Fiche de mathématiques
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Intégration (Partie IV) : Intégrales dépendantes d'un paramètre

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Introduction

K = \mathbb{R} \text{ ou } \mathbb{C}.
Etant donné un ensemble X \neq \emptyset et un intervalle I de \mathbb{R} d'intérieur non vide, on se donne f : X \times I \longrightarrow F telle que : \forall x \in X \, : \, t \longrightarrow f(x,t) est continue par morceaux et \displaystyle \int_I f(x,t)dt ait un sens.
On dispose alors d'une fonction \begin{array}{rcll} \phi : & X & \longrightarrow & F  \\  & x & \longrightarrow & \displaystyle \int_I f(x,t)dt \end{array}F est un ev normé de dimension finie si I est un segment et F = K sinon.
Si X est une partie d'un evn E, peut-on affirmer que f est continue ?
Si X est un intervalle de \mathbb{R} et k \in \mathbb{N}, peut-on affirmer que \phi est de classe \mathfrak{C}^k ? de classe \mathfrak{C}^\infty ? Sinon, peut-on écrire : \phi^{(k)} (x) = \displaystyle \int_I \frac{\partial^k}{\partial x^k}(f(x,t))dt ?

Notations :
Dans la suite, I est un intervalle de \mathbb{R} d'intérieur non vide.
X est un ensemble non vide.
E et F sont deux evn de dimension finie, K = \mathbb{R} \text{ ou } \mathbb{C}.
f : X \times I \longrightarrow F telle que : \forall x \in X : t \longrightarrow f(x,t) est continue par morceaux et \displaystyle \int_I f(x,t)dt est définie.
On pose : \begin{array}{rcll} \phi: & X & \longrightarrow & F \\   & x & \longrightarrow & \displaystyle \int_I f(x,t)dt \end{array}


I. Problème de continuité

1. Cas où I est un segment

Ici, I = [a,b] avec a,b \in \mathbb{R} et a < b et X une partie de l'evn E.
Théorème
Si f est continue sur X \times I, alors \phi est continue sur X.


Exemple :
\phi(x) = \displaystyle \int_0^1 \frac{dt}{x^2+t^2} avec x \in \mathbb{R}.
\phi est définie sur \mathbb{R}^* et \forall x \in \mathbb{R}^* : \phi(x) = \displaystyle \int_{[0,1]} \frac{1}{x^2+t^2} dt.
(x,t) \longrightarrow \displaystyle \frac{1}{x^2+t^2} est continue sur \mathbb{R}^2 \backslash \lbrace (0,0) \rbrace . Donc sur \mathbb{R}^*\times [0,1]
Donc \phi est continue.

2. Cas où I est un intervalle quelconque

Ici, I est un intervalle autre qu'un segment, F = K et f : X \times I \longrightarrow K, X une partie de E.
Théorème
Si pour tout t \in I, la fonction \begin{array}{rcl}  X & \longrightarrow & K\\  x & \longrightarrow & f(x,t) \end{array} est continue et si f réalise la condition de domination locale sur X. Alors la fonction \begin{array}{rcll} \phi : & X & \longrightarrow & K\\  & x & \longrightarrow & \displaystyle \int_I f(x,t)dt \end{array} est continue.



Vocabulaire :
On dit que f réalise (ou vérifie) la condition de domination locale sur X si elle réalise la condition de domination sur tout compact inclus dans K .

