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Função Inversa e Função Implícita

Teorema da Função Inversa

Em CDI-I, tínhamos que qualquer f:R→Rf: \R \to \R injetiva, isto é, objetos diferentes têm imagens diferentes, admitia inversa f−1:C→Rf^{-1}: C \to \R.

Também se sabia que numa vizinhança, se ff for diferenciável e f′≠0f' \ne 0, então f−1f^{-1} é diferenciável e que

(f−1)′(y)=1f′(f−1(y))(f^{-1})'(y)=\frac{1}{f'(f^{-1}(y))}

Como exemplo, temos f(x)=exf(x) = e^x, em que

f(x)=exf′(x)=ex≠0  ⟹  f−1eˊ diferenciaˊvel(log⁡y)′=(f−1)′(y)=1f′(f−1(y))=1f′(log⁡y)=1elog⁡y=1y\begin{darray}{c} f(x)=e^x \quad f'(x) = e^x \ne 0 \implies f^{-1} \text{é diferenciável}\\ (\log y)' = (f^{-1})'(y)=\frac{1}{f'(f^{-1}(y))} = \frac{1}{f'(\log y)} = \frac{1}{e^{\log y}} = \frac{1}{y} \end{darray}

TEOREMA

Seja f:Rn→Rnf: \R^n \to \R^n uma função de classe C1C^1, e a∈Rna\in\R^n.

Se det⁡Df(a)≠0\det Df(a) \ne 0, então ff é invertível numa vizinhança de aa e está definida a função f−1f^{-1}:

f−1:V⊂Rn→RnDf−1(y)=(Df(f−1(y)))−1,∀y∈V\begin{darray}{c} f^{-1}: V \subset \R^n \to \R^n\\ Df^{-1}(y) = \left(D f(f^{-1}(y))\right)^{-1}, \forall y \in V \end{darray}

warning

Caso tenhamos que det⁡Df(a)=0\det D f(a) = 0, não podemos concluir se a função é inversa ou não.

Por exemplo:

  • Com f:R→R,f(x)=x2f: \R \to \R, f(x) = x^2, então f′(0)=0f'(0) = 0 e a função não é invertível na vizinhança de 0.
    Origem da Função Quadrática x^2
  • Com f:R→R,f(x)=x3f: \R \to \R, f(x) = x^3, então f′(0)=0f'(0) = 0 e a função é invertível na vizinhança de 0.
    Origem da Função Cúbica x^3
Exemplos

Seja

f(x,y)=(excos⁡y,exsin⁡y)x,y∈Rf:R2→R2C1\begin{array}{l l l l} f(x,y) = (e^x \cos y, e^x \sin y) & x,y \in \R & f:\R^2 \to \R^2 & C^1 \end{array}

Será que ff é invertível numa vizinhança de (1,0)(1,0)?

Começamos então por calcular a Jacobiana de ff, e ver se esta é nula em (1,0)(1,0).

Df(x,y)=[excos⁡y−exsin⁡yexsin⁡yexcos⁡y]Df(x,y)= \begin{bmatrix} e^x \cos y & - e^x \sin y\\ e^x \sin y & e^x \cos y \end{bmatrix}
Df(1,0)=[e00e]Df(1,0)= \begin{bmatrix} e & 0\\ 0 & e \end{bmatrix}
det⁡Df(1,0)=e2≠0\det Df(1,0) = e^2 \ne 0

Então, pelo Teorema da Função Inversa, ff é invertível numa vizinhança de (1,0)(1,0) e

Df−1(u,v)=(Df(f−1(u,v)))−1Df^{-1}(u,v) = \left(Df \left(f^{-1}(u,v) \right) \right)^{-1}
f(1,0)=(e,0)  ⟹  f−1(e,0)=(1,0)Df−1(e,0)=(Df(f−1(e,0)))−1=(Df(1,0))−1=[e00e]−1=[1e001e]\begin{darray}{c} f(1,0) = (e,0) \implies f^{-1}(e,0) = (1,0)\\ Df^{-1}(e, 0) = \left(Df\left(f^{-1}(e,0) \right) \right)^{-1} = \left(Df(1,0) \right)^{-1} = \begin{bmatrix} e & 0\\ 0 & e \end{bmatrix}^{-1} = \begin{bmatrix} \frac{1}{e} & 0 \\ 0 & \frac{1}{e} \end{bmatrix} \end{darray}

Este exemplo corresponde ao exercício 1 da ficha 8

f:{(x,y)∈R2,x≠0}→R2f(x,y)=(xy,yx)\begin{array}{ll} f: \{(x,y) \in \R^2, x \ne 0\} \to \R^2\\ f(x,y) = (xy, \frac{y}{x}) \end{array}

a. Mostre que ff não é injetiva.

