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exercice 1 facile

Supposons \alpha>1. A tout réel x>0, associons le réel

    \[ x'=x+\frac{1}{x^{\alpha-1}}\]

D’une part :

    \[ x'-x=\frac{1}{x^{\alpha-1}}\underset{x\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0\]

et d’autre part :

    \begin{eqnarray*}p_{\alpha}\left(x'\right)-p_{\alpha}\left(x\right) & = & \left(x+\frac{1}{x^{\alpha-1}}\right)^{\alpha}-x^{\alpha}\\& = & x^{\alpha}\left[\left(1+\frac{1}{x^{\alpha}}\right)^{\alpha}-1\right]\\& \underset{x\rightarrow+\infty}{\rightarrow} & \alpha\end{eqnarray*}

Par conséquent, si l’on choisit \epsilon=\alpha/2, on voit que pour tout \delta>0, on peut trouver un couple \left(x,x'\right)\in\left]0,+\infty\right[^{2} vérifiant :

    \[ \left\{\begin{array}{c}\vert x'-x\vert\leqslant\delta\\\\\left|p_{\alpha}\left(x'\right)-p_{\alpha}\left(x\right)|>\epsilon\end{array}\right.\]

Ainsi, p_{\alpha} n’est pas UC lorsque \alpha>1.

Supposons maintenant 0<\alpha<1. La restriction de p_{\alpha} à \left[0,1\right] est UC d’après le théorème de Heine. De plus, pour tout \left(x,x'\right)\in\left[1,+\infty\right[^{2} tel que x<x', il existe (d’après la formule des accroissements finis) c\in\left]x,x'\right[ tel que :

    \[ 0<p_{\alpha}\left(x'\right)-p_{\alpha}\left(x\right)=\alpha\thinspace c^{\alpha-1}\thinspace\left(x'-x\right)\]

or 0<c^{\alpha-1}\leqslant1, et donc :

    \[ \left|p_{\alpha}\left(x'\right)-p_{\alpha}\left(x\right)\right|\leqslant\alpha\left|x'-x\right|\]

Ainsi, la restriction de p_{\alpha} à \left[1,+\infty\right[ est lipschitzienne, donc UC elle aussi.

Par conséquent, p_{\alpha} est UC.

Quant au cas \alpha=1, il est évident. En conclusion :

    \[\fcolorbox{black}{myBlue}{$\displaystyle{p_{\alpha}\text{ est UC}\Leftrightarrow\alpha\leqslant1}$}\]

exercice 2 facile

En choisissant \epsilon=1/2, on voit que pour tout \delta>0, on peut trouver \left(x,x'\right)\in\left]0,+\infty\right[^{2} vérifiant :

    \[\left|x'-x\right|\leqslant\delta\qquad\text{et}\qquad\left|\ln\left(x'\right)-\ln\left(x\right)\right|>\epsilon\]

Il suffit en effet de considérer x=\delta et x'=2\delta (puisque \ln\left(2\right)>1/2). Par conséquent :

    \[\fcolorbox{black}{myBlue}{L'application $L$ n'est pas UC}\]

Passons à l’application C.

L’allure de son graphe suggère de considérer les couples formés d’un minimum local et du maximum local suivant : l’écart des abscisses sera arbitrairement petit tandis que l’écart des ordonnées sera fixe.

Posons donc, pour tout n\in\mathbb{N}^{\star} :

    \[ x_{n}=\sqrt{\left(2n-1\right)\pi}\qquad\text{et}\qquad x_{n}'=\sqrt{2n\pi}\]

Alors (quantité conjuguée) :

    \[ x_{n}'-x_{n}=\frac{\pi}{\sqrt{2n\pi}+\sqrt{\left(2n-1\right)\pi}}\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0\]

tandis que :

    \begin{eqnarray*}\cos\left(x_{n}'^{2}\right)-\cos\left(x_{n}^{2}\right) & = & \cos\left(2n\pi\right)-\cos\left(\left(2n-1\right)\pi\right)\\& = & 1-\left(-1\right)\\& = & 2\end{eqnarray*}

En choisissant \epsilon=1, on peut donc trouver, pour tout \delta>0, un couple \left(x,x'\right)\in\mathbb{R}^{2} tel que :

    \[ \left|x'-x\right|\leqslant\delta\qquad\text{et}\qquad\left|\cos\left(x'^{2}\right)-\cos\left(x^{2}\right)\right|>\epsilon\]

Par conséquent :

    \[\fcolorbox{black}{myBlue}{L'application $C$ n'est pas UC}\]

exercice 3 facile

Montrons que f+g est uniformément continue.