Exemple :
Soit \phi(x) = \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{e^{-xt^2}}{1+t^2} dt avec x \in \mathbb{R}
\forall x \in \mathbb{R},  f_x : t \longrightarrow \dfrac{e^{-xt^2}}{1+t^2} est continue sur [0,+\infty[ ; D_\phi = \lbrace x \in \mathbb{R} / \displaystyle \int_0^{+\infty} f_x \text{ converge} \rbrace
Comme f_x est positive : D_\phi = \lbrace x \in \mathbb{R} / f_x \text{ intégrable sur } [0,+\infty[ \rbrace
    si x < 0 : \dfrac{1}{t} \stackrel{=}{_{t \to +\infty}} o(f_x(t)) car : \dfrac{\dfrac{1}{t}}{f_x(t)} = \dfrac{1}{tf_x(t)} = \dfrac{1+t^2}{te^{-xt^2}} \stackrel{\sim}{_{+\infty}} \dfrac{t}{e^{-xt^2}} \xrightarrow[t\to+\infty]{} 0
f_x est non intégrable sur [1 , +\infty[ et donc sur [0 , +\infty[
    Si x \geq 0 , \forall t \in [0,+\infty[ : 0 \leq \dfrac{e^{-xt^2}}{1+t^2} \leq \dfrac{1}{1+t^2}. Donc : D_\phi = [0,+\infty[
De plus : (x,t) \longrightarrow \dfrac{e^{-xt^2}}{1+t^2} vérifie la condition de domination sur [0,+\infty[
Or : \forall t \geq 0 , x \longrightarrow \dfrac{e^{-xt^2}}{1+t^2} est continue sur [0,+\infty[
\phi est définie et continue sur [0,+\infty[.


II. Problème de dérivation

1. Cas où I est un segment

Ici,
I est un segment [a,b] avec (a,b) \in \mathbb{R}^2 et a < b.
X est un intervalle de \mathbb{R} d'intérieur non vide.
f : X \times I \longrightarrow F.
Si pour (x,t) \in X \times I, la fonction x \longrightarrow f(x,t) est dérivable en x, sa dérivée en x est notée \dfrac{\partial f}{\partial x} (x,t), si elle est k fois dérivable en x (k \in \mathbb{N}), sa dérivée k-ème en x est notée \dfrac{\partial^k f(x,t)}{\partial x^k}.
Si pour k \in \mathbb{N}, \dfrac{\partial^k f(x,t)}{\partial x^k} existe pour tout (x,t) \in X \times I, on dispose d'une fonction \dfrac{\partial ^k f}{\partial x^k} telle que : \begin{array}{rccl} \dfrac{\partial ^k f}{\partial x^k}: & X \times I & \longrightarrow & F \\  & (x,t) & \longrightarrow & \dfrac{\partial ^k f}{\partial x^k}(x,t) \end{array}, on l'appelle la k-ème dérivée partielle par rapport à la 1ère variable de f.
Par convention : \dfrac{\partial^0f(x,t)}{\partial x^0} = f.

Théorème :
Soit k \in \mathbb{N} \cup \lbrace +\infty \rbrace.
Si f admet des dérivées p-ème par par rapport à x jusqu'à l'ordre k et si pour tout t \in [a,b] : x \longrightarrow \dfrac{\partial ^p f(x,t) }{\partial x^p} est continue sur X.
Alors : \begin{array}{rccl} \phi : & X & \longrightarrow & F \\  & x & \longrightarrow & \displaystyle \int_{[a,b]} f(x,t) dt \end{array} est de classe \mathfrak{C}^k sur X et pour tout p \in \mathbb{N} tel que p \leq k on a :
(\forall x \in X) \, : \, \phi^{(p)} (x) = \displaystyle \int_{[a,b]} \dfrac{\partial ^p f(x,t)}{\partial x^p} dt.


