Agora observemos que, se encontrarmos uma base β que leve a equac¸a˜o (1) a` forma (2),
teremos
Q(x′, y′) = A′x′2 + C ′y′2
e
Q(x′, y′) =
(
x′ y′
)( A′ 0
0 C ′
)(
x′
y′
)
ja´ que B = 0 em (2).
De modo que, a matriz associada a` forma bilinear sime´trica nesta base e´ uma matriz
diagonal
Kβ =
(
A′ 0
0 C ′
)
Logo, conclu´ımos que existe uma base β do R2 tal que a equac¸a˜o (1) se escreve na forma
(2) se e somente se, existe uma base β do R2 na qual a matriz K e´ diagonal. Como KC e´
sime´trica, a teoria de A´lgebra Linear nos garante a existeˆncia de uma tal base ortonormal
do R2. Assim, basta diagonalizarmos a matriz K e descobrirmos qual base e´ responsa´vel por
essa diagonalizac¸a˜o.
Feito isto, sabemos da A´lgebra Linear que a matriz diagonalizada tera´ os autovalores de
K na diagonal principal e portanto
Kβ =
(
A′ 0
0 C ′
)
=
(
λ1 0
0 λ2
)
⇒ A′ = λ1 e C ′ = λ2
Assim, na base β, a equac¸a˜o (3) se escreve como
Q(x, y) = λ1x
2 + λ2y
2
e a equac¸a˜o (1) fica na forma (2) com A′ e C ′ dados pelos autovalores
λ1x
′2 + λ2y′2 +D′x′ + E ′y′ + F ′ = 0 (4)
Agora, podemos completar quadrados e fatorar termos em (4) obtendo uma nova mu-
danc¸a de coordenadas da forma {
x′′ = x′ − α
y′′ = y′ − γ
que e´ uma translac¸a˜o.
2
Finalmente, obteremos a equac¸a˜o (1) reduzida a` forma canoˆnica a qual sabemos identi-
ficar.
Exemplo: Fac¸a as mudanc¸as de coordenadas necessa´rias e transforme a equac¸a˜o da
coˆnica abaixo na forma canoˆnica.
5x2 − 4xy + 8y2 + 20√
5
x− 80√
5
y + 4 = 0
Soluc¸a˜o: Consideremos
Q(x, y) = 5x2 − 4xy + 8y2
ou seja,
Q(x, y) =
(
x y
)( 5 −2
−2 8
)(
x
y
)
Logo, a matriz K na base canoˆnica e´
KC =
(
5 −2
−2 8
)
O processo de diagonalizac¸a˜o de K comec¸a com a procura pelos autovalores de K, que
sa˜o as ra´ızes do polinoˆmio caracter´ıstico de K:
p(λ) = det(K − λI) = det
(
5− λ −2
−2 8− λ
)
= (5− λ)(8− λ)− 4 = λ2 − 13λ+ 36
As ra´ızes de p(λ) sa˜o λ1 = 4 e λ2 = 9, autovalores de K.
Assim,
Q(x′, y′) = 4x′2 + 9y′2 (5)
Agora, vamos calcular os vetores que fazem esta mudanc¸a de coordenadas. Esses vetores
sa˜o os autovetores de K associados aos autovalores encontrados e devem formar uma base
ortonormal do R2. Os autovetores sa˜o obtidos da soluc¸a˜o dos sistemas lineares homogeˆneos
(K − λiI)X = O, com i = 1, 2.
Autovetor associado ao autovalor λ1 = 4:
(K − λ1I)X = 0
(
1 −2
−2 4
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
3
Escalonando a matriz obtemos x = 2y e y = t que resulta na reta de soluc¸o˜es:
r1 :
(
x
y
)
= t
(
2
1
)
Onde v1 = (2, 1) e´ um autovetor de K, mas ‖v1‖ =
√
5. Como queremos uma base
ortonormal, devemos unitarizar o vetor encontrado, tomando
u1 =
v1
‖v1‖ =
(
2√
5
,
1√
5
)
Autovetor associado ao autovalor λ2 = 9:
(K − λ1I)X = 0
(
−4 −2
−2 −1
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
Escalonando a matriz obtemos x = −1
2
y e y = t que resulta na reta de soluc¸o˜es:
r2 :
(
x
y
)
= t
 −12
1

