Detailed Course Topics PNO/diapositivas1.pdf · 2015. 6. 24. · Introducción al Método de los...

Begin/Begin/EndEnd Dates: 2015 June 23Dates: 2015 June 23--2424

Schedule: 10:00Schedule: 10:00--13:00 and 15:0013:00 and 15:00--18:0018:00

LocationLocation:: DepartmentDepartment ofof OpticsOptics andand OptometryOptometry andand VisiconVisicon ScienceScience.. SeminarSeminar RoomRoom

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1. Introduction to the Finite Element Method: mathematical foundations2. Getting started with COMSOL Multiphysics: user interface3. Creating a model with COMSOL Multiphysics: model based on equations4. Using the Radio-Frequency module:

I. 2D modeling of various problemsII. 3D modeling of various problems

http://www.addlink.es/eventos/comsol/cursohttp://www.addlink.es/eventos/comsol/curso--introduccionintroduccion--comsolcomsol--multiphysicsmultiphysics--15061506RegistrationRegistration::

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Juan J.Juan J. MiretMiret Mari andMari and MahinMahin NaserpourNaserpourCourseCourse InstructorsInstructors::Carlos J. Zapata Rodríguez ([email protected])Carlos J. Zapata Rodríguez ([email protected])CourseCourse CoordinatorCoordinator::

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Introducción al Método de loselementos Finitos

Modelos matemáticos en Cienciae Ingeniería

Ecuaciones algebraicas,diferenciales o integrales

Modelos matemáticos

Soluciones analíticasSólo en casossimples

Mayoría de casosprácticos

Método de los Elementos Finitos (MEF) : técnica general para hallar solucionesnuméricas de sistemas de ecuaciones diferenciales e integrales.

Origen: ingeniería estructural, años 50/60, para solución de ecuaciones diferenciales enderivadas parciales en elasticidad.

A día de hoy su empleo se ha generalizado abarcando gran cantidad de disciplinas, entre ellas elestudio y diseño de dispositivos electromagnéticos

Modelos matemáticos

Soluciones numéricas

Mayoría de casosprácticos


Ecuaciones de Maxwell

HB

ED

r

r

0

0

Condiciones de contorno


Asumiendo campos armónicos: tj

tj

e

e

)(t,

)(t,

xHxH

xExE

HE rj 0 HE 0

1

j

r

HE 0

1

j

r

tjj

r

DJHE 00

1

EEEE

0

200

20

1

j

kj rorr


0EE

0

21

j

k ror

1

2

En general, cualquier problema consistirá en resolver:

c

12

En una determinada región del espacio ybajo ciertas condiciones de contorno

21


0EEE

d

jk ro

rtest

0

21

1

En vez de resolver este problema, se aborda lo que se conoce comola forma “débil” (Weak form) :

0EEE

d

jk ro

rtest

0

21

1

2

c

12

21

testE

Veamos que ventajas aportaeste planteamiento


0EEE

d

jk ro

rtest

0

21

BAABBA

Utilizando:

El primer término puede escribirse de la forma:

dddr

testtestrr

test EEEEEE111

El primer término puede escribirse de la forma:

d

rtest EE

1

Tª Gauss

dSdr

testr

test

nEESEE

11


Reescribimos todo:

El término con la integral de contorno puede desarrollarse como:

011

0

2

dSdj

kr

testtestrotestr

nEEEEEE

dSdSdSc

rtest

rtest

rtest

nEEnEEnEE

111

21

Donde además: HnnE

0

1

j

r

01

21 HHnnEE

dS

cr

test

En un medio libre decorrientes

Por tanto:


Si además asumimos que:

Todas las integrales de contorno se cancelarán quedando por tanto:

02,1

iHn Condición “Natural”

01

0

2

dj

k testrotestr

EEEE

“Weak Form” 0

1

0

2

dj

k testrotestr

EEEE

“Weak Form”

testE

Hemos pasado de una ecuación que debía cumplirsepara cualquier punto del Dominio a una que debecumplirse “en promedio” (y con ciertas funciones peso)

Exigencia más débil. Facilitapoder tratar posiblessingularidades (fuentespuntuales, …)

Se ha reducido el orden de las derivadas y por tanto también las exigencias de derivabilidadde las soluciones aproximadas (buscadas)

