漫步数理统计十六—

(X1,X2)(X_1,X_2)是随机向量，假设我们知道(X1,X2)(X_1,X_2)的联合分布而我们想求(X1,X2)(X_1,X_2)变换的分布，假设为Y=g(X1,X2)Y=g(X_1,X_2)，我们通过得到YY的cdf即可去除。还有种方式是使用变换，考虑前面讲过的变换理论，本篇文章将其扩展到随机向量。最好的方式是分开讨论离散与连续的情况，我们首先讨论离散情况。

令pX1,X2(x1,x2)p_{X_1,X_2}(x_1,x_2)是两个离散随机变量X1,X2X_1,X_2的联合pmf，pX1,X2>0p_{X_1,X_2}>0的点集为S\textbf{S}，即S\textbf{S}是(X1,X2)(X_1,X_2)的支撑。令y=u1(x1,x2),y2=u2(x1,x2)y=u_1(x_1,x_2),y_2=u_2(x_1,x_2)表示S\textbf{S}到T\textbf{T}的一对一变换，两个新随机变量Y1=u1(X1，X2),Y2=u2(X1,X2)Y_1=u_1(X_1，X_2),Y_2=u_2(X_1,X_2)为

pY1,Y2(y1,y2)={pX1,X2[w1(y1,y2),w2(y1,y2)]0(y1,y2)∈Telsewhere

p_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2)= \begin{cases} p_{X_1,X_2}[w_1(y_1,y_2),w_2(y_1,y_2)]&(y_1,y_2)\in\textbf{T}\\ 0&elsewhere \end{cases}

其中x1=w1(y1,y2),x2=w2(y1,y2)x_1=w_1(y_1,y_2),x_2=w_2(y_1,y_2)是y1=u1(x1,x2),y2=u2(x1,x2)y_1=u_1(x_1,x_2),y_2=u_2(x_1,x_2)的单值逆，根据pY1,Y2(y1,y2)p_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2)的联合pmf，我们通过对y2y_2求和得到Y1Y_1的边缘pmf 或者对y1y_1求和得到Y2Y_2的边缘pmf。

在变换变换方法中，需要强调的是我们需要两个新变量代替两个旧变量，下面给出实例。

例1：\textbf{例1：}X1,X2X_1,X_2的联合pmf为

pX1,X2(x1,x2)=μx11μx22e−μ1e−μ2x1!x2!,x1=0,1,2,3,…,x2=0,1,2,3,…

p_{X_1,X_2}(x_1,x_2)=\frac{\mu_1^{x_1}\mu_2^{x_2}e^{-\mu_1}e^{-\mu_2}}{x_1!x_2!},x_1=0,1,2,3,\ldots,x_2=0,1,2,3,\ldots

其他地方为零，其中μ1,μ2\mu_1,\mu_2是确定的正实数，因此空间S\textbf{S}是点(x1,x2)(x_1,x_2)的集合，其中x1,x2x_1,x_2均是非负实数，我们希望求出y1=X1+X2y_1=X_1+X_2的pmf。如果我们使用变量代换，那么我们需要定义第二个随机变量Y2Y_2，因为我们对Y2Y_2不感兴趣，所以我们选择一种简单的一对一变换，例如取Y2=X2Y_2=X_2，那么y1=x1+x2，y2=x2y_1=x_1+x_2，y_2=x_2表示将空间S\textbf{S}映射到

T={y1,y2:y2=0,1,…,y1 y1=0,1,2,…}

\textbf{T}=\{y_1,y_2:y_2=0,1,\ldots,y_1\ y_1=0,1,2,\ldots\}

的一对一变换。注意，如果(y1,y2)∈T(y_1,y_2)\in\textbf{T}，那么0≤y2≤y10\leq y_2\leq y_1，逆函数为x1=y1−y2,x2=y2x_1=y_1-y_2,x_2=y_2，所以Y1,Y2Y_1,Y_2的联合pmf为

pY1,Y2(y1,y2)=μy1−y21μy22e−μ1−μ2(y1−y2)!y2!,(y1,y2)∈T

p_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2)=\frac{\mu_1^{y_1-y_2}\mu_2^{y_2}e^{-\mu_1-\mu_2}}{(y_1-y_2)!y_2!},(y_1,y_2)\in\textbf{T}