Onde v2 = (−1
2
, 1) e´ um autovetor de K, mas ‖v2‖ =
√
5
2
. Como queremos uma base
ortonormal, devemos unitarizar o vetor encontrado, tomando
u2 =
v2
‖v2‖ =
(
− 1√
5
,
2√
5
)
Portanto, a base β procurada e´ a base ortonormal de autovetores
β =
((
2√
5
,
1√
5
)
,
(
− 1√
5
,
2√
5
))
e a matriz que faz a mudanc¸a da base canoˆnica para a base β e´
Mc,β =

2√
5
− 1√
5
1√
5
2√
5

Agora devemos escrever as antigas coordenadas x, y em func¸a˜o das novas coordenadas
x′, y′: (
x
y
)
=

2√
5
− 1√
5
1√
5
2√
5
( x′
y′
)
4
isto e´, 
x =
2√
5
x′ − 1√
5
y′
y =
1√
5
x′ +
2√
5
y′
Substituindo as expresso˜es encontradas acima para x e y na equac¸a˜o (1), temos
4x′2 + 9y′2 +
20√
5
(
2√
5
x′ − 1√
5
y′
)
− 80√
5
(
1√
5
x′ +
2√
5
y′
)
+ 4 = 0
que resulta na equac¸a˜o da coˆnica no sistema {O′, u1, u2}.
4x′2 + 9y′2 − 8x′ − 36y′ + 4 = 0
Observe que basta substituirmos as expresso˜es encontradas para x e y na parte linear da
equac¸a˜o (1), ja´ que, pela equac¸a˜o (5) ja´ sabemos o resultado da parte quadra´tica da equac¸a˜o
(1) quando submetida a esta mudanc¸a de coordenadas.
Agora, completando os quadrados na u´ltima expressa˜o obtida, temos
4(x′2 − 2x′ + 1) + 9(y′2 − 4y′ + 4) + 4− 4− 36 = 0
que e´ equivalente a
4(x′ − 1)2 + 9(y′ − 2)2 − 36 = 0
Fazendo a seguinte translac¸a˜o {
x′′ = x′ − 1
y′′ = y′ − 2
obtemos, finalmente, a equac¸a˜o da coˆnica na forma canoˆnica, no sistema {O′′, u′1, u′2}.
4x′′2 + 9y′′2 = 36
x′′2
9
+
y′′2
4
= 1
a qual facilmente identificamos como uma elipse.
Note que no novo sistema de coordenadas x′′, y′′, podemos obter facilmente in-
formac¸o˜es sobre esta elipse: trata-se de uma elipse horizontal, de excentricidade e =
√
5
3
,
cujo eixo-maior mede 6 e o eixo-menor mede 4. As coordenadas dos focos sa˜o f ′′1 = (
√
5, 0)
e f ′′2 = (−
√
5, 0), o centro esta´ na origem O” e os ve´rtices tem coordenadas a1 = (3, 0),
a2 = (−3, 0), b1 = (0, 2), b2 = (0,−2).
Mas, atenc¸a˜o, estas na˜o sa˜o as informac¸o˜es da coˆnica original. Se quisermos saber quais
as coordenadas dos focos, ve´rtices, centro, qual e´ a excentricidade ou outras informac¸o˜es da
5
elipse cuja equac¸a˜o (1) foi dada, devemos encontrar as coordenadas no sistema original, x,
y.
Por exemplo, quais seriam as coordenadas do foco f ′′1 = (
√
5, 0) no sistema original?
Temos x′′ =
√
5 e y′′ = 0. Usando a translac¸a˜o, obtemos{ √
5 = x′ − 1
0 = y′ − 2
⇒ x′ =
√
5 + 1 e y′ = 2
Agora, usando a primeira mudanc¸a de coordenadas que obtivemos, para o sistema dos au-
tovetores unita´rios, temos 
x =
2√
5
√
5− 1√
5
2
y =
1√
5
√
5 +
2√
5
2
que nos leva a 
x = 2− 2√
5
y = 1 +
4√
5
donde
f1 =
(
2− 2√
5
, 1 +
4√
5
)
e´ um dos focos da elipse original, dada pela equac¸a˜o (1).
