成功大學 97 年微積分轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

試求極限 $\lim\limits_{x 	o \infty} \frac{\sqrt{x}(x - [x])}{e^{\sqrt{x}}}$，其中 $[x]$ 為最大整數函數。

Accepted Answer

我們需要求極限 $\lim\limits_{x 	o \infty} \frac{\sqrt{x}(x - [x])}{e^{\sqrt{x}}}$。

首先分析各項的性質：

**分析 $x - [x]$：**
由於 $[x]$ 是最大整數函數，我們有 $[x] \leq x < [x] + 1$，因此：
$$0 \leq x - [x] < 1$$

這表示 $x - [x]$ 是 $x$ 的小數部分，恆在 $[0, 1)$ 區間內。

**估計分子：**
由於 $0 \leq x - [x] < 1$，我們有：
$$0 \leq \sqrt{x}(x - [x]) < \sqrt{x}$$

**分析整個分式：**
因此原式滿足：
$$0 \leq \frac{\sqrt{x}(x - [x])}{e^{\sqrt{x}}} < \frac{\sqrt{x}}{e^{\sqrt{x}}}$$

**求右側極限：**
我們需要計算 $\lim\limits_{x 	o \infty} \frac{\sqrt{x}}{e^{\sqrt{x}}}$。

令 $t = \sqrt{x}$，當 $x 	o \infty$ 時，$t 	o \infty$，所以：
$$\lim\limits_{x 	o \infty} \frac{\sqrt{x}}{e^{\sqrt{x}}} = \lim\limits_{t 	o \infty} \frac{t}{e^t}$$

對於 $\lim\limits_{t 	o \infty} \frac{t}{e^t}$，這是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，可用羅必達法則：
$$\lim\limits_{t 	o \infty} \frac{t}{e^t} = \lim\limits_{t 	o \infty} \frac{1}{e^t} = 0$$

**應用夾擠定理：**
由於：
- $0 \leq \frac{\sqrt{x}(x - [x])}{e^{\sqrt{x}}} < \frac{\sqrt{x}}{e^{\sqrt{x}}}$
- $\lim\limits_{x 	o \infty} 0 = 0$
- $\lim\limits_{x 	o \infty} \frac{\sqrt{x}}{e^{\sqrt{x}}} = 0$

根據夾擠定理：
$$\lim\limits_{x 	o \infty} \frac{\sqrt{x}(x - [x])}{e^{\sqrt{x}}} = 0$$

Question 2

冪級數 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^n \frac{x^n}{n}$，試求其收斂範圍，並求其收斂值。

Accepted Answer

設
$$S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{x^n}{n}.$$

先求收斂範圍。對一般項取絕對值後與 $\sum |x|^n/n$ 比較，可知當 $|x|<1$ 時收斂，當 $|x|>1$ 時發散。

檢查端點：
- $x=1$ 時，$S(1)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n/n$，為交錯調和級數，收斂。
- $x=-1$ 時，$S(-1)=\sum_{n=1}^{\infty}1/n$，為調和級數，發散。

所以收斂範圍為
$$(-1,1].$$

接著求收斂值。已知
$$\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{x^n}{n},\qquad |x|<1.$$

因此
$$S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{x^n}{n}=-\ln(1+x),\qquad -1<x<1.$$

在端點 $x=1$，級數值為
$$S(1)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}=-\ln 2,$$
也正好等於 $-\ln(1+1)$。

答案：收斂範圍為 $(-1,1]$，收斂值為
$$S(x)=-\ln(1+x),\qquad -1<x\le 1.$$

Question 3

設某曲線方程式為 $$\begin{cases} x(t) = t - \sin t \ y(t) = 1 - \cos t \end{cases}, \quad 0 \leq t \leq 2\pi.$$

