´ nonc´ E on c´e
` Probleme eme
Les formules
a ` la John John Machin Mach in
Le probl` prob l`eme eme est consacr´ cons acr´e `a quelques-unes des (tr`es) es) nombreuses formules qui expriment π (ou plutˆ ot ot π/4) π/4) sous la forme d’une combinaison combinais on lin´ l in´eaire eaire `a coefficients entiers d’arc-tangentes d’inverses d’entiers. π 1 1 = 4 arctan arctan arctan (John Machin, 1706, avec laquelle il calcula 100 d´ ecimales ecimales de π ). 4 5 239 π 1 1 1 Pour cette raison, les formules : = a 1 arctan + a2 arctan + + a p arctan , o` u les a les a k et les b les b k sont des entiers 4 b1 b2 b p
La plus pl us c´el` el`ebre ebr e est es t :
−
···
(les b (les b k
2), sont souvent appel´ees ees formules “` a la Machin”.
Premi` ere ere partie : Machin et Fibonacci Fibona cci 1. Les questions questio ns (1a) et (1b) doivent ˆetre etre trait´ees ees uniquement uniquem ent par la g´eom´ eom´etrie. etrie. π 1 1 = arctan + arctan . 4 2 3
(a) Observer la figure ci-contre et en d´eduire eduire :
1 1 1 (b) Avec la figure ci-contre, ´etablir etablir : arctan = arctan + arctan : 3 5 8 En d´eduire eduire une nouvelle formule “`a la Machin”. 2. On d´efinit efinit la suite de Fibonacci par F 0 = 0, F 0, F 1 = 1 et, pour tout n tout n 1 On pose ´egalement, egalement, pour tout n tout n 1 : G n = arctan . F n
2 : F n = F = F n−1 + F + F n−2 .
(a) (a ) Prouve Pro uverr l’´egali ega lit´ t´e F n2+1 = F n F n+2 + ( 1)n , pour tout n tout n de N.
−
(b) (b ) En d´edui ed uire re l’´ l’´egal eg alit it´´e G 2n = G2n+1 + G + G2n+2 pour tout n tout n
1.
´ re les ´egalit´ Ecrire Ecri egal it´es es qui en r´esultent esul tent pour po ur n = 1, n 1, n = = 2 et n et n = = 3. (c) Pour Pour tout entier entier n 2, en d´eduire eduire les formules “`a la Machin” : Expliciter la formule si n = n = 4. Qu’obtien Qu’obtient-on t-on quand n quand n
π = 4
→ +∞ ?
n−1
arctan
k =1
1 F 2k+1
+ arctan
1 F 2n
Deuxi` eme eme partie : Machin et Lehmer 1. Dans cette cette question, question, z z = a = a + + ib ib est est un nombre complexe complex e donn´e, e, avec a avec a dans R et b dans R∗ . b (a) Exprimer Exprimer l’argumen l’argumentt de z (modulo π) en fonction de arctan si a si a = 0 (et pr´eciser eciser le cas a cas a = 0). a a (b) On pose ϕ pose ϕ((z ) = ( n + i + i))z , o` u n est la partie enti`ere ere de . b Montrer que si b > 0 alors 0 Im ϕ(z ) < b, et que si b si b < 0 alors b alors b < Im ϕ(z ) 0.
−
2. Dans cette cette question, question, a a et b sont donn´es es dans Z∗ . On d´efinit efinit une suite z 0 , z1 , Si z Si z k
a + ib ib,, de la fa¸con con suivante : · · · , z , · · ·, de premier terme z 0 = a + est connu et si Im z = 0, on pose z pose z +1 = ϕ = ϕ((z ) (voir II.1.b). k
k
k
k
(a) Montrer que la suite (z ( zk ) est finie . Il existe donc un plus petit p petit p b (b) En d´eduire eduire l’existe l ’existence nce d’entiers d’enti ers n n 0 , . . . , n p−1 tels que : arctan a 1 π NB : si n si n k = 0, on convient que arctan (mod π ). nk 2
1 tel que Im z p = 0.
p−1
≡
≡
arctan 1 k=0
nk
(mod π).
