03_Analise_dominio_tempo

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ANALISE NO 
DOMÍNIO DO TEMPO
�1
SISTEMAS LINEARES DIFERENCIAIS CONTÍNUOS INVARIANTES 
NO TEMPO
INTRODUÇÃO
• São sistemas cuja entrada x(t) e a saída y(t) estão relacionados por 
uma equação diferencial da forma: 
• Onde a e b são constantes, usando a notação D: 
• Ou ainda:
dNy
dtN
+ a1
dN−1y
dtN−1
+ … + aN−1
dy
dt
+ aN y(t) = bN−M
dMx
dtM
+ aN−M+1
dM−1y
dtM−1
+ … + bN−1
dx
dt
+ bN x(t)
(DN + a1DN−1 + … + aN−1D + aN) y(t) = (bN−MDM + bN−M+1DM−1 + … + bN−1D + bN) x(t)
Q(D)y(t) = P(D)x(t)
Q(D) = DN + a1DN−1 + … + aN−1D + aN
P(D) = bN−MDM + bN−M+1DM−1 + … + bN−1D + bN
�2
REVISANDO
RESPOSTA TOTAL
• Resposta total = resposta de entrada nula + resposta de estado 
nulo
�3
RESPOSTA DE ENTRADA NULA
RESPOSTA DO SISTEMA A CONDIÇÕES INTERNAS
• Obtemos esta resposta para x(t) = 0 
• A solução desta equação pode ser obtida sistemicamente. Mas 
vamos usar um atalho, se a solução for do tipo: 
• Isso garante que a soma de todas as derivadas é zero para todo 
tempo
Q(D)y0(t) = 0
(DN + a1DN−1 + … + aN−1D + aN) y0(t) = 0
y0(t) = ceλt
�4
RESPOSTA DE ENTRADA NULA
RESPOSTA DO SISTEMA A CONDIÇÕES INTERNAS
• Assim: 
• Juntando fica: 
• Cuja solução é:
y0(t) = ceλt
Dy0(t) = cλeλt
D2y0(t) = cλ2eλt
D3y0(t) = cλ3eλt
DNy0(t) = cλNeλt
⋮
c (λN + a1λN−1 + … + aN−1λ + aN) eλt = 0
λN + a1λN−1 + … + aN−1λ + aN = 0
�5
RESPOSTA DE ENTRADA NULA
RESPOSTA DO SISTEMA A CONDIÇÕES INTERNAS
• O resultado anterior mostra que a exponencial c e𝜆t é a solução 
do sistema. 
• Na forma fatorada, temos o polinômio característico do sistema: 
• Onde os lambdas são as raízes da equação característica. 
• A solução do sistema é algo do tipo:
Q(λ) = (λ − λ1)(λ − λ2)…(λ − λN) = 0
y0(t) = c1eλ1t + c2eλ2t + … + cNeλNt
�6
RAÍZES REPETIDAS 
RESPOSTA DO SISTEMA A CONDIÇÕES INTERNAS
• A solução anterior assume que todas as raizes são distintas. 
• Se ocorrerem raizes repetidas a solução da equação: 
• É: 
• No caso a raiz repete duas vezes. 
(D − λ)2y0(t) = 0
y0(t) = (c1 + c2t)eλt
�7
RAÍZES REPETIDAS
RESPOSTA DO SISTEMA A CONDIÇÕES INTERNAS
• Genericamente: 
• E para um polinômio característico do tipo: 
• A solução é do tipo:
(D − λ)ry0(t) = 0
y0(t) = (c1 + c2t + … + crtr−1)eλt
Q(λ) = (λ − λ1)r(λ − λr+1)…(λ − λN)
y0(t) = (c1 + c2t + … + crtr−1)eλt + cr+1eλr+1t + … + cNeλNt
�8
RAIZES COMPLEXAS
RESPOSTA DO SISTEMA A CONDIÇÕES INTERNAS
• O procedimento para lidar com raizes complexas é o mesmo para 
raízes reais. 
• Entretanto é possível evitar a forma complexa selecionando a 
forma real da solução 
• Para um sistema real, as raizes complexas devem ocorrer em 
pares conjugados, se os coeficientes do polinômio característico 
forem reais. 