(a) 求在 $t = \frac{\pi}{4}$ 時，該曲線之切線斜率。

(b) 求該曲線之長。

Accepted Answer

**(a) 求在 $t = \frac{\pi}{4}$ 時，該曲線之切線斜率**

對於參數方程式 $x(t) = t - \sin t$，$y(t) = 1 - \cos t$，切線斜率為 $\frac{dy/dt}{dx/dt}$。

首先求導數：
- $\frac{dx}{dt} = 1 - \cos t$
- $\frac{dy}{dt} = \sin t$

因此切線斜率為：
$$\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{\sin t}{1 - \cos t}$$

在 $t = \frac{\pi}{4}$ 時：
- $\sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$
- $\cos \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

代入得：
$$\frac{dy}{dx}\bigg|_{t=\pi/4} = \frac{\sin(\pi/4)}{1 - \cos(\pi/4)} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{1 - \frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{2-\sqrt{2}}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}$$

將分母有理化：
$$\frac{\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}} \cdot \frac{2+\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}(2+\sqrt{2})}{4-2} = \frac{2\sqrt{2}+2}{2} = \sqrt{2}+1$$

因此在 $t = \frac{\pi}{4}$ 時，切線斜率為 $\sqrt{2}+1$。

**(b) 求該曲線之長**

參數曲線的弧長公式為：
$$L = \int_a^b \sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2} dt$$

已知：
- $\frac{dx}{dt} = 1 - \cos t$
- $\frac{dy}{dt} = \sin t$

計算被積函數：
$$\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2} = \sqrt{(1-\cos t)^2 + \sin^2 t}$$

展開：
$$(1-\cos t)^2 + \sin^2 t = 1 - 2\cos t + \cos^2 t + \sin^2 t = 1 - 2\cos t + 1 = 2(1-\cos t)$$

因此：
$$\sqrt{(1-\cos t)^2 + \sin^2 t} = \sqrt{2(1-\cos t)}$$

使用三角恆等式 $1 - \cos t = 2\sin^2\frac{t}{2}$：
$$\sqrt{2(1-\cos t)} = \sqrt{2 \cdot 2\sin^2\frac{t}{2}} = 2\left|\sin\frac{t}{2}\right|$$

由於 $0 \leq t \leq 2\pi$，所以 $0 \leq \frac{t}{2} \leq \pi$，在此區間內 $\sin\frac{t}{2} \geq 0$，因此：
$$\sqrt{2(1-\cos t)} = 2\sin\frac{t}{2}$$

曲線長度為：
$$L = \int_0^{2\pi} 2\sin\frac{t}{2} dt$$

令 $u = \frac{t}{2}$，則 $du = \frac{1}{2}dt$，$dt = 2du$。
當 $t = 0$ 時 $u = 0$；當 $t = 2\pi$ 時 $u = \pi$。

$$L = \int_0^{\pi} 2\sin u \cdot 2du = 4\int_0^{\pi} \sin u du = 4[-\cos u]_0^{\pi} = 4[-\cos\pi + \cos 0] = 4[1 + 1] = 8$$