Temos de encontrar 2 pontos c/ a mesma imagem.

{f(1,1)=(1,1)f(−1,−1)=(1,1)\begin{cases} f(1,1)=(1,1)\\ f(-1,-1) = (1,1) \end{cases}
f(x,0)=(0,0),∀x≠0f(x,0) = (0,0), \quad \forall x \ne 0

b. Encontrar um subconjunto (aberto) do domínio onde ff seja injetiva

D={(x,y)∈R2:x,y>0}D= \{ (x,y) \in \R^2 : x,y > 0 \}

Será que ff é injetiva em DD?

f(x1,y1)=f(x2,y2),(x1,y1),(x2,y2)∈Df(x_1,y_1) = f(x_2, y_2), \quad (x_1,y_1), (x_2, y_2) \in D

Então, será que (x1,y1)=(x2,y2)(x_1,y_1) = (x_2, y_2)?

f(x1,y1)=f(x2,y2)⇔{x1y1=x2y2y1x1=y2x2⇒{y1=x2x1y2x2y2x12=y2x2⇒{y1=x2x1y2x2x12=1x2⇒{−x22=x12⇒{y1=x2x1y2x2=x1∨x2=−x1⏟impossıˊvel porquex1,x2>0⇒{y1=y2x1=x1\begin{aligned} f(x_1, y_1) = f(x_2,y_2) &\Leftrightarrow \begin{cases} x_1 y_1 = x_2 y_2\\ \frac{y_1}{x_1} = \frac{y_2}{x_2} \end{cases}\\ &\Rightarrow \begin{cases} y_1 = \frac{x_2}{x_1} y_2\\ \frac{x_2 y_2}{x_1^2} = \frac{y_2}{x_2} \end{cases}\\ &\Rightarrow \begin{cases} y_1 = \frac{x_2}{x_1} y_2\\ \frac{x_2}{x^2_1} = \frac{1}{x_2} \end{cases}\\ &\Rightarrow \begin{cases} -\\ x^2_2=x^2_1 \end{cases}\\ &\Rightarrow \begin{cases} y_1=\frac{x_2}{x_1}y_2\\ x_2=x_1 \lor \underbrace{x_2=-x_1}_{\begin{array}{c}\scriptsize{\text{impossível porque}}\\\scriptsize{ x_1,x_2>0}\end{array}} \end{cases}\\ &\Rightarrow \begin{cases} y_1=y_2\\ x_1=x_1 \end{cases} \end{aligned}

Logo é injetiva

c. Mostre que ff tem inversa local em torno do ponto (2,2)(2,2)

Sim, porque (2,2)∈D(2,2) \in D e ff é injetiva em DD.

Aplicando o Teorema da Função Inversa,

  • f∈C1f \in C^1
  • f(x,y)=(xy,yx)f(x,y) = (xy, \frac{y}{x})
  • f(2,2)=(4,1)f(2,2) = (4,1)
Df(x,y)=[yx−yx21x]Df(2,2)=[22−1212]\begin{array}{ll} Df(x,y)= \begin{bmatrix} y & x\\ -\frac{y}{x^2} & \frac{1}{x} \end{bmatrix} & Df(2,2) = \begin{bmatrix} 2 & 2\\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{bmatrix} \end{array}
  • det⁡Df(2,2)=1−(−1)=2≠0\det Df(2,2) = 1-(-1) = 2 \ne 0

Pelo Teorema da Função Inversa, a função é localmente invertível em (2,2)(2,2).

d. Calcule Df−1(4,1)Df^{-1} (4,1), em que f−1f^{-1} designa uma das funções inversas de ff

f−1(4,1)=(2,2)f^{-1}(4,1) = (2,2)

Df−1(4,1)=(Df(2,2))−1=[22−1212]−1=[14−1141]Df^{-1}(4,1) = (Df(2,2))^{-1} = \begin{bmatrix} 2 & 2\\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{bmatrix}^{-1} = \begin{bmatrix} \frac{1}{4} & -1\\ \frac{1}{4} & 1 \end{bmatrix}

Teorema da Função Implícita

TEOREMA

Seja F∈C1,F:Rn×Rm→RmF \in C^1, F: \R^n \times \R^m \to \R^m e considerando a curva de nível F=0F = 0 e um ponto a=(x0,y0)a = (x_0, y_0) nessa curva.