Y además se impone, de forma implícita, la condición de contorno llamada condición natural


¿Y cómo aparecen los “elemento finitos”? Al elegir las funciones test (peso)

Número finito defunciones test

Por comparar

Esto implicará que subdividiremos (mallaremos)todo el dominio en trozos pequeños (elementos)

Número finito defunciones test


Resolvamos un problema genérico empleando el MEF

Condiciones de contornoCondiciones de contorno

Posibles fronteras interiores(continuidad de la función y su derivada)


Primer paso, obtener la “weak form”:

Elección de las funciones test: Se utiliza el método de Galerkin, lo que supone que la funciónbuscada () se desarrollará en las propias funciones test. Además se supone que la funciónproblema variará de la forma más simple simples posible en cada elemento (función lineal).

dxfdxdx

ddx

dx

d

dx

d L

test

L

test

L

test

Ltest

0000

test

Elección de las funciones test: Se utiliza el método de Galerkin, lo que supone que la funciónbuscada () se desarrollará en las propias funciones test. Además se supone que la funciónproblema variará de la forma más simple simples posible en cada elemento (función lineal).

xbax )(Una función lineal genérica depende de dos variables (a,b)

eee xbax 1)(

1ex

eee xbax 211)(

ex

el


Cambiaremos de variables (a, b) ee21 ,

2

12211)(

j

ej

ej

eeeee xNxNxNx

Se necesitarán dos funciones

xNxN ee21 ,

valores en los extremos (nodos)

¿Y cómo son estas funciones N ?¿Y cómo son estas funciones N ?

e

ee

e

ee

l

xxxN

l

xxxN

12

21

ee xx 21

ee xx 1

1 xN e

2

el

xN e1

1

Las funciones basesiempre cumplen

ijej

ei xN

La idea es que estas funciones N sean las funciones test. Es decir


Por construcción la función aproximada(buscada) será continua:

SoluciónSolución aproximada

elementosNº

121 , eee

test NN

xN e2

xN e 11

Por construcción la función aproximada(buscada) será continua:

nodonodoxx )()(

Sólo se acoplarán las integrales de loselementos vecinos

Las incógnitas de nuestro problemavan a ser el valor de la soluciónaproximada en los nodos

elementosdeNúmero....,1,econ, 21 ee

112 ee

00000

dxfdx

dx

ddx

dx

d

dx

dR

L

test

L

test

L

test

Ltest


Volvamos a la “weak form” y veamos que expresión tendría la aplicación de estas funciones ydesarrollos para un elemento e

test

0)(~:DifEc. fPresiduoRfP

“Weak form” para R

0~

0

dxRL

test

Para el elemento e, de todas las funciones test, únicamente son diferentes de cero

test

ee NN 21 ,

02

1

2

1

2

1

2

1

e

e

e

e

e

e

e

e

x

x

ei

x

x

ei

x

x

ei

x

x

eie

i dx

dNdxfNdxNdx

dx

dN

dx

dR

Si además tenemos en cuenta que en ese elemento es de la forma (Galerkin):

2

1

)()(j

ej

ej

e xNxx


02

1

2

1

2

1

2

1

2

1

e

e

e

e

e

e

e

e

x

x

ei

x

x

ei

x

x

ej

ei

x

x

ei

ej

j

ej

ei dx

dNdxfNdxNNdx

dx

dN

dx

dNR

02

1

2

1

2

1

2

1

2

1

e

e

e

e

e

e

e

e

x

x

ei

x

x

ei

x

x

ej

ei

x

x

ei

ej

j

ej

ei dx

dNdxfNdxNNdx

dx

dN

dx

dNR


eijK e

ib eig

02

1

2

1

2

1

2

1

2

1

e

e

e

e

e

e

e

e

x

x

ei

x

x

ei

x

x

ej

ei

x

x

ei

ej

j

ej

ei dx

dNdxfNdxNNdx

dx

dN

dx

dNR


eijK e

ib eig

02

1

2

1

2

1

2221

1211

2

1

e

e

e

e

e

e

ee

ee

e

e

g

g

b

b

KK

KK

R

R

Recordemos que las funciones N son muy simples e

ee

e

ee

l

xxxN

l

xxxN 1

22

1 ,

Las expresiones de estas integrales también lo serán


Consideraremos que y son constantes (o bien las aproximamos por constantes) entodo el elemento e. La matriz K quedará:

61

31

2112

2211

ee

eeee

ee

eeee

l

lKK

l

lKK

Consideramos que f es también una constante (en caso de que no sea constante sepuede hacer la integral por cualquier método numérico):

221

eee l

fbb

Por último el vector g lo escribiremos como:

e

e

x

e

eeee

x

e

dx

dg

xNxNdx

dg

2

1

2

11211 1y0quecuentaen tenidohasedonde,


En cada elemento cada uno de los residuos debe ser 0, ya que no esmás que la integral ponderada de algo que buscamos que sea 0

Lo mismo debe cumplirse para la suma de todos los residuos (Sumaremos los residuosde todos los elementos (M elementos)):

0 fPpesoi

01 2

1

2

1

2

1

2221

1211

1 2

1

M

ee

e

e

e

e

e

ee

eeM

ee

e

g

g

b

b

KK

KK

R

R

Y trataremos de reescribirlo en forma matricial

Elemento

nodo

1 2 3

1 2 3 4


Veamos por ejemplo como sería con 3 elementos (4 nodos):

1 2 3 4

nodo 1 2 3 4

4

3

2

1

41

32

31

22

21

12

11

Construimos un vector columna conlas incógnitas

11

21

12 3

122 4

132

El número de incógnitas será

M (número de elementos) + 1

e

e

e

e

e

e

ee

ee

g

g

b

b

KK

KK

2

1

2

1

2

1

2221

1211

Se llega a:


Y teniendo en cuenta que para un elemento e se cumplía:

32

31

32

21

12

11

32

31

32

21

12

11

4

3

2

1

322

321

312

311

222

221

212

211

122

121

112

111

00

0

0

00

g

gg

gg

g

b

bb

bb

b

KK

KKKK

KKKK

KK

32

31

32

21

12

11

32

31

32

21

12

11

4

3

2

1

322

321

312

311

222

221

212

211

122

121

112

111

00

0

0

00

g

gg

gg

g

b

bb

bb

b

KK

KKKK

KKKK

KK

4

3

2

1

4

3

2

1

4

3

2

1

4443

343332

232221

1211

00

0

0

00

g

g

g

g

b

b

b

b

KK

KKK

KKK

KK

Matriz tridiagonal

Que reescribimos como:

El primer y último elementos serán:


Obtengamos los elementos genéricos de esta matriz [K ] :

322

321

312

311

222

221

212

211

122

121

112

111

00

0

0

00

KK

KKKK

KKKK

KKSupongamosM elementosN = (M+1) incógnitas

31

31

22

11

111

1111

MM

MMM

NN

l

lKK

l

lKK

K (N,N )

4443

343332

232221

1211

00

0

0

00

KK

KKK

KKK

KK

31

31

22

11

111

1111

MM

MMM

NN

l

lKK

l

lKK


Obtengamos los elementos genéricos de esta matriz [K ] :

322

321

312

311

222

221

212

211

122

121

112

111

00

0

0

00

KK

KKKK

KKKK

KKSupongamosM elementosN = (M+1) incógnitas

31

31

22

11

111

1111

MM

MMM

NN

l

lKK

l

lKK


K (N,N )

4443

343332

232221

1211

00

0

0

00

KK

KKK

KKK

KK

31

31

22

11

111

1111

MM

MMM

NN

l

lKK

l

lKK

Mientras que el resto de términos de la diagonal:

1,,2

31

31 1

1.1

111

122

Ni

l

l

l

lKKK

ii

ii

ii

iiii

ii


322

321

312

311

222

221

212

211

122

121

112

111

00

0

0

00

KK

KKKK

KKKK

KK

31

31

22

11

111

1111

MM

MMM

NN

l

lKK

l

lKK


Por último, el resto de términos no nulos:

1,,16

1121,,

Ni

l

lKKK

ii

iii

iiiii

4443

343332

232221

1211

00

0

0

00

KK

KKK

KKK

KK

31

31

22

11

111

1111

MM

MMM

NN

l

lKK

l

lKK

Mientras que el resto de términos de la diagonal:

1,,2

31

31 1

1.1

111

122

Ni

l

l

l

lKKK

ii

ii

ii

iiii

ii

32

31

32

21

12

11

b

bb

bb

b

4

3

2

1

b

b

b

b


De la misma forma los elementos del vector b serán:

2

2

2

1111

MMM

N

i

lfbb

lfbb

1,,222

11

12

Ni

lf

lfbbb

ii

iiii

i

1,,222

11

12

Ni

lf

lfbbb

ii

iiii

i

Mientras que el vector g :

Lxx

MN

xx

Ndx

dgg

dx

dgg

2

0

111

1

ii xxxx

iii dx

d

dx

dggg

11

2

11

2

Que no es más que:

0

dx

d

dx

d

En cada nodo Condición “Natural”

Hemos supuesto queera continua


Mientras que el vector g :

Lxx

MN

xx

Ndx

dgg

dx

dgg

2

0

111

1

ii xxxx

iii dx

d

dx

dggg

11

2

11

2

Que no es más que:

0

dx

d

dx

d

Hemos supuesto que

era continuaLxx

MN

xx

Ndx

dgg

dx

dgg

2

0

111

1

0

dx

d

dx

d

En cada nodo Condición “Natural”

Hemos supuesto queera continua

Si en nuestra programación no incorporáramos el vector g, estaríamos,implícitamente, imponiendo una condición de contorno de Neumann

Veamos cómo aplicar las condiciones de contorno



En nuestro problema habíamos supuesto unas condiciones de contorno muy generales

Condición de contorno tipo Dirichlet o 1er tipo

En nuestro problema habíamos supuesto unas condiciones de contorno muy generales

Condición de contorno de 3er tipo o de Robin


Veamos como tratar con ellas. Empecemos por la de Robin

q y serán parámetros conocidos en el contorno

Teniendo en cuenta que:

NLx

N qdx

dg

N

LxN q

dx

dg

gbK Y recordando que:

Esta condición puede implementarse facilmente redefiniendose los últimoselementos de la matriz K y del vector b

qbb

KK

NN

NNNN


Impongamos ahora la condición de Dirichlet

p será un parámetros conocidos en el contorno

Teniendo en cuenta que:

px

0

0

0 1

2

1

2

1

21

1211 g

b

b

K

KK

Simplemente realizamos los siguientes cambios:

pb

KKK

K

N

1

11312

11

0

1

0

0 1

2

1

2

1

21

1211 g

b

b

K

KK


Finalmente al incorporar ambas condiciones nos quedará:

NNN b

b

p

K

K

22

1

21

001

NNN b

b

p

K

K

22

1

21

001

NNK

|||

qbN |||

Vemos que el vector g ha desaparecido de la formulación


Comentemos, muy brevemente, los aspectos más relevantes en las formulaciones máscomplejas del MEF

- Empleo de elementos de orden superior (cuadráticos, cúbicos, …)

- Formulaciones 2 y 3D.

- Elementos vectoriales

Comentemos, muy brevemente, los aspectos más relevantes en las formulaciones máscomplejas del MEF

- Empleo de elementos de orden superior (cuadráticos, cúbicos, …)

- Formulaciones 2 y 3D.

- Elementos vectoriales

En los llamados elementos cuadráticos (elementos de 2º orden), cada elemento tiene 3nodos, uno en cada uno de los extremos y un tercero situado, normalmente, en el centro delelemento. En cada elemento, la función problema se aproxima por una función cuadrática


Elementos cuadráticos

Empleo de elementos de orden superior

xbax )(

Elementos lineales

3

1332211)(

j

ej

ej

eeeeeee xNxNxNxNx


Ahora se tendrán 3 funciones test por elemento: Nuevamente, las incógnitasserán los valores de la funciónbuscada en los nodos

Las funciones basesiempre cumplen

ijej

ei xN


Average error of the finite element solution versus the number ofnodes using linear, quadratic, and cubic elements.