因此該曲線的長度為 $8$。

Question 4

設 $f(x) = x^5 - 2x^3 + 1$，試討論 $f$ 之增減，凹凸及反曲點，並繪製 $f$ 之圖形。

Accepted Answer

令 $$f(x)=x^5-2x^3+1.$$ 先看增減性： $$f'(x)=5x^4-6x^2=x^2(5x^2-6).$$ 臨界點為 $$x=0,\quad x=\pm\sqrt{\frac65}.$$ 因為 $x^2\ge 0$，所以 $f'(x)$ 的符號主要由 $5x^2-6$ 決定： - $f'(x)>0$ 於 $(-\infty,-\sqrt{6/5})$ 與 $(\sqrt{6/5},\infty)$。 - $f'(x)<0$ 於 $(-\sqrt{6/5},0)$ 與 $(0,\sqrt{6/5})$。因此 $f$ 在 $(-\infty,-\sqrt{6/5})$、$(\sqrt{6/5},\infty)$ 遞增，在 $(-\sqrt{6/5},\sqrt{6/5})$ 遞減；其中 $x=0$ 雖然 $f'(0)=0$，但左右兩側皆遞減，所以不是極值點。極大值出現在 $x=-\sqrt{6/5}$，極小值出現在 $x=\sqrt{6/5}$。令 $a=\sqrt{6/5}$，因為 $a^2=6/5$， $$f(a)=a^5-2a^3+1=a\left(\frac{36}{25}-\frac{12}{5} ight)+1=1-\frac{24a}{25},$$ $$f(-a)=1+\frac{24a}{25}.$$ 所以極大點為 $$\left(-\sqrt{\frac65},1+\frac{24}{25}\sqrt{\frac65} ight),$$ 極小點為 $$\left(\sqrt{\frac65},1-\frac{24}{25}\sqrt{\frac65} ight).$$ 再看凹凸性： $$f''(x)=20x^3-12x=4x(5x^2-3).$$ 令 $f''(x)=0$，得 $$x=0,\quad x=\pm\sqrt{\frac35}.$$ 符號分析如下： - $f''(x)<0$ 於 $(-\infty,-\sqrt{3/5})$ 與 $(0,\sqrt{3/5})$，圖形凹向下。 - $f''(x)>0$ 於 $(-\sqrt{3/5},0)$ 與 $(\sqrt{3/5},\infty)$，圖形凹向上。三個點 $x=-\sqrt{3/5},0,\sqrt{3/5}$ 處凹凸性都改變，所以都是反曲點。令 $b=\sqrt{3/5}$，因為 $b^2=3/5$， $$f(b)=b^5-2b^3+1=b\left(\frac{9}{25}-\frac65 ight)+1=1-\frac{21b}{25},$$ $$f(-b)=1+\frac{21b}{25},\qquad f(0)=1.$$ 反曲點為 $$\left(-\sqrt{\frac35},1+\frac{21}{25}\sqrt{\frac35} ight),\quad (0,1),\quad \left(\sqrt{\frac35},1-\frac{21}{25}\sqrt{\frac35} ight).$$ 作圖時可依序標出：左端 $f(x) o -\infty$，先遞增到左側極大點，接著一路遞減通過 $(0,1)$，到右側極小點後再遞增，且右端 $f(x) o \infty$。

Question 5

設 $\displaystyle f(x) = \int_0^x e^{-t^2} dt$，求 $f^{(11)}(0)$ 之值。

Accepted Answer

設 $f(x) = \int_0^x e^{-t^2} dt$，要求 $f^{(11)}(0)$。

首先利用萊布尼茲積分法則求出 $f(x)$ 的各階導數。

由於 $f(x) = \int_0^x e^{-t^2} dt$，根據微積分基本定理：
$$f'(x) = e^{-x^2}$$

接下來逐步求高階導數。設 $g(x) = e^{-x^2}$，則 $f'(x) = g(x)$。

為了求 $g(x) = e^{-x^2}$ 的各階導數，我們使用泰勒展開。

首先注意到 $e^{-x^2}$ 在 $x = 0$ 處的泰勒展開：
$$e^{-x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-x^2)^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n}}{n!}$$

因此：
$$f'(x) = e^{-x^2} = 1 - x^2 + \frac{x^4}{2!} - \frac{x^6}{3!} + \frac{x^8}{4!} - \frac{x^{10}}{5!} + \frac{x^{12}}{6!} - \cdots$$

對 $f'(x)$ 逐次積分得到 $f(x)$：
$$f(x) = \int_0^x f'(t) dt = \int_0^x \left(1 - t^2 + \frac{t^4}{2!} - \frac{t^6}{3!} + \frac{t^8}{4!} - \frac{t^{10}}{5!} + \cdotsight) dt$$

$$f(x) = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5 \cdot 2!} - \frac{x^7}{7 \cdot 3!} + \frac{x^9}{9 \cdot 4!} - \frac{x^{11}}{11 \cdot 5!} + \frac{x^{13}}{13 \cdot 6!} - \cdots$$