Soit \epsilon>0. Comme f est UC, il existe \alpha>0 tel que :

    \[\forall\left(x,x'\right)\in I^{2},\thinspace\left|x-x'\right|\leqslant\alpha\Rightarrow\left|f\left(x\right)-f\left(x'\right)\right|\leqslant\frac{\epsilon}{2}\]

De même, il existe \beta>0 tel que :

    \[ \forall\left(x,x'\right)\in I^{2},\thinspace\left|x-x'\right|\leqslant\beta\Rightarrow\left|g\left(x\right)-g\left(x'\right)\right|\leqslant\frac{\epsilon}{2}\]

Posons \delta=\min\left{ \alpha,\beta\right} . Grâce à l’inégalité triangulaire, on voit que si \left(x,x'\right)\in I^{2} vérifie \left|x-x'\right|\leqslant\delta, alors :

    \begin{eqnarray*}\left|\left(f+g\right)\left(x\right)-\left(f+g\right)\left(x'\right)\right| & = & \left|\left(f\left(x\right)-f\left(x'\right)\right)+\left(g\left(x\right)-g\left(x'\right)\right)\right|\\& \leqslant & \left|f\left(x\right)-f\left(x'\right)\right|+\left|g\left(x\right)-g\left(x'\right)\right|\\& \leqslant & \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}\\& = & \epsilon\end{eqnarray*}

Pour le produit, c’est différent. Par exemple, si f=g=id_{\mathbb{R}} alors fg est l’application \mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},x\mapsto x^{2} qui n’est pas UC, bien que f et g le soient.

Considérons maintenant un couple \left(f,g\right) d’applications UC et bornées de I dans \mathbb{R}.

Notons A,B deux réels strictement positfs tels que :

    \[\forall t\in I,\:\left\{\begin{array}{ccc}\left|f\left(t\right)\right| & \leqslant & A\\\left|g\left(t\right)\right| & \leqslant & B\end{array}\right.\]

On observe que, pour tout \left(x,x'\right)\in I^{2} :

    \begin{eqnarray*}\left|\left(fg\right)\left(x\right)-\left(fg\right)\left(x'\right)\right| & = & \left|f\left(x\right)g\left(x\right)-f\left(x'\right)g\left(x'\right)\right|\\& = & \left|f\left(x\right)\left[g\left(x\right)-g\left(x'\right)\right]+\left[f\left(x\right)-f\left(x'\right)\right]g\left(x'\right)\right|\\& \leqslant & A\left|g\left(x\right)-g\left(x'\right)\right|+B\left|f\left(x\right)-f\left(x'\right)\right| \end{eqnarray*}

Etant donné \epsilon>0, il existe \alpha>0 et \beta>0 tels que pour tout \left(x,x'\right)\in I^{2} :

    \[\left|x-x'\right|\leqslant\alpha\Rightarrow\left|f\left(x\right)-f\left(x'\right)\right|\leqslant\frac{\epsilon}{2B}\]

et

    \[ \left|x-x'\right|\leqslant\alpha\Rightarrow\left|g\left(x\right)-g\left(x'\right)\right|\leqslant\frac{\epsilon}{2A}\]

On voit maintenant que :

    \[\left|x-x'\right|\leqslant\min\left\{\alpha,\beta\right\} \Rightarrow\left|\left(fg\right)\left(x\right)-\left(fg\right)\left(x'\right)\right|\leqslant\epsilon\]