Se det⁡(DyF)(a)≠0\det (D_y F)(a) \ne 0, então numa vizinhança de aa, a curva de nível é um gráfico y=f(x)y=f(x) para uma função desconhecida ff.

DyFD_y F é a matriz jacobiana só em relação às variáveis yy

Além disso, ficamos também a saber que:

Dxf(x)=−(DyF)−1DxF(x,f(x))D_xf(x) = - (D_yF)^{-1} D_x F(x, f(x))
Demonstração
{F(x,y)=0y=f(x)⇒F(x,f(x))=0,∀x na vizinhanc¸a⇒D(F(x,f(x)))=0⇒DxF+DyF⋅Dxf=0⇒DyF⋅Dxf=−DxF⇒Dxf(x)=−(DyF)−1DxF(x,f(x))\begin{aligned} \begin{cases} F(x,y) = 0\\ y=f(x) \end{cases} & \Rightarrow F(x,f(x)) = 0,\quad \forall x \text{ na vizinhança}\\ & \Rightarrow D(F(x, f(x))) = 0\\ & \Rightarrow D_xF + D_yF \cdot D_x f = 0\\ & \Rightarrow D_yF \cdot D_xf = - D_xF\\ & \Rightarrow D_xf(x) = - (D_yF)^{-1} D_x F(x, f(x)) \end{aligned}
Exemplos

Mostre que numa vizinhança de (0,π)(0, \pi) a equação F(x,y)=x2y+sin⁡(x+y)=0F(x,y) = x^2y + \sin(x+y) = 0 define yy como função de xx.

Começamos por certificar as condições para aplicar o Teorema da Função Implícita:

  • F∈C1F \in C^1
  • F(0,π)=02×π+sin⁡(0+π)=0F(0, \pi) = 0^2 \times \pi + \sin(0 + \pi) = 0
  • ∂F∂y∣(0,π)=x2+cos⁡(x+y)∣(0,π)=cos⁡(π)=−1≠0\frac{\partial F}{\partial y}\big|_{(0,\pi)} = x^2+\cos(x+y) \big|_{(0,\pi)} = \cos(\pi) = -1 \ne 0
    ∂F∂y\frac{\partial F}{\partial y} é a matriz jacobiana relativa às variáveis que vão ficar dependentes

Pelo Teorema da Função Implícita, numa vizinhança de (0,π)(0, \pi), existe y=f(x)y = f(x).

f′(0)=−(∂F∂y(0,π))−1⋅∂F∂x(0,π)=−1−1(2xy+cos⁡(x+y))∣(0,π)=−1\begin{aligned} f'(0) &= - \left(\frac{\partial F}{\partial y} (0, \pi) \right)^{-1} \cdot \frac{\partial F}{\partial x}(0, \pi)\\ &= -\frac{1}{-1} (2xy+\cos(x+y)) \big|_{(0,\pi)}\\ &= -1 \end{aligned}

Mostre que na vizinhança de (1,1,1,1)(1,1,1,1) as equações

{xu+yvu2=2xu3+y2v4=2\begin{cases} xu + yvu^2 = 2\\ xu^3 + y^2v^4 = 2 \end{cases}

definem uu e vv como funções de xx e yy.
Além disso, calcule ∂u∂x(1,1)\frac{\partial u}{\partial x}(1,1)

Podemos então escrever F(x,y,u,v)=(xu+yvu2−2,xu3+y2v4−2)F(x,y,u,v) = (xu + yvu^2 - 2, xu^3 + y^2v^4 - 2)

De seguida, verificamos as condições para a aplicação do teorema:

  • F∈C1F\in C^1
  • F(1,1,1,1)=(1+1−2,1+1−2)=(0,0)F(1,1,1,1) = (1+1-2, 1+1-2) = (0,0)
D(u,v)F=[x+2yvuyu23xu24y2v3]∣(1,1,1,1)=[3134]D_{(u,v)} F = \begin{bmatrix} x+2yvu & yu^2\\ 3xu^2 & 4y^2v^3 \end{bmatrix} _{\big |_{(1,1,1,1)}} = \begin{bmatrix} 3 & 1\\ 3 & 4 \end{bmatrix}
  • det⁡D(u,v)F=9≠0\det D_{(u,v)} F = 9 \ne 0

Pelo Teorema da Função Implícita, numa vizinhança de (1,1,1,1)(1,1,1,1), existe (u,v)=f(x,y)(u,v) = f(x,y).

D(x,y)f(1,1)=−[D(u,v)F(1,1,1,1)]−1DF(x,y)(1,1,1,1)=...=[−13−290−13]\begin{aligned} D_{(x,y)} f (1,1) &= - [D_{(u,v)} F(1,1,1,1)]^{-1} DF_{(x,y)} (1,1,1,1)\\ &= ...\\ &= \begin{bmatrix} -\frac{1}{3} & -\frac{2}{9}\\ 0 & -\frac{1}{3} \end{bmatrix} \end{aligned}

Pelo que ∂u∂x=−13\frac{\partial u}{\partial x} = -\frac{1}{3}, correspondente à entrada 0,00,0 da matriz acima.

(u,v)=f(x,y)=(f1(x,y),f2(x,y))(u, v) = f(x,y) = (f_1(x,y) , f_2(x,y))
{u=f1(x,y)v=f2(x,y)⇒{u=u(x,y)v=v(x,y)\begin{cases} u=f_1(x,y)\\ v=f_2(x,y) \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} u=u(x,y)\\ v=v(x,y) \end{cases}

Considerando

x3+x2y+ey2−1=3e a=(1,1)\begin{array}{l l} x^3 + x^2y + e^{y^2-1} = 3 & \text{e } a = (1,1) \end{array}

Será que é possível definir yy em função de xx, isto é, existe y=y(x)y = y(x)?

  • F(x,y)=x3+x2y+ey2−1−3F(x,y) = x^3+x^2y+e^{y^2-1} - 3
  • F∈C1F \in C^1
  • F(a)=0⇔F(1,1)=1+1+1−3=0F(a) = 0 \Leftrightarrow F(1,1) = 1+1+1-3 = 0
  • det⁡DyF=x2+2yey2−1∣(x,y)=(1,1)=1+2=3≠0\det D_yF = x^2+2ye^{y^2-1} \big|_{(x,y) = (1,1)} = 1+2=3 \ne 0

Pelo Teorema da Função Implícita, numa vizinhança de (1,1)(1,1), existe y=y(x)y = y(x) e F(x,y(x))=0F(x,y(x)) = 0

Qual o valor de y′(1)y'(1) e y′′(1)y''(1)?

Sabemos que y(1)=1y(1) = 1. Logo, pelo Teorema da Função Implícita, podemos escrever:

y′(1)=−(∂F∂y)−1⋅∂F∂x=−13⋅∂F∂x(1,1)=−53y'(1) = -\left(\frac{\partial F}{\partial y} \right)^{-1} \cdot \frac{\partial F}{\partial x} = - \frac{1}{3} \cdot \frac{\partial F}{\partial x}(1,1) = -\frac{5}{3}

Para descobrirmos o valor de y′′(1)y''(1) precisamos primeiro de descobrir a expressão de y′(x)y'(x) para podermos usar a regra da cadeia.

