Inscription / Connexion Nouveau Sujet
Accueil l'île des mathématiques Forum de mathématiquesListe de tous les forums de mathématiques SupérieurOn parle exclusivement de maths, pour le supérieur principalement, les BTS, IUT, prépas... Maths spé AnalyseTopics traitant de analyse [tout]Lister tous les topics de mathématiques
Niveau maths spé
Partager :

intégrale et série

Posté par
castor 14-12-16 à 09:06

Bonjour à tous.

On me demande de déterminer la limite de
u_n=\int_0^\infty \dfrac{\arctan(n\sqrt{x})}{1+x^3+...+x^{3n}}dx

Avec le théorème de convergence dominée, je trouve \lambda=\dfrac{3\pi}{8}

Puis on me demande la nature de la série de terme général u_n-\lambda et là je ne vois pas que faire.

Quelqu'un peut-il m'aider. Merci d'avance,

CASTOR

Posté par
carpediemre : intégrale et série 14-12-16 à 09:35

salut

le théorème de convergence dominée assure l'existence ... mais comment trouves-tu sa valeur ?

il serait donc intéressant de déterminer un équivalent  de u_n - L ... ce qui peut suffire pour connaitre la nature de la série ....

et pour avoir un équivalent alors le calcul effectif de u_n (ou s limite) peut apporter la réponse ...

Posté par
castorre : intégrale et série 14-12-16 à 09:40

J'ai trouvé la limite simple de la suite (f_n) et j'ai calculé l'intégrale de cette limite simple, à savoir f(x) =(1-x^3)\pi/2 sur ]0,1[ et 0 ailleurs.

Posté par
castorre : intégrale et série 14-12-16 à 10:12

Pour l'équivalent d'accord, mais je ne vois pas comment partir. Le changement de variable u=n\sqrt{x} me semble plus compliquer les choses.

Posté par
luzakre : intégrale et série 14-12-16 à 10:59

Bonjour !
Je pense que tu devrais évaluer f_n(x)-f(x),\;f limite simple de f_n.

Pour x>1 on a  f_n(x)\leqslant\dfrac{\pi}{2x^{3n}}.
Pour x<1 utilises \arctan(n\sqrt x)=\dfrac{\pi}2-\arctan\frac1{n\sqrt x} et le fait que x^{3n+3} est négligeable devant 1/n.

Une mauvaise surprise serait que les termes en 1/n se neutralisent après intégration. Je n'ai pas essayé ! Mais dans un terme il y a \pi/2, pas dans l'autre, je suis optimiste.

Posté par
castorre : intégrale et série 14-12-16 à 11:42

Donc pour vous, la série diverge à priori?

Avec l'intégration entre 0 et 1 je ne vois pas comment négliger x^{3n+3} ?

Posté par
castorre : intégrale et série 14-12-16 à 15:15

Si quelqu'un pouvait m'aider, je n'arrive pas à trouver la nature de la série.
J'arrive à majorer |u-n-lambda| mais par le terme d'une série divergente....

Posté par
luzakre : intégrale et série 14-12-16 à 18:21

C'est à peu près tout ce que j'ai aussi.
a plus, si je trouve quelque chose.

Posté par
boninmire : intégrale et série 14-12-16 à 18:35

Sauf erreur de ma part on peut minorer la différence considérée par une série divergente.
La série serait donc divergente.

Posté par
jsvdbre : intégrale et série 15-12-16 à 00:23

Bonsoir.
Sans aucune rigueur (mais bon, à minuit, on se permet un peu de relâchement) je propose ceci sur les posts de Luzak 14-12-16 à 10:59 et Boninmi

u_n - \lambda= {\red  \left(\int_0^1 \left(\dfrac{\arctan(n\sqrt x)}{1+x^3+...+x^{3n}} - \dfrac{3\pi}{8}\right)dx\right)} + \left(\int_1^\infty \dfrac{\arctan(n\sqrt{x})}{1+x^3+...+x^{3n}}dx \right)

Pour l'intégrale en rouge :
\arctan(n\sqrt{x}) = \dfrac{\pi}{2} - \arctan(\dfrac{1}{n\sqrt{x}}) \sim \dfrac{\pi}{2}-\dfrac{1}{n\sqrt x} pour n grand