Exemple :
Soit \phi(x) = \displaystyle \int_0^1 \dfrac{\exp(-x^2(1+t^2))}{1+t^2} dt , (x \in \mathbb{R}).
\forall x \in \mathbb{R}, t \longrightarrow \dfrac{\exp(-x^2(1+t^2))}{1+t^2} est continue et \displaystyle \int_0^1 \dfrac{\exp(-x^2(1+t^2))}{1+t^2}dt est bien défini.
D_{\phi} = \mathbb{R}
Posons : f(x,t) = \dfrac{\exp(-x^2(1+t^2))}{1+t^2} (x \in \mathbb{R} \, , \, t \in [0,1])
\dfrac{\partial f}{\partial x} est définie sur \mathbb{R} \times [0,1] et : \forall (x,t) \in \mathbb{R} \times [0,1] : \dfrac{\partial f}{\partial x} (x,t) = -2x . \exp(-x^2(1+t^2))
En outre, \forall t \in [0,1] : x \longrightarrow \dfrac{\partial f}{\partial x} (x,t) est continue sur \mathbb{R}.
D'après le théorème, \phi est de classe \mathfrak{C}^1 et \phi '(x) = \displaystyle \int_0^1 \dfrac{\partial f(x,t)}{\partial x} dt = -2xe^{-x^2} \displaystyle \int_0^1 \exp(-x^2t^2)dt
Pour x non nul : \phi '(x) = -2e^{-x^2} \displaystyle \int_0^x e^{-u^2} du (changement de variable : (tex]u = xt[/tex])
On pose : \psi(x) = \displaystyle \int_0^x e^{-u^2} du avec x \in \mathbb{R}^*.
\psi est de classe \mathfrak{C}^1 et \psi '(x) = e^{-x^2} (Primitive d'une fonction continue)
On constate que : \forall x \in \mathbb{R}^* : \phi '(x) + 2\psi '(x) \psi(x) = 0
Et ceci reste vrai pour x = 0.
Donc, pour tout réel x : \phi '(x) + 2\psi '(x)\psi(x) = 0.
(\phi + \psi^2)' = 0 sur \mathbb{R}.
\phi + \psi^2 est donc une fonction constante sur \mathbb{R}, d'où :
\forall x \in \mathbb{R} : \phi(x) + \psi^2(x) = \phi(0) + \psi^2(0) = \displaystyle \int_0^1 \dfrac{dt}{1+t^2} = \dfrac{\pi}{4}.
Donc : \forall x \in \mathbb{R} : \phi(x) + \psi^2(x) = \dfrac{\pi}{4} \, (*)
0 \leq \phi(x)\leq \displaystyle \int_0^1 e^{-x^2(1+t^2)}dt = e^{-x^2} \displaystyle \int_0^1 e^{-x^2t^2} dt \leq e^{-x^2}
Alors : \displaystyle \lim_{+\infty} \phi = 0
Donc en passant à la limite quand x \to +\infty dans (*) : 0 + \left( \displaystyle \int_0^{+\infty} e^{-x^2}dx \right)^2 = \dfrac{\pi}{4}
Finalement : \displaystyle \int_0^{+\infty} e^{-x^2} dx = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2} (un cas particulier des intégrales de Gauss)

Supplément : Les intégrales de Gauss ^{(*1)} :
Pour tout réel strictement positif a, la fonction paire : \begin{array}{rcl} \mathbb{R} & \longrightarrow & \mathbb{R} \\   x & \longrightarrow & e^{-ax^2}\end{array} est intégrable sur \mathbb{R} et : \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-ax^2} dx = \sqrt{\dfrac{\pi}{a}}
Cette intégrale est appelée intégrale de Gauss.
L'intégrale de Gauss intervient dans la définition de la loi de probabilité appelée loi gaussienne, ou loi normale. La valeur de cette intégrale fut donnée pour la première fois par Laplace ^{(*2)}.


2. Cas où I est un intervalle quelconque

Ici,
I est un intervalle autre qu'un segment.
F = K et X est un intervalle de \mathbb{R} d'intérieur non vide.
f : X \times I \longrightarrow K tq \forall x \in X, t \longrightarrow f(x,t) est \mathfrak{C}^o_m et \displaystyle \int_I f(x,t) dt converge.

Théorème :
Soit k \in \mathbb{N} \cup \lbrace \infty \rbrace , si pour tout p \in \mathbb{N} tq p \leq k : \dfrac{\partial^p f}{\partial x^p} est définie sur X \times I, continue par rapport à sa première variable et vérifie la condition de domination locale sur X pour p \neq 0, alors la fonction \begin{array}{rccl} \phi :&  X & \longrightarrow & K \\  & x & \longrightarrow & \displaystyle \int_I f(x,t)dt \end{array} est de classe \mathfrak{C}^k sur X et pour tout entier naturel p \leq k.
Et on a : \forall x\in X : \phi^{(p)}(x) = \displaystyle \int_I \dfrac{\partial^p f(x,t)}{\partial x^p} dt