∂F∂x(1,1)=3x2+2xy∣(1,1)=5\frac{\partial F}{\partial x}(1,1) = 3x^2+2xy \big|_{(1,1)} = 5

Sabendo que F(x,y(x))=0,∀xF(x,y(x)) = 0, \forall x na vizinhança de 1, podemos usar a regra da cadeia para obter a expressão de y′(x)y'(x):

 ⁣d ⁣dxF(x,y(x))=0⇔∂F∂x(x,y(x))+∂F∂y(x,y(x))⋅∂y∂x=0⇔y′=∂y∂x=−(∂F∂y)−1∂F∂x\begin{aligned} \frac{\d}{\d x} F(x,y(x)) = 0 &\Leftrightarrow \frac{\partial F}{\partial x} (x,y(x)) + \frac{\partial F}{\partial y} (x,y(x)) \cdot \frac{\partial y}{\partial x} = 0\\ &\Leftrightarrow y'=\frac{\partial y}{\partial x} = - \left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)^{-1} \frac{\partial F}{\partial x} \end{aligned}
 ⁣d2 ⁣dx2(F(x,y(x)))=0⇔ ⁣d ⁣dx(∂F∂x(x,y(x))+∂F∂y(x,y(x))⋅y′(x))=0⇔∂2F∂x2+∂2F∂x∂y⋅y′(x)+(∂2F∂x∂y+∂2F∂y2⋅y′(x))⋅y′(x)++∂F∂y(x,y(x))⋅y′′(x)=0\begin{darray}{l} \frac{\d^2}{\d x^2}(F(x,y(x))) = 0\\ \Leftrightarrow \frac{\d}{\d x}\left(\frac{\partial F}{\partial x}(x,y(x)) + \frac{\partial F}{\partial y}(x,y(x)) \cdot y'(x)\right) = 0\\ \Leftrightarrow \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 F}{\partial x \partial y} \cdot y'(x) + \left(\frac{\partial^2 F}{\partial x \partial y} + \frac{\partial^2 F}{\partial y^2} \cdot y'(x) \right) \cdot y'(x) +\\ \quad +\frac{\partial F}{\partial y}(x,y(x)) \cdot y''(x) =0 \end{darray}

(1)

Determinando agora os valores necessários:

∂F∂x=3x2+2xy∂F∂y=x2+2yey2−1∂F∂y(1,1)=3∂2F∂x2=6x+2y∂2F∂x∂y=2x∂2F∂y2=4y2ey2−1+2ey2−1∂2F∂x2(1,1)=8∂2F∂x∂y(1,1)=2∂2F∂y2(1,1)=6\begin{darray}{l l l} \frac{\partial F}{\partial x} = 3x^2 + 2xy & \frac{\partial F}{\partial y} = x^2 + 2ye^{y^2-1} & \frac{\partial F}{\partial y}(1,1) = 3\\ \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} = 6x +2y & \frac{\partial^2 F}{\partial x \partial y} = 2x & \frac{\partial^2 F}{\partial y^2} = 4y^2e^{y^2-1} + 2e^{y^2-1}\\ \frac{\partial^2 F}{\partial x^2}(1,1) = 8 & \frac{\partial^2 F}{\partial x \partial y}(1,1) = 2 & \frac{\partial^2 F}{\partial y^2}(1,1) = 6 \end{darray}

Então, substituindo na expressão (1), e relembrando que y′(1)=−53y'(1) = -\frac{5}{3},

 ⁣d2 ⁣dx2(F(x,y(x)))=0⇔8+2y′(1)+(2+6⋅y′(1))⋅y′(1)+3y′′(1)=0⇔y′′(1)=−13(8+2y′(1)+2y′(1)+6(y′(1))2)⇔y′′(1)=−13(8+2(−53)+2(−53)+6(−53)2)⇔y′′(1)=−6\begin{darray}{l} \frac{\d^2}{\d x^2}(F(x,y(x))) = 0\\ \Leftrightarrow 8+2y'(1) + (2+6\cdot y'(1)) \cdot y'(1) + 3y''(1) = 0\\ \Leftrightarrow y''(1) = -\frac{1}{3} (8+2y'(1) + 2y'(1) + 6(y'(1))^2)\\ \Leftrightarrow y''(1) = -\frac{1}{3} \left(8+2 \left(-\frac{5}{3} \right) + 2 \left(-\frac{5}{3} \right) + 6\left(-\frac{5}{3} \right) ^2 \right)\\ \Leftrightarrow y''(1) = -6 \end{darray}

Considerando

F(x,y)=xy,C1F(x,y) = xy \quad, \quad C^1

podemos descobrir o seguinte:

F=0⇔x=0∨y=0F=0 \Leftrightarrow x=0\lor y=0

Podemos aplicar o Teorema da Função implícita quando x=0x=0 ou quando y=0y=0.

