Décomposition de Dunford et réduction de Jordan PDF

Sans titre

13 févr. 2012 Autrement dit Aj = ?jI + Nj avec Nj matrice nilpotente d'ordre. mj. 6.1.1 Matrices nilpotentes. Définition 6.1.1 Une matrice N 6= 0 est ...

EPITA 2 2017.nb

PARTIE II : Une forme réduite des matrices nilpotentes. 2°) Une propriété de l'indice de nilpotence a) Si f est un endomorphisme nilpotent f d'indice p de

Nilpotent et diagonalisable je taime

http://nicolas.patrois.free.fr/maths/agr%C3%A9gation/documents/nilpotent-diagonalisable-Hoareau.pdf

CORRECTION DS 5 Version A Questions de cours 1 Propriétés

Donc la seule matrice nilpotente et diagonale est la matrice nulle. L'ensemble des matrices symétriques et nilpotentes se ré- duit donc à l'ensemble des

Nombre dendomorphismes nilpotents sur un corps fini

La preuve utilise une propriété importante des endomorphismes cycliques On utilise ici un cas particulier puisqu'une matrice nilpotente d'indice n a ...

Exponentielle de matrices-156

1.1 Définition et propriétés de base (vi) Si une matrice N est nilpotente alors exp(N) ? Id est nilpotente. (vii) Le spectre de exp(A) est {e?

Décomposition de Dunford et réduction de Jordan

sable et d'une matrice nilpotente. • La réduction de Jordan un autre couple vérifiant les propriétés (i) (ii)

CALCUL DES PUISSANCES N-IÈME DUNE MATRICE CARRÉE

Les puissances n-ièmes des matrices nilpotentes sont toutes nulles à partir d'un certain Montrons par récurrence sur n P N? la propriété : €(n) : An.

127 - Exponentielle de matrices. Applications. 1 Définition et

n'existe pas de polynôme P ? K[X] vérifaint cette propriété pour tout A. On note np l'ensemble des matrices nilpotentes d'indice p. Proposition 10.

1 Introduction 2 Théorème de Jordan

c'est-à-dire u = ?Id + n avec n nilpotente. où u est nilpotente. ... ici et utilise le lemme 1 et certaines propriétés des matrices compagnons.

Endomorphismes nilpotents - Université Sorbonne Paris Nord

† Un sous-espace vectoriel maximal dans le c^one nilpotent est semblable au matrice strictement triangulaire sup¶erieure † L’adh¶erence de l’orbite d’un bloc de Jordan de taille maximale est l’ensemble des nilpotents † Donner les sous-espaces stables sous l’action d’un endomorphisme dont la matrice dans la base canonique

leay:block;margin-top:24px;margin-bottom:2px; class=tit megarbanpersomathcnrsfrFeuille d'exercices o12 : Calculs matriciels - CNRS

Exercice 16[Somme de matrices nilpotentes] Montrer que la somme de deux matrices nilpotentes qui commutent est nilpotente Montrer que le résultat est aux en général si les matrices ne commutent pas Exercice 17[Inversibilité et polynôme annulateur] Soit A ?M n(K) On suppose qu'il existe p ?N?et a 0 a p ?K avec a 0 ·a p ?= 0

I Endomorphisme nilpotent trace d’un endomorphisme

En appliquant pfois cette propriété y compris si p= 0 on a gp exp(d) = exp(d) gp Ensuite exp(g) exp(d) = kX(g) X1 p=0 gp exp(d) = k(g)1 p=0 exp(d) gp= exp(d) k(Xg)1 p=0 gp = exp(d) exp(g) b) Si Mest la matrice de fdans une base B Dy est la matrice de d diagonalisable et Ny est la matrice de g nilpotent DN= NDentraine d g= g det M= D+

Nombre d'endomorphismes nilpotents sur un corps ni

La propriété importante que nous utiliserons est qu'un endomorphisme f est cyclique si et seulement si son commutant(1) se réduit à l'ensemble des polynômes en f On utilise ici un cas particulier puisqu'une matrice nilpotente d'indice n a pour polynôme minimal Xn Sur cet exemple on peut démontrer directement la propriété sur le

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D est diagonalisable il est facile de l’écrire comme l’exponentielle d’une matrice polynômeenAenfaisantuneinterpolationdeLagrangemaiscettefois-ciavecunlog (complexe)des? isesvaleurspropres Onremarqueq?irequiertdeconnaîtrelecas n= 1maisilsedéduitducasréelquiestévidentconnaissantlafonctionexponentielle réelle Pour I

Qu'est-ce que la matrice nilpotente ?