Exemple :
\phi(x) = \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{e^{-xt} \sin t}{t} dt
D_{\phi} = [0,+\infty[
\phi est continue sur [0,+\infty[, posons f(x,t) = e^{-xt} \dfrac{\sin t}{t} pour (x,t)\in \mathbb{R}_+ \times \mathbb{R}^*_+.
\dfrac{\partial f(x,t)}{\partial x} existe et vaut : \dfrac{\partial f(x,t)}{\partial x} = -e^{-xt} \sin(t) \forall (x,t) \in \mathbb{R}_+\times \mathbb{R}^*_+
En outre, x \longrightarrow f(x,t) et x \longrightarrow \dfrac{\partial f}{\partial x} (x,t) sont continues.
Soit [a,b] \subset \mathbb{R}^*_+
\forall (x,t)\in [a,b]\times \mathbb{R}^*_+ : |\dfrac{\partial f(x,t)}{\partial x}| = e^{-xt} |\sin(t)| \leq e^{-at}.
\phi est de classe \mathfrak{C}^1 sur \mathbb{R}^*_+ et :
\forall x \in \mathbb{R^*_+} : \phi '(x) = \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\partial f}{\partial x} (x,t) dt = \displaystyle \int_0^{+\infty} e^{-xt} \sin(t) dt
\phi '(x) = -Im \displaystyle \int_0^{+\infty} e^{(i-x)t}dt
De plus, on a :
\displaystyle \int_0^{+\infty} e^{(i-x)t} dt = \displaystyle \lim_{A\to+\infty} \int_0^A e^{(i-x)t}dt = \displaystyle \lim_{A\to+\infty} \left[\dfrac{e^{(i-x)t}}{i-x}\right]_0^A = \displaystyle \lim_{A\to+\infty} \dfrac{e^{(i-x)A}-1}{i-x}
|e^{(i-x)A}|=e^{-xA} \xrightarrow[A\to+\infty]{} 0
On déduit :
\phi '(x) = -Im \dfrac{1}{x-i} = -Im \dfrac{x+i}{x^2+1} = -\dfrac{1}{x^2+1}
Alors : \forall x > 0 \, : \, \phi(x) = -arctan x + c (c \in \mathbb{R})
\forall x \geq 1 \, : \, t \longrightarrow e^{-xt} \dfrac{\sin(t)}{t} est intégrable.
Donc \forall x \geq 1 : |\phi(x)| = |\displaystyle \int_0^{+\infty} e^{-xt} \dfrac{\sin(t)}{t} dt | \leq \displaystyle \int_0^{+\infty} e^{-xt} |\dfrac{\sin(t)}{t}|dt \leq \displaystyle \int_0^{+\infty} e^{-xt} dt = \dfrac{1}{x}
Alors : \phi(x)\xrightarrow[x\to+\infty]{} 0
D'où : -\dfrac{\pi}{2} + c = 0, donc : c = \dfrac{\pi}{2}
Ainsi : \forall x > 0 \, : \, \phi(x) = \dfrac{\pi}{2} - arctan x
Puisque \phi est continue en 0, on a : \phi(0) = \displaystyle \lim_{x\to 0^+} \phi(x) = \dfrac{\pi}{2}
D'où : \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\sin(t)}{t} dt = \dfrac{\pi}{2}


III. Etude de la fonction \Gamma Gamma D'Euler^{(*3)}

Soit : \Gamma(x) = \displaystyle \int_0^{+\infty} t^{x-1}e^{-t}dt \, \, (x \in \mathbb{R})

1. Résultat (1)

t \longrightarrow t^{x-1}e^{-t} est continue et positive sur ]0,+\infty[.
On a : D_{\Gamma} = \lbrace x \in \mathbb{R} / \displaystyle \int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t}dt \text{ converge} \rbrace (Domaine de définition)
Donc : D_{\Gamma} = \lbrace x \in \mathbb{R} / t \longrightarrow t^{x-1}e^{-t} \text{ est intégrable sur } ]0,+\infty[ \rbrace
Or, \displaystyle t^{x-1}e^{-t} \stackrel{=}{_{t\to+\infty}} O \left(\dfrac{1}{t^2} \right)
Donc t \longrightarrow t^{x-1}e^{-t} est intégrable sur [1 , +\infty[.
t^{x-1}e^{-t} \displaystyle  \stackrel{\sim}{_{t\to 0}} t^{x-1} = \dfrac{1}{t^{1-x}}
Donc t \longrightarrow t^{x-1} e^{-t} est intégrable sur ]0 , 1] ssi x>0.
Donc : \boxed{ \left \lbrace \begin{array}{l} D_{\Gamma} = ]0,+\infty[ \\ \forall x \in]0,+\infty[ : \Gamma(x) > 0 \end{array} \right. } \, \, (1)