Assim, no ponto (x0,y0)=(0,0)(x_0, y_0) = (0,0) sabemos que F(x0,y0)=0F(x_0, y_0) = 0.

Será que existe y=y(x)y = y(x) neste ponto?

∂F∂y=x∣x0,y0=0=0\frac{\partial F}{\partial y} = x |_{x_0,y_0 = 0} = 0

Não, pois o determinante é nulo.

E x=x(y)x = x(y)?

∂F∂x=y∣x0,y0=0=0\frac{\partial F}{\partial x} = y |_{x_0,y_0 = 0} = 0

Não, pois o determinante é nulo.

Considerando agora o ponto (x0,y0)=(0,1)(x_0, y_0) = (0,1).

Será que existe x=x(y)x = x(y) neste ponto?

∂F∂x=y∣(x0,y0)=(0,1)=1\frac{\partial F}{\partial x} = y |_{(x_0,y_0) = (0,1)} = 1

Sim, o Teorema da Função Implícita aplica-se.

Este exemplo corresponde ao exercício 4 da ficha 8

Mostre que a equação 2z+x2z5+y2x3+xy=22z + x^2z^5 + y^2x^3 + xy = 2 define implicitamente zz como função de xx e de yy, em torno do ponto (0,0,1)(0, 0, 1). Calcule o valor de ∂2z∂y∂x(0,0)\frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x}(0,0).

Começamos por definir a função FF:

F(x,y,z)=2z+x2z5+y2x3+xy−2F(x,y,z) = 2z + x^2z^5 + y^2x^3 + xy - 2

Verificamos as condições para aplicação do TFI:

  • F∈C1F \in C^1
  • F(0,0,1)=2+0+0+0−2=0F(0,0,1)= 2+0+0+0-2=0
  • det⁡DzF(0,0,1)=∂F∂z(0,0,1)=[2+5x2z4]∣(0,0,1)=2≠0\det D_z F(0,0,1) = \frac{\partial F}{\partial z}(0,0,1) = [2+5x^2z^4]_{\big|_{(0,0,1)}} = 2 \ne 0

Pelo Teorema da Função Implícita, numa vizinhança de (0,0,1)(0,0,1),

z=z(x,y)F(x,y,z(x,y))=0\begin{array}{cc} z = z(x,y) & F(x,y, z(x,y)) = 0 \end{array}
Dx,yz=−(DzF)−1Dx,yF=−12+5x2z4⋅Dx,yF=−12+5x2z4[2xz5+3x2y2+y2yx3+x]\begin{aligned} D_{x,y} z &= -(D_zF)^{-1} D_{x,y} F\\ &= -\frac{1}{2+5x^2z^4} \cdot D_{x,y} F\\ &= -\frac{1}{2+5x^2z^4} \begin{bmatrix} 2xz^5 + 3x^2y^2+ y & 2yx^3+x\end{bmatrix} \end{aligned}

Então,

∂z∂x=−2xz5+3x2y2+y2+5x2z4\frac{\partial z}{\partial x} = - \frac{2xz^5+3x^2y^2+y}{2+5x^2z^4}

E voltando a derivar esta expressão, em ordem a yy:

∂2z∂y∂x=∂∂y(−2xz5+3x2y2+y2+5x2z4)=−(10xz4∂z∂y+6x2y+1)⋅(2+5x2z4)−(2xz5+3x2y2+y)⋅(20x2z3∂z∂y)(2+5x2z4)2\begin{aligned} \frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x} &= \frac{\partial}{\partial y}\left(-\frac{2xz^5+3x^2y^2+y}{2+5x^2z^4}\right)\\ &= -\frac{(10xz^4 \frac{\partial z}{\partial y} + 6x^2y+1) \cdot(2+5x^2z^4) - (2xz^5+3x^2y^2+y)\cdot(20x^2z^3 \frac{\partial z}{\partial y})}{(2+5x^2z^4)^2} \end{aligned}

Para (x,y)=(0,0)(x,y) = (0,0) e z=1z=1:

∂2z∂y∂x(0,0)=−2−04=12\frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x}(0,0)=-\frac{2-0}{4} = \frac{1}{2}

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