3. L’algorithme L’algorithme qui passe passe de z de z = a = a + + ib ib ` `a la liste [n [n0 , n1 , . . . , n p−1 ] est attrib att ribu´ u´e a` D.H.Lehmer (1938). (a) Effectuer Effectuer les calculs calculs pour z pour z = 20 + 3i 3i. En d´eduire eduire : arctan
3 1 = arctan 20 6
1 − arctan 621 − arctan 7628
´ (b) Ecrire une proc´edure edure Maple Lehmer prenant en argument un nombre complexe z (suppos´e sous la forme z = a = a + + ib ib avec avec a, a, b dans Z∗) et qui renvoie la liste [n [ n0 , n1 , . . . , n p−1 ]. On rappelle rapp elle l’existence l’exist ence des fonctions foncti ons int´egr´ egr´ees ees Re , Im et floor. Math´ematique emat iquess en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page 1
´ Enonc´ e
Probl` eme
Troisi` eme partie : Machin et Gregory n
x2k+1 . 2k + 1
(−1) , et tout x de [0, 1], on pose u (x) =
Pour tout n de N
k
n
k=0
Ainsi, et pour que les notations soient bien claires : x 3 x3 x5 + , u0 (x) = x, u1 (x) = x , u2 (x) = x 3 3 5
−
−
1. Pour tout t de [0, 1], montrer que un (t) =
· ·· ,
un (x) = x
−
x3 x 5 + 3 5
n x
− · · · + (−1)
2n+1
2n + 1
1 t2n+2 n + ( 1) R (t), avec R (t) = . n n 1 + t2 1 + t2
−
x
2. En d´ eduire que, pour tout n de N et tout x de [0, 1], on a : u n (x) = arctan x + ( 1)
−
3. En remarquant que 0
n
Rn (t) dt.
0
Rn (t) t2n+2 pour 0 t 1, montrer que :
(a) pour tout n de N, on a : u2n+1 (x) arctan x u2n (x) (b) pour tout n de N, on a la majoration : arctan x
|
4. D´eduire de ce qui pr´ec`ede que la suite n
→ u
n (x)
−u
2n+3
x | 2n + 3
n (x)
converge vers arctan x.
+∞
(−1) x On exprime cela symboliquement par la “formule de Gregory” (1672) : ∀ x ∈ [0, 1], arctan x = k
π 5. Soit (F ) : = 4
2k + 1
k=0
NB : le r´esultat de (III.3.a) dit que deux u n (x) successifs encadrent arctan x.
2k +1
p
a arctan 1 une formule “`a la Machin” (les a dans j
j
bj
j =1
On suppose par exemple 2 b1 < b2 < .. . < b p . Pour tout n de N
Z, les b j 2 dans N). p
1 , on pose : v = 4 a u . n
j
n
bj
j =1
(a) Montrer que lim vn = π. Justifier que si on recherche la rapidit´ e de la convergence vers π on doit privil´egier n→∞
les formules (F ) avec la plus grande valeur de b 1 possible. (b) Dans le cas o`u (F ) est la formule de John Machin, estimer `a partir de quand on a π
| − v | 10 n
−100
.
Quatri` eme partie : Machin et Gauss 1. Soit (x, y) dans R2 , avec x 1 et y > 1. Prouver les trois ´egalit´es suivantes : 1 1 x + y 1 1 y x 1 2y arctan + arctan = arctan ; arctan arctan = arctan ; 2 arctan = arctan 2 x y xy 1 x y 1 + xy y y 1
| |
| |
−
−
−
−
π 1 = 4 arctan 4 5 3. Montrer successivement les ´egalit´es suivantes : 2. D´emontrer la formule de John Machin :
1 17 123 (a) : arctan = arctan + arctan 5 331 836 1 − arctan 239
123 3 (b) : arctan = 2 arctan 836 41
3 1 1 = arctan + arctan 41 18 57 π 1 1 1 4. En d´eduire la formule “`a la Machin” : = 12 arctan + 8 arctan 5 arctan . 4 18 57 239 (c) : arctan
17 1 = arctan 331 18
1 . − arctan 239
(d) : arctan
−
Cette formule, attribu´ee a` Gauss, a permis de calculer un million de d´ecimales de π en 1974.
Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page 2
´ Enonc´ e
Probl` eme
Corrig´ e du probl` eme Premi` ere partie : Machin et Fibonacci
−→ −−→
1. (a) On se place dans le rep`ere orthonorm´e direct (O, OA, OB). On a les coordonn´ees : C (3, 0), D(3, 1) et E (2, 2). CD 1 DE 1 = et tan β = = . OC 3 OE 2 1 1 π Ainsi α = arctan et β = arctan . Mais α + β = (OC, OE ) = . 3 2 4 Soit α = (OC, OD), β = (OD, OE ) . On a : tan α =
−−→ −−→
−−→ −−→
−−→ −−→
On a donc obtenu :
π 1 1 = arctan + arctan (formule attribu´ee `a Euler en 1738, ou `a Hutton en 1776). 4 2 3
(b) Dans un rep`ere convenable, on a les coordonn´ees indiqu´ees ci-contre : On voit que O, E , D sont align´es, de mˆeme que les points O , B , C , de mˆeme que les points O,F,A. On constate que les angles en A et D sont droits. On d´efinit les angles : α = (OA, OB), β = (OC, OD) et γ = (OF , OE ).
−→ −−→
On a tan α =
−−→ −−→
−−→ −−→
AB 1 CD 1 = et tan β = = (car CD = ( 1, 3) et OD = 5(3, 1) donc OD = 5 CD). OA 8 OD 5
−−→ −
Mais α + β = γ et tan γ =
−−→
EF 1 1 1 1 = . On a donc obtenu l’´egalit´e : arctan = arctan + arctan . OF 3 3 5 8
On en d´eduit une deuxi`eme formule “`a la Machin“ :
π 1 1 1 = arctan + arctan + arctan 4 2 5 8
(attribu´ee a` Strassnitzky en 1840, ou `a Dase en 1844 avec laquelle il calcula 200 d´ ecimales de π ). 2. (a) On pose u n = F n2+1
− F F +2 pour tout n de N. Tout d’abord u 0 = F 12 − F 0F 2 = 1. u +1 = F 2+2 − F +1F +3 = F 2+2 − F +1(F +1 + F +2) Ensuite, pour tout n : = F +2 (F +2 − F +1 ) − F 2+1 = F +2 F − F 2+1 = −u Ainsi u 0 = 1 et u +1 = −u pour tout n, donc u = (−1) pour tout n. Autrement dit : ∀ n ∈ N, F 2+1 = F F +2 + ( −1) , ce qu’il fallait d´emontrer. n
n
n
n
n n
n
n
− G2 +2) = n
n
n
n
n
n
n
n
1 F 2n
− F 21+2
1+
1 F 2n F 2n+2
n
=
Mais 1 F 2n < F 2n+2 donc 0 < G2n+2 < G2n Il en r´esulte G 2n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
(b) On a : tan(G2n
n
F 2n+2 F 2n 1 = (car F 2n F 2n+2 + 1 = F 22n+1 ). F 2n F 2n+2 + 1 F 2n+1
−
π , donc 0 < G2n 4
− G2 +2 = arctan F 21+1 = G2 +1, c’est-`a-dire n
n
n
− G2 +2 < π4 . n
G2n = G2n+1 + G2n+2
On a F 2 = 1, F 3 = 2, F 4 = 3, F 5 = 5, F 6 = 8, F 7 = 13 et F 8 = 21. G2 = G3 + G4
⇒
π 1 1 = arctan + arctan et G 4 = G5 + G6 4 2 3
⇒ arctan 13 = arctan 15 + arctan 18
1 1 1 Enfin G 6 = G7 + G8 donne arctan = arctan + arctan 8 13 21 n−1
n−1
G (c) On a
2k +1
k=1
Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
+ G2n =
(G k=1
2k
− G2( +1)) + G2 k
n = G 2 =
mathprepa.fr
π (t´elescopage car G 2k+1 = G2k 4
− G2 +2). k
Page 3
´ Enonc´ e
Probl` eme
π Pour n 2, on a donc = 4 Quand n
n−1
G
2k+1
π 1 1 1 1 = arctan + arctan + arctan + arctan 4 2 5 13 21
+ G2n . Si n = 4 :
k =1
→ ∞ on a F 2 → ∞ donc G2 → n
n
π 0 et on peut ´ecrire = 4
∞
arctan k=0
1 . F 2k
Deuxi` eme partie : Machin et Lehmer
≡ π2 (mod π). √ a b Posons z = a + ib = ρe , avec a = 0 et ρ = a2 + b2 > 0. Ainsi cos θ = = 0, et sin(θ) = . ρ ρ b b On en tire tan θ = , donc θ ≡ arctan (mod π). a a π b Conclusion : arg(ib) ≡ (mod π), et arg z ≡ arctan (mod π) si a = 0 2 a (b) Posons ϕ(z) = ( −n + i)(a + ib) = c + id, avec (c, d) dans R2 . c = −na − b a On a les ´egalit´es , et n < n + 1 par d´efinition de n. b d = a − bn
1. (a) Si a = 0, donc si z = ib, avec b dans R∗ , on a bien sˆur : arg z iθ
Si b > 0, on en d´eduit nb Si b < 0, on trouve nb
2. (a) Si z k est d´efini (avec k
a < (n + 1)b, c’est-`a-dire 0 d < b, ou encore 0 Im ϕ(z) < Im z.