On a montré la …

Proposition

Le produit de deux applications UC et bornées est UC

Soit (x,x')\in I^{2}. On peut artificiellement écrire, pour tout n\in\mathbb{N} :

    \begin{eqnarray*}\left|g\left(x\right)-g\left(x'\right)\right| & = & \left|\left[g\left(x\right)-f_{n}\left(x\right)\right]+\left[f_{n}\left(x\right)-f_{n}\left(x'\right)\right]+\left[f_{n}\left(x'\right)-g\left(x'\right)\right]\right|\\& \leqslant & \left|g\left(x\right)-f_{n}\left(x\right)\right|+\left|f_{n}\left(x\right)-f_{n}\left(x'\right)\right|+\left|f_{n}\left(x'\right)-g\left(x'\right)\right|\\& \leqslant & 2\left\Vert g-f_{n}\right\Vert_{\infty}+\left|f_{n}\left(x\right)-f_{n}\left(x'\right)\right|\end{eqnarray*}

Etant donné \epsilon>0, on commence par choisir n assez grand pour que :

    \[\left\Vert g-f_{n}\right\Vert_{\infty}\leqslant\frac{\epsilon}{3}\]

puis \alpha>0 tel que :

    \[\forall\left(x,x'\right)\in I^{2},\thinspace\left|x-x'\right|\leqslant\alpha\Rightarrow\left|f{n}\left(x\right)-f_{n}\left(x'\right)\right|\leqslant\frac{\epsilon}{3}\]

ce qui est possible puisque f_{n} est UC.

Au final, on voit que pour tout \left(x,x'\right)\in I^{2} :

    \[ \left|x-x'\right|\leqslant\epsilon\Rightarrow\left|g\left(x\right)-g\left(x'\right)\right|\leqslant\epsilon\]

On a montré la …

Proposition

Pour toute suite uniformément convergente d’applications UC, la limite est UC.

Soit T>0 une période de f. Le théorème de Heine assure l’uniforme continuité de f sur \left[0,2T\right]. Donc, étant donné \epsilon>0, il existe \alpha>0 tel que :

    \[ \forall\left(x,x'\right)\in\left[0,2T\right]^{2},\,\left|x-x'\right|\leqslant\alpha\Rightarrow\left|f\left(x\right)-f\left(x'\right)\right|\leqslant\varepsilon\]

Imposons en outre \alpha\leqslant T (c’est possible, quitte à remplacer \alpha par \min\left\{\alpha,T\right\}).

Soient x,x'\in\mathbb{R} vérifiant \left|x-x'\right|\leqslant\alpha.

Supposons, sans perte de généralité, que x\leqslant x' et notons n={\displaystyle \left\lfloor \frac{x}{T}\right\rfloor }.

Alors : 0\leqslant x-nT\leqslant T et

    \begin{eqnarray*}0 & \leqslant & x'-nT\\& = & \left(x'-x\right)+\left(x-nT\right)\\& \leqslant & \alpha+T\\& \leqslant & 2T\end{eqnarray*}

Ainsi \left(x-nT,\,x'-nT\right)\in\left[0,2T\right]^{2} et \left|\left(x-nT\right)-\left(x'-nT\right)\right|\leqslant\alpha, donc :

    \[ \left|f\left(x\right)-f\left(x'\right)\right|=\left|f\left(x-nT\right)-f\left(x'-nT\right)\right|\leqslant\varepsilon\]

On a montré la …

Proposition

Toute application continue et périodique est UC.

Soit \epsilon>0. Il existe par hypothèse \delta>0 tel que :

    \[\forall\left(x,x'\right)\in\left]a,b\right[^{2},\thinspace\left|x-x'\right|\leqslant\delta\Rightarrow\left|f\left(x\right)-f\left(x'\right)\right|\leqslant\epsilon\]

En particulier, on voit que si x et x' appartiennent tous deux à \left]a,a+\delta\right], alors \left|f\left(x\right)-f\left(x'\right)\right|\leqslant\epsilon.

Autrement dit, f vérifie le critère de Cauchy au point a. Comme \mathbb{R} est complet, il en résulte que f admet en a une limite finie.

Bien entendu, la situation est analogue en b.

On peut donc prolonger f en une application continue F:\left[a,b\right]\rightarrow\mathbb{R}.

Mais on sait que tout application continue sur un segment, à valeurs réelles, est bornée.

En conséquence, f est bornée.

