Corrigé CCP PC maths 2 2007 Partie I

Corrigé CCP PC maths 2 2007 Partie I

1. Remarque (f0; f1)est la base introduite dans le cours pour l’étude des solutions.

Par récurrence :

Soity une solution de(E)surI,y est de classeC²surI.

Supposonsy de classeCⁿ surI . Alorsy⁰⁰= ':y est de classeCⁿ car'est de classeC¹, doncy de classeCⁿ⁺² et donc aussi de classe Cⁿ⁺¹ surI.

Par récurrence sur n,y est de classeCⁿ surIpour toutn2N y est de classeC¹ surI

2. Soit y solution de (E)sur I. Comme I est symétrique par rapport à0, on peut dé…nir surI la fonction z : 8x 2I , z(x) =y( x)et elle est de classeC¹surI cary l’est.

De plus,

8x2I; z⁰(x) = y⁰( x)et z⁰⁰(x) =y⁰⁰( x) Donc comme'est paire

8x2I z⁰⁰(x) +'(x)z(x) =y⁰⁰( x) +'( x):y( x) = 0 La fonctionz est donc solution de(E)surI.

Si yest solution de(E),x > y( x)est aussi solution 3. Soitz0 la fonction dé…nie surI par8x2I; z0(x) =f0( x).

D’après la question précédente : z₀ est solution de(E)sur I et véri…e les conditions initialesz₀(0) =f₀(0) = 1, z₀⁰(0) = f₀⁰(0) = 0. D’après le résultat rappelé en préambule (ou d’après le théorème de Cauchy Lipchitz) , il existe une unique solution de(E)surIvéri…ant ces conditions initiales : par conséquentz₀=f₀et la fonctionf₀ est paire .

Soitz₁ la fonction dé…nie surI parz₁(x) = f₁( x).

D’aprèsI.2,z₁est solution de(E)surI(opposé d’une solution d’une équation linéaire homogène) , etz₁(0) = f₁(0) = 0 et z⁰₁(0) =f₁⁰(0) = 1.

D’après l’unicité de la solution de(E)véri…ant ces conditions initiales,z1=f1et la fonctionf1est impaire.

(E)est une équation di¤érentielle linéaire homogène du second ordre, résoluble dont les coe¢ cients sont des fonctions continues surI : on sait alors que l’ensemble des solutions de(E)surI est un espace vectoriel de dimension 2.

(f0; f1)est un système de solutions de(E)surI, de cardinal 2. De plus il est libre :

Pour tout( 0; 1)2R² tel que 0f0+ 1f1= 0, en prenant la valeur en0 puis la dérivée en0, 0= 0et 1= 0 On en déduit que (f₀; f₁) est une base de l’espace vectoriel des solutions de (E) sur I. ce que l’on peut encore traduire en disant que la solution générale de(E)est du type :

y solutions de(E)si et seulement si 9( ₀; ₁)2R²,y= ₀f₀+ ₁f₁ ( ₀; ₁)2R² Remarque : on peut aussi calculer le Wronskien des deux fonctions.

Soitf = ₀f₀+ ₁f₁ une solution de(E). Or dans C¹(I;R)l’ensemble des fonctions paires et celui des fonctions impaires sont deux sous espaces vectoriels supplémentaires . Doncf est paire (impaire) si et seulement si ₁= 0(

0= 0)

Les solutions de (E)paires sont les fonctions deVect (f0)et les solutions de(E)impaires sont les fonctions deVect (f1).

4. SoitW =f₁⁰f0 f1f₀⁰ le Wronskien def0etf1. Comme on a montré que(f0; f1)est un système fondamental de solution, W est toujours non nul.

1. uestC¹ surIcomme quotient à dénominateur non nul de fonctionsC¹et u⁰= f₁⁰f₀ f₀⁰f₁

f₀² = W f₀² Doncu⁰ ne s’annule pas surI .

D’autre part,

u⁰⁰= W⁰f0 2W f₀⁰ f₀³ Mais W⁰=f₁⁰⁰f₀ f₀⁰⁰f₁= 'f₁f₀+'f₀f₁= 0et

u⁰⁰

u⁰ = 2f₀⁰ f₀

2. On a donc Z u⁰⁰

u⁰ = 2 Z f₀⁰

f₀ Soit

ln (ju⁰j) = 2 ln (jf0j) +K et donc

u⁰ = e^K 1 f₀²

d’où le résultat voulu en posantB = K (B est bien constante car les fonctions étant continues sans racines , ne peuvent pas changer de signe).