a > (n + 1)b, c’est-`a-dire 0 d > b, ou encore Im z < Im ϕ(z) 0.
0), posons z k = x k + iyk , avec (xk , yk ) dans R2 .
Initialement, x 0 = a et y 0 = b sont dans Z∗ . Par une r´ecurrence ´evidente (et au vu de la d´efinition de ϕ) il est clair que si z k existe alors les parties r´eelles x0 , x1 , . . . , xk et les parties imaginaires y 0 , y1 , . . . , yk sont dans Z.
· ·· < y1 < y0 = b si b > 0 y0 = b < y1 < · ·· < y 0 si b < 0 ´etait infinie, les |y | formeraient une suite infinie strictement d´ecroissante de N, ce qui est
De plus, d’apr` es (II.1.b), on a :
0
yk
<
k
Si la suite des zk k absurde. Il existe donc un premier entier p (b) Posons z k = x k + iyk pour 0 k
p
1 tel que Im z p = 0 (donc z p existe mais pas z p+1 ).
− 1 (les x sont dans Z, les y k
Les ´egalit´es z k+1 = ( nk + i)zk , avec n k =
−
x k
k dans p−1
, donnent : z p = z 0
yk
Z∗ ).
(−n + i). k
k =0
On sait que Im z p = 0 donc arg z p
≡ 0 (mod π) (z est non nul, comme tous les facteurs du produit). b 1 De mˆeme arg z0 ≡ arctan (mod π), et arg(−n + i) ≡ − arctan (mod π) a n p
k
p−1
p
0
k
k=0
0
Ensuite n 1 =
0
k
k =0
p−1
k
k=0
3.
k
p−1
(−n + i) donne alors : 0 ≡ arctan b − arctan 1 (mod π). L’´egalit´e z = z a n arctan 1 (mod π). b Finalement, on a obtenu : arctan ≡ a n 20 (a) Posons z = 20 + 3i. On a n = = 6 donc z = (−n + i)z = (−6 + i)(20 + 3i) = −123 + 2i. 3 −123 1
0
0
−62, et z 2 = (−n1 + i)z1 = (62 + i)(−123 + 2i) = −7628 + i. Enfin n 2 = −7628 et z 3 = (−n2 + i)z2 = (7628 + i)(−7628 + i) ∈ R . On en d´eduit p = 2 et [n0 , n1 , n2 ] = [6, −62, −7628]. 3 1 1 1 Il en d´ecoule la formule arctan = arctan − arctan − arctan (mod π). 20 6 62 7628 Mais on voit facilement que les deux membres sont dans ] − π/2, π/2 [. 3 1 1 1 On a donc prouv´e l’´egalit´e : arctan = arctan − arctan − arctan 20 6 62 7628 2
=
−∗
Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page 4
´ Enonc´ e
Probl` eme
(b) Voici une proc´edure Lehmer qui fait le travail demand´e : > lehmer:=proc(z0::complex(integer)) local z,s,n; z:= z0; s:=NULL; while Im(z)<>0 do n:=floor(Re(z)/Im(z)); s:=s,n; z:=z*(-n+I) end do; [s]; end proc:
Et un exemple d’utilisation (celui de la question pr´ec´edente) : > lehmer(20+3*I);
[6, 62, 7628]
− −
Bonus : on peut utiliser Lehmer pour ´ecrire formule qui cr´ee une ´egalit´e entre arc-tangentes : > formule:=proc(a,b) local f,z; f:=x->if x=0 then Pi/2 else arctan(1/x) end if; z:=a+I*b; arctan(Im(z)/Re(z))=add(f(x),x=lehmer(z)); end proc:
Et un exemple d’utilisation (toujours avec z 0 = 20 + 3i) : > formule(20,3);
arctan
3 20
= arctan
1
− arctan
6
1 62
− arctan
1 7628
Le r´esultat est correct `a π pr`es, mais on v´erifie facilement ici qu’il s’agit d’une v´eritable ´egalit´e.