1/(1+x^3+...+x^{3n}) \sim 1-x^3 pour n grand

Donc l'intégrale en rouge fournit un terme d'une série divergente de forme -\frac{K}{n} avec K = \int_{0}^{1}{\frac{1-x^3}{\sqrt x}dx}=12/7

L'intégrale en noir fournit le terme suivant d'une série divergente également de forme \frac{K'}{1-3n} avec K' = \frac{\pi}{2} \sim \arctan(n\sqrt x) pour n grand.
Le \frac{1}{1-3n} étant obtenu par \int_{1}^{\infty}{\dfrac{dx}{x^{3n}}}, laquelle intégrale est obtenue en passant à l'équivalent dans \dfrac{1}{1+x^3+...+x^{3n}} = \dfrac{x^3-1}{(x^3)^{n+1}-1} \sim \dfrac{x^3}{(x^3)^{n+1}} (pour le relâchement, je ne vous ai pas pris en traître, avouez-le !)

Et en additionnant les équivalents (j'entends des toussotements) : u_n - \lambda \sim \dfrac{\pi+72/7}{2-3n} et ce truc-là, dans une salade de série, ça diverge.

Posté par
castorre : intégrale et série 15-12-16 à 07:13

Merci à tous.

CASTOR

Posté par
luzakre : intégrale et série 15-12-16 à 08:35

Des toussotements ?
Ben, pour les additions d'équivalents, c'est valable ici puisque les parties principales ne sont pas opposées.
En revanche les intégrations par rapport à x, d'équivalents en fonction de n, demandent un peu de justification !

Plus précisément, si f_n(x)\quad\underset{n \to +\infty}\simeq\quad\dfrac{K(x)}n cela revient à écrire f_n(x)=\dfrac{K(x)}n+\dfrac{\varphi(n,x)}n et \varphi(.,x) de limite nulle, disons n>n_0(x)\implies\varphi(n,x)<\varepsilon.
Pou pouvoir intégrer il faudrait un n_0(x) indépendant de x (convergence uniforme par exemple) ou une justification par domination, ce qui n'est pas si facile.

Posté par
luzakre : intégrale et série 15-12-16 à 08:55

Et aussi !
Pas vu du premier coup : dans l'intégrale rouge tu as remplacé un peu vite \dfrac1{1+x^3+\dots+x^{3n}-(1-x^3) par 0...

Posté par
luzakre : intégrale et série 15-12-16 à 08:56

Erreur Latex disent-ils ! Tout çà pour une accolade, bof !
\dfrac1{1+x^3+\dots+x^{3n}}-(1-x^3)

Posté par
jsvdbre : intégrale et série 17-12-16 à 15:51

@castor
Quand tu auras la correction, tu pourras nous la passer ?

Posté par
jandri Correcteurre : intégrale et série 18-12-16 à 12:41

Bonjour,

Avec le théorème de convergence dominée on obtient u_n-\lambda\sim-\dfrac{12}{7n}.
Pour le démontrer on écrit:

u_n - \lambda= -\int_0^1(1-x^3)\arctan \dfrac1{n\sqrt x}dx+ \int_0^1 \dfrac{(1-x^3)x^{3n+3}\arctan(n\sqrt x)}{1-x^{3n+3}} dx + \int_1^\infty \dfrac{(x^3-1)\arctan(n\sqrt{x})}{x^{3n+3}-1}dx .

Dans les deux dernières intégrales on fait le changement de variable t=x^{3n+3} puis on majore par \dfrac1{3(n+1)^2} multiplié par une intégrale convergente indépendante de n.

Posté par
luzakre : intégrale et série 18-12-16 à 18:21

Bonjour jandri
Je ne comprends pas ton calcul.
On a f_n(x)=\dfrac{(1-x^3)\arctan(n\sqrt x)}{1-x^{3n+3}}=\dfrac{(1-x^3)}{1-x^{3n+3}}\Bigl(\dfrac{\pi}2-\arctan\dfrac1{n\sqrt x}\Bigr).

La limite simple est f définie par f(x)=\dfrac{\pi(1-x^3)}2 si x<1 et f(x)=0 sinon.