Elementos finitos en problemas 2D

Elemento triangular lineal

3 funciones test por elemento

Las incógnitas serán losvalores de la funciónbuscada en los nodos(vértices del triángulo)

Ejemplo de muestreo

Ordenes superiores


Elementos finitos en problemas 3D

Elemento tetraédrico lineal

4 funciones test por elemento

Las incógnitas serán losvalores de la funciónbuscada en los nodos(vértices del tetraedro)

Ejemplo de muestreo


Elementos vectoriales



0 0silica

puntosciertosensalvocontínuasseránni,niperocontínua,serdebe yx EEtE

x

y



es el valor del campotangencial en el lado i deltriángulo. Ahora serán lasincógnitas del problema

eiE

Las funciones base seránahora vectoriales, de talmanera que la componentetangencial de tendrá unvalor fijo para el lado i yserá cero para los otrosdos lados

eiN

Las funciones base seránahora vectoriales, de talmanera que la componentetangencial de tendrá unvalor fijo para el lado i yserá cero para los otrosdos lados

eiN

e1N

e2N e

3N

Problema 1D: Aplicación del MEF

xx rr , xx rr ,

PEC

TE zeyxE tjz ˆ, E


EH

HE

r

r

j

j

0

0

Podemos descomponercualquier onda plana en unacon polarización TE y otra TM

011 2

0

zrzy

ryzx

rx EkE

xE

x

kt se conserva: ky sin0 yjkz eyE

0sin11 22

0

z

rrzx

rx E

xxkE

x

xx rr ,

TM zeyxH tjz ˆ, H


EH

HE

r

r

j

j

0

0

Podemos descomponercualquier onda plana en unacon polarización TE y otra TM

011 2

0

zrzy

ryzx

rx HkH

xH

x

kt se conserva: ky sin0 yjkz eyH

0sin11 22

0

z

rrzx

rx H

xxkH

x

xx rr ,

TE zeyxE tjz ˆ, E


Veamos que condiciones decontorno tenemos

Evidentemente en x=0 Ez =0 (PEC)

Lx

eeEReEyxE yjkLxjkLxjkz

para

, sincos0

cos0

000

Por otro lado:

Lx

eeEReEyxE yjkLxjkLxjkz

para

, sincos0

cos0

000

R (coeficiente de reflexión)

Hacemos la derivada de Ez

sincos0

cos00

000cos yjkLxjkLxjkz eeEReEjkdx

dE

sin0

cos00

00 )(coscos2 yjkz

Lxjkz exEjkeEjkdx

dE

Que podremos escribir de la forma:Importante, ya no apareceR, (parámetro que noconocemos a priori)


LxexEjkeEjkdx

dE yjkz

Lxjkz sin0

cos00

00 )(coscos2

000 cos2)(cos EjkxEjkdx

dE

Lxz

z

En x=L

Queremos obtener la condición que se debe cumplir justo en el lado del dieléctrico

contínuonser tambiédebe1

contínuo

0

dx

dEjH

E

z

ry

z

contínuonser tambiédebe

1

contínuo

0

dx

dEjH

E

z

ry

z

Tenemos encuenta

Lx

z

aireLx

z

rLx

z

r

LxzLxz

dx

dE

dx

dE

dx

dE

EE

)(

11

Por lo tanto: 000 cos2)(cos1

EjkxEjkdx

dE

Lx

zz

r


00

xzE

Ec. Dif


0sin11 22

0

z

rrzx

rx E

xxkE

x

TE

000 cos2)(cos1

EjkxEjkdx

dE

Lx

zz

r

00

xzE

contínuonser tambiédebe1

contínuo

0

dx

dEjH

E

z

ry

z

Y además





Posibles fronteras interiores(continuidad de la función y su derivada)

Identificando tenemos:

0

1

sin1 22

0

f

k

E

r

rr

z

En cuanto a las condiciones de contorno

00

0

cos2

cos

0

Ejkq

jk

p


0

1

sin1 22

0

f

k

E

r

rr

z

Una vez resuelto el problema, se puede obtener el coeficiente de reflexión:

0

0

00

)(

tantolopor

)(

E

ELER

ERELE

z

z


31

31 1

11

111

MM

MM

NN

l

lK

l

lK

1,,16

11,,

Ni

l

lKK

ii

ii

iiiii

1,,2

31

31 1

1.1

1

Ni

l

l

l

lK

ii

ii

ii

ii

ii

1,,16

11,,

Ni

l

lKK

ii

ii

iiiii

2

21

1

MM

N

i

lfb

lfb

1,,222

1

Ni

lf

lfb

ii

ii

i


TE

0

2

5

11.024

1.02

L

L

xix

i

r

r

TM


TE TM

Problema 1D: Resolución empleandoel COMSOL

Comenzaremos empleando el módulo más general, en el que plantearemosnosotros mismos las ecuaciones a resolver.