Troisi` eme partie : Machin et Gregory 1. Pour tout (n, t) de N n
n
(−1) t u (t) =
k 2k
n
× [0, 1], on a, par d´erivation terme a` terme : +1 1 − (−t2 ) 1+ (−1) t2 +2 2 = (−t ) = = 1 − (−t2 ) 1 + t2
k=0
n
n
k
n
(somme g´eom´etrique de raison q =
k =0
−t2 = 1).
1 t2n+2 n Ainsi u n (t) = + ( 1) Rn (t), avec R n (t) = . 1 + t2 1 + t2
−
2. On fixe n dans N et x dans [0, 1]. On fait varier t dans [0, x] (lui-mˆeme inclus dans [0, 1]). 1 On a u n (t) = + ( 1)n Rn (t) donc 2 1 + t
−
x
0
x
un (t) =
0
dt + ( 1)n 2 1 + t
−
x
Rn (t) dt
0
x
n
Ainsi (en utilisant un (0) = 0) : u n (x) = arctan x + ( 1)
−
t2n+2 3. Puisque Rn (t) = , on a bien sˆur l’encadrement 0 1 + t2 x
En int´egrant sur [0, x], on trouve : 0
Rn (t) dt
0
Rn (t) dt.
0
Rn (t) t2n+2 pour 0 t 1.
x
x
2n+2
t
dt, donc : 0
0
Rn (t) dt
0
x2n+3 (1). 2n + 3
x
(a) l’in´egalit´e
Rn (t) dt 0 et la question (III.2) impliquent : u2n+1 (x) arctan x u2n (x) pour tout n.
0
x
(b) enfin arctan x
|
−u
n (x) =
|
2n+3
Rn (t) dt implique : arctan x
|
0
−u
n (x)
x pour tout n de N. | 2n + 3
x2n+3 1 x2n+3 , et on en d´eduit lim = 0. n→+∞ 2n + 3 2n + 3 2n + 3 Le r´esultat de la question (III.3.b) donne alors lim un (x) = arctan x.
4. Puisque par hypoth`ese 0
x 1, on a 0
n→+∞
n
Ainsi arctan x = lim
n→+∞
(−1)
k
k =0
x2k+1 2k + 1
+∞
(−1) , ce qui justifie la notation : arctan x =
k
k=0
x2k+1 . 2k + 1
Par imparit´e (de part et d’autre de l’´egalit´e) ce r´esultat s’´etend a` [ 1, 0].
−
Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page 5
´ Enonc´ e
Probl` eme
p
5. (a) Pour 1 j
1 = arctan 1 (d’apr`es III.4), donc lim v = 4 a arctan 1 = π. p on a : lim u n
n→∞
bj
bj
n→∞
n
j
bj
j =1
Plus pr´ecis´ement, et en utilisant la majoration obtenue en (III.3.b) : p
p
p
1 1 1 1 |π − v | = 4 a arctan b − 4 a u b 4 |a | arctan b − u b n
j
j
j
j =1
n
j
j =1
j
n
j
j =1
j
| − v | (2n +4S 3) b2 +3
Puisque 2 b1 < .. . < b p , on peut encore majorer par : π
n
n
1
p
|a | b |a |. , avec S =
4 2n + 3
j
2n+3
j =1 j p
j
j =1
Pour que la convergence soit la plus rapide possible, on a donc int´ erˆ et `a ce que b 1 soit le plus grand possible. π 1 1 = 4 arctan arctan , on a p = 2, a 1 = 4, a 2 = 1, b 1 = 5 et b 2 = 239. 4 5 239 20 2 < , qui est < 10 −100 pour n 70 (calculatrice). n (2n + 3) 52 +3 (n + 1) 25n+1
(b) Pour la formule Ainsi π
| − v | n
−
−
Quatri` eme partie : Machin et Gauss 1. Posons α = arctan
1 1 et β = arctan . Par hypoth`ese, on a α x y
On a tan(α + β ) =
| | π4 et |β | < π4 , donc |α + β | < π2 .