Ainsi
u_n-\lambda=\int_0^1(f_n-f)+\int_1^{+\infty}f_n= \\ \\                           \dfrac{\pi}2\int_0^1\Bigl(\dfrac{1-x^3}{1-x^{3n+3}}-(1-x^3)\Bigr)\mathrm{d}x-\int_0^1\dfrac{1-x^3}{1-x^{3n+3}}\arctan\dfrac1{n\sqrt x}+\int_1^{+\infty}f_n

Dans les intégrales extrêmes le changement de variables t=x^{3n+3} (génial !) que tu proposes permet de majorer par \dfrac{K}{3(n+1)^2}

et l'intégrale restante qui est \int_0^1\dfrac{(1-x^3)}{1-x^{3n+3}}\arctan\dfrac1{n\sqrt x}\mathrm{d}x se majore par \int_0^1\dfrac{(1-x^3)}{1-x^{3n+3}}\dfrac1{n\sqrt x}\mathrm{d}x.
Le même changement de variables donnerait
\dfrac1{3n(n+1)}\int_0^1\dfrac{(1-t^{\frac1{n+1}})}{1-t}\dfrac{\sqrt x}{t}\mathrm{d}t

En majorant (1-t^{\frac1{n+1}}) par -\ln t  et en notant que \dfrac{\sqrt x}{t}=t^{\alpha_n},\;\alpha_n=-1+\dfrac1{6(n+1)}<-1+\dfrac16 on voit qu'on majore par le produit de \dfrac1{3n(n+1)} par une intégrale convergente indépendante de n

On a donc une somme de trois séries convergentes.

Attention : à vérifier soigneusement !

Posté par
jandri Correcteurre : intégrale et série 18-12-16 à 19:16

Bonjour luzak,

Ta majoration de \alpha_n ne prouve rien, il faudrait minorer \alpha_n par un réel supérieur à -1.

Mais ce n'est pas possible puisque l'intégrale est équivalente à \int_0^1\dfrac{1-x^3}{n\sqrt x}\mathrm{d}x=\dfrac{12}{7n}.

Posté par
luzakre : intégrale et série 18-12-16 à 23:24

Exact : je me suis trompé de sens dans l'inégalité pour \alpha_n.
Mais je ne vois pas comment tu  justifies l'intégration en x pour un équivalent obtenu pour n=+\infty ?

Je comprends la majoration par \dfrac{12}{7n} mais demande de l'aide pour l'équivalent.
Merci d'avance !

Posté par
luzakre : intégrale et série 19-12-16 à 07:50

Bonjour !
Réponse inutile : j'ai compris qu'une limite sous convergence dominée donne le résultat.

Posté par
jsvdbre : intégrale et série 19-12-16 à 15:55

Une belle rédaction pour clôturer, par Luzak et jsvdb

\blue \text{Pour }n\in\N \text{ on considère }u_n=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\arctan(n\sqrt{x})}{\sum\limits_{0 \leq k \leq n}x^{3k}}\mathrm{d}x

\blue \text{1- Trouver la limite } \lambda \text { de cette suite.}

\blue \text{2- Nature de la série }\sum(u_n-\lambda )

\text{On note }\displaystyle P_n(x)=\sum_{0 \leq k \leq n}x^{3k}=\dfrac{x^{3n+3}-1}{x^3-1},~P_n(1) = n+1;~f_n(x)=\dfrac{\arctan n\sqrt{x}}{P_n(x)}.

\text {1- On a }  

x \geq 1\implies\lim_{n\to +\infty}f_n(x)=f(x)=0,\\0<x<1\implies\lim_{n\to +\infty}f_n(x)=f(x)=\dfrac{\pi}{2}(1-x^3)

\text{La limite simple }f \text{ est intégrable sur } \R_+.

f~et~f_n \text{ sont majorées par la fonction intégrable }g : g(x)= \begin{cases} \\     \dfrac{\pi}{2} & \text{si }x \leq 1} \\ \\     \dfrac{\pi}{2x^3} & \text {si } x>1. \\ \end{cases}

\text {Par convergence dominée on a donc :}

\boxed{\blue  \lambda =\lim_{n\to +\infty}u_n=\int_{0}^{+\infty}f=\dfrac{\pi}{2}\int_{0}^{1}(1-x^3)\mathrm{d}x=\dfrac{3\pi}{8}}