Remarque : on peut aussi partir de W⁰ = 0pour en déduire que W est constante. ( le rapport du jury signale que cette méthode a été acceptée aussi)

3. De plusu⁰(0) = f₁⁰(0)f₀(0) f₀⁰(0)f₁(0)

f₀²(0) = 1 et 1

f₀²(0) = 1 , doncB = 1. On a donc :

8x2I : u(x) =u₀+C Si x= 0on trouveC= 0. D’où :

f₁=f₀u₀ 5.

1. 8x2I; f(x) = cos²(x),f⁰(x) = 2 cos(x) sin(x)et f⁰⁰(x) = 2 sin²(x) cos²(x) Commef ne s’annule pas surI et qu’elle est solution de(E), on a donc :

8x2I; '(x) = f⁰⁰(x)

f(x) = 2 1 tan(x)² '= 2 1 tan²

On remarque quef(0) = 1 etf⁰(0) = 0. et donc par unicitéf₀=f. 2. On a pour toutx2] =2; =2[comme 1

cos² = 1 + tan²= tan⁰ u0(x) =

Z x 0

dt cos(t)⁴ =

Z x 0

1 + tan(t)² cos(t)² dt=

Z x 0

1 + tan(t)² (tan(t))⁰dt= tan(t) +1 3tan(t)³

x

0

8x2] =2; =2[; u0(x) = tan (x) +1

3tan(x)³

3. D’aprèsI.4.3, pour toutx2I=] =2; =2[, f1(x) =u0(x)f0(x) = tanx+1

3tan³x cos²x

f₁(x) = tan (x) +1

3tan (x)³ cos (x)²

On a une base de l’espace vectoriel des solutions .Donc la solution générale de(E)surIest : y(x) = ₀cos²x+ ₁ tanx+1

3tan³x cos²x ( ₀; ₁)2R² :

plusieurs variantes possibles . Par exemple f1(x) = tan(x) +1

3tan(x)³ cos(x)²= tan(x) cos(x)²+sin(x)²

3 =

Partie II

1. Soityune solution de(E)surR. D’aprèsI.1,yest de classeC¹surR, donc la fonction dé…nie par8x2R; Y(x) =y(x+2 ) est aussi de classeC¹ surRet on a pour tout x2R,Y⁰(x) =y⁰(x+ 2 ) etY⁰⁰(x) =y⁰⁰(x+ 2 ).

De plus, pour toutx2R, comme'est2 -périodique,

Y⁰⁰(x) +'(x)Y(x) =y⁰⁰(x+ 2 ) +'(x+ 2 )y(x+ 2 ) = 0:

Siy est solution de(E)surR, Y :x7!y(x+ 2 ) l’est également

2. En particulier les fonctions :8x2R,x > f0(x+ 2 )et:8x2R; x > f1(x+ 2 )sont solutions de (E)surR. Comme(f₀; f₁)est une base de l’espace vectoriel des solutions , elles sont combinaisons linéaires def₀etf₁ce qui assure l’existence de constantes(w_i;j)telles que :

8x2R:f₀(x+ 2 ) =w₀₀f₀(x) +w₁₀f₁(x) f₁(x+ 2 ) =w₀₁f₀(x) +w₁₁f₁(x) On a alors en dérivant :

8x2R:f₀⁰(x+ 2 ) =w₀₀f₀⁰(x) +w₁₀f₁⁰(x) f₁⁰(x+ 2 ) =w₀₁f₀⁰(x) +w₁₁f₁⁰(x) En considérant les valeurs enx= 0, on obtientw0;0=f0(2 ); w10=f₀⁰(2 ); w01=f1(2 ); w11=f₁⁰(2 )

8x2R, f₀(x+ 2 ) =f₀(2 )f₀(x) +f₀⁰(2 )f₁(x) f₁(x+ 2 ) =f₁(2 )f₀(x) +f₁⁰(2 )f₁(x) 3. Remarque : W est la valeur en2 du Wronskien def0 etf1

Soit g une solution de (E) 2 périodique non identiquement nulle. Notons ( ; ) les coordonnées de g dans la base (f₀; f₁). On a doncg= f₀+ f₁.