其他地方为零。因此Y1Y_1的边缘pmf为

pY1(y1)=∑y2=0y1pY1,Y2(y1,y2)=e−μ1−μ2y1!∑y2=0y1y1!(y1−y2)!y2!μy1−y21μy22=(μ1+μ2)y1e−μ1−μ2y1!,y=0,1,2,…

\begin{align*} p_{Y_1}(y_1) &=\sum_{y_2=0}^{y_1}p_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2)\\ &=\frac{e^{-\mu_1-\mu_2}}{y_1!}\sum_{y_2=0}^{y_1}\frac{y_1!}{(y_1-y_2)!y_2!}\mu_1^{y_1-y_2}\mu_2^{y_2}\\ &=\frac{(\mu_1+\mu_2)^{y_1}e^{-\mu_1-\mu_2}}{y_1!},y=0,1,2,\ldots \end{align*}

其他地方为零。

对于连续情况，我们从实例开始讲解，

例2：\textbf{例2：}考虑从单位正方形S={(x,y):0<x<1,0<y<1}\textbf{S}=\{(x,y):0中随机选择点(X,Y)(X,Y)，假设我们感兴趣的既不在XX中也不是YY中，而是在Z=X+YZ=X+Y中，因为是随机的，所以在单位正方形上的概率分布可以看成是均匀的，那么X,YX,Y的pdf可以写成

fX,Y(x,y)={100<x<1,0<y<1elsewhere

f_{X,Y}(x,y)= \begin{cases} 1&0

它描述了概率模型。接下里ZZ的cdf表示成FZ=P(X+Y≤z)F_{Z}=P(X+Y\leq z)，那么

FZ(z)=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪0∫z)∫z−x0dydx=z221−∫1z−1∫1z−xdydx=1−(2−z)221z<00≤z<11≤z<22≤z

F_{Z}(z)= \begin{cases} 0&z

因为对于所有的zz值F′ZF_Z^{'}存在，所以ZZ的pmf可以写成

fZ(z)=⎧⎩⎨z2−z00<z<11≤z<2elsewhere

f_Z(z)= \begin{cases} z&0

现在我们讨论连续情况的一般变换方法，(X1,X2)(X_1,X_2)有联合连续分布，其pdf为fX1,X2(x1,x2)f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)，支撑集为S\textbf{S}。假设随机变量Y1,Y2Y_1,Y_2为Y1=u1(X1,X2),Y2=u2(X1,X2)Y_1=u_1(X_1,X_2),Y_2=u_2(X_1,X_2)，其中函数y1=u1(x1,x2),y2=u2(x1,x2)y_1=u_1(x_1,x_2),y_2=u_2(x_1,x_2)定义了从集合S\textbf{S}到T\textbf{T}上的一对一变换，其中T\textbf{T}是(Y1,Y2)(Y_1,Y_2)的支撑。如果我们用y1,y2y_1,y_2 来表示x1,x2x_1,x_2，那么我们可以写成x1=w1(y1,y2),x2=w2(y1,y2)x_1=w_1(y_1,y_2),x_2=w_2(y_1,y_2)，行列式

J=∣∣∣∣∣∣∂x1∂y1∂x2∂y1∂x1∂y2∂x2∂y2∣∣∣∣∣∣

J= \begin{vmatrix} \frac{\partial x_1}{\partial y_1}&\frac{\partial x_1}{\partial y_2}\\ \frac{\partial x_2}{\partial y_1}&\frac{\partial x_2}{\partial y_2} \end{vmatrix}

称为变换的雅克比，用符号JJ表示，假设这些一阶偏导是连续的并且雅克比JJ 不等于T\textbf{T}中的零。

利用分析中的定理，我们能找出(Y1,Y2)(Y_1,Y_2)的联合pdf，令AA是S\textbf{S} 的子集，BB表示一对一变换AA的映射(如图1)

