Preuves par récurrence
Bonjour,
Je cherche des exemples simples et naturels de preuves par récurrence pour lesquelles on a besoin de prouver plus que ce que l'on cherche à prouver parce que l'implication (P(n) => P(n+1)) ne passe pas du fait que P(n) est trop faible.
Je cherche des exemples simples et naturels de preuves par récurrence pour lesquelles on a besoin de prouver plus que ce que l'on cherche à prouver parce que l'implication (P(n) => P(n+1)) ne passe pas du fait que P(n) est trop faible.
Réponses
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Bonjour.
Si j'ai bien compris ce que tu veux, voici un cas très simple :
"Soit $u$ la suite définie par $u_0=2,\ u_1=4$ et $u_{n+1}=u_n+u_{n-1}$ pour $n>1$. Prouver que tous les termes sont des entiers".
Cordialement -
Moi, je crois que je n'ai pas compris. Si tu démontres $\forall n \in \mathbb{N},\quad P(n)$, alors tu démontres aussi $\forall n \in \mathbb{N}, P(n) \Rightarrow P(n+1)$ ?
Est-ce que tu cherches $P$ tel que $\forall n \in \mathbb{N}, \quad P(n) \Rightarrow P(n+1)$ ait l'air galère, a priori, à démontrer, et $Q$ tel que $\forall n \in \mathbb{N}, Q(n) \Rightarrow Q(n+1)$ est facile à démontrer et $\forall n \in \mathbb{N}, \quad P(n) \Rightarrow Q(n)$ aussi ? -
@Gérard: Oui, formellement, ça répond à ma question et ça serait très bien pour illustrer le besoin de récurrence forte, mais je cherchais plutôt des exemples illustrant le besoin de "trafiquer" P de manière non "automatique". Je cherche à illustrer le fait que, parfois, il n'est pas "trivial" (au moins pour des débutants) de savoir quel P considérer; on pourrait rétorquer avec ton exemple qu'il "suffit" de passer d'une récurrence simple à une récurrence forte.
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Bonjour,
Si c'est pour des lycéens, mon exemple ne va pas être génial.
On pose $E_0 = \varnothing$ et, pour tout $n$, $E_{n+1} = \mathcal{P}(E_n)$ (l'ensemble des parties). Montrer que, pour tout $n$, $E_n$ est dénombrable. On a en fait besoin de montrer qu'il est fini. -
Ah, j'ai trouvé mieux. On prend $u_0 \geqslant 1$ et, pour tout $n$, $u_{n+1}=2u_n-1$. Montrer que, pour tout $n$, $u_n$ est positif. Il faut en fait montrer que $(u_n)$ reste au-dessus de $1$.
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Il y a un certain temps, j'avais essayé de lancer un fil de discussion pour rassembler des démonstrations par récurrence intéressantes, mais je n'ai recueilli que les banalités que l'on propose à ceux qui débutent dans ce type de démonstration, et j'ai renoncé. C'est pourtant un procédé de démonstration très puissant, qui donne parfois des résultats inespérés. On pourrait peut--être relancer la chose à la faveur de la question d'Alesha.
Si je ne me trompe, la question posée par Alesha porte sur les situations où l'on souhaite prouver une assertion, mais où cette assertion ne se laisse pas démontrer telle quelle par récurrence, et où il faut en prouver une autre, qui implique celle que l'on vise. C'est une excellente question car la pratique du raisonnement par récurrence pose essentiellement la question de la stratégie à mettre en œuvre pour le réussir, l'énoncé précis de l'assertion que l'on se propose de prouver par récurrence.
Gérard0 veut dire sans doute que lorsque l'on a une suite $(u_n)_{n \in \mathbb N}$ définie par une récurrence double $\forall n \in \mathbb N, u_{n+2}=f(u_n,u_{n+1})$ et que l'on veut prouver : $\forall n \in \mathbb N, P(n)$, ce n'est pas l'assertion $P(n)$ qu'il faut prouver par récurrence, mais l'assertion « $P(n)$ et $P(n+1)$ ». Vous me direz, cela va sans dire, mais cela va encore mieux en le disant, et mon expérience m'indique qu'on a du mal à en convaincre les élèves. On pourrait peut-être reprocher à Gérard0 un exemple choisi trop trivial, mais il a le mérite d'engager la discussion. Les vrais exemples abondent : on peut penser par exemple aux propriétés de la suite de Fibonacci, ou aux polynômes de Tchebychev, etc.