Dans l’exercice 2, on a vu directement que l’application L:\left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\ln\left(x\right) n’est pas uniformément continue. On peut voir cela comme conséquence du résultat précédent. En effet, si L était UC alors sa restriction à \left]0,1\right[ serait UC donc bornée : contradiction !

Posons, pour tout n\geqslant1 :

    \[S_{n}=\frac{1}{n}\,\sum_{k=0}^{n-1}\,f\left(\frac{k}{n}\right)\,g\left(\frac{k}{n}+\frac{1}{n^{\alpha}}\right)\]

et

    \[T_{n}=\frac{1}{n}\,\sum_{k=0}^{n-1}\,f\left(\frac{k}{n}\right)\,g\left(\frac{k}{n}\right)\]

Détail (cliquer pour déplier / replier)

Pour que la somme qui définit S_{n} ait un sens, encore faut-il que les réels auxquels g est appliquée soient tous dans \left[0,1\right].

Et c’est bien le cas, parce qu’on a supposé \alpha\geqslant1, ce qui entraîne :

    \[ \frac{n-1}{n}+\frac{1}{n^{\alpha}}\leqslant\frac{n-1}{n}+\frac{1}{n}=1\]

En supposant seulement \alpha>0, on aurait un problème de définition pour S_{n}.

On sait (théorème de convergence des sommes de Riemann) que :

    \[\lim_{n\rightarrow+\infty}\,T_{n}=\int_{0}^{1}\,f\left(t\right)\,g\left(t\right)\,dt\]

Il suffit donc de montrer que :

    \[\lim_{n\rightarrow+\infty}\,\left(S_{n}-T_{n}\right)=0\qquad\left(\clubsuit\right)\]

pour conclure que :

    \[\boxed{\lim_{n\rightarrow+\infty}\,\frac{1}{n}\,\sum_{k=0}^{n-1}\,f\left(\frac{k}{n}\right)\,g\left(\frac{k}{n}+\frac{1}{n^{\alpha}}\right)=\int_{0}^{1}\,f\left(t\right)\,g\left(t\right)\,dt}\]

Or, d’après inégalité triangulaire :

    \begin{eqnarray*}\left|S_{n}-T_{n}\right| & = & \frac{1}{n}\,\left|\sum_{k=1}^{n}\,f\left(\frac{k}{n}\right)\left[g\left(\frac{k}{n}+\frac{1}{n^{\alpha}}\right)-g\left(\frac{k}{n}\right)\right]\right|\\& \leqslant & \frac{1}{n}\,\sum_{k=1}^{n}\,\left|f\left(\frac{k}{n}\right)\right|\,\left|g\left(\frac{k}{n}+\frac{1}{n^{\alpha}}\right)-g\left(\frac{k}{n}\right)\right|\end{eqnarray*}


Etant donné \varepsilon>0, il existe (théorème de Heine) un réel \delta>0 tel que :

    \[\forall\left(x,x'\right)\in\left[0,1\right]^{2},\,\left|x-x'\right|\leqslant\delta\Rightarrow\left|g\left(x\right)-g\left(x'\right)\right|\leqslant\varepsilon\]

Par ailleurs, f est bornée. On en déduit que, dès que la condition

    \[ n\geqslant{\displaystyle \left(\frac{1}{\delta}\right)^{1/\alpha}}\]

est remplie :

    \[\left|S_{n}-T_{n}\right|\leqslant\frac{\varepsilon}{n}\,\sum_{k=1}^{n}\,\left|f\left(\frac{k}{n}\right)\right|\leqslant\varepsilon\left\Vert f\right\Vert _{\infty}\]

ce qui prouve \left(\clubsuit\right)

Question 1

Supposons (H) remplie et supposons de plus que f admette en +\infty une limite, finie ou non.

Dans un premier temps, supposons qu’il s’agisse d’une limite finie L>0. Il existe alors un réel a>0 tel que :

    \[\forall t\geqslant a,\thinspace f\left(t\right)\geqslant\frac{L}{2}\]

d’où, pour tout x\geqslant a :

    \[\int_{a}^{x}f\left(t\right)\thinspace dt\geqslant\frac{L}{2}\left(x-a\right)\]

D’après la relation de Chasles et en posant A=\int_{0}^{a}f\left(t\right)\thinspace dt :

    \[\forall x\geqslant a,\thinspace\int_{0}^{x}f\left(t\right)\thinspace dt\geqslant A+\frac{L}{2}\left(x-a\right)\]

Il s’ensuit que :

    \[\lim_{x\rightarrow+\infty}\int_{0}^{x}f\left(t\right)\thinspace dt=+\infty\]

ce qui contredit la convergence de l’intégrale impropre.