2. Résultat (2)

\Gamma \left(\dfrac{1}{2}\right) = \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{e^{-t}}{\sqrt{t}} dt
Or : \displaystyle \int_a^b \dfrac{e^{-t}}{\sqrt{t}}dt \stackrel{=}{_{u = \sqrt{t}}} \displaystyle \int_{\sqrt{a}}^{\sqrt{b}} 2e^{-u^2}du = 2 \displaystyle \int_{\sqrt{a}}^{\sqrt{b}} e^{-u^2} du
en tendant a \to 0 et b \to +\infty.
\Gamma \left(\dfrac{1}{2}\right) = 2 \displaystyle \int_0^{+\infty} e^{-u^2} du = 2.\dfrac{\sqrt{\pi}}{2} = \sqrt{\pi}
Donc : \boxed{\Gamma \left(\dfrac{1}{2}\right) = \sqrt{\pi}} \, \, (2)

3. Résultat (3)

Soit x > 0 :
\displaystyle \int_a^b t^{x-1}e^{-t} dt = \displaystyle \int_a^b \left(\dfrac{t^x}{2}\right)' e^{-t} dt = \left[\dfrac{t^xe^{-t}}{x}\right]_a^b + \displaystyle \int_a^b \dfrac{t^x}{x} e^{-t} dt = \dfrac{b^x e^{-b} - a^x e^{-a}}{x} +\dfrac{1}{x} \displaystyle \int_a^b t^xe^{-t} dt
Quand : a \to 0 et b \to +\infty \, : \, \Gamma(x) = \dfrac{\Gamma(x+1)}{x}
Donc : \boxed{\Gamma(x+1) = x\Gamma(x) \, \forall x > 0} \, \, (3)
On en déduit : \boxed{\forall n \in \mathbb{N}^* \, \Gamma(n) = (n-1)!} \, \, (3 \text{ bis})

4. Résultat (4)

Soit \begin{array}{rccl} f : & ]0,+\infty[ \times ]0,+\infty[ & \longrightarrow & \mathbb{R} \\  & (x,t) & \longrightarrow & t^{x-1}e^{-t} \end{array}
\forall k \in\mathbb{N} \, : \, \dfrac{\partial^k f(x,t)}{\partial x^k} existe et vaut (\ln(t))^k t^{x-1} e^{-t}
Pour tout (x,t) \in \mathbb{R}^*_+^2 : \forall k \in \mathbb{N} \, ; \, x \longrightarrow \dfrac{\partial^k f(x,t)}{\partial x^k} est continue sur ]0,+\infty[.
Soit [a , b] un segment inclus dans ]0 , +\infty[.
\forall x \in [a,b], \forall t \in ]0,+\infty[, \forall k \in \mathbb{N}^* \, : \, \left|\dfrac{\partial^k f(x,t)}{\partial x^k} \right| = |\ln(t)|^k t^{x-1}e^{-t}\leq u(t) ; avec u(t) = \left \lbrace \begin{array}{l} |\ln(t)|^k t^{a-1}e^{-t}, \text{ si } t \leq 1 \\ |\ln(t)|^k t^{b-1}e^{-t}, \text{ si } t \geq 1}\\ \end{array} \right.
u est continue et intégrable sur ]0 , 1] et sur [1 , +\infty[, donc sur ]0 , +\infty[.
Alors : \Gamma \in \mathfrak{C}^{\infty} (]0,+\infty[,\mathbb{R})
Et \forall x > 0 \, , \, \forall k \in \mathbb{N} : \Gamma^{(k)}(x) = \displaystyle \int_0^{+\infty} (\ln(t))^k t^{x-1} e^{-t} dt
On en déduit : \forall x > 0 \, , \, \Gamma ''(x) = \displaystyle \int_0^{+\infty} (\ln(t))^2 t^{x-1} e^{-t} dt >0
Donc : \Gamma est convexe pour tout x positif.
Conclusion : \boxed{\left \lbrace \begin{array}{l} \Gamma \in \mathfrak{C}^{\infty}(]0,+\infty[ , \mathbb{R}) \\ \Gamma^{(k)}(x) = \displaystyle \int_0^{+\infty}(\ln(t))^k t^{x-1}e^{-t} dt\\ \Gamma \text{ est convexe } \forall x > 0 \\ \end{array} \right. } \, \, (4)