J'y reviendrai tantôt. Bonne soirée.
Fr. Ch. -
Ton second exemple est plus simple en effet. Les deux sont très bien.
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Hélas, je n'ai pas non plus inventé cette formule
https://www.histoire-en-citations.fr/citations/talleyrand-si-cela-va-sans-le-dire-cela-ira-encore-mieux-en-le-disant -
Moi j’ai compris qu’on demande un exemple où une récurrence « simple » ne fonctionne pas (a priori) mais où il faut une récurrence « forte ».
Je n’ai rien qui me vient...
Remarque : j’ai placé des guillemets car en changeant la propriété à prouver, on peut la qualifier de « simple ». -
J'ai déjà dit que je ne sais pas ce que signifient ces qualificatifs comme « simple » , « forte » ou que sais-je encore, accolés à la récurrence. Ils sont apparus seulement il y a quelques années, je dirais une quinzaine, et je ne trouve pas que ce soit un progrès, sinon dans le bla-bla-bla. Pour moi il n'y a qu'une récurrence.
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Oui, oui, je suis d’accord. Ma remarque va dans ce sens.
Édit :
On voit cette sémantique un peut partout, même dans des bons livres, souvent pour dire « supposons la propriété au rang n » (simple) et « supposons la propriété jusqu’au rang n » (forte). -
Voici deux exemples concernant la suite de Fibonacci définie par $F_0=0$, $ F_1=1$ et pour tout $ n \in \mathbb N$ : $F_{n+2}=F_{n+1}+F_{n}$.
$\bullet$ Démontrer qu'il existe $ a \in \mathbb N$ tel que pour tout $n \ge a$ : $F_{n}>(\frac32)^n$.
$\bullet$ Démontrer, pour $ n \in \mathbb N$ et $ p \in \mathbb N$ : $ F_n F_p+F_{n+1}F_{p+1}=F_{n+p+1}$.
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
Effectivement, il y a des exemples où, pour démontrer une assertion $P(n)$, il faut prouver par récurrence l'assertion «$ \forall k \in \{0,1,...,n \},P(k)$ ». L'important est d'en voir des exemples. Coller un qualificatif n'ajoute rien.
Je joins la version initiale d'un article que j'ai fait pour Tangente en 1997.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
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Quelqu'un aurait un exemple de récurrence mi-forte ?
Karl Tremblay 1976-2023, je t'appréciais tellement. -
$\bullet $ On définit les nombres de Bell par $B_{0}=1$ et pour tout $n\in \Bbb{N}$ : $\displaystyle B_{n+1}=\overset{n}{\underset{k=0}{\sum }}(_{k}^{n})B_{k}$.
Démontrer, pour tout $n\in \Bbb{N}$ : $B_{n} \le n!$ -
(tu) zeitnot
Je revendique les droits d'auteur sur la comparaison entre la récurrence et la moutarde ;-). Il faut retrouver mes messages à ce sujet.
Et quid de la récurrence douce ? -
$\bullet $ Soit une suite réelle $(a_{n})_{n\in \mathbb{N}}$ telle que : $\forall n\in \mathbb{N}^{*}$, $a_{n+1}=a_{n}+na_{n-1}$. Démontrer que la suite $b_{n}=\frac{a_{n}}{n!}$ est bornée.
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J’ai été initié à la démonstration par récurrence en classe de seconde en 1996, par celui que j’appelais « maître » et auquel je rends volontier un hommage posthume : Monsieur Charles Wencker. 1er cours de l’année il nous disait « il parait que la somme 1+2+...+n est égale à n(n+1)/2 pour tout entier positif n ». On pouvait vérifier que cela marchait avec tous les nombres qu’on essayait. Pour en apporter la preuve, on utilisait l’effet « Boule de neige », c’est-à-dire une démonstration par récurrence. Comme une boule de neige dévalant une pente et grossissant au fur et à mesure, l’ensemble des nombres pour lesquels la propriété est vraie grossi indéfiniment. Je n’ai lu les axiomes de Peano que des années plus tard. Maintenant j’en présente une explication géométrique en 5e.