從這個展開式可以看出，$x^{11}$ 項的係數為 $-\frac{1}{11 \cdot 5!}$。

因此：
$$f^{(11)}(0) = 11! 	imes \left(-\frac{1}{11 \cdot 5!}ight) = -\frac{11!}{11 \cdot 5!} = -\frac{10!}{5!}$$

計算數值：
$$f^{(11)}(0) = -\frac{10!}{5!} = -\frac{3628800}{120} = -30240$$

因此，$f^{(11)}(0) = -30240$。

Question 6

求定積分 $\displaystyle \int_{\frac{2}{\pi}}^1 	an^{-1}\left(\frac{1}{x}ight) dx$。

Accepted Answer

令
$$I=\int_{2/\pi}^{1}	an^{-1}\left(\frac1xight)dx.$$

因為積分區間內 $x>0$，可直接找反導函數。由分部積分，取
$$u=	an^{-1}\left(\frac1xight),\qquad dv=dx.$$

則
$$du=\frac{1}{1+(1/x)^2}\left(-\frac1{x^2}ight)dx=-\frac{1}{x^2+1}dx,$$
所以
$$\int 	an^{-1}\left(\frac1xight)dx=x	an^{-1}\left(\frac1xight)+\int\frac{x}{x^2+1}dx.$$

因此
$$\int 	an^{-1}\left(\frac1xight)dx=x	an^{-1}\left(\frac1xight)+\frac12\ln(x^2+1)+C.$$

代入上下限：
$$I=\left[x	an^{-1}\left(\frac1xight)+\frac12\ln(x^2+1)ight]_{2/\pi}^{1}.$$

上限 $x=1$ 給出
$$1\cdot 	an^{-1}(1)+\frac12\ln2=\frac\pi4+rac12\ln2.$$

下限 $x=2/\pi$ 給出
$$\frac2\pi	an^{-1}\left(\frac\pi2ight)+\frac12\ln\left(1+rac4{\pi^2}ight).$$

所以
$$I=\frac\pi4+rac12\ln2-\frac2\pi	an^{-1}\left(\frac\pi2ight)-\frac12\ln\left(1+rac4{\pi^2}ight).$$

也可用 $	an^{-1}(\pi/2)=\pi/2-	an^{-1}(2/\pi)$ 化簡為
$$I=\frac\pi4-1+\frac2\pi	an^{-1}\left(\frac2\piight)+\frac12\ln\left(\frac{2\pi^2}{\pi^2+4}ight).$$

Question 7

設 $R = \{(x, y) : (x - 1)^2 + y^2 \leq 1\}$，求 $\displaystyle\iint_R \sqrt{x^2 + y^2} dA$。

Accepted Answer

區域
$$R=\{(x,y):(x-1)^2+y^2\le 1\}$$
是以 $(1,0)$ 為圓心、半徑 $1$ 的圓盤。此區域用原點為中心的極座標最簡單。

令
$$x=r\cos	heta,\qquad y=r\sin	heta.$$

區域條件變為
$$(r\cos	heta-1)^2+r^2\sin^2	heta\le 1.$$

展開得
$$r^2-2r\cos	heta+1\le 1,$$
也就是
$$r^2-2r\cos	heta\le 0.$$

因為 $r\ge 0$，所以
$$0\le r\le 2\cos	heta,$$
且必須有 $\cos	heta\ge 0$，因此
$$-\frac\pi2\le 	heta\le \frac\pi2.$$

又
$$\sqrt{x^2+y^2}=r,\qquad dA=r\,dr\,d	heta.$$

所以原積分為
$$\iint_R \sqrt{x^2+y^2}\,dA=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^{2\cos	heta} r^2\,dr\,d	heta.$$

先對 $r$ 積分：
$$\int_0^{2\cos	heta}r^2\,dr=\frac{(2\cos	heta)^3}{3}=\frac83\cos^3	heta.$$

因此
$$\iint_R \sqrt{x^2+y^2}\,dA=\frac83\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^3	heta\,d	heta.$$

由於 $\cos^3	heta$ 是偶函數，
$$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^3	heta\,d	heta=2\int_0^{\pi/2}\cos^3	heta\,d	heta=2\cdot\frac23=\frac43.$$