Les matrices nilpotentes possèdent une forme réduite particulièrement simple. Un bloc de Jordan nilpotent est une matrice qui ne contient que des 0, sauf pour les coefficients où j est égal à i + 1 qui, eux, valent 1. Alors toute matrice nilpotente est semblable à une matrice bloc diagonale composé de matrices de Jordan nilpotentes.

Est-ce que les matrices nilpotentes sont inversibles ?

Par conséquent, les matrices nilpotentes ne sont pas inversibles et, sur ? ou ?, forment un ensemble négligeable. Si A et B sont deux matrices carrés de même dimension et qui commutent, alors si elles sont nilpotentes, il en est de même de leurs produits et de toutes combinaisons linéaires .

Comment montrer qu'une matrice nilpotente est semblable à une matrice bloc diagonale ?

Alors toute matrice nilpotente est semblable à une matrice bloc diagonale composé de matrices de Jordan nilpotentes. Si A est une matrice nilpotente, alors A est semblable à B avec :

Qu'est-ce que l'indice de nilpotence ?

La plus petite valeur de p vérifiant cela est appelée indice (de nilpotence). L'indice d'un endomorphisme nilpotent est toujours inférieur ou égal à la dimension de l'espace. Remarque : le produit de deux matrices non nulles peut être nul. Par exemple, la matrice est nilpotente d'indice 2, c'est-à-dire que A est non nulle mais A2 = 0.

Décomposition de Dunford

et réduction de JordanNous avons vu que les matrices ne sont pas toutes diagonalisables. On peut néanmoins décomposer

certaines d"entre elles, en une forme la plus simple possible. Nous verrons trois décompositions. La trigonalisation : transformer une matrice en une matrice triangulaire. La décomposition de Dunford : écrire une matrice comme la somme d"une matrice diagonali- sable et d"une matrice nilpotente. La réduction de Jordan : transformer une matrice en une matrice diagonale par blocs. Ksera le corpsRouC,EunK-espace vectoriel de dimension finie.

1. Trigonalisation

Nous allons montrer que toute matrice, dont le polynôme caractéristique est scindé, est semblable

à une matrice triangulaire.

1.1. Trigonalisation

On rappelle qu"une matriceA= (ai,j)16i,j6nesttriangulaire supérieuresiai,j=0 dès quei>j: A=0 B BB@a

1,1a1,2a1,n

0a2,2......

.........an1,n

00an,n1

C CCA.

Les coefficients sous la diagonale sont tous nuls. Ceux sur la diagonale ou au-dessus peuvent être

nuls ou pas.Définition 1. Une matriceA2Mn(K)esttrigonalisablesurKs"il existe une matrice inversibleP2Mn(K) inversible telle queP1APsoit triangulaire supérieure. Un endomorphismefdeEesttrigonalisables"il existe une base deEdans laquelle la

matrice defsoit triangulaire supérieure.Bien sûr, une matrice diagonalisable est en particulier trigonalisable.

Théorème 1.

Une matriceA2Mn(K)(resp. un endomorphismef) est trigonalisable surKsi et seulement si son polynôme caractéristiqueA(resp.f) est scindé surK.

DÉCOMPOSITION DEDUNFORD ET RÉDUCTION DEJORDAN1. TRIGONALISATION2On rappelle qu"un polynôme est scindé surKs"il se décompose en produit de facteurs linéaires

dansK[X]. Remarquons que siK=C, par le théorème de d"Alembert-Gauss, on a :Corollaire 1. Toute matrice A2Mn(C)est trigonalisable surC.Ce n"est pas le cas siK=R.

Exemple 1.

SoitA=

01 1 0 2M2 (R). AlorsA(X) =X2+1. Ce polynôme n"est pas scindé surR, doncA n"est pas trigonalisable surR. Si on considère cette même matriceAcomme élément deM2(C), alors elle est trigonalisable (et ici même diagonalisable) surC: il existeP2M2(C)inversible telle queP1APsoit triangulaire supérieure.

1.2. Preuve

Démonstration.