En remplaçant f par -f, on voit que L ne peut pas non plus être strictement négative.

Et en adaptant très légèrement ce qui précède, on voit que f ne peut pas non posséder en +\infty une limite infinie. Ainsi, il est nécessaire que la limite L soit nulle.

Question 2

Dans l’illustration ci-dessous, les triangles coloriés en bleu ont pour aires respectives :

    \[\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{8},\frac{1}{16},\frac{1}{32}\cdots\]

or, ce sont là les premiers termes d’une série (géométrique) convergente.

Transformons cette idée en une preuve rigoureuse, en posant pour tout n\in\mathbb{N}^{\star} et tout t\in\left[n-1,n\right[ :

    \[f\left(t\right)=\left\{\begin{array}{ccc}2^{n}\left(t-n+1\right) & \text{si} & t-n+1\in\left[0,2^{-n}\right[\\\\-2^{n}\left(t-n+1-2^{-n}\right) & \text{si} & t-n+1\in\left[2^{-n},2^{1-n}\right[\\\\0 & \text{si} & t-n+1\in\left[2^{1-n},1\right[\end{array}\right.\]

On définit ainsi une application f, par ses restrictions aux intervalles \left[n-1,n\right[, pour n\in\mathbb{N}^{\star}.

Il sera peut-être plus clair de reformuler comme suit. Pour tout entier n\geqslant1 :

  • f(n-1)=f(n-1+2^{1-n})=f(n)=0,
  • f(n-1+2^{-n})=1
  • la restriction de f à chacun des segments \left[n-1,n-1+2^{-n}\right], \left[n-1+2^{-n},\thinspace n-1+2^{1-n}\right] et \left[n-1+2^{1-n},1\right] est affine.

L’hypothèse (H) est vérifiée puisque, d’une part, f est continue (par construction) et, d’autre part, pour tout x\geqslant0 :

    \[\int_{0}^{x}f\left(t\right)\thinspace dt\leqslant\int_{0}^{\left\lceil x\right\rceil }f\left(t\right)\thinspace dt=\sum_{k=0}^{\left\lceil x\right\rceil -1}2^{-k}<1\]

ce qui entraîne que l’application F:x\mapsto\int_{0}^{x}f\left(t\right)\thinspace dt est croissante (puisque f est positive) et majorée (par 1) donc (théorème de la limite monotone) admet en +\infty une limite finie (qui est d’ailleurs égale à 1).

Pourtant, f n’admet pas de limite en +\infty puisqu’en posant

    \[\left\{\begin{array}{ccc}t_{n} & = & n-1\\\\t'_{n} & = & n-1+2^{-n}\end{array}\right.\]

on constate que :

    \[\lim_{n\rightarrow\infty}t_{n}=\lim_{n\rightarrow\infty}t'_{n}=+\infty\]

tandis que :

    \[ \lim_{n\rightarrow\infty}f\left(t_{n}\right)=0\qquad\text{et}\qquad\lim_{n\rightarrow\infty}f\left(t'_{n}\right)=1\]

(ces deux dernières suites sont constantes !).

Question 3

Supposons que f n’admette pas pour limite 0 en +\infty :

    \[\exists\varepsilon>0;\,\forall a\geqslant0,\,\exists x\geqslant a;\,\left|f\left(x\right)\right|\geqslant2\varepsilon\]

On peut alors construire (par récurrence) une suite \left(x_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}} strictement croissante telle que :

    \[\left\{\begin{array}{c} {\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\,x_{n}=+\infty}\\\\\forall n\in\mathbb{N},\,\left|f\left(x_{n}\right)\right|\geqslant2\varepsilon\end{array}\right.\]

Quitte à tronquer la suite \left(x_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}, on peut imposer en outre x_{1}\geqslant1.