Alors pour toutx2R, on a d’après II.2.

g(x) = g(x+ 2 ) = f0(x+ 2 ) + f(x+ 2 )

= (w_0;0 +w_0;1 )f₀(x) + (w_1;0 +w_1;1 )f₁(x) et donc comme on a une base : =w0;0 +w0;1

=w_1;0 +w_1;1 ) . c’est-à-dire =W De plusg n’est pas identiquement nulle donc 6= (0)

W admet1 pour valeur propre et comme vecteur propre associé.

Réciproquement si1 est valeur propre il existe un vecteur propre noté . La fonction g= f0+ f1 véri…e alors bieng(x+ 2 ) =g(x)et g6=e0

(E)admet une solution non nulle2 périodique ssi 1est valeur propre deW

4. Soitg une solution de(E)non nulle et2 -périodique.

D’après la questionI.2, la fonction x7!g( x)est encore solution de(E).

De plus par linéarité les fonctionsg⁺: x7!g(x) +g( x)et g :x7!g(x) g( x)sont encore solutions de(E)et sont 2 périodique.

Org⁺ est paire et donc d’aprèsI.39 2R,g⁺= :f₀ De mêmeg est impaire et donc 9 ; g = f₁

Si = = 0alorsg=g⁺+g

2 =e0 absurde.

Si 6= 0f₀= g⁺

est paire Si 6= 0: f1= g

est impaire.

5. Soitf(x; t) =K(x; t)f₀(t)surR [ ; ]

1. Pour toutx2R, la fonctiont7!K(x; t)f₀(t)est continue sur[ ; ]doncF est bien dé…nie surR. De plus comme pour tout(x; t)2R [ ; ],K( x; t) =K(x; t), la fonctionF est paire.

Pour montrer que f est C²on utilise le théorème de Leibniz :

par théorèmes d’opérations et composition, la fonctionf est de classeC²sur R². f admet donc des dérivées partielles @f

@x et @²f

@x² continues surRet :

8(x; t)2R [ ; ];

8>

<

>:

@f

@x(x; t) = kcostsinx e^kcostcosxf₀(t)

@²f

@x²(x; t) =k²cos²tsin²x e^kcostcosxf0(t) kcostcosx e^kcostcosxf0(t) 8x 2 R, t 7! f(x; t) t 7! @f

@x(x; t) et t 7! @²f

@x²(x; t) sont continues sur [ ; ] (segment) donc elles y sont intégrables.

Domination de la dérivée seconde :

8(x; t)2R [ ; ]; @²f

@x²(x; t) (k²+jkj):e^jkjjf₀(t)j: Cette fonction est continue sur [ ; ] (segment) donc y est intégrable.

On déduit du théorème de dérivation des intégrales à paramètre que la fonctionF est de classeC² surR et

8x2R; 8>

><

>>

:

F⁰(x) = Z

kcostsinxe^kcostcosxf0(t)dt F⁰⁰(x) =

Z

(k²cos²tsin²x kcostcosx)^kcostcosxf0(t)dt

2. On a : K(x; t) =K(t; x)donc on peut utiliser une symétrie pour réduire le nombre de calculs.

si on dérive :

@K

@t (x; t) = (kcosxsint)K(x; t)et@²K

@t² (x; t) = (k²cos²xsin²t kcosxcost)K(x; t) et par symétrie

@²K

@x²(x; t) = (k²cos²tsin²x kcostcosx)K(x; t)

8(x; t) 2 R²;@²K

@x²(x; t) + (a k²sin²x)K(x; t) = (k²cos²tsin²x kcostcosx+a k²sin²x)K(x; t)

= [ k²sin²xsin²t kcostcosx+a]K(x; t):

= @²K

@t² (x; t) + (a k²sin²t)K(x; t)toujours par symétrie.

8(x; t)2R² @²K

@x²(x; t) + (a k²sin²x)K(x; t) = @²K

@t² (x; t) + (a k²sin²t)K(x; t)

En utilisant l’expression de F⁰⁰ trouvée précédemment,8x2R; F⁰⁰(x) + (a k²sin 2x)F(x) =

Z @²F

@x²(x; t):f₀(t)dt+ (a k²sin²x) Z

K(x; t)f₀(t)dt

=

Z @²K

@xc²(x; t) + (a k

2

sin²x)K(x; t)

! f₀(t)dt

=

Z @²K

@t² (x; t)dt+ (a k

2

sin²t)K(x; t

!