=). Sifest trigonalisable, il existe une base deEdans laquelle la matrice defs"écrit A=0 B BB@a

1,1a1,2a1,n

0a2,2......

.........an1,n

00an,n1

C CCA.

On a alors

f(X) =A(X) =n Y i=1(ai,iX), ce qui prouve quefse décompose en produit de facteurs linéaires dansK[X]. =. La démonstration se fait par récurrence sur la dimensionnde l"espace vectorielE. Sin=1,

il n"y a rien à démontrer. Supposons le résultat vrai pourn1,n>2étant arbitrairement fixé.

Le polynômefayant au moins une racine dansK, notonsl"une d"entre elles etv1un vecteur propre associé. SoitFl"hyperplan supplémentaire de la droiteKv1: on a doncE=Kv1F. On considère alors une base(v1,v2,...,vn)deEavec, pour26i6n,vi2F. La matrice def dans cette base s"écrit 0 B BB@ 0 ..B 01 C CCA oùBest une matrice carrée de taille(n1)(n1). On a f(X) = (X)det(BXIn1) = (X)B(X). Notonsgla restriction defàF: la matrice degdans la base(v2,...,vn)est égale àB. Par hypothèse de récurrence,g(et doncB) est trigonalisable : en effet,f(X) = (X)g(X), et commefest supposé scindé surK,gl"est également. Par conséquent, il existe une base (w2,...,wn)deFdans laquelle la matrice degest triangulaire supérieure. Ainsi, dans la base (v1,w2,...,wn), la matrice defest triangulaire supérieure. DÉCOMPOSITION DEDUNFORD ET RÉDUCTION DEJORDAN1. TRIGONALISATION3

1.3. Exemple

Exemple 2.

Soit A=0 @1 42 0 63

1 4 01

2M3(R).Démontrons queAest trigonalisable surRet trouvons une matricePtelle queP1APsoit triangu-

laire supérieure. 1. Commençons par calculer le polynôme caractéristique de A:

A(X) =

1X42 0 6X3 1 4X == (3X)(2X)2 CommeAest scindé surR, la matrice est trigonalisable surR. (Nous verrons plus tard si elle est diagonalisable ou pas.) 2.

Les racines du polynôme caractéristique sont les réels3(avec la multiplicité1), et2(avec la

multiplicité 2). Déterminons les sous-espaces propres associés. SoitE3le sous-espace propre associé à la valeur propre simple3:E3=fv= (x,y,z)2R3j

Av=3vg.

v2E3()Av=3v()8 :x+4y2z=3x

6y3z=3y

x+4y=3z()x=y=z E

3est donc la droite vectorielle engendrée par le vecteurv1= (1,1,1).

SoitE2le sous-espace propre associé à la valeur propre double2:E2=fv= (x,y,z)2R3j

Av=2vg.

v2E2()Av=2v()8 :x+4y2z=2x

6y3z=2y

x+4y=2z()x=z 4y=3z E

2est donc la droite vectorielle engendrée parv2= (4,3,4).

est égale à 2. Par conséquent, on sait que la matriceAne sera pas diagonalisable. Soitv3= (0,0,1). Les vecteurs(v1,v2,v3)forment une base deR3. La matrice de passage (constituée desviécrits en colonne) est P=0 @1 4 0 1 3 0

1 4 11

A etP1=0 @3 4 0 11 0

1 0 11

A On aAv1=3v1etAv2=2v2. Il reste à exprimerAv3dans la base(v1,v2,v3): Av

3=A(0,0,1) = (2,3,0) =2(3v1+v2v3)3(4v1v2) =6v1+v2+2v3.

3. Ainsi, l"endomorphisme qui a pour matriceAdans la base canonique deR3a pour matriceT dans la base(v1,v2,v3), où T=0 @3 06 0 2 1

0 0 21

A DÉCOMPOSITION DEDUNFORD ET RÉDUCTION DEJORDAN2. SOUS-ESPACES CARACTÉRISTIQUES4

On aurait aussi pu calculerTpar la formuleT=P1AP.