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Une explication géométrique de quoi ?
Axiomes de Peano ?
Puis-je avoir une idée de cette représentation ? -
De la somme des n premiers entiers. Un tableau de dimensions n cases par (n+1) cases contient n(n+1) cases et on peut y voir le double de la somme 1+2+...n en coloriant les cases dans deux couleurs différentes de part et d’autre de la « diagonale ».
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Ha ok. Merci.
J’étais parti trop loin ;-) -
$2n$ points distincts du plan , tels qu'il n'y en a pas trois alignés, sont coloriés, $n$ en bleu et $n$ en rouge. Montrer que l'on peut tracer $n$ segments, chacun d'extrémités un point bleu et un point rouge, de sorte que tous ces segments sont disjoints.
Ça peut se faire avec une récurrence (du genre fine et forte, comme la moutarde), ou bien sans récurrence (parce qu'après tout, une récurrence, ce n'est jamais qu'une histoire de minimum). -
Je me faisais également la réflexion en lisant ce post sur les récurrences fortes ou pas...
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Vous aimez les blagues en voici une : jamais deux sans trois
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Un exemple classique dans le cadre de l'axiomatique de Peano :
Définition de l'addition ( $s$ est la fonction "successeur") : $n+1=s(n)$ , $m+s(n)=s(m+n)$
Faut-il prouver la commutativité puis l'associativité ou vice versa ? -
Dans la série "les récurrences du colonel Moutarde", il conviendrait d'inclure la "récurrence à l'ancienne", préparée selon la recette de Pierre de Fermat.
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Pour l'origine de la récurrence, c'est plutôt Pascal qu'il faut évoquer, et son précurseur oublié Francesco Maurolico (1494- 1575). Voir mon article attaché à un message ci-dessus.
https://fr.wikipedia.org/wiki/Francesco_Maurolico
http://mathshistory.st-andrews.ac.uk/Biographies/Maurolico.html -
La recette de Pierre de Fermat, c'est la descente infinie. Cela permet de contourner les problématiques liées à l'existence d'un infini actuel. Et en plus, cela s'applique aussi à la collection de tous les ordinaux. Ah, la bonne moutarde !
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$\bullet $ Soit une suite complexe $(u_{n})_{n\in \mathbb{N}}$ telle que : $\forall n\in \mathbb{N},u_{n+3}=\frac{1}{3}(u_{n+2}+u_{n})$.
Montrer qu'il existe des réels $c>0$ et $q \in ]0,1[$ tels que : $\forall n\in \mathbb{N},\left| u_{n}\right| \leq cq^{n}$.
Montrer que la série de terme général $u_{n}$ converge et calculer sa somme : $\displaystyle S=\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}u_{n}$ en fonction de $u_{0}$, $u_{1}$, $u_{2}$. -
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Récurrence forte : $ (\forall n (\forall m < n $ $ P(m)) \Rightarrow P(n)) \Rightarrow \forall n P(n) $
On casse une plaque de chocolat de 8 sur 5 carrés en deux morceaux, puis chaque morceaux en deux, etc, jusqu'à n'avoir plus que des carrés isolés. On a fait 39 cassures. Pourquoi ? (Alain Connes, dans une très ancienne émission de radio)
P(n) : si n > 0, il faut faire n-1 cassures pour réduire un morceau de plaque de n carrés en carrés isolés. -
Bonjour,
Voici ce que j'ai compris de cette histoire de récurrence douce/forte :
Pour montrer que pour tout entier naturel $n$, $\mathcal P(n)$, on peut utiliser l'axiome suivant, parfois qualifié de principe de récurrence : $$\left\{\begin{aligned} &\mathcal P(0) \\ & \forall n\in\N,\kern0.5em \mathcal P(n)\kern0.5em \Rightarrow\kern0.5em\mathcal P(n+1)\end{aligned}\right. \kern0.5em \Rightarrow\kern0.5em \forall n\in\N, \kern0.5em \mathcal P(n).$$ En pratique, on peut rédiger comme cela : "Montrons par récurrence que pour tout entier naturel $n$, $\mathcal P(n)$. 1) $\mathcal P(0)$ est vraie. 2) Soit $n\in\N$. Supposons $\mathcal P(n)$ et montrons $\mathcal P(n+1)$. [...Démonstration de $\mathcal P(n+1)$ grâce à $\mathcal P(n)$...]. 3) En conclusion, pour tout entier naturel $n$, $\mathcal P(n)$."