fuauuuc

Ecuación genérica queresolverá el COMSOL

ea=da=0

Ec. Dif

0sin11 22

0

z

rrzx

rx E

xxkE

x

TE


Comparando con la ecuación del COMSOL:

Queremos resolver

0 uauc xx

0 f fuauuuc

220 sin

1

1

rr

r

ka

c

Identificamos:


¿Qué ocurre con las condiciones de contorno?

000 cos2)(cos1

EjkxEjkdx

dE

Lx

zz

r

00

xzE

Condiciones de contorno de nuestro problema

En COMSOL0

0

xzE

En COMSOL


000 cos2)(cos1

EjkxEjkdx

dE

Lx

zz

r

0x Lx

xn ˆxn ˆ

gquuc Lxx

00

0

cos2

cos

Ejkg

jkq

Identificamos:


Algunos pasos


y TM zeyxH tj

z ˆ, H

011 2

0

zrzy

ryzx

rx HkH

xH

x

32 1

h3 h2

x

2

sincos0

cos0

para

, 2020

hx

eeHReHyxH yjkhxjkhxjkz

cos

sin

12

12

11

11

1101

kkkk

kk

kk

yx

y

rr

yjkhxjkhxjkz

yxx eeHReHyxH 1212100,


y

011 2

0

zrzy

ryzx

rx HkH

xH

x

kt se conserva: k1y

32 1

h3 h2

x

01 12

0

z

r

yrzx

rx H

x

kkH

x

0 uauc xx

r

yr

rz

kka

cHu

120

1

Identificamos:En COMSOL


Respecto a las condiciones de Frontera

En las interiores el COMSOL aplica:

021 uucuucnEsto hace que las integrales de contornointernas se anulen (Condición Natural)

En este caso eso implica:

21

11

zx

rzx

r

HH

Que no es más que exigir la continuidad de Ey

yzxr

EjH 0

1

Además por construcción Hz es continua en los nodos


Ahora aplicaremos condiciones mixtas en ambos extremos , 1er (x=-h3) y último nodo (x=h2)

yjkhxjkhxjkz

yxx eeHReHyxH 1212100,En x=h2

yjkhxjkhxjkx

z yxx eeHReHjkdx

dH 12121001

Se puede escribir:

yjkhxjkxzx

z yx eeHjkHjkdx

dH 121011 2

Se puede escribir:

011

2

2

En

2

HjkHjkdx

dH

hx

xhx

zxz

zx

rz HH

1

y Son continuas0

1

1

1

1

2

2

21

En

2

Hk

jHk

jdx

dH

hx

x

hx

zxz


En COMSOL

xn ˆgqHHx

hx

zzxr

2

1ˆ

1

1

01

12

r

x

r

x

kjq

Hk

jg

Identificamos:

01

1

1

1

2

2

21

En

2

Hk

jHk

jdx

dH

hx

r

x

hx

zxz

Queremos que:


En este extremo pretendemos que la onda pasesin reflejarse (“transparencia”)

En x=-h3

3En h

eeeHtyxH yjkhxjkz

yx 323

0,

acumuladafase:

zxz Hjk

dx

dH3

03

3

hxzx

z Hjkdx

dH


En COMSOL

xn ˆ

gqHHxhx

zzxr

3

1ˆ

3

3

0

r

xkjq

g

Identificamos:0

3

3

hxzx

z Hjkdx

dH

Queremos que:


Veamos un ejemplo concreto

nm200

nm50

1

25.2

477.0922.12)(

4

nm550

3

2

3

2

1

0

h

h

iAg

r

nm200

nm50

1

25.2

477.0922.12)(

4

nm550

3

2

3

2

1

0

h

h

iAg

r

sin11 kk y

xn ˆ

1

1

01

12

r

x

r

x

kjq

Hk

jg

xn ˆ

3

3

0

r

xkjq

g

r

yr

rz

kka

cHu

120

1

Detailed Course Topics PNO/diapositivas1.pdf · 2015. 6. 24. · Introducción al Método de los...

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