• A reposta nula para um sistema com raizes complexas conjugadas 
é:
y0(t) = c1e(α+jβ)t + c2e(α−jβ)t
�9
RAÍZES COMPLEXAS
RESPOSTA DO SISTEMA A CONDIÇÕES INTERNAS
• Para um sistema real, a resposta y_0(t) também deve ser real, isso 
é possível se c1 e c2 forem conjugados:
c1 =
c
2
ejθ c2 =
c
2
e−jθ
y0(t) =
c
2
ejθe(α+jβ)t +
c
2
e−jθe(α−jβ)t
y0(t) =
c
2
eαt [ej(βt+θ) + e−j(βt+θ)]
y0(t) = ceαt [cos(βt + θ)]
�10
EXEMPLO 1
RESPOSTA DO SISTEMA A CONDIÇÕES INTERNAS
• Determine y0(t), a componente de entrada nula da resposta do 
sistema LCIT : 
• Quando as condições iniciais são: 
(D2 + 3D + 2)y(t) = Dx(t)
Solução
(D2 + 3D + 2)y0(t) = 0
y0(0) = 0,y′�0(0) = − 5
Lembre-se que: y0(t) → x(t) = 0
λ2 + 3λ + 2 = 0
Polinomio característico Componente de entrada nula
λ =
−b ± b2 − 4ac
2a
λ =
−3 ± 32 − 4 ⋅ 1 ⋅ 2
2
= − 1, − 2
(λ + 1)(λ + 2) = 0
�11
EXEMPLO 1
RESPOSTA DO SISTEMA A CONDIÇÕES INTERNAS
• A equação característica 
• Tem a seguinte solução: 
• Para obter o valor das constantes c1 e c2 diferenciamos a 
equação acima e igualamos os valores para t = 0
(λ + 1)(λ + 2) = 0
y0(t) = c1e−t + c2e−2t
y0(0) = 0 = c1e0 + c2e0
c1 + c2 = 0
y′�0(t) = − c1e−t − 2c2e−2t
y′�0(0) = − 5 = − c1e0 − 2c2e0
c1 + 2c2 = 5
c1 = − c2
−c2 + 2c2 = 5
c2 = 5
c1 = − 5
{ c1 + c2 = 0c1 + 2c2 = 5
y0(t) = − 5e−t + 5e−2t
Solução final:
�12
EXEMPLO 2
RESPOSTA DO SISTEMA A CONDIÇÕES INTERNAS
• Determine y0(t), a componente de entrada nula da resposta do 
sistema LCIT : 
• Quando as condições iniciais são:
(D2 + 6D + 9)y(t) = (3D + 5)x(t)
y0(0) = 3,y′�0(0) = − 7
Solução
(D2 + 6D + 9)y0(t) = 0
Lembre-se que: y0(t) → x(t) = 0
λ2 + 6λ + 9 = 0
Polinomio característico Componente de entrada nula
λ =
−b ± b2 − 4ac
2a
λ =
−6 ± 62 − 4 ⋅ 1 ⋅ 9
2
= − 3
(λ + 3)(λ + 3) = 0
(λ + 3)2 = 0
Raízes repetidas!