Pour montrer que pour tout entier naturel $n$, $\mathcal P(n)$, on peut montrer par récurrence que pour tout entier naturel $n$, $\mathcal P'(n) : \,"\forall k\in0,n,\kern 0.5em \mathcal P(k)"$. En effet : soit $n\in\N$ ; comme $\mathcal P'(n)$ est vraie, $\mathcal P(n)$ est vraie ; ainsi, pour tout entier naturel $n$, $\mathcal P(n)$. Pour le point 2), qui commence par : "Soit $n\in\N$. Supposons $\mathcal P'(n)$ et montrons $\mathcal P'(n+1)$.", il convient d'écrire : "Il suffit de montrer que $\mathcal P(n+1)$ est vraie (première conséquence de l'hypothèse de récurrence)." avant de montrer, grâce à $\mathcal P(0),\dots,\mathcal P(n)$, que $\mathcal P(n+1)$ est vraie.
Certains écrivent dans leur cours la proposition suivante, qui découle du principe de récurrence (le seul, l'unique) et qu'ils appellent principe de récurrence forte : $$\left\{\begin{aligned} &\mathcal P(0) \\ & \forall n\in\N,\kern0.5em (\forall k\in0,n,\kern 0.5em \mathcal P(k))\kern0.5em \Rightarrow\kern0.5em\mathcal P(n+1)\end{aligned}\right. \kern0.5em \Rightarrow\kern0.5em \forall n\in\N, \kern0.5em \mathcal P(n).$$ En pratique, on peut alors rédiger comme suit : Montrons par récurrence forte que pour tout entier naturel $n$, $\mathcal P(n)$. 1) $\mathcal P(0)$ est vraie. 2) Soit $n\in\N$. Supposons que pour tout entier $k$ compris entre $0$ et $n$, $\mathcal P(k)$ est vraie et montrons $\mathcal P(n+1)$. [...Démonstration de $\mathcal P(n+1)$ grâce à $\mathcal P(0),\dots,\mathcal P(n)$...]. 3) En conclusion, pour tout entier naturel $n$, $\mathcal P(n)$.
Cela ne me semble pas totalement vide.
Sinon la moutarde mi-forte pourrait correspondre à la récurrence double :-) -
Soit $E$ un ensemble, $u\in E$, $d\in \N$ un entier non nul et $\sigma, f_0,..,f_d$ des applications de $E$ dans lui-même.
On suppose que
1°) $\sigma(u) = f_0(u)$
2°) pour tout $k \in \{0,...,d-1\}$, $\sigma \circ f_k = f_{k+1}$
3°) $\sigma \circ f_d = f_0 \circ \sigma$.
On note $N_{\sigma}$ (resp. $N_f$) l'intersection de toutes les parties de $E$ contenant $u$ et stables par $\sigma$ (resp. l'intersection de toutes les parties de $E$ contenant $u$ et stable par toutes les $(f_i)_{0 \leq i \leq d}$).
Montrer que $N_{\sigma} = N_f$.
************
NB: les éléments de $N_f$ peuvent raisonnablement s'appeler "nombres en base $d+1$ de $E$ (lus de droite à gauche)". On a le phénomène de récurrence suivant: pour toute partie $A$ de $N_f$, si $u \in A$ et si pour tout $n \in N_f$ tel que $n\in A$ on a aussi $\sigma(n) \in A$, alors $N_f\subseteq A$.
La situation familière au lecteur est celle où $E= \N \cup \{-1\}$, $u=-1$ et $\sigma = k \mapsto k+1$.Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$. -
Bonjour,
Voici une démonstration qui m'a donné du fil à retordre pendant un bon bout de temps.