)f₀(t)dt

=

Z @²K

@t² (x; t)f0(t)dt+ Z

(a k²sin²t)K(x; t))f0(t)dt

les fonctions t7! @K

@t (x; t)etf₀ sont de classeC¹ surRet en intégrant par parties on obtient : Z @²K

@t² (x; t)f0(t)dt= @K

@t (x; t)f0(t)

Z @K

@t (x; t):f₀⁰(t)dt Mais t 7! K(x; t) est 2 périodique donc t 7! @K

@t (x; t) l’est également et par hypothèse la fonction f₀ est 2 - périodique.

On en déduit que @K

@t (x; t)f₀(t) = 0.

On a donc Z @²K

@t² (x; t)f₀(t)dt=

Z @K

@t (x; t):f₀⁰(t)dt Une nouvelle intégration par partie donne :

Z @²K

@t² (x; t)f0(t)dt= [ K(x; t):f₀⁰(t)] + Z

K(x; t)f₀⁰⁰(t)dt:

t7! K(x; t)f₀⁰(t)est2 -périodique en tant que produit de deux fonctions2 -périodiques et donc[ K(x; t):f₀⁰(t)] = 0.

Finalement,

F⁰⁰(x) + (a k²sin²x)F(x) = Z

K(x; t)f₀⁰⁰(t) + Z

(a k²sin²t)K(x; t))f₀(t)dt

= Z

f₀⁰⁰(t) + (a k²sin²t)f₀(t) K(x; t)dt

= 0 carf0solution de (E) 8x2R; F⁰⁰(x) + (a k²sin²x)F(x) = 0

3. La fonctionF est paire et solution de(E)surR. D’aprèsI.3, il existe 2Rtel queF = f₀, ce qui s’écrit encore : 9 2R 8x2R

Z

e^kcostcosxf₀(t)dt= f₀(x)

Partie III

1. (E) y⁰⁰+!²y= 0avec! >0est une équation linéaire à coe¢ cients constants classique:la solution générale de(E)sur Iest :

y(x) = cos (!x) + sin (!x) avec( ; )2R² compte tenu des conditions initialesf0et f1 sont dé…nies surI par :

8x2I f0(x) = cos (!x) f1(x) = 1

!sin (!x)

2. Commesin estC¹sur] =2; =2[sur] 1;1[, on a bieny2C¹(I;R) De plus,

8x2I y⁰(x) =z⁰(sinx):cosx y⁰⁰(x) = cos 2xz⁰⁰(x) sinxz⁰(sinx)

y solution de (E) surI ; () 8x2I (1 sin²x)z⁰⁰(sinx) sinxz⁰(sinx) +!²z(sinx) = 0 () 8X2] 1;1[ (1 X²)z⁰⁰(X) Xz⁰(X) +!²z(X) = 0

en posantX= sin(x)qui décrit bien] 1;1[entier sixdécrit ] =2; =2[

3.

1. cette question est une analyse , la suivante sera la véri…cation.

degré: Dans le membre de droite de (E⁰) chaque terme est de degré au plus d , et le coe¢ cient de X^d est d(d 1) d+!² adet donc!= d, et les quantité étant positives!=d. Ce qui impose que!soit entier (non nul par hypothèse)

relation entre les coe¢ cients : Pour tout X 2] 1;1[, z(X) =

Xd n=0

a_nXⁿ; z⁰(X) = Xd n=1

na_nX^{n 1}; z⁰⁰(X) = Xd n=2

n(n 1)a_nX^{n 2}

on a donc

Xz⁰(X) = Xd n=1

nanXⁿ = Xd n=0

nanXⁿ etX²z⁰⁰(X) =

+1

X

n=2

n(n 1)anXⁿ=

+1

X

n=0

n(n 1)anXⁿ

car pour n= 1etn= 0, les termes sont nuls.