4.Note. D"autres choix pourv3sont possibles. Ici, n"importe quel vecteurv0

3complétant(v1,v2)en

une base deR3conviendrait. Par contre, un autre choix conduirait à une matrice triangulaire T0différente (pour la dernière colonne).Mini-exercices. 1. La matriceA=2827128est-elle trigonalisable surR? Si oui, trouverPtelle queP1APsoit triangulaire supérieure. Même question avec :

437 171 75 2421 2

2. Trouver deux matricesT,T02M3(R)qui soient distinctes, triangulaires supérieures et sem- blables.2. Sous-espaces caractéristiques

2.1. Lemme des noyaux

Commençons par démontrer le lemme suivant :Lemme 1(Lemme des noyaux).

Soitfun endomorphisme deE. SoientPetQdes polynômes deK[X],premiers entre eux. Alors :Ker(PQ)(f) =KerP(f)KerQ(f)Généralisation : soientP1,...,Prdes polynômes deux à deux premiers entre eux. Alors :Ker(P1Pr)(f) =Ker(P1(f))Ker(Pr(f))On a bien sûr des énoncés similaires avec les matrices.

Rappels.

SoientP,Q2K[X]. On dit queP(X)etQ(X)sontpremiers entre euxdansK[X]si les seuls polynômes qui divisent à la foisPetQsont les polynômes constants. En particulier, surC, deux polynômes sont premiers entre eux si et seulement s"ils n"ont pas de racine commune. Le théorème de Bézout s"énonce ainsi :

PetQsont premiers entre eux() 9A,B2K[X]AP+BQ=1.

Démonstration.SoientPetQdeux polynômes premiers entre eux. Alors, d"après le théorème de

Bézout, il existe des polynômesAetBtels queAP+BQ=1. On a donc, pour tout endomorphisme f:

A(f)P(f)+B(f)Q(f) =idE.

Autrement dit, pour toutx2E:

A(f)P(f)(x)+B(f)Q(f)(x) =x.

DÉCOMPOSITION DEDUNFORD ET RÉDUCTION DEJORDAN2. SOUS-ESPACES CARACTÉRISTIQUES5

Montrons que KerP(f)\KerQ(f) =f0g.

Soitx2KerP(f)\KerQ(f). On a

A(f)P(f)(x)|{z}

=0+B(f)Q(f)(x)|{z} =0=x, doncx=0, ce qui prouve KerP(f)\KerQ(f) =f0g. Montrons que Ker(PQ)(f) =KerP(f)+KerQ(f)par double inclusion.

Preuve de K er(PQ)(f)KerP(f)+KerQ(f).

Soitx2Ker(PQ)(f). On a, toujours en raison du théorème de Bézout, x=A(f)P(f)(x)+B(f)Q(f)(x).

Montrons queA(f)P(f)(x)2KerQ(f). En effet :

Q(f)A(f)P(f)(x) =A(f)P(f)Q(f)(x) =A(f)(PQ)(f)(x) =0.On a utilisé que les polynômes d"endomorphisme enfcommutent et que(PQ)(f)(x) =0.

De même,B(f)Q(f)(x)2KerP(f). Ainsi,

x=A(f)P(f)(x)|{z}

2KerQ(f)+B(f)Q(f)(x)|{z}

2KerP(f),

et doncx2KerP(f)+KerQ(f). Preuve de K erP(f)+KerQ(f)Ker(PQ)(f). Soienty2KerP(f)etz2KerQ(f). Alors :

PQ(f)(y+z) =Q(f)P(f)(y)|{z}

=0+P(f)Q(f)(z)|{z} =0=0, et doncy+z2Ker(PQ)(f). Conclusion : Ker(PQ)(f) =KerP(f)KerQ(f).2.2. Sous-espaces caractéristiques Nous avons vu que, lorsquefest diagonalisable, on aE=E1EravecEi=Ker(fiidE)

le sous-espace propre associé à la valeur proprei. Nous allons démontrer que même sifn"est

pas diagonalisable, mais si son polynôme caractéristique est scindé surK, on peut écrire

E=Ker(f1idE)m1Ker(fridE)mr,

oùmiest la multiplicité de la valeur propreicomme racine du polynôme caractéristique def.Définition 2.

Soitfun endomorphisme deE. Soitune valeur propre defet soitmsa multiplicité en tant que racine def. Lesous-espace caractéristiquedefpour la valeur propreestN =Ker(fidE)m. Pourvaleur propre def, on aEN, carKer(fidE)Ker(fidE)kquel que soitk>1.

Exemple 3.