5. Résultat (5)

\forall x >0 \, , \, \Gamma(x) = \dfrac{\Gamma(x+1)}{x} \displaystyle \stackrel{\sim}{_{x\to 0}} \dfrac{\Gamma(1)}{x} = \dfrac{1}{x}
Car \Gamma est continue et \Gamma(1) = 1.
\Gamma(x) \displaystyle \stackrel{\sim}{_{x \to 0}} \dfrac{1}{x}, c'est-à-dire : \Gamma(x) \stackrel{\longrightarrow}{_{x\to 0}} +\infty.
Soit x \geq 2 :
\Gamma(x) = \displaystyle \int_0^{+\infty} t^{x-1}e^{-t} dt \geq \displaystyle \int_2^{+\infty} t^{x-1}e^{-t}dt \geq 2^{x-1} \displaystyle \int_2^{+\infty} e^{-t}dt = c2^{x-1} (avec c une constante positive)
Donc : \Gamma(x) \displaystyle \stackrel{\longrightarrow}{_{x\to+\infty}} +\infty
Conclusion : \boxed{\left \lbrace \begin{array}{l} \Gamma(x) \displaystyle \stackrel{\sim}{_{x\to 0}} \dfrac{1}{x} \\ \Gamma(x) \displaystyle \stackrel{\longrightarrow}{_{x\to 0}} +\infty\\ \Gamma(x) \displaystyle \stackrel{\longrightarrow}{_{x\to+\infty}} +\infty \\ \end{array} \right.} \, \, (5)

6. Résultat (6) : (graphe de \Gamma)

\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1, d'après le théorème de Rolle :
\exists c \in ]1 , 2[ \, : \, \Gamma'(c) = 0.
\forall x > 0 \, , \, \Gamma(x) \geq \Gamma'(c)(x - c) + \Gamma(c) = \Gamma(c)
\Gamma est continue.
Au point d'abscisse c, \Gamma présente un minimum global.
\dfrac{\Gamma(x)}{x} = \dfrac{x-1}{x}\dfrac{\Gamma(x)}{x-1} = \dfrac{x-1}{x} \Gamma(x-1) \displaystyle \stackrel{\longrightarrow}{_{x\to+\infty}} +\infty
La représentation graphique de \Gamma présente une branche parabolique d'axe (oy) au voisinage de +\infty.
Intégrales dépendantes d'un paramètre - supérieur : image 1




^{(*1)} : Johann Carl Friedrich Gauss (1777-1855) : Mathématicien, astronome et physicien allemand. Doté d'un grand génie, il a apporté de très importantes et nombreuses contributions à la science. il est considéré comme l'un des plus grands mathématiciens de tous les temps, c'est pourquoi il est appelé : Le prince des mathématiques.
^{(*2)} : Pierre-Simon Laplace (1749-1827) : Mathématicien et physicien Français, Il apporta plusieurs contributions importantes (mécanique céléste, théorie des probabilités, ...). Comme profession, il occupa plusieurs postes : Professeur, pensionnaire de la chaire de mécanique de l?Académie royale des sciences, directeur de la première société de géographie et même ministre de l'interieur, il est très connu pour son operateur qu'on appelle le Laplacien et aussi pour son transformé (transformé de Laplace).
^{(*3)} : Leonhard Euler (1707-1783) : Mathématicien, astronome et physicien suisse, il intervint dans trois domaines fondamentaux de la science : l'astronomie (orbites planétaires, trajectoires des comètes), les sciences physiques (champs magnétiques, hydrodynamique, optique, nature ondulatoire de la lumière,...), les mathématiques, où il met au premier plan le concept de fonction (en particulier la fonction Gamma). On lui doit plusieurs formules et relations (formules d'Euler pour les nombres complexes, ...), la relation entre les nombres de sommets, d'arêtes et de faces d'un polyèdre convexe, ...
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