图1

因为变换是一对一的，所以事件{(X1,X2)∈A},{(Y1,Y2)∈B}\{(X_1,X_2)\in A\},\{(Y_1,Y_2)\in B\}是等价的，故

P[(Y1,Y2)∈B]=P[(X1,X2)∈A]=∫∫AfX1,X2(x1,x2)dx1dx2

\begin{align*} P[(Y_1,Y_2)\in B] &=P[(X_1,X_2)\in A]\\ &=\int\int_{A}f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)dx_1dx_2 \end{align*}

我们想用y1=u1(x1,x2),y2=u2(x1,x2)y_1=u_1(x_1,x_2),y_2=u_2(x_1,x_2)或者x1=w1(y1,y2),x2=w2(y1,y2)x_1=w_1(y_1,y_2),x_2=w_2(y_1,y_2)替换积分变量，那么根据分析中的知识可得

∫∫A=fX1,X2(x1,x2)dx1dx2=∫∫BfX1,X2[w1(y1,y2),w2(y1,y2)]|J|dy1dy2

\int\int_{A}=f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)dx_1dx_2=\int\int_{B}f_{X_1,X_2}[w_1(y_1,y_2),w_2(y_1,y_2)]|J|dy_1dy_2

因此，对于T\textbf{T}中的每个集合BB

P[(Y1,Y2)∈B]=∫∫BfX1,X2[w1(y1,y2),w2(y1,y2)]|J|dy1dy2

P[(Y_1,Y_2)\in B]=\int\int_{B}f_{X_1,X_2}[w_1(y_1,y_2),w_2(y_1,y_2)]|J|dy_1dy_2

这表明Y1,Y2Y_1,Y_2的联合pdffY1,Y2(y1,y2)f_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2)为

fY1,Y2(y1,y2)={fX1,X2[w1(y1,y2),w2(y1,y2)]0(y1,y2)∈Telsewhere

f_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2)= \begin{cases} f_{X_1,X_2}[w_1(y_1,y_2),w_2(y_1,y_2)]&(y_1,y_2)\in\textbf{T}\\ 0&elsewhere \end{cases}

Y1Y_1的边缘pdffY1(y1)f_{Y_1}(y_1)可以通过在y2y_2上积分联合pdffY1,Y2(y1,y2)f_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2)得到，下面给出一些例子。

例3：\textbf{例3：}假设(X1,X2)(X_1,X_2)有联合pdf

fX1,X2(x1,x2)={100<x1<1,0<x2<1elsewhere

f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)= \begin{cases} 1&0

那么(X1,X2)(X_1,X_2)的支撑是集合S={(x1,x2):0<x1<1,0<x2<1}\textbf{S}=\{(x_1,x_2):0，如图2所示。

假设Y1=X1+X2,Y2=X1−X2Y_1=X_1+X_2,Y_2=X_1-X_2，变换为

y1=u1(x1,x2)=x1+x2y2=u2(x1,x2)=x1−x2

\begin{align*} &y_1=u_1(x_1,x_2)=x_1+x_2\\ &y_2=u_2(x_1,x_2)=x_1-x_2 \end{align*}

这个变换是一对一的，我们首先确定y1y2y_1y_2平面中的集合T\textbf{T}，也就是该变换下S\textbf{S}的映射，那么

x1=w1(y1,y2)=12(y1+y2)x2=w2(y1,y2)=12(y1−y2)

\begin{align*} &x_1=w_1(y_1,y_2)=\frac{1}{2}(y_1+y_2)\\ &x_2=w_2(y_1,y_2)=\frac{1}{2}(y_1-y_2) \end{align*}

为了确定S\textbf{S}在y1y2y_1y_2平面上对应的T\textbf{T}，注意S\textbf{S}的边界被变换成如下T\textbf{T}的边界：

x1=0 into 0=12(y1+y2),x1=1 into 1=12(y1+y2),x2=0 into 0=12(y1−y2),x2=1 into 1=12(y1−y2).