$(\forall n\in \mathbb{N}^*) (\forall (a_1,...,a_n)\in (\mathbb{R}_+^*)^n) \left(a_1a_2....a_n\leq \left(\dfrac{a_1+a_2+...a_n}{n}\right)^n\right)$
Bien sur la démonstration classique utilise la convexité de $ln$,
mais dans un manuel scolaire on a demandé de le faire par récurrence.
Cordialement -
Citons l’exemple casse-figure des bouquets de $n$ fleurs qui sont composés tous de fleurs de la même couleur.
Ou des familles de $n$ droites qui sont toutes parallèles (entre-elles).
Ça marche avec n’importe quelle propriété réflexive.
Évidemment, tout cela est faux (même quand je dis « ça marche ») mais ça permet de remettre les points sur les « i » au sujet de l’initialisation et de la méfiance de l’hérédité pour être certain qu’on est dans les conditions de l’initialisation. -
GG écrivait:
> Récurrence forte : $ (\forall n (\forall m < n $ $ P(m)) \Rightarrow P(n)) \Rightarrow \forall n P(n) $
Cette récurrence n'a pas besoin d'initialisation. -
Voir aussi :
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1907454,1907454#msg-1907454
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1841520,1841520#msg-1841520
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,1575410,1575410#msg-1575410
Où il est prouvé que c'est moi l'inventeur de la comparaison entre la récurrence et la moutarde, ah mais !
Bonne journée.
Fr. Ch. -
Deux exemples où l'assertion à prouver n'est pas exactement celle qui est posée.
$\bullet$ Pour tout $n \in \mathbb N$, calculer $I_{n}=\int_{0}^{1}(t-t^{2})^{n}dt$.
$\bullet$ Pour tout entier $n \ge 2$, calculer $I_{n}=\int_{1}^{+\infty }(\frac{\ln t}{t})^{n}dt$. -
@ nahar
Il y a plusieurs démonstrations de l'inégalité : $\forall n\in \mathbb{N}^*,\forall (a_1,..,a_n)\in (\mathbb{R}_+^*)^n, a_1a_2....a_n\leq \left(\dfrac{a_1+a_2+...a_n}{n}\right)^n$.
Effectivement la plus connue utilise la convexité de la fonction $\ln$, mais il y en a une plus élémentaire que j'avais vue dans la revue Les Humanités Scientifiques, années 1960, dirigée par Serge Minois et publiée par Hatier, et qui se fonde sur l'inégalité : $\ln(1+x) \le x$. C'est une inégalité de convexité, mais elle peut être connue d'élèves de classes où cette notion ne s'enseigne pas, soit la presque totalité des CPGE depuis 2013.
Pour ce qui est de la récurrence, il y a une démonstration très astucieuse due à Cauchy, qui consiste à prouver d'abord cette inégalité pour les valeurs de $n$ qui sont les puissances de $2$ successives, par une récurrence très simple. L'assertion $P(m)$ que l'on démontre par récurrence est :
« $\forall (a_1,...,a_{2^m})\in (\mathbb{R}_+^*)^{2^m}, a_1a_2...a_{2^m}\leq \left(\dfrac{a_1+a_2+...a_{2^m}}{2^m}\right)^{2^m}$ ».
Et ensuite lorsqu'on a une valeur de $n$ qui n'est pas une puissance de $2$, on complète la liste des nombres $a_i$ pour en avoir une puissance de $2$, en rajoutant plusieurs fois leur moyenne. J'ai la flemme de rédiger plus complètement, car j'ai récemment exposé ceci ici : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1913902,1915868#msg-1915868, dans un contexte voisin.
Maintenant, il y a aussi une démonstration par récurrence-bateau, passage de $n$ à $n+1$, que j'ai posée en classe de Math-Sup il y a bien longtemps après l'avoir trouvée dans une vraiment vieille revue, mais je n'ai plus ça sous la main et je vais essayer de le retrouver.
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
Et encore un exemple :
$\bullet$ Quels que soient $m \in \mathbb N$ et $n \in \mathbb N$, démontrer que $\frac {(2m)!(2n)!}{m!n!(m+n)!}$ est un nombre entier.
Il y a une démonstration par récurrence et une autre qui ne recourt pas à ce raisonnement. Mais pour la démonstration par récurrence, il faut énoncer soigneusement l'hypothèse de récurrence.