Vejam mais exemplos no livro-texto.
6
Identificac¸a˜o de Qua´dricas
Sabemos que uma qua´drica no R3 e´ uma superf´ıcie formada pelos pontos de R3 cujas
coordenadassatisfazem, em algum sistema, a equac¸a˜o
Ax2 +By2 + Cz2 +Dxy + Exz + Fyz +Gx+Hy + Iz + J = 0 (1)
onde os coeficientes sa˜o reais com A, B, C na˜o todos nulos.
Para identificarmos a qua´drica a ide´ia e´ encontrarmos um novo sistema de coordenadas,
no qual a equac¸a˜o (1) tenha a forma
A′x′2 +B′y′2 + C ′z′2 +G′x′ +H ′y′ + I ′z′ + J = 0 (2)
isto e´, gostar´ıamos de eliminar os termos mistos de 2o grau na equac¸a˜o (1).
Feito isto, podemos completar quadrados e fatorar, obtendo uma nova mudanc¸a de co-
ordenadas (translac¸a˜o), de modo que que a equac¸a˜o (1) fique na forma canoˆnica.
O procedimento utilizado para este fim e´ o mesmo utilizado para as coˆnicas, agora em 3
dimenso˜es. Considere a equac¸a˜o (1) no sistema de coordenadas canoˆnico {O, e1, e2, e3} (ou
{O, i, j, k}), enta˜o siga os seguintes passos:
Passo 1: Considerar apenas os termos de 2o grau da equac¸a˜o (1): Q(x, y, z), forma
quadra´tica.
Passo 2: Escrever a forma matricial de Q(x, y, z).
Passo 3: Diagonalizar a matriz da forma quadra´tica, K3×3 (sime´trica): 3.1. Encontrar
o polinoˆmio caracter´ıstico de K, dado por p(λ) = det(K−λI). 3.2. Calcular os autovalores,
λ1, λ2 e λ3, que sa˜o as ra´ızes do polinoˆmio caracter´ıstico. 3.3. Calcular os autovetores, v1,
v2, v3, resolvendo os sistemas lineares homogeˆneos: (M − λiI)X = O, com i = 1, 2, 3. 3.4.
Os autovetores do item anterior devem formar uma base ortonormal do R3, portanto voceˆ
deve unitariza´-los obtendo u1 =
v1
‖v1‖ , u2 =
v2
‖v2‖ , u3 =
v3
‖v3‖ .
Passo 4: Obter a matriz mudanc¸a de base, M (ortogonal), cujas colunas sa˜o os autove-
tores u1, u2, u3.
Passo 5: Encontrar a relac¸a˜o entre as coordenadas x, y, z do sistema {O, e1, e2, e3} e as
novas coordenadas x′, y′, z′ do novo sistema {O′, u1, u2, u3}.
7
Passo 6: Escrever a equac¸a˜o da qua´drica no novo sistema usando as relac¸o˜es encontrada
no passo anterior1.
Passo 7: Completar quadrados e fatorar.
Passo 8: Utilizar a translac¸a˜o necessa´ria, obtendo novas coordenadas x′′, y′′, z′′ em
func¸a˜o das antigas x′, y′, z′.
Passo 9: Escrever a equac¸a˜o da coˆnica, na forma canoˆnica, no novo sistema {O′′, u′1, u′2, u′3}.
Exemplo: Identifique a qua´drica abaixo e encontre sua equac¸a˜o na forma canoˆnica
fazendo as mudanc¸as de coordenadas necessa´rias:
7x2 + 17y2 + 7z2 − 4xy + 6xz − 4yz − 6x− 12y − 6z + 1 = 0
Soluc¸a˜o: Consideremos agora, apenas os termos de grau 2 na equac¸a˜o dada
Q(x, y, z) = 7x2 + 17y2 + 7z2 − 4xy + 6xz − 4yz
Podemos escrever Q como
Q(x, y, z) =
(
x y z
)
A D/2 E/2
D/2 B F/2
E/2 F/2 C