\begin{align*} &x_1=0\ into\ 0=\frac{1}{2}(y_1+y_2),\\ &x_1=1\ into\ 1=\frac{1}{2}(y_1+y_2),\\ &x_2=0\ into\ 0=\frac{1}{2}(y_1-y_2),\\ &x_2=1\ into\ 1=\frac{1}{2}(y_1-y_2). \end{align*}

图2

因此T\textbf{T}如图3所示，接下来雅克比为

J=∣∣∣∣∣∣∂x1∂y1∂x2∂y1∂x1∂y2∂x2∂y2∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣121212−12∣∣∣∣∣=−12

J= \begin{vmatrix} \frac{\partial x_1}{\partial y_1}&\frac{\partial x_1}{\partial y_2}\\ \frac{\partial x_2}{\partial y_1}&\frac{\partial x_2}{\partial y_2} \end{vmatrix}= \begin{vmatrix} \frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}&-\frac{1}{2} \end{vmatrix} =-\frac{1}{2}

虽然建议变换S\textbf{S}的边界，但是许多人直接使用不等式

0<x1<1,0<x2<1

那么四个不等式变成

0<12(y1+y2)<1,0<12(y1−y2)<1

很容易看出这些等价于

−y1<y2, y2<2−y1, y2<y1, y1−2<y2

-y_1

他们定义了集合T\textbf{T}。

图3

因此(Y1,Y2)(Y_1,Y_2)的联合pdf为

fY1,Y2(y1,y2)={fX1,X2[12(y1+y2),12(y1−y2)]|J|=120(y1,y2)∈Telsewhere

f_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2)= \begin{cases} f_{X_1,X_2}[\frac{1}{2}(y_1+y_2),\frac{1}{2}(y_1-y_2)]|J|=\frac{1}{2}&(y_1,y_2)\in\textbf{T}\\ 0&elsewhere \end{cases}

Y1Y_1的边缘pdf为

fY1(y1)=∫∞−∞fY1,Y2(y1,y2)dy2

f_{Y_1}(y_1)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2)dy_2

如果参考图3，可以看出

fY1(y1)=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪∫y1−y112dy2=y1∫2−y1y1−212dy2=2−y100<y1≤11<y1<2elsewhere

f_{Y_1}(y_1)= \begin{cases} \int_{-y_1}^{y_1}\frac{1}{2}dy_2=y_1&0

同样的，我们可以得出fY2(y2)f_{Y_2}(y_2)的边缘pdf为

fY2(y2)=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪∫y2+2−y212dy1=y2+1∫2−y2y212dy1=1−y20−1<y2≤00<y2<1elsewhere

f_{Y_2}(y_2)= \begin{cases} \int_{-y_2}^{y_2+2}\frac{1}{2}dy_1=y_2+1&-1

例4：\textbf{例4：}令Y−1=12(X1−X2)Y-1=\frac{1}{2}(X_1-X_2)，其中X1,X2X_1,X_2有联合pdf，

fX1,X2(x1,x2)={14exp(−x1+x22)00<x1<∞,0<x2<∞elsewhere

f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)= \begin{cases} \frac{1}{4}\exp(-\frac{x_1+x_2}{2})&0

令Y2=X2Y_2=X_2使得y1=12(x1−x2),y2=x2y_1=\frac{1}{2}(x_1-x_2),y_2=x_2或者等价的x1=2y1+y2,x2=y2x_1=2y_1+y_2,x_2=y_2定义了从S={(x1,x2):0<x1<∞,0<x2<∞}\textbf{S}=\{(x_1,x_2):0 到T={(y1,y2):−2y1<y2,0<y2,−∞<y1<∞}\textbf{T}=\{(y_1,y_2):-2y_1 的一对一变换，该变换的雅克比为

J=∣∣∣2011∣∣∣=2

J= \begin{vmatrix} 2&1\\ 0&1 \end{vmatrix} =2

因此Y1,Y2Y_1,Y_2的联合pdf为

fY1,Y2(y1,y2)={|2|4e−y1−y20(y1,y2)∈Telsewhere

f_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2)= \begin{cases} \frac{|2|}{4}e^{-y_1-y_2}&(y_1,y_2)\in\textbf{T}\\ 0&elsewhere \end{cases}