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
@nahar & @Chaurien : L'inégalité de Bernoulli s'y prète bien. Soit un entier $n\geq 1$ et des réels strictement positifs $a_1,\dots,a_{n+1}$. En notant $M_n$ (resp. $M_{n+1}$) la moyenne arithmétique des réels $a_1,\dots,a_n$ (resp. des réels $a_1,\dots,a_{n+1}$), $$ \left(1+\left(\frac{M_{n+1}}{M_n}-1\right)\right)^{n+1}\geq 1+(n+1)\left(\frac{M_{n+1}}{M_n}-1\right)$$ d'où, en multipliant par $M_n^{n+1}>0$, $$M_{n+1}^{n+1}\geq M_n^n\left\{M_n+(n+1)(M_{n+1}-M_n)\right\}=M_n^n\left\{(n+1)M_{n+1}-nM_n\right\}=M_n^na_{n+1}.$$
-
GG écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?18,1941124,1942020#msg-1942020
Ce n'est pas spécialement à toi que je l'écris. Je l'écris parce que j'ai pu constater que cette affirmation choquait une bonne partie des étudiants, par exemple les agrégatifs quand je leur expliquais la démonstration (par récurrence sur la dimension) qu'une famille quelconque d'endomorphismes diagonalisables et commutant deux à deux d'un espace vectoriel de dimension finie admet une base de diagonalisation commune. -
J'ai fait une démonstration qui repose un petit peu sur le même principe je crois.
Et j'aimerais bien avoir un avis s'il vous plait.
1)$\forall n\in \mathbb(N)^*(P(n)\Rightarrow P(2n)$.
2)Dans l'étape de l'hérédité si j'impose $n\geq 2$: on a $P(2n)$.
En prenant $(a_1,...,a_{n+1})\in (\mathbb{R}_+^*)^{n+1})$ et en notant $a_{n+2}=...=a_{2n}=\dfrac {a_1+a_2...+a_{n+1}}{n+1}$que l'on note $a$ pour simplifier.
On a: $a_1a_2...a_{2n}\leq \left(\dfrac {a_1+a_2...+a_{2n}}{2n}\right)^{2n}$.
Alors: $a_1a_2...a_{n+1}\times a^{n-1}\leq \left(\dfrac {a_1+a_2...+a_{n+1}+(n-1)a}{2n}\right)^{2n}$.
Autrement dit: $a_1a_2...a_{n+1}\times a^{n-1}\leq \left(\dfrac {(n+1)a+(n-1)a}{2n}\right)^{2n}$.
Ou encore $a_1a_2...a_{n+1}\times a^{n-1}\leq a^{2n}$.
Et par simplification par $a^{n-1}$ on a: $a_1a_2...a_{n+1}\leq a^{n+1}$.
Ce qui est le résultat voulu. -
Je crois que la convexité fait son retour en lycée (elle était déjà en ES, je crois).
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@Chaurien : On peut même relier cela à la première des inégalités en bleu mentionnée dans le fil "Fonction exponentielle". Soit un entier $n\geq 1$ et des réels strictement positifs $a_1,\dots,a_n$. Posant $p_0(0)=1$, $$p_n\Bigl(-n+\sum_{i=1}^n a_i\Bigr)=\prod_{k=1}^n\frac{p_k(-k+\sum_{i=1}^k a_i)}{p_{k-1}(-k+1+\sum_{i=1}^{k-1} a_i)}\geq\prod_{k=1}^n a_k,$$
ce qui est exactement l'inégalité souhaitée. Bien sûr il n'est pas nécessaire de revenir à cette propriété de la suite $(p_n)$, on voit au travers de la dernière inégalité de mon message précédent qu'un télescopage "avec les $M_k$" peut venir se substituer à une récurrence. -
@ Audeo (tu) L'inégalité de Bernoulli, en dépit de sa simplicité, est vraiment très utile.
@ Nahar (tu) C'est une autre rédaction de la méthode de Cauchy dont j'ai parlé, rédigé plus simplement.
Bravo pour ces deux méthodes.
Maintenant il faut préciser la rédaction en démontrant que l'égalité n'a lieu que lorsque les $a_i$ sont tous égaux.
Bonne soirée.
Fr. ch.
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