En e¤ectuant le changement d’indicen > n+ 2, z⁰⁰(X) =

d 2

X

n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2Xⁿ:

z est solution de(E⁰)si et seulement si

d 2

X

n=0

((n+ 2)(n+ 1)a_n+2)Xⁿ+ Xd n=0

n(n 1)a_n na_n+!²a_n Xⁿ = 0

d 2

X

n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2+ (!² n²)an Xⁿ+ (!² (d 1)²)ad 1X^{d 1}+ !² d² adX^d = 0:

Les deux fonctions polynômes sont égales sur] 1;1[de cardinal in…ni, donc les polynômes sont égaux donc les coe¢ cients sont égaux.

z véri…e (E⁰) si et seulement si8n2[[0; d 2]]; (n+ 2)(n+ 1)an+2 (n² !²)an = 0etad 1= 0 Comme pour tout n2N,(n+ 2)(n+ 1)6= 0, on a :

8n2[[0; d 2]]; an+2= n² !² (n+ 2)(n+ 1)an

calcul des coe¢ cients : –sin= 2p dest pair : ,

a2p= (2p 2)² !²) (2p)(2p 1) a2p 2

puis par récurrence surp: 8p 1; p d

2 : a2p=a0

Yp k=1

(2k 2)² !²) (2k)(2k 1) =a0

Qp 1

k=0(4k² !²) (2p)! :

En e¤et pourp= 1, a₀ (2p)!

pY1 k=0

(4k² !²) = !²

2 a₀=a₂ . Si l’égalité est vraie pour un certainp2N,

a2p+2= 4p² !²

(2p+ 2)(2p+ 1): a0

(2p)!

pY1 k=0

(4k² !²) = a0

(2p+ 2)!: Yp k=0

(4k² !²).

L’égalité est vraie au rangp+ 1: la récurrence est établie.

–De même, pour toutn= 2p+ 1 d,a2p+1= (2p 1)² !²

(2p+ 1)(2p) a2p 1. Par récurrence surp, on a alors 8p 1; p d 1

2 a2p+1=a1

Qp 1

k=0((2k+ 1)² !²) (2p+ 1)!

contrainte : on veut ad 1= 0

–sid=!est pair , d 1est impair or((2k+ 1)² !²)ne peut pas être nul (impair 6=pair) donca₁= 0et z(X) =a₀

0

@1 + X!=2 p=1

Qp 1

k=0(4k² !²) (2p)! X^2p

!1 A

–de même sid=!est impair : z(X) =a₁

0

@X+

! 1

X2

p=1

Qp 1

k=0((2k+ 1)² !²) (2p+ 1)! X^2p+1

!1 A

2. Réciproquement si ! est entier non nul les deux relations qui caractérisent les solutions polynômiales de (E⁰)sont véri…ées :

8n2[[0; d 2]]; (n+ 2)(n+ 1)an+2 (n² !²)an= 0 eta! 1= 0 ce sont des polynômes (de degré! )

a_{! 1}est nul

sinn’a pas la parité de !: (n+ 2)(n+ 1)0 (n² !²)0 = 0 sina la parité de !

(n+ 2)(n+ 1)a_n+2 (n² !²)a_n = (n+ 2)(n+ 1) n² !²

(n+ 2)(n+ 1)a_n (n² !²)a_n

= 0

En prenanta06= 0, on a bien une solution polynômiale non nul

il existe des solutions polynômiale non nul ssi!2N

Dans ce cas l’ensemble des solutions polynômiales est un espace vectoriel de dimension 1 alors que l’ensemble des solutions de (E⁰)sur ] 1;1[est un espace vectoriel de dimension2 (1 X² n’a pas de racine sur] 1;1[et les coe¢ cients sont continus).

Si ! =2N , toutes les solutions sont non polynômiales.

Pour tout! >0il existe des solutions non polynômiales de(E⁰) 3. Des solutions polynômiales de(E⁰)on déduit des solutions de(E):

Si ! = 2m est pair : y₀ : x > 1 +

!=2X

p=1

Qp 1

k=0(4k² !²) (2p)!

!

(sin(x))^2p est une solution paire de (E) , donc proportionnelle àf0 = cos(!x)(I.3):.De plus les deux fonctions valent 1en0et sont donc égales.

8x2] =2; =2[ cos(2mx) = 1 + Xm p=1

Qp 1

k=0(4k² 4m²)

(2p)! sin^2p(x)

!