因此Y1Y_1的pdf为

fY1(y1)={∫∞−2y112e−y1−y2dy2=12ey1∫∞012e−y1−y2dy2=12e−y1−∞<y1<00≤y1<∞

f_{Y_1}(y_1)= \begin{cases} \int_{-2y_1}^{\infty}\frac{1}{2}e^{-y_1-y_2}dy_2=\frac{1}{2}e^{y_1}&-\infty

或者

fY1(y1)=12e−|y1|,−∞<y1<∞

f_{Y_1}(y_1)=\frac{1}{2}e^{-|y_1|},-\infty

这个pdf称为双指数或拉普拉斯pdf。

例5：\textbf{例5：}X1,X2X_1,X_2有联合pdf

fX1,X2(x1,x2)={10x1x2200<x1<x2<1elsewhere

f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)= \begin{cases} 10x_1x_2^2&0

假设Y1=X1/X2,Y2=X2Y_1=X_1/X_2,Y_2=X_2，那么逆变换是x1=y1y2,x2=y2x_1=y_1y_2,x_2=y_2，其雅克比为

J=∣∣∣y20y11∣∣∣=y2

J= \begin{vmatrix} y_2&y_1\\ 0&1 \end{vmatrix} =y_2

定义在(X1,X2)(X_1,X_2)支撑S\textbf{S}上的不等式变为

0<y1y2,y1y2<y2,y2<1

这些不等式等价于定义在(Y1,Y2)(Y_1,Y_2)支撑集T\textbf{T}上的

0<y1<1,0<y2<1

因此(Y1,Y2)(Y_1,Y_2)的联合pdf为

fY1,Y2(y1,y2)=10y1y2y22|y2|=10y1y42,(y1,y2)∈T

f_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2)=10y_1y_2y_2^2|y_2|=10y_1y_2^4,(y_1,y_2)\in\textbf{T}

边缘pdf为：

fy1(y1)=∫1010y1y42dy2=2y1, 0<y1<1

f_{y_1}(y_1)=\int_0^110y_1y_2^4dy_2=2y_1,\ 0

其余地方为零，

fy2(y2)=∫1010y1y42dy1=5y42, 0<y2<1

f_{y_2}(y_2)=\int_0^110y_1y_2^4dy_1=5y_2^4,\ 0

其余地方为零。

除了用变量变换与cdf来求随机变量函数的分布外，还有一种方法叫矩生成函数，特别适合随机变量的线性函数。前篇文章讲过，如果Y=g(X1,X2)Y=g(X_1,X_2)，那么如果E(Y)E(Y)存在的话，对于连续情况它等于

E(Y)=∫∞−∞∫∞−∞g(x1,x2)fX1,X2(x1,x2)dx1dx2

E(Y)=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}g(x_1,x_2)f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)dx_1dx_2

离散情况只需将积分符号替换成求和即可。当然函数g(X1,X2)g(X_1,X_2)可以是exp{tu(X1,X2)}\exp\{tu(X_1,X_2)\}，这样的话我们就找出了函数Z=u(X1,X2)Z=u(X_1,X_2)的mgf，如果我们将这个mgf看成某个分布，那么ZZ就满足此分布。接下来给出俩个例子说明这个方法。

例6：\textbf{例6：}X1,X2X_1,X_2的联合pmf为

pX1,X2(x1,x2)={μx11μx22e−μ1e−μ2x1!x2!0x1=0,1,2,3,…,x2=0,1,2,3,…elsewhere

p_{X_1,X_2}(x_1,x_2)= \begin{cases} \frac{\mu_1^{x_1}\mu_2^{x_2}e^{-\mu_1}e^{-\mu_2}}{x_1!x_2!}&x_1=0,1,2,3,\ldots,x_2=0,1,2,3,\ldots\\ 0&elsewhere \end{cases}