所以
$$\iint_R \sqrt{x^2+y^2}\,dA=\frac83\cdot\frac43=\frac{32}{9}.$$

答案：$\frac{32}{9}$

Question 8

設方程式 $w = x + y^2 + z^3$ 及 $z^3 - xy + yz + y^3 = 1$，其中 $x, y$ 為獨立變數，求在點 $(x, y, z) = (2, -1, 1)$ 時之 $\frac{\partial w}{\partial x}$ 之值。

Accepted Answer

這是一個隱函數微分的問題。我們有兩個方程式：
- $w = x + y^2 + z^3$
- $z^3 - xy + yz + y^3 = 1$

其中 $x, y$ 為獨立變數，$z$ 是 $x, y$ 的隱函數，$w$ 是 $x, y, z$ 的函數。

首先驗證給定點 $(2, -1, 1)$ 滿足約束條件：
$z^3 - xy + yz + y^3 = 1^3 - (2)(-1) + (-1)(1) + (-1)^3 = 1 + 2 - 1 - 1 = 1$ ✓

要求 $\frac{\partial w}{\partial x}$，我們需要先從約束條件求出 $\frac{\partial z}{\partial x}$。

對約束條件 $z^3 - xy + yz + y^3 = 1$ 兩邊對 $x$ 求偏微分：
$$3z^2 \frac{\partial z}{\partial x} - y + y \frac{\partial z}{\partial x} = 0$$

整理得：
$$(3z^2 + y) \frac{\partial z}{\partial x} = y$$

因此：
$$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{y}{3z^2 + y}$$

在點 $(2, -1, 1)$ 處：
$$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{-1}{3(1)^2 + (-1)} = \frac{-1}{3 - 1} = \frac{-1}{2}$$

現在對 $w = x + y^2 + z^3$ 求 $\frac{\partial w}{\partial x}$：
$$\frac{\partial w}{\partial x} = 1 + 3z^2 \frac{\partial z}{\partial x}$$

在點 $(2, -1, 1)$ 處：
$$\frac{\partial w}{\partial x} = 1 + 3(1)^2 \cdot \left(\frac{-1}{2}\right) = 1 + 3 \cdot \left(\frac{-1}{2}\right) = 1 - \frac{3}{2} = -\frac{1}{2}$$

因此，$\frac{\partial w}{\partial x} = -\frac{1}{2}$。

Question 9

設 $f(x, y, z) = 3x + y + z$，求函數 $f$ 在滿足 $y^2 + z^2 = 5$ 及 $x + y - z = 1$ 兩條件下時之極大值。

Accepted Answer

這是一個條件極值問題，需要使用拉格朗日乘數法求解。

設目標函數 $f(x, y, z) = 3x + y + z$，約束條件為：
- $g_1(x, y, z) = y^2 + z^2 - 5 = 0$
- $g_2(x, y, z) = x + y - z - 1 = 0$

建立拉格朗日函數：
$$L(x, y, z, \lambda_1, \lambda_2) = 3x + y + z - \lambda_1(y^2 + z^2 - 5) - \lambda_2(x + y - z - 1)$$

求偏導數並令其為零：
$$\frac{\partial L}{\partial x} = 3 - \lambda_2 = 0 \Rightarrow \lambda_2 = 3$$

$$\frac{\partial L}{\partial y} = 1 - 2\lambda_1 y - \lambda_2 = 0 \Rightarrow 1 - 2\lambda_1 y - 3 = 0 \Rightarrow \lambda_1 y = -1$$

$$\frac{\partial L}{\partial z} = 1 - 2\lambda_1 z + \lambda_2 = 0 \Rightarrow 1 - 2\lambda_1 z + 3 = 0 \Rightarrow \lambda_1 z = 2$$

從 $\lambda_1 y = -1$ 和 $\lambda_1 z = 2$ 得到：
$$\frac{y}{z} = \frac{-1}{2} \Rightarrow y = -\frac{z}{2}$$