�13
EXEMPLO 2
RESPOSTA DO SISTEMA A CONDIÇÕES INTERNAS
• A equação característica 
• Tem a seguinte solução: 
• Para obter o valor das constantes c1 e c2 diferenciamos a 
equação acima e igualamos os valores para t = 0
y0(t) = (c1 + c2t)e−3t
y0(0) = 3 = (c1 + c20)e0
c1 = 3
y′�0(t) = c2e−3t − 3(c1 + c2t)e−3t
c2 − 3c1 = − 7
c2 = 2
Solução final:
(λ + 3)2 = 0
Regra da cadeia (fg)’=f'g+fg'
y′�0(0) = − 7 = c2e0 − 3(c1 + c2 ⋅ 0)e0 y0(t) = (3 + 2t)e−3t
�14
EXEMPLO 03
RESPOSTA DO SISTEMA A CONDIÇÕES INTERNAS
• Determine y0(t), a componente de entrada nula da resposta do 
sistema LCIT : 
• Quando as condições iniciais são: 
(D2 + 4D + 40)y(t) = (D + 2)x(t)
Solução
(D2 + 4D + 40)y0(t) = 0
y0(0) = 2,y′�0(0) = 16,78
Lembre-se que: y0(t) → x(t) = 0
λ2 + 4λ + 40 = 0
Polinomio característico Componente de entrada nula
λ =
−b ± b2 − 4ac
2a
λ =
−4 ± 42 − 4 ⋅ 1 ⋅ 40
2
= − 2 − j6, − 2 − j6
(λ + 2 − j6)(λ + 2 + j6) = 0
�15
EXEMPLO 03
RESPOSTA DO SISTEMA A CONDIÇÕES INTERNAS
• A equação característica 
• Tem a seguinte solução: 
• Para obter o valor das constantes diferenciamos a equação acima 
e igualamos os valores para t = 0
y0(t) = c1e(−2−j6)t + c2e(−2+j6)t
y′�0(t) = − 2ce−2t cos(6t + θ) − 6ce−2t sin(6t + θ)
Regra da cadeia (fg)’=f’g+fg' e regra da cadeia
(λ + 2 − j6)(λ + 2 + j6) = 0
y0(t) = ce−2t cos(6t + θ)
y0(0) = ce0 cos(0 + θ) = 2
c cos θ = 2
16,78 = − 2c cos(θ) − 6c sin(θ)
16,78 = − 4 − 6c sin(θ)
c sin θ = 3,46
�16
EXEMPLO 3
RESPOSTA DO SISTEMA A CONDIÇÕES INTERNAS
θ = arctan
c sin θ
c cos θ
= arctan
−3,463
2
= −
π
3
c cos −
π
3
= 2
c = 4
y0(t) = 4e−2t cos (6t − π3 )
Solução final:
�17
T=0
CONDIÇÕES INICIAIS
• Na maioria das analises assumimos que a entrada começa em t=0. 
• As condições imediatamente antes de t=0, são as condições para 
t=0- . 
• As condições exatamente após t=0, são as condições para t=0+ . 
• Normalmente sabemos as condições de t=0- .
�18
T=0
CONDIÇÕES INICIAIS
• A resposta total é a soma da componente de entrada nula (y0(t) 
para x(t)=0) mais a componente de estado nulo 
• A componente de estado nulo resulta da entrada com as 
condições iniciais iguais a zero 
• Para t=0- a resposta total é igual a componente de entrada nula 
y0(t), pois a entrada não foi aplicada. Logo y(0-) = y0(0-), y’(0) = 
y0’(0-), … 
• y0(t) em 0- e 0+ são idênticos 
�19
CIRCUITO RLC
EXEMPLO
• Uma tensão x(t) é aplicada ao circuito RLC da figura. Determine a 
corrente de malha y(t) para t > 0 se a corrente inicial no indutor 
for zero e a tensão no capacitor for 5V
y(0−) = 0,vC(0−) = 5
x(t) = 10e−3tu(t)
x(t) = LDy(t) + Ry(t) +
1
C
1
D
y(t)
Solução 
Dx(t) = y(t)(D2 + 3D + 2)
A componente de estado nula:
y0(t)(D2 + 3D + 2) = 0
�20
CONTINUAÇÃO
EXEMPLO
y0(t)(D2 + 3D + 2) = 0
Tem o polinômio característico:
λ2 + 3λ + 2 = 0
Cujas raizes são: -2 e -1
(λ + 1)(λ + 2) = 0
A solução é:
y0(t) = c1e−t + c2e−2t
Pelo enunciado não podemos saber os valores de y0(0) e y0'(0)
�21
CONTINUAÇÃO
EXEMPLO
Pelo enunciado não podemos saber os valores de y0(0) e y0'(0)
Sabemos que y0(0-)=0 e vc’(0-)=5 e que y0(t) é para x(t)=0
A partir disso concluimos que : y(−0) = 0; vC(0−) = 5
y0(0) = 0
x(t) = LDy(t) + Ry(t) +
1
C
1
D
y(t)
x(t) = Dy(t) + 3y(t) + vC(t)
E sabendo que:
0 = Dy0(t) + 3y0(t) + vC(t)