x
y
z

Q(x, y, z) =
(
x y z
)
7 −2 3
−2 17 −2
3 −2 7


x
y
z

Q e´ uma forma quadra´tica em R3 associada a uma forma bilinear sime´trica cuja matriz
na base canoˆnica C e´ dada por
KC =

7 −2 3
−2 17 −2
3 −2 7

A teoria de A´lgebra Linear nos garante que existe uma base ortonormal β = {u1, u2, u3},
de autovetores de K na qual K e´ diagonal.
1Atenc¸a˜o: lembre-se que no novo sistema os coeficientes dos termos mistos sa˜o nulos e os coeficientes
de x2, y2, z2 sa˜o os autovalores λ1, λ2 e λ3, respectivamente. Portanto, basta utilizar as relac¸o˜es obtidas no
Passo 5 para transformar os coeficientes da parte linear da equac¸a˜o (1).
8
Assim, para cada vetor v com coordenadas x′, y′, z′ na base β,
[v]β = (x
′, y′, z′)β
teremos
Q(x′, y′, z′) =
(
x′ y′ z′
)
λ1 0 0
0 λ2 0
0 0 λ3


x′
y′
z′

ou seja,
Q(x′, y′, z′) = λ1x′2 + λ2y′2 + λ3z′3
e a matriz K na base β e´
Kβ =

λ1 0 0
0 λ2 0
0 0 λ3

Observe que, como Kβ e´ diagonal, a base β e´ a base que procuramos para zerar os
coeficientes dos termos mistos de 2o grau.
Portanto, vamos diagonalizar K e determinar a base ortonormal que faz essa trans-
formac¸a˜o.
O polinoˆmio caracter´ıstico de K e´
p(λ) = det(K − λI) =
∣∣∣∣∣∣∣∣
7− λ −2 3
−2 17− λ −2
3 −2 7− λ
∣∣∣∣∣∣∣∣ = −λ
3 + 31λ2 − 270λ+ 648
p(λ) = (λ− 4)(−λ2 + 27λ− 162)
Autovalores: λ1 = 4, λ2 = 9, λ3 = 18. Logo, a parte quadra´tica da equac¸a˜o (1), no novo
sistema, fica
Q(x′, y′, z′) = 4x′2 + 9y′2 + 18z′3 (3)
Agora, vamos determinar os vetores que formam a base para o novo sistema.
Autovetor associado ao autovalor λ1 = 4:
3 −2 3
−2 13 −2
3 −2 3


x
y
z
 =

0
0
0
 .
9
Escalonando a matriz, obtemos x = −z e y = 0, isto e´, a soluc¸a˜o deste sistema homogeˆnio
e´ a reta
r1 :

x
y
z
 = t

1
0
−1

Note que o autovetor v1 = (1, 0,−1) tem norma ‖v1‖ =
√
2, como queremos um autovetor
unita´rio, tomemos u1 =
(
1√
2
, 0,− 1√
2
)
.
Autovetor associado ao autovalor λ2 = 9:
−2 −2 3
−2 −8 −2
3 −2 2