Soit A=0 B

B@2 3 0 0

3 4 0 0

1 1 1 0

951 31

CA2M4(R).

DÉCOMPOSITION DEDUNFORD ET RÉDUCTION DEJORDAN2. SOUS-ESPACES CARACTÉRISTIQUES6 Calculons les sous-espaces caractéristiques deA. Pour déterminer ses valeurs propres, on calcule d"abord son polynôme caractéristique :

A(X) =det(AXI4) == (X3)(X1)3

La valeur propre 3 est de multiplicité 1 et la valeur propre 1 est de multiplicité 3.

Sous-espace caractéristique associé à=3.Comme la multiplicité de cette valeur propre est1alors le sous-espace caractéristique est aussi

le sous-espace propre :N3=Ker(A3I4)1=E3. Ainsi,N3=fv2R4j(A3I4)v=0g. Comme

N3=E3est de dimension 1 etv1= (0,0,0,1)2N3, alors

3=Rv1.

Sous-espace caractéristique associé à=1.

La multiplicité de cette valeur propre est 3, doncN1=Ker(AI4)3. On a : AI4=0 B

B@3 3 0 0

3 3 0 0

1 1 0 0

951 21

CA(AI4)2=0

B@0 0 0 0

0 0 0 0

6 6 0 0

5 12 41

CA(AI4)3=0

B@0 0 0 0

0 0 0 0

1644 81

C CA On cherche une base deN1=fv2R4j(AI4)3v=0g. C"est un espace vectoriel de dimension

3, dont par exemple(v2,v3,v4)est une base, avec

2= (1,4,0,0)v3= (1,0,4,0)v4= (1,0,0,2),

et donc N

1=Vect(v2,v3,v4).Théorème 2.

Soitfun endomorphisme deEtel quefest scindé surK. Notonsf(X) =(X1)m1(X r)mret, pour16i6r, Nile sous-espace caractéristique associé à la valeur proprei. Alors : 1.

Chaque N

iest stable par f . 2.

E =N1Nr.

3.dimNi=mi.

Autrement dit, l"espace vectorielEest la somme directe des sous-espaces caractéristiques. En plus,

la dimension du sous-espace caractéristique associé à la valeur propreest la multiplicité de

comme racine du polynôme caractéristique.

Exemple 4.

Reprenons l"exemple

3 est valeur propre de multiplicité 1, et on a bien dimN3=1,

1 est valeur propre de multiplicité 3, et on a bien dimN1=3,

on a bienR4=N3N1.

Démonstration.

Soit x2N=Ker(fidE)m. On a(fidE)m(x) =0. Or

(fidE)mf(x) =f(fidE)m(x) =0, d"oùf(x)2N. DÉCOMPOSITION DEDUNFORD ET RÉDUCTION DEJORDAN3. DÉCOMPOSITION DEDUNFORD7 2. C "estune application du lemme des noyaux. On rappelle que

f(X) =(X1)m1(Xr)mr.Les polynômes(Xi)misont premiers entre eux puisque les valeurs propres sont distinctes.

Par le lemme des noyaux, on obtient

Kerf(f) =Ker(f1idE)m1Ker(fridE)mr=N1Nr.

Or, d"après le théorème de Cayley-Hamilton, on af(f) =0, doncKerf(f) =E, d"où le résultat. 3. Notonsgi=fjNipour16i6r. Pouri6=j,Ni\Nj=f0g. OrEiNi, donc la seule valeur

propre possible degiesti. Le polynôme caractéristique degiest scindé (car il divise celui de

f) et sa seule racine est la seule valeur propre degi, c"est-à-direi. Ainsi,gi(X) =(Xi)ni (oùni=dimNi). De plus, (X1)m1(Xr)mr=f(X) =g1(X)gr(X) =(X1)n1(Xr)nr.

D"où, en identifiant les exposants des facteurs irréductibles,ni=dimNi=mi, pour 16i6r.Mini-exercices.