\text {2- On a }  

u_n-\lambda =A_n+B_n-C_n \quad\text{avec } \\ \\   A_n=\int_{1}^{+\infty}f_n\\ \\   B_n=\dfrac{\pi}{2}\int_{0}^{1}\Bigl(\dfrac{1}{P_n(x)}-(1-x^3)\Bigr)\mathrm{d}x=\dfrac{\pi}{2}\int_{0}^{1}\dfrac{x^{3n+3}}{P_n(x)}\mathrm{d}x \\ \\   C_n=\int_{0}^{1}\dfrac{1}{P_n(x)}\arctan\dfrac{1}{n\sqrt{x}}\mathrm{d}x

\red \underline{\text {a) Etude de }A_n}

\underline{\text{i- Utilisation du changement de variables }t=x^{-3(n+1)}}

\text {Puisque }\dfrac{\mathrm{d}t}{t}=-3(n+1)\dfrac{\mathrm{d}x}{x}$ et $x=t^{\frac{-1}{3(n+1)}} \text {il vient : }

\dfrac{2}{\pi}A_n \leq \int_{1}^{+\infty}\dfrac{x^3-1}{x^{3n+3}-1}\mathrm{d}x =   \dfrac{1}{3(n+1)}\int_{0}^{1}\dfrac{t^{\frac{-1}{n+1}}-1}{\frac{1}{t}-1}   t^{\frac{-1}{3(n+1)}-1}\mathrm{d}t \\ \\ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~=\dfrac{1}{3(n+1)} \int_{0}^{1}\dfrac{1-t^{\frac1{n+1}}}{1-t}t^{\frac{-1}{n+1}-\frac1{3(n+1)}}\mathrm{d}t\\ \\ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~=\dfrac{1}{3(n+1)}\int_{0}^{1}\dfrac{1-t^{\frac1{n+1}}}{1-t}\dfrac{\mathrm{d}t}{t^{\frac4{3(n+1)}}}

\text {En notant (convexité de l'exponentielle) que }\\ 1-t^{\frac1{n+1}}=1-e^{\frac{\ln t}{n+1}}<\dfrac{\ln t}{n+1} \text { et } \dfrac{4}{3(n+1)} \leq \dfrac{2}{3} \text{ on aura : }

\dfrac{2}{\pi}A_n \leq \dfrac{1}{3(n+1)^2}\int_{0}^{1}\dfrac{-\ln t}{1-t}t^{\frac{-2}{3}}\mathrm{d}t

\underline{\text {ii- Utilisation de l'inégalité arithmético-géométrique}}

\text {Les réels }x^{3k} \text{ étant positifs, par concavité du logarithme on a :}

\dfrac{1}{n+1}P_n(x) \geq \sqrt[n+1]{\prod_{0\leq k \leq}x^{3k}}=\sqrt[n+1]{x^{0+3+\dots+3n}} \geq \sqrt[n+1]{x^{3\frac{n(n+1)}2}}=x^{\frac{3n}2} \\ \\ \\ \dfrac{1}{P_n(x)} \leq \dfrac{1}{n+1}x^{\frac{-3n}2}

\text {Ainsi, }

\dfrac{2}{\pi}A_n \leq \dfrac{1}{n+1}\int_{1}^{+\infty}x^{\frac{-3n}2}\mathrm{d}x =\dfrac{1}{n+1}\;\dfrac{1}{3n-4}

\boxed{\blue  \text {Par l'une de ces méthodes on a donc, puisque }A_n \geq 0, \sum A_n \text{ convergente.}}

\red \underline{\text{b) Etude de }B_n}

\underline{\text{i- Utilisation du changement de variables }t=x^{3(n+1)}}

0\leq \dfrac{2}{\pi}B_n = \int_{0}^{1}\dfrac{t(1-t^{\frac1{n+1}})}{1-t}\,\dfrac{x\mathrm{d}t}{3t(n+1)} =\dfrac{1}{3(n+1)}\int_{0}^{1} \dfrac{t^{\frac1{3(n+1)}}(1-t^{\frac1{n+1}})}{1-t}\mathrm{d}t \\ \\   \text{Avec la majoration classique }1-e^u \leq -u \text{ on a :} \\   \dfrac{2}{\pi}B_n \leq \dfrac{1}{3(n+1)^2}\int_{0}^{1}\dfrac{-\ln t}{1-t}\mathrm{d}t \quad \text{ (intégrale convergente)}

\underline{\text {ii- Utilisation de l'inégalité arithmético-géométrique}}

\dfrac{2}{\pi}B_n \leq \dfrac{1}{n+1}\int_{1}^{+\infty}x^{3n+3}x^{\frac{-3n}2}\mathrm{d}x=\dfrac{1}{n+1}\;\dfrac{2}{3n+8}

\boxed{\blue  \text {Par l'une de ces méthodes on a donc, puisque }A_n \geq 0, \sum B_n \text{ convergente.}}.