1/x + 1/y x + y 1 1 x + y = , donc arctan + arctan = arctan 1 1/(xy) xy 1 x y xy 1
−
−
On obtient bien sˆ ur arctan
−
1 x
y−x − arctan 1y = arctan xy + 1
en changeant simplement y en
−y.
1 2y Enfin on obtient 2 arctan = arctan 2 en posant x = y dans la premi`ere ´egalit´e (avec y > 1). y y 1
| |
−
2. Premi` ere
m´ etho de :
1 2y On va utiliser deux fois l’´egalit´e 2 arctan = arctan 2 , valable pour y > 1. y y 1
| |
−
1 2 5 5 24/5 120 On trouve : 4 arctan = 2 arctan 2 = 2 arctan = arctan = arctan 5 5 1 12 144/25 1 119 1 1 120 1 π 119 1 Ainsi : 4 arctan arctan = arctan arctan = arctan + arctan 5 239 119 239 2 120 239
· −
−
−
−
−
1 1 x + y 120 On utilise ensuite arctan + arctan = arctan avec x = > 1 et y = 239 > 1. x y xy 1 119 120 + 239 1 1 π π 120 + 239 119 π π 119 4 arctan arctan = arctan = arctan = arctan 1 = 120 5 239 2 2 239 120 119 2 4 239 1 119 Deuxi` eme m´ etho de :
−
−
−
−
−
·
· −
−
1 π 1 π 1 π Avec θ = arctan , prouvons 4θ = arctan , c’est-`a-dire : tan 4θ = et < 4θ 5 4 239 4 239 2 2tan θ 2/5 10 5 2tan2θ 5/6 120 On a tan 2θ = = = = , puis tan4θ = = = . 2 2 1 1/25 24 12 1 25/144 119 1 tan θ 1 tan 2θ
−
−
−
On en d´eduit tan 4θ
− π4
−
− π4 < π2 .
−
−
= 120/119 − 1 =
−
1 . 239
120/119 + 1 1 1 1 π 2π Enfin 0 < < , donc 0 < arctan < , donc 0 < 4θ < , donc 5 5 6 3 3
(cqfd) − π4 < 4θ − π4 < 5π 12
√
3. Notons (E 1), (E 2), (E 3) les trois formules de la question II.1 (dans cet ordre). (a) On applique (E 1) avec x =
Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
331 836 1 17 123 et y = et on trouve arctan = arctan + arctan 17 123 5 331 836
mathprepa.fr
Page 6
´ Enonc´ e
Probl` eme
(b) On applique (E 3) avec y =
41 123 3 et on trouve arctan = 2 arctan 3 836 41
(c) On applique (E 2) avec x = 18 et y = 239 et on trouve arctan (d) On applique (E 1) avec x = 18 et y = 57 et on trouve arctan
17 1 = arctan 331 18
1 − arctan 239
3 1 1 = arctan + arctan 41 18 57
4. On part de la formule de John Machin, et on applique les ´egalit´ es (a), (b), (c) et (d) : π 4
1 = 4 arctan 5
1 17 123 1 = 4 arctan + 4 arctan arctan − arctan 239 − 331 836 239
= 4 arctan
17 3 + 8 arctan 331 41
= 4 arctan
1 3 + 8 arctan 18 41
= 12 arctan
Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
(utilisation de (a))
1 − arctan 239
(utilisation de (b))
1 − 5 arctan 239
(utilisation de (c))
1 1 + 8 arctan 18 57
1 − 5 arctan 239
(utilisation de (d))
mathprepa.fr
Page 7