Détail (cliquer pour déplier / replier)

La condition x_{1}\geqslant1 garantit que les segments \left[x_{n}-\alpha,x_{n}+\alpha\right] qui apparaissent ci-après sont tous contenus dans \left[0,+\infty\right[, ce qui va permettre d’appliquer f à leurs éléments.

Comme f est uniformément continue, il existe \alpha\in\left]0,1\right[ tel que :

    \[\forall\left(s,t\right)\in\left[0,+\infty\right[^{2},\,\left|s-t\right|\leqslant\alpha\Rightarrow\left|f\left(s\right)-f\left(t\right)\right|\leqslant\varepsilon\]

En particulier :

    \[ \forall n\in\mathbb{N},\,\forall t\in\left[x_{n}-\alpha,x_{n}+\alpha\right],\,\left|f\left(x_{n}\right)-f\left(t\right)\right|\leqslant\varepsilon\]

et à fortiori :

    \[\forall n\in\mathbb{N},\,\forall t\in\left[x_{n}-\alpha,x_{n}+\alpha\right],\,\left|f\left(t\right)\right|\geqslant\varepsilon\]

D’après la théorème des valeurs intermédiaires, f garde un signe constant sur chacun des segments \left[x_{n}-\alpha,x_{n}+\alpha\right]. Donc, pour tout n :

    \[\left|\int_{x_{n}-\alpha}^{x_{n}+\alpha}\,f\left(t\right)\,dt\right|=\int_{x_{n}-\alpha}^{x_{n}+\alpha}\,\left|f\left(t\right)\right|\,dt\geqslant2\alpha\varepsilon\]

ce qui est absurde dès que n est assez grand.

exercice 9 difficile

Rappelons que f:[a,b]\to\mathbb{R} est supposée continue et qu’on a posé, pour tout n\in\mathbb{N}^\star et tout k\in\llbracket0,n\rrbracket :

    \[x_{n,k}=a+\frac kn\left(b-a\right)\]

Pour tout tel couple (k,n), il existe (d’après la formule de la moyenne) un réel

    \[c_{k,n}\in\left[x_{k,n},\thinspace x_{k+1,n}\right]\]

tel que :

    \[\int_{x_{k,n}}^{x_{k+1,n}}f\left(t\right)\thinspace dt=\frac{b-a}{n}\thinspace f\left(c_{k,n}\right)\]

Introduisons la somme de Riemann :

    \[S_{n}=\frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\left|f\left(x_{k,n}\right)\right|\]

On sait que :

    \[\lim_{n\rightarrow\infty}S_{n}=\int_{a}^{b}\left|f\left(t\right)\right|\thinspace dt\]

Par inégalité triangulaire, pour tout n\in\mathbb{N}^{\star} :

    \begin{eqnarray*}\left|I_{n}-S_{n}\right| & = & \frac{b-a}{n}\left|\sum_{k=0}^{n-1}\left(\left|f\left(c_{k,n}\right)\right|-\left|f\left(x_{k,n}\right)\right|\right)\right|\\& \leqslant & \frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\left|\left|f\left(c_{k,n}\right)\right|-\left|f\left(x_{k,n}\right)\right|\right|\\& \leqslant & \frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\left|f\left(c_{k,n}\right)-f\left(x_{k,n}\right)\right| \end{eqnarray*}

f étant UC (théorème de Heine), il existe pour tout \epsilon>0 un réel \delta>0 tel que :

    \[\forall\left(t,t'\right)\in\left[a,b\right]^{2},\thinspace\left|t-t'\right|\leqslant\delta\Rightarrow\left|f\left(t\right)-f\left(t'\right)\right|\leqslant\frac{\epsilon}{b-a}\]

Ainsi :

    \[n\geqslant\frac{b-a}{\delta}\Rightarrow\left|I_{n}-S_{n}\right|\leqslant\frac{b-a}{n}\thinspace\frac{n\epsilon}{b-a}=\epsilon\]

On a prouvé que :

    \[\boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}I_{n}=\int_{a}^{b}\left|f\left(t\right)\right|\thinspace dt}\]

Si un point n’est pas clair ou vous paraît insuffisamment détaillé, n’hésitez pas à poster un commentaire ou à me joindre via le formulaire de contact.

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