1. Calculer les sous-espaces caractéristiques de la matriceA= . Même exercice avecB=

12 2 2 22 65342 32350 11 2 001 1 1 4

2. Soientf2 L(E)et2K. Montrer queKer(fidE)Ker(fidE)2Ker(fidE)3 3. En utilisant le lemme des noyaux, prouver ce résultat du chapitre " Polynômes d"endomor- phismes » : "Théorème.Un endomorphismef2 L(E)est diagonalisable surKsi et seulement

si son polynôme minimal est scindé à racines simples dansK. »3. Décomposition de Dunford

Nous allons montrer que toute matrice, dont le polynôme caractéristique est scindé, peut s"écrire

comme somme d"une matrice diagonalisable et d"une matrice nilpotente. Autrement dit, cette matrice est semblable à la somme d"une matrice diagonale et d"une matrice nilpotente.

3.1. ÉnoncéDéfinition 3.

On dit qu"un endomorphismef(resp. une matriceA) estnilpotent(e)s"il existek2Ntel que fk=0 (resp.Ak=0). Nous allons démontrer que les endomorphismes nilpotents et les endomorphismes diagonalisables

permettent de décrire tous les endomorphismes dont le polynôme caractéristique est scindé surK

(c"est-à-dire ceux trigonalisables).

DÉCOMPOSITION DEDUNFORD ET RÉDUCTION DEJORDAN3. DÉCOMPOSITION DEDUNFORD8Théorème 3(Décomposition de Dunford).Soitfun endomorphisme deEtel quefsoit scindé surK. Alors il existe un unique couple(n,d)

d"endomorphismes tel que : i) n est nilpotent et d est diagonalisable, ii) f =n+d,quotesdbs_dbs30.pdfusesText_36

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Qu'est-ce que la matrice nilpotente ?

Est-ce que les matrices nilpotentes sont inversibles ?

Comment montrer qu'une matrice nilpotente est semblable à une matrice bloc diagonale ?

Qu'est-ce que l'indice de nilpotence ?

Décomposition de Dunford

1. Trigonalisation

à une matrice triangulaire.

1.1. Trigonalisation

1,1a1,2a1,n

0a2,2......

00an,n1

Théorème 1.

Exemple 1.

SoitA=

1.2. Preuve

Démonstration.

1,1a1,2a1,n

0a2,2......

00an,n1

On a alors

1.3. Exemple

Exemple 2.

1 4 01

2M3(R).Démontrons queAest trigonalisable surRet trouvons une matricePtelle queP1APsoit triangu-

A(X) =

Av=3vg.

6y3z=3y

3est donc la droite vectorielle engendrée par le vecteurv1= (1,1,1).

Av=2vg.

6y3z=2y

2est donc la droite vectorielle engendrée parv2= (4,3,4).

1 4 11

1 0 11

3=A(0,0,1) = (2,3,0) =2(3v1+v2v3)3(4v1v2) =6v1+v2+2v3.

0 0 21

On aurait aussi pu calculerTpar la formuleT=P1AP.

4.Note. D"autres choix pourv3sont possibles. Ici, n"importe quel vecteurv0

3complétant(v1,v2)en

437 171 75 2421 2

2.1. Lemme des noyaux

Rappels.

PetQsont premiers entre eux() 9A,B2K[X]AP+BQ=1.

A(f)P(f)+B(f)Q(f) =idE.

Autrement dit, pour toutx2E:

A(f)P(f)(x)+B(f)Q(f)(x) =x.

Montrons que KerP(f)\KerQ(f) =f0g.

Soitx2KerP(f)\KerQ(f). On a

A(f)P(f)(x)|{z}

Preuve de K er(PQ)(f)KerP(f)+KerQ(f).

Montrons queA(f)P(f)(x)2KerQ(f). En effet :

De même,B(f)Q(f)(x)2KerP(f). Ainsi,

2KerQ(f)+B(f)Q(f)(x)|{z}

2KerP(f),

PQ(f)(y+z) =Q(f)P(f)(y)|{z}

E=Ker(f1idE)m1Ker(fridE)mr,

Exemple 3.

B@2 3 0 0

3 4 0 0

1 1 1 0

951 31

CA2M4(R).

A(X) =det(AXI4) == (X3)(X1)3

N3=E3est de dimension 1 etv1= (0,0,0,1)2N3, alors

3=Rv1.

Sous-espace caractéristique associé à=1.

B@3 3 0 0

3 3 0 0

1 1 0 0

951 21

CA(AI4)2=0

B@0 0 0 0

0 0 0 0

6 6 0 0

5 12 41

CA(AI4)3=0

B@0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

1644 81

437 171 75 2421 2