0 = y′�0(0) + 3y0(0) + vC(0)
�22
CONTINUAÇÃO
EXEMPLO
• Utilizando as condições dadas: 
• Concluimos que: 
• As constantes c1 e c2são:
0 = Dy0(t) + 3y0(t) + vC(t)
0 = y′�0(0) + 3y0(0) + vC(0)
0 = y′�0(0) + 3 ⋅ 0 + 5
y′�0(0) = − 5
y0(0) = 0
y0(t) = c1e−t + c2e−2t
0 = c1e0 + c2e0
c1 = − c2
y′�0(t) = − c1e−t − 2c2e−2t
−5 = − c1 − 2c2
c1 = − 5
c2 = 5
y0(t) = − 5e−t + 5e−2t
Solução:
�23
CONTINUAÇÃO
EXEMPLO
• E que acontece no 0+? A entrada x(t) é aplicada com valor t=0
y(−0) = 0; vC(0−) = 5
y′�(0+) + 3y(0+) + vC(0+) = 10e0
y(0−) = y(0+) = 0
y′�(0+) = 10 − 5 = 5
vC(0−) = vC(0+) = 5
�24
FIXAÇÃO
EXERCÍCIO
• Para o circuito do exemplo anterior faça L=0 e assuma a tensão 
inicial no capacitor igual a 30V. Mostre que o componente de 
entrada nula é
y0(t) = − 10e−2t/3
�25
E DA RESPOSTA DE ESTADO NULO
INDEPENDÊNCIA DA ENTRADA NULA
• A resposta de entrada nula e a resposta de estado nulo existem 
lado a lado e para cada componente a outra é irrelevante. 
• A resposta de entrada nula é a resposta do sistema a suas 
condições internas, assumindo que a entrada é zero. Se um 
sistema for perturbado por um impulso unitário, ele demorará a 
voltar a suas condições internas.
�26
MODOS CARACTERÍSTICOS DO SISTEMA
RESPOSTA H(T) AO IMPULSO UNITÁRIO
• A resposta de um sistema é a soma de as respostas aos vários 
componentes de impulso unitário. 
• A função h(t) é a reposta do sistema a um impulso unitário de um 
sistema linear invariante no tempo.
(DN + a1DN−1 + … + aN−1D + aN) y(t) = (bN−MDM + bN−M+1DM−1 + … + bN−1D + bN) x(t)
Q(D)y(t) = P(D)x(t)
Q(D)h(t) = P(D)δ(t)
(DN + a1DN−1 + … + aN−1D + aN) h(t) = (bN−MDM + bN−M+1DM−1 + … + bN−1D + bN) δ(t)
h(t) = b0δ(t) + … Modos característicos 
b0δ(t) = 0Se M < N, então
�27
MÉTODO NÃO TÃO SIMPLES DE CALCULO 
RESPOSTA AO IMPULSO UNITÁRIO
• Exemplo : Determinar h(t) para o sistema:
(D2 + 3D + 2)y(t) = Dx(t)
Solução:
Este é um sistema de ordem 2 (N=2), cujo polinômio característico é:
λ2 + 3λ + 2 = 0
Cujas raizes são -1 e -2 (λ + 1)(λ + 2) = 0
A resposta h(t) é determinada pela equação:
h(t) = b0δ(t) + [P(D)yn(t)]u(t)
Onde yn é a combinação dos modos característicos do sistema, sujeito as seguintes 
condições:
�28
CONTINUAÇÃO
RESPOSTA AO IMPULSO UNITÁRIO
A resposta h(t) é determinada pela equação:
h(t) = b0δ(t) + [P(D)yn(t)]u(t)
Onde yn é a combinação dos modos característicos do sistema, sujeito as seguintes 
condições:
N = 1 : yn(0) = 1
N = 2 : yn(0) = 0; y′�n(0) = 1
N = 3 : yn(0) = y′�n(0) = 0; y′�′�(0) = 1…
(λ + 1)(λ + 2) = 0
A solução para o polinômio característico:
yn(t) = c1e−t + c2e−2t
y′�n(t) = − c1e−t − 2c2e−2tCuja derivada
c1 + c2 = 0
−c1 − 2c2 = 1
�29
CONTINUAÇÃO 
RESPOSTA AO IMPULSO UNITÁRIO
yn(t) = e−t − e−2t
h(t) = b0δ(t) + [P(D)yn(t)]u(t)
h(t) = [−e−t + 2e−2t]u(t)
P(D)yn(t) = − e−t + 2e−2t
b0δ(t) = 0
�30
FIXAÇÃO
EXERCÍCIOS
• Determine a resposta ao impulso unitário dos sistemas:
(D + 2)y(t) = (3D + 5)x(t)
D(D + 2)y(t) = (D + 4)x(t)
(D2 + 2D + 1)y(t) = Dx(t)
h(t) = 3δ(t) − e−2tu(t)
h(t) = (2 − e−2t)u(t)
h(t) = (1 − t)e−tu(t)
�31
RESPOSTA DE ESTADO NULO
RESPOSTA A ENTRADA EXTERNA
• É a resposta y(t) a uma entrada x(t) quando o sistema está em um 
estado nulo, ou seja todas as condições iniciais são zero. 