將此關係代入約束條件 $y^2 + z^2 = 5$：
$$\left(-\frac{z}{2}\right)^2 + z^2 = 5$$
$$\frac{z^2}{4} + z^2 = 5$$
$$\frac{5z^2}{4} = 5$$
$$z^2 = 4 \Rightarrow z = \pm 2$$

當 $z = 2$ 時，$y = -1$
當 $z = -2$ 時，$y = 1$

利用約束條件 $x + y - z = 1$ 求 $x$：

情況1：$z = 2, y = -1$
$$x + (-1) - 2 = 1 \Rightarrow x = 4$$
此時 $f(4, -1, 2) = 3(4) + (-1) + 2 = 13$

情況2：$z = -2, y = 1$
$$x + 1 - (-2) = 1 \Rightarrow x = -2$$
此時 $f(-2, 1, -2) = 3(-2) + 1 + (-2) = -7$

由於約束集合是緊集（有界閉集），連續函數在緊集上必有最大值和最小值。

因此，函數 $f$ 在給定約束條件下的極大值為 $13$。

Question 10

設區域 $R$ 為由曲線 $y = \sqrt{x}$，直線 $y = 2$ 及 $x = 0$ 所圍成，求此區域 $R$ 對直線 $x = 4$ 旋轉所圍之體積。

Accepted Answer

此題要求區域 $R$ 繞直線 $x = 4$ 旋轉所得的旋轉體體積。

**步驟1：確定區域 $R$ 的範圍**

區域 $R$ 由三條邊界圍成：
- 曲線 $y = \sqrt{x}$
- 直線 $y = 2$
- 直線 $x = 0$

找交點：$y = \sqrt{x}$ 與 $y = 2$ 的交點，令 $\sqrt{x} = 2$，得 $x = 4$。

因此區域 $R$ 為：$\{(x,y) : 0 \leq x \leq 4, \sqrt{x} \leq y \leq 2\}$。

**步驟2：選擇積分方法**

使用洗衣機法，以 $y$ 為積分變數。對於固定的 $y$ 值（$0 \leq y \leq 2$），考慮水平截面：
- 當 $y = \sqrt{x}$ 時，$x = y^2$
- 區域在高度 $y$ 處的水平截面從 $x = 0$ 延伸到 $x = y^2$

**步驟3：計算旋轉半徑**

當水平線段從 $x = 0$ 到 $x = y^2$ 繞直線 $x = 4$ 旋轉時：
- 點 $(0, y)$ 到旋轉軸 $x = 4$ 的距離：$4 - 0 = 4$
- 點 $(y^2, y)$ 到旋轉軸 $x = 4$ 的距離：$4 - y^2$

由於 $0 \leq y^2 \leq 4$，所以 $4 - y^2 \geq 0$，形成環形截面：
- 外半徑：$R_{outer} = 4$
- 內半徑：$R_{inner} = 4 - y^2$

**步驟4：建立積分式並計算**

環形截面的面積為：$\pi R_{outer}^2 - \pi R_{inner}^2 = \pi[4^2 - (4-y^2)^2]$

體積為：
$$V = \int_0^2 \pi[4^2 - (4-y^2)^2] dy$$

展開 $(4-y^2)^2 = 16 - 8y^2 + y^4$：

$$V = \pi \int_0^2 [16 - (16 - 8y^2 + y^4)] dy$$

$$= \pi \int_0^2 (8y^2 - y^4) dy$$

$$= \pi \left[\frac{8y^3}{3} - \frac{y^5}{5}\right]_0^2$$

$$= \pi \left[\frac{8 \cdot 2^3}{3} - \frac{2^5}{5}\right]$$

$$= \pi \left[\frac{64}{3} - \frac{32}{5}\right]$$

$$= \pi \left[\frac{320 - 96}{15}\right]$$

$$= \frac{224\pi}{15}$$

因此，區域 $R$ 繞直線 $x = 4$ 旋轉所得的體積為 $\frac{224\pi}{15}$。

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