\red \underline{\text{b) Etude de }C_n}

\text{ Soit }g_n(x)=n\dfrac{1}{P_n(x)}\arctan\dfrac{1}{n\sqrt{x}}.

\text{Alors }\displaystyle\lim_{n\to +\infty}g_n(x)=\dfrac{1-x^3}{\sqrt{x}} \text{. La limite simple obtenue est intégrable sur }]0,1[ \text{ et majore }g_n.

\text {Par convergence dominée on a donc :}

\lim_{n\to +\infty}\int_{0}^{1}g_n=\int_{0}^{1}\dfrac{1-x^3}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x=2-\dfrac{2}{7}=\dfrac{12}{7}

\boxed {\blue \text {Il en résulte }C_n\quad\underset{n\to +\infty}\simeq\quad\dfrac{12}{7n} \text{ et } \sum C_n \text{ divergente.}}

\boxed {\blue \text {CONCLUSION FINALE : La série } \sum(u_n-\lambda) \text{ est divergente.}}

Posté par
Alexiquere : intégrale et série 19-12-16 à 23:20

Bonsoir,

joliment détaillé jvsdb. Je crois reconnaître la patte d'un dinosaure qui nous aurait quitté il y a peu, n'est-il pas ?

Mais j'intervenais pour une question qu'a soulevé luzak et qui finalement n'était pas nécessaire pour résoudre le problème mais peut-on intégrer des équivalents ?

Plus précisement : si (f_n)_n et (g_n)_n sont deux suites de fonctions définies sur un intervalle réel I et équivalentes (au sens où pour chaque x \in I fixé, les suites (f_n(x))_n et (g_n(x))_n sont équivalentes et telles que pour chaque n \in \mathbb{N}, f_n est positive et intégrable sur I, alors peut-on conclure que g_n est intégrable sur I et que \displaystyle \int_I f_n \sim \int_I g_n ? J'arrive à fournir une preuve avec une condition de convergence uniforme des équivalents ie \displaystyle\lim_{n \to \infty} ||\frac{f_n}{g_n}-1||_{\infty}=0 (norme uniforme sur I)... Quelqu'un peut-il confirmer ? Si oui, la convergence uniforme sur tout compact suffirait-elle ?...Le souci qu'avait luzak venait du fait que comme d'habitude (x^n)_n ne converge pas uniformément vers 0 sur ]0,1[ mais c'est le cas sur tout compact inclus en revanche...

Posté par
jandri Correcteurre : intégrale et série 19-12-16 à 23:24

C'est bien rédigé mais j'ai trouvé deux failles.

A l'avant-dernière ligne du a) i-, la majoration est fausse (faire tendre t vers 0).

Pour l'étude de C_n, la limite simple de g_n ne majore pas g_n (à cause du 1-x^{3n+3} au dénominateur).
Dans mon message du 18-12-16 à 12:41 j'ai proposé une décomposition différente qui facilite la majoration pour l'étude de C_n.

Posté par
luzakre : intégrale et série 20-12-16 à 08:34

Bonjour jandri
La première "faille" est l'oubli d'un signe, la ligne suivante est correcte...

Pour la deuxième c'est plus grave : il y a eu une reprise sans modification d'une rédaction définissant A_n,B_n,C_n.

Il faut donc remplacer dans les définitions :
u_n-\lambda =A_n+B_n-C_n \quad\text{avec } \\ \\   A_n=\int_{1}^{+\infty}f_n\\ \\   B_n=\int_{0}^{1}\Bigl(\dfrac{1}{P_n(x)}-(1-x^3)\Bigr)\arctan(n\sqrt x)\mathrm{d}x\leqslant\dfrac{\pi}{2}\int_{0}^{1}\dfrac{x^{3n+3}}{P_n(x)}\mathrm{d}x \\ \\   C_n=\int_{0}^{1}(1-x^3)\arctan\dfrac{1}{n\sqrt{x}}\mathrm{d}x

Dans b)i l'égalité \dfrac{\pi}2B_n= à remplacer par \dfrac{\pi}2B_n\leqslant

Dans "Etude de C_n" :
g_n(x)=(1-x^3)\arctan\dfrac1{n\sqrt x}

Le reste sans changement.