SoitP_mla fonction polynômiale:X 7!1 + Xm p=1

Qp 1

k=04(k² m²) (2p)! X^2p

!

. On véri…e :

–deg(Pm) = 2mcar 4^m (2m)!

mY1 k=0

(k² m²)6= 0

–Les deux fonctions dé…nie surR: x >cos(2mx)et x > Pm(sin(x))sont continues surR; périodique et elles sont égales sur] =2; =2[. Par passage à la limite, elles sont égales sur [ =2; =2]donc aussi surRpar période.

On peut simpli…er le polynôme car :

pY1 k=0

(4k² 4m²) = ( 4)^p

pY1 k=0

(m+k)

pY1 k=0

(m k) = ( 4)^p m!

(m p)!

(m+p 1)!

(m 1)!

= ( 4)^pm(m+p 1)!

(m p)!

Pm(X) = 1 + Xm p=1

( 4)^pm(m+p 1)!

(2p)!(m p)! X^2p

Si ! = 2m+ 1: y1 :x7!sin(x) +

+mX

p=1

Qp 1

k=0((2k+ 1)² !²)

(2p+ 1)! sin^2p+1(x)

!

est une solution impaire de (E) , donc proportionnelle à f₁ = 1

! sin(!x)(I.3): .De plus les dérivées des deux fonctions valent1 en0, elles sont égales.

8x2] =2; =2[ sin((2m+ 1)x)

2m+ 1 = sinx+ Xm p=1

Qp 1

k=0((2k+ 1)² (2m+ 1)²))

(2p+ 1)! (sinx)^2p+1

!

SoitQmla fonction polynômiale : :X7!(2m+ 1)X+ X+m p=1

2m+ 1 (2p+ 1)!

pY1 k=0

((2k+ 1)² (2m+ 1)²)X^2p+1

! :

–deg(Qm) = 2m+ 1car 2m+ 1 (2m+ 1)!

mY1 k=0

((2k+ 1)2 (2m+ 1)2))6= 0.

–Les fonctions dé…nie sur R : x > sin ((2m+)x) et x > Qm(sin(x)) sont continues, d’antipériodique et sont égales sur ] =2; =2[ : Par continuité elles sont égales sur [- =2; =2] puis en utilisant leur -antipériodicité, elles sont égales surR.

On a aussi une expression factorielle :

Q_m(X) = (2m+ 1)X+ X+m p=1

(2m+ 1) ( 4)^p(m+p)!

(2p+ 1)!(m p)! X^2p+1

4. compléments à étudier après le cours sur les séries entières : : si on cherche un développement en série entière z(X) =

+1

X

n=0

anXⁿ avec un rayon de convergence strictement positif , les calculs sont du type précédent et donne :

zvéri…e (E⁰) ()

+1

X

n=0

(n+ 2)(n+ 1)a_n+2+ (!² n²)a_n Xⁿ= 0

d’où la même relation de récurrence

8n2N; an+2= n² !² (n+ 2)(n+ 1)an

d’où le calcul desa_n selon la parité den: z(x) = a0 1 +

+1

X

p=1

Qp 1

k=0(4k² !²) (2p)!

! X^2p

!

+a1 X+

+1

X

p=1

Qp 1

k=0((2k+ 1)² !²) (2p+ 1)!

! X^2p+1

!

= a0u0+a1u1

la fonctionu0étant un polynôme ssi le produit est nul à partir d’un certain rang : 9p: != 2p. idem pour u1 . Dans le cas polynômiale la série entière est de rayon+1:

si les fonctions u0 et u1 ne sont pas des polynômes la Règle de D’Alembert donne pour ces deux séries un rayon de convergence1 :

lim a_n+2 an

X² =X²

On a donc bien des solutions sur] 1;1[, et la dimension des sous espaces vectoriels montre que toutes les solutions sont obtenues.

5. En se ramenant aux solutions paires et impaires de (E)on obtient pour x2] =2; =2[

cos(!x) = 1 +

+1

X

p=1

Qp 1

k=0(4k² !²) (2p)!

!

(sin(x))^2p

sin(!x)

! = sinx+

+1

X

p=1

Qp 1

k=0((2k+ 1)² !²))

(2p+ 1)! (sinx)^2p+1

Le problème de l’étude en 1des séries entières , donc du prolongement des relations précédentes à Rn’était pas posé.