其中μ1,μ2\mu_1,\mu_2是固定的正实数，令Y=X1+X2Y=X_1+X_2，考虑

E(etY)=∑x1=0∞∑x2=0∞et(x1+x2)pX1,X2(x1,x2)=∑x1=0∞etx1μx11e−μ1x1!∑x2=0∞etx2μx22e−μ2x2!=⎡⎣e−μ1∑x1=0∞(etμ1)x1x1!⎤⎦⎡⎣e−μ2∑x2=0∞(etμ2)x2x2!⎤⎦=[eμ1(et−1)][eμ2(et−1)]=e(μ1+μ2)(et−1)

\begin{align*} E(e^{tY}) &=\sum_{x_1=0}^{\infty}\sum_{x_2=0}^{\infty}e^{t(x_1+x_2)}p_{X_1,X_2}(x_1,x_2)\\ &=\sum_{x_1=0}^{\infty}e^{tx_1}\frac{\mu_1^{x_1}e^{-\mu_1}}{x_1!}\sum_{x_2=0}^{\infty}e^{tx_2}\frac{\mu_2^{x_2}e^{-\mu_2}}{x_2!}\\ &=\left[e^{-\mu_1}\sum_{x_1=0}^{\infty}\frac{(e^t\mu_1)^{x_1}}{x_1!}\right]\left[e^{-\mu_2}\sum_{x_2=0}^{\infty}\frac{(e^t\mu_2)^{x_2}}{x_2!}\right]\\ &=[e^{\mu_1(e^t-1)}][e^{\mu_2(e^t-1)}]\\ &=e^{(\mu_1+\mu_2)(e^t-1)} \end{align*}

注意倒数第二行中括号中的分别是X1,X2X_1,X_2的mgf，因此YY 的mgf与X1X_1的是相同的，除了μ1\mu_1用μ1+μ2\mu_1+\mu_2代替外。故根据mgf的唯一性，YY的pmf一定是

pY(y)=e−(μ1+μ2)(μ1+μ2)yy!, y=0,1,2,…

p_Y(y)=e^{-(\mu_1+\mu_2)}\frac{(\mu_1+\mu_2)^y}{y!},\ y=0,1,2,\ldots

例7：\textbf{例7：}X1,X2X_1,X_2的联合pdf为

fX1,X2(x1,x2)={14exp(−x1+x22)00<x1<∞,0<x2<∞elsewhere

f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)= \begin{cases} \frac{1}{4}\exp(-\frac{x_1+x_2}{2})&0

所以Y=(1/2)(X1−X2)Y=(1/2)(X_1-X_2)的mgf为

E(etY)=∫∞0∫∞0et(x1−x2)/214e−(x1+x2)/2dx1dx2=[∫∞012e−x1(1−t)/2dx1][∫∞012e−x2(1+t)/2dx2]=[11−t][11+t]=11−t2

\begin{align*} E(e^{tY}) &=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}e^{t(x_1-x_2)/2}\frac{1}{4}e^{-(x_1+x_2)/2}dx_1dx_2\\ &=\left[\int_0^{\infty}\frac{1}{2}e^{-x_1(1-t)/2dx_1}\right]\left[\int_0^{\infty}\frac{1}{2}e^{-x_2(1+t)/2}dx_2\right]\\ &=\left[\frac{1}{1-t}\right]\left[\frac{1}{1+t}\right]=\frac{1}{1-t^2} \end{align*}

假设1−t>0,1+t>01-t>0,1+t>0；即−1<t<1-1，然而双指数分布的mgf为

∫∞−∞etxe−|x|2dx=∫0−∞e(1+t)x2dx+∫∞0e(t−1)x2dx=12(1+t)+12(1−t)=11−t2

\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty}e^{tx}\frac{e^{-|x|}}{2}dx &=\int_{-\infty}^0\frac{e^{(1+t)x}}{2}dx+\int_{0}^{\infty}\frac{e^{(t-1)x}}{2}dx\\ &=\frac{1}{2(1+t)}+\frac{1}{2(1-t)}=\frac{1}{1-t^2} \end{align*}

假设−1<t<1-1，因此根据mgf的唯一性，Y<script type="math/tex" id="MathJax-Element-13319">Y</script>满足双指数分布。

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