Posté par
jsvdbre : intégrale et série 20-12-16 à 08:59

Alexique @ 19-12-2016 à 23:20

Je crois reconnaître la patte d'un dinosaure qui nous aurait quitté il y a peu, n'est-il pas ?
.
Euuuuh ... je sais pô ...

intégrale et série

Posté par
luzakre : intégrale et série 20-12-16 à 10:48

Alexique @ 19-12-2016 à 23:20

Bonsoir,
Plus précisement : si (f_n)_n et (g_n)_n sont deux suites de fonctions définies sur un intervalle réel I et équivalentes (au sens où pour chaque x \in I fixé, les suites (f_n(x))_n et (g_n(x))_n sont équivalentes et telles que pour chaque n \in \mathbb{N}, f_n est positive et intégrable sur I, alors peut-on conclure que g_n est intégrable sur I et que \displaystyle \int_I f_n \sim \int_I g_n ? J'arrive à fournir une preuve avec une condition de convergence uniforme des équivalents ie \displaystyle\lim_{n \to \infty} ||\frac{f_n}{g_n}-1||_{\infty}=0 (norme uniforme sur I)... Quelqu'un peut-il confirmer ? Si oui, la convergence uniforme sur tout compact suffirait-elle ?...Le souci qu'avait luzak venait du fait que comme d'habitude (x^n)_n ne converge pas uniformément vers 0 sur ]0,1[ mais c'est le cas sur tout compact inclus en revanche...

Si tu te mets dans une forteresse blindée : convergence uniforme, fonctions positives, fonction ne s'annulant pas ce qui permet d'utiliser la limite 1 du quotient, travail sur un compact, il se peut que ta démonstration (peut-on la voir ?) soit correcte et intéressante.
Utile ? quand les hypothèses sont trop nombreuses il y a des soucis (difficile de les avoir toutes, négligence dans leur vérification).

Le problème n'est pas simple : f_n-g_n\quad\underset{n \to+\infty }=\quad o(g_n) cache un gros piège. le "o" dépend de x.
En écrivant \forall(x,n)\in I\times\N,\;f_n(x)-g_n(x)=g_n(x)\alpha_n(x) \text{ et } \forall x\in I,\;\lim\limits_{n\to+\infty}\alpha_n(x)=0 on peut évidemment fournir des conditions pour que la suite \alpha_n converge dans des conditions où la convergence dominée s'applique.
Ainsi u_n=\int_I\alpha_n serait de limite nulle mais le rapport avec la limite de \dfrac{\int_I\alpha_ng_n}{\int_Ig_n} ne semble pas simple.
Un des avantages d'avoir des fonctions g_n qui ne s'annulent pas c'est qu'on a automatiquement accès à \alpha_n=\dfrac{f_n}{g_n}-1 . Mais le problème demeure : passer de la limite de \int_I\dfrac{f_n}{g_n} à celle du rapport des intégrales.

Posté par
luzakre : intégrale et série 20-12-16 à 10:51

J'aurais dû ajouter : merci d'ouvrir un nouveau post si on veut parler du thème intégration d'équivalents.

Posté par
Alexiquere : intégrale et série 20-12-16 à 16:34

Citation :
Pour l'étude de C_n, la limite simple de g_n ne majore pas g_n


On peut y remédier en remarquant que \arctan(u) \leq u et P_n > 1 sur [0,1]. On obtient g_n \leq \dfrac{1}{\sqrt{x}} qui est intégrable sur [0,1].

Pour le reste, je change de topic.

Posté par
jandri Correcteurre : intégrale et série 20-12-16 à 20:55

Je suis d'accord avec ce remède proposé par Alexique et avec les modifications proposées par luzak le 20-12-16 à 08:34.


Rechercher
Menu
Espace membre
Changer d'île

Vous devez être membre accéder à ce service...

Pas encore inscrit ?

1 compte par personne, multi-compte interdit !

Ou identifiez-vous :

Rester sur la page

Inscription gratuite

Fiches en rapport

parmi 1675 fiches de maths

Désolé, votre version d'Internet Explorer est plus que périmée ! Merci de le mettre à jour ou de télécharger Firefox ou Google Chrome pour utiliser le site. Votre ordinateur vous remerciera !