• A resposta y(t) de estado nulo é dada pela integral de convolução: 
y(t) = x(t) * h(t) = ∫
∞
−∞
x(τ)h(t − τ)dτ
�32
PROPRIEDADES
INTEGRAL DE CONVOLUÇÃO
• Propriedade comutativa 
• Propriedade distributiva 
• Propriedade Associativa 
• Propriedade de deslocamento
x1(t) * x2(t) = x2(t) * x1(t)
x1(t) * [x2(t) + x3(t)] = x1(t) * x2(t) + x1(t) * x3(t)
x1(t) * [x2(t) * x3(t)] = [x1(t) * x2(t)] * x3(t)
x1(t) * x2(t) = c(t)
x1(t − T ) * x2(t) = x1(t) * x2(t − T ) = c(t − T )
x1(t − T1) * x2(t − T2) = c(t − T1 − T2)
Se
Então
Então
�33
CONVOLUÇÃO COM UM IMPULSO
INTEGRAL DE CONVOLUÇÃO
y(t) = x(t) * δ(t) = ∫
∞
−∞
x(τ)δ(t − τ)dτ
y(t) = x(t) * δ(t) = x(t)
�34
RESPOSTA DE ESTADO NULO E CASUALIDADE
INTEGRAL DE CONVOLUÇÃO
y(t) = x(t) * h(t) = ∫
∞
−∞
x(τ)h(t − τ)dτ
y(t) = x(t) * h(t) = ∫
t
0−
x(τ)h(t − τ)dτ t ≥ 0
y(t) = x(t) * h(t) = 0 t < 0
�35
EXEMPLO
INTEGRAL DE CONVOLUÇÃO
• Para o sistema com resposta de impulso unitário : 
• Determine a resposta y(t), para a entrada: 
h(t) = e−2tu(t)
x(t) = e−tu(t)
y(t) = x(t) * h(t) = ∫
t
0−
x(τ)h(t − τ)dτ t ≥ 0
y(t) = x(t) * h(t) = 0 t < 0
y(t) = ∫
t
0−
e−τe−2(t−τ)dτ
h(τ) = e−2(t−τ)u(t − τ)x(t) = e−τu(τ)
t ≥ 0
y(t) = ∫
t
0−
e−τe−2te2τdτ = e−2t ∫
t
0−
eτdτ = e−2t [eτ]t0 = e−2t [et − 1] t ≥ 0
y(t) = 0 t < 0
�36
CONTINUAÇÃO
INTEGRAL DE CONVOLUÇÃO
• Resposta:
y(t) = [e−t − e−2t] u(t)
y(t)
�37
FIXAÇÃO
EXERCÍCIOS
• Para o sistema com resposta ao impulso dada por: 
• Determine a resposta para 
• (a) 
• (b)
h(t) = 6e−tu(t)
2u(t)
3e−3tu(t)
12(1 − e−t)u(t)
9(e−t − e−3t)u(t)
�38
SUBSISTEMAS
SISTEMAS INTERCONECTADOS
• Sistemas maiores podem ser vistos como a interconexão de 
sistemas menores
∑
S1
S2
δ(t)
h1(t)
h2(t)
hp(t) = h1(t) + h2(t)
Sp
S1 S2
δ(t) h1(t)
Sc
hc(t) = h1(t) * h2(t)
�39
DE DURAÇÃO INFINITA
A EXPONENCIAL 
• Observe:
y(t) = h(t) * est
Onde s = σ − jω
y(t) = h(t) * est = ∫
∞
−∞
h(τ)es(t−τ)dτ
y(t) = h(t) * est = est ∫
∞
−∞
h(τ)e−sτdτ
H(s) = ∫
∞
−∞
h(τ)e−sτdτ
y(t) = H(s)est
�40
DE DURAÇÃO INFINITA
A EXPONENCIAL 
• A função transferencia H(s) é a relação entre o sinal de saída e 
entrada para uma entrada tipo exponencial de duração infinita 
H(s) =
P(s)
Q(s)
H(s) =
saida
entrada
H(s)[Q(D)est] = P(D)est
Drest =
drest
dtr
= srest
P(D)est = P(s)est Q(D)est = Q(s)estE
H(s) =
P(s)
Q(s) H(s) é independente de t
�41
TOTAL
RESPOSTA
• Resposta total = componente de entrada nula + componente de 
estado nulo 
• Resposta total = resposta natural + resposta forçada 
ytotal(t) =
N
∑