x
y
z
 =

0
0
0
 .
Escalonando a matriz, obtemos x = z e 2y = z, isto e´, a soluc¸a˜o deste sistema homogeˆnio
e´ a reta
r2 :

x
y
z
 = t

2
1
2

O autovetor v2 = (2, 1, 2) tem norma ‖v2‖ = 3, assim, tomemos u2 =
(
2
3
,
1
3
,
2
3
)
.
Autovetor associado ao autovalor λ3 = 18:
−11 −2 3
−2 −1 −2
3 −2 −11


x
y
z
 =

0
0
0
 .
Escalonando a matriz, obtemos x = z e y = −4z, isto e´, a soluc¸a˜o deste sistema ho-
mogeˆnio e´ a reta
r3 :

x
y
z
 = t

1
−4
1

O autovetor v3 = (1,−4, 1) tem norma ‖v3‖ = 18, assim, tomemos u3 =
(
1√
18
,
−4√
18
,
1√
18
)
.
Assim a base ortonormal e´
β =
{(
1√
2
, 0,− 1√
2
)
,
(
2
3
,
1
3
,
2
3
)
,
(
1√
18
,
−4√
18
,
1√
18
)}
10
e a matriz (ortogonal) que faz a mudanc¸a da base canoˆnica C para a base β e´
KC,β =

1√
2
2
3
1√
18
0
1
3
−4√
18
− 1√
2
2
3
1√
18
 .
Fazendo X = KC,βX
′, obtemos a relac¸a˜o entre as coordenadas x, y, z do sistema
{O, e1, e2, e3} e as novas coordenadas x′, y′, z′ do novo sistema {O′, u1, u2, u3}:
x
y
z
 =

1√
2
2
3
1√
18
0
1
3
−4√
18
− 1√
2
2
3
1√
18


x′
y′
z′

isto e´, 
x =
1√
2
x′ +
2
3
y′ +
1√
18
z′
y =
1
3
y′ − 4√
18
z′
z = − 1√
2
x′ +
2
3
y′ +
1√
18
z′
Substituindo x, y e z na equac¸a˜o (1) pelos valores dados acima, temos
4x′2+9y′2+18z′2−6
(
1√
2
x′ +
2
3
y′ +
1√
18
z′
)
−12
(
1
3
y′ − 4√
18
z′
)
−6
(
− 1√
2
x′ +
2
3
y′ +
1√
18
z′
)
+1 = 0
donde obtemos
4x′2 + 9y′2 + 18z′2 − 4y′ + 36√
18
z′ + 1 = 0
Na˜o precisamos nos dar ao trabalho de substituir a parte quadra´tica, pois ja´ sabemos
qual sera´ o resultado (vide (3)).
Agora podemos completar quadrados
4x′2 + 9
(
y′2 − 4
9
y′ +
4
9
)
+ 18
(
z′2 +
2√
18
+
1√
18
)
+ 1− 4− 1 = 0
4x′2 + 9
(
y′ − 2
3
)2
+ 18
(
z′ +
1
3
√
2
)2
= 4
Enta˜o, fazendo a translac¸a˜o 
x′′ = x′
y′′ = y′ − 2
3
z′′ = z′ +
1
3
√
2
11
finalmente obtemos
4x′′2 + 9y′′2 +′ 8z′′2 = 4
que e´ a equac¸a˜o de um elipso´ide, dada em relac¸a˜o ao sistema ortogonal de coordenadas
{O′′, u′1, u′2, u′3}.
Note que
[O′′]β =
(
0,−2
3
,
1√
18
)
β
,
isto e´, as coordenadas deO′′ no sistema ortogonal {O′, u1, u2, u3} sa˜o dadas por
(
0,−2
3
,
1√
18
)
,
enquanto que
[O′′]C =
(
− 7
18
,− 8
18
,− 7
18
)
C
,
isto e´, as coordenadas deO′′ no sistema ortogonal {O, e1, e2, e3} sa˜o dadas por
(
− 7
18
,− 8
18
,− 7
18
)
.
Observe que a base de autovetores que estamos utilizando deveser sempre ortonormal.
Veja mais exemplos de como garantir isso no livro-texto.
12
Material Extra: Teoremas de Classificac¸a˜o
Temos ainda os seguintes teoremas que classificam o conjunto soluc¸a˜o de todas as equac¸o˜es
de 2o grau em duas varia´veis (para coˆnicas) e o conjunto soluc¸a˜o de todas as equac¸o˜es de 2o
grau em treˆs varia´veis (para qua´dricas), respectivamente.
Teorema: Seja C o conjunto dos pontos do espac¸o que satisfazem a equac¸a˜o
Ax2 +Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0 (1)
onde os coeficientes sa˜o reais com A, B, C na˜o todos nulos. Sejam λ1, λ2, λ3 as ra´ızes do
polinoˆmio
p(λ) = det
(
A− λ B/2
B/2 C − λ
)
enta˜o
a.) O produto λ1λ2 = AC − B
2
4
b.) Se λ1λ2 > 0 enta˜o C e´ uma elipse, um ponto ou o conjunto vazio.
c.) Se λ1λ2 < 0 enta˜o C e´ uma hipe´rbole ou um par de retas concorrentes.
d.) Se λ1 λ2 = 0 enta˜o C e´ uma para´bola, um par de retas paralelas, uma reta ou o
conjunto vazio.
Teorema: Seja S o conjunto dos pontos do espac¸o que satisfazem a equac¸a˜o
Ax2 +By2 + Cz2 +Dxy + Eyz + Fxz +Gx+Hy + Iz + J = 0
onde os coeficientes sa˜o reais com A, B, C na˜o todos nulos. Sejam λ1, λ2, λ3 as ra´ızes do
polinoˆmio
p(λ) = det

A− λ D/2 E/2
D/2 B − λ F/2
E/2 F/2 C − λ

enta˜o
a.) Se λ1, λ2, λ3 tiverem o mesmo sinal, enta˜o S e´ um elipso´ide, um ponto ou o conjunto
vazio.
b.) Se λ1, λ2, λ3 forem na˜o nulos e na˜o tiverem mesmo sinal, enta˜o S e´ um hiperbolo´ide
de uma folha, de duas folhas ou um cone el´ıptico.
c.) Se apenas um entre λ1, λ2, λ3 for nulo, enta˜o S e´ um parabolo´ide el´ıptico, hiperbo´lico,
um cilindro el´ıptico, hiperbo´lico, dois planos concorrentes, uma reta ou o conjunto vazio.
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d.) Se exatamente dois entre λ1, λ2, λ3 forem nulos, enta˜o S e´ um cilindro parabo´lico,
um par de planos paralelos ou um plano.
Atenc¸a˜o: Note que os teoremas na˜o determinam exatamente qual coˆnica ou qua´drica
a equac¸a˜o geral representa. Ale´m disso, o uso nos teoremas na˜o nos leva a obtenc¸a˜o da
equac¸a˜o na forma canoˆnica e portanto, na˜o nos da´ informc¸o˜es sobre a coˆnica ou qua´drica em
questa˜o. De modo que, o conhecimento dos teoremas e´ apenas auxiliar. E´ imprescind´ıvel
sabermos desenvolver o processo para obtenc¸a˜o da equac¸a˜o geral na forma canoˆnica descrito
anteriormente.
Refereˆncias
[1] Coelho, Flavio Ulhoa & Lourenc¸o, Mary Lilian. Um Curso de A´lgebra Linear. Sa˜o Paulo:
EdUSP, 2005.
[2] Santos, Reginaldo J. Matrizes, Vetores e Geometria Anal´ıtica. Belo Horizonte: Imprensa
Universita´ria da UFMG, 2010.
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