k=1
ckeλkt + x(t) * h(t)
�42
BOUNDED INPUT/BONDED OUTPUT
ESTABILIDADE DO SISTEMA
• Se cada entrada limitada produzir uma saída limitada, o sistema é 
(BIBO) estável 
• Se uma entrada limitada resultar em uma resposta ilimitada, o 
sistema é (BIBO) instável 
y(t) = h(t) * h(t) = ∫
∞
−∞
h(τ)x(t − τ)dτ
|y(t) | ≤ ∫
∞
−∞
|h(τ) | |x(t − τ) |dτportanto 
Se x(t) é limitado: |x(t − τ) | < K1 < ∞
|y(t) | ≤ K1 ∫
∞
−∞
|h(τ) |dτ ∫
∞
−∞
|h(τ) |dτ < ∞Estável se
M ≤ N
�43
OBSERVAÇÃO
ESTABILIDADE DO SISTEMA
• O critério BIBO se aplica a sistemas controlareis e observáveis - a 
descrição interna e interna são equivalentes 
• A estabilidade BIBO se mede nos terminais de entrada e saída do 
sistema, ela mostra a estabilidade externa 
• Internamente o sistema pode ser instável.
�44
ASSINTÓTICA
ESTABILIDADE INTERNA
• Se na ausência de uma entrada externa, um sistema permanecer em estado 
indefinidamente, então o estado é dito estado de equilíbrio do sistema. 
• Para um sistema LIT o estado nulo, no qual todas as condições iniciais são nulas, 
é um estado de equilíbrio 
• Suponha que mudemos este estado criando algumas condições iniciais não nulas 
. 
• Estas entradas iniciais deverão provocar sinais contínuos de modos 
característicos 
• Se o sistema for estável, estes sinais devem desaparecer com o tempo, 
retornado o sistema ao estado nulo 
• Se um dos modos crescer com o passar do tempo, o sistema é instável. 
�45
ASSINTÓTICA 
ESTABILIDADE INTERNA
• Resumindo: Um sistema Linear Continuo Invariante no Tempo 
(LCTI) é assintoticamente estável se e somente se todas as raízes 
características estiverem no Semi Plano Complexo Esquerdo (SPE)
Posição da raiz característica 
X
SPE SPD
e−λt
Re
Im
 t
Sistema estável
�46
�47
�48
ESTABILIDADE
EXEMPLO
• Avalie a estabilidade dos sistemas - assuma que as equações são 
descrições internas dos sistemas. 
(D + 1)(D2 + 4D + 8)y(t) = (D − 3)x(t)
(D − 1)(D2 + 4D + 8)y(t) = (D + 2)x(t)
(D + 2)(D2 + 4)y(t) = (D2 + D + 1)x(t)
(D + 2)(D2 + 4)2y(t) = (D2 + 2D + 8)x(t)
Raizes 
−1, − 2 ± j2(a) 
(b) 
(c) 
(d)
1, − 2 ± j2
−2 ± j2
−1, ± j2, ± j2
(a) Estável - todas as raizes no SPE 
(b) Instável - uma raiz no SPD 
(c) Marginalmente estável - raízes não repetidas no eixo imaginário 
(d) Instável - raizesrepetidas no eixo imaginário 
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FIXAÇÃO 
EXERCÍCIOS
• Lathi - cap 2: 2.1-1, 2.2-2, 2.2-3
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