Sciences statistiques - Exercice 6 - 3° partie, Exercices de Statistiques
Emmanuel_89
Emmanuel_8930 May 2014

Sciences statistiques - Exercice 6 - 3° partie, Exercices de Statistiques

PDF (529.7 KB)
12 pages
162Numéro de visites
Description
Sciences statistiques - Exercice 6 - 3° partie - Suites. Les thèmes principaux abordés sont les suivants: Un exemple où f est décroissante, Un exemple où f est croissante, Le principe de la dichotomie.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 12
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document

Partie C – Un exemple où f est décroissante

f est la fonction définie sur [0 ; 1] par 1

( ) 1

f x x  

et (C) est sa courbe représentative dans un repère

orthonormal  ; ,O i j r r

(unité graphique : 10 cm).

1. Faire une figure dans le cas n = 5. Placer (C), les points Ak et Bk pour  0,1, ... ,k n , ainsi que les

rectangles Rk et Sk pour  0,1, ... , 1k n  .

2. A l’aide de la question B. 2. c. vérifier que pour tout 1 1 1 1 1

1, ... 1 2 2 - 2 2 -1

nn v n n n n n

        

.

3. A l’aide de la question B. 2. a. en déduire que 1 1 1 1 1

... 1 2 3 2 -1 2

nu n n n n n         

.

4. Pour quelle valeur minimale de n, un et vn donnent-ils un encadrement de A d’amplitude 0,01 ?

Calculer les un et vn correspondants à l’aide d’une calculatrice programmable ou d’un logiciel.

Partie D – Un exemple où f est croissante

f est la fonction définie sur [0 ; 1] par 2( )f x x et (C) est sa courbe représentative dans un repère

orthonormal  ; ,O i j r r

(unité graphique : 10 cm).

1. Faire une figure dans le cas n = 5. Placer (C), les points Ak et Bk pour  0,1, ... ,k n , ainsi que les

rectangles Rk et Sk pour  0,1, ... , 1k n  .

2. Prouver que l’aire du rectangle Rk est égale à 2

3

k

n .

3. Vérifier que pour tout 2 2 2 3

1 1, (1 2 ... ( -1) )nn u n

n      .

4. A l’aide de l’égalité

2 2 2 ( 1)(2 1)1 2 ... pour 1 6

n n n n n

      ,

prouver que pour tout 1n  ,

2

( -1)(2 -1)

6 n

n n u

n  .

En déduire la limite de la suite u.

5. A l’aide de la question B. 1. a. exprimer vn en fonction de un et en déduire la limite de la suite v.

6. Conclure : quelle est l’aire A ?

Correction

A. 1. A = An ; AkAk +1 = 1

n ; abscisse de Ak =

k

n .

2. Coordonnées de Bk : ; k k

f n n

     

   .

B. 1. vn - un est la somme des aires des petits rectangles coloriés sur la figure. En « empilant » ces

rectangles, on obtient un rectangle de base 1

n et de hauteur f(1) – f(0). Donc

1 ( (1) (0))n nv u f f

n    .

Hauteur de Rk = k

f n

     

; aire de Rk = 1 k

f n n

      

. un = aire de R0 + aire de R1 + … + aire de Rn–1 =

1 0 f

n n

      

+ 1 1

f n n

      

+ … 1 1n

f n n

      

=

1

0

1 k n

k

k f

n n

 

    

   .

2. En « empilant » les rectangles correspondant à vnun , on obtient un rectangle de base 1

n et de

hauteur (0) (1)f f . Donc 1

( (0) (1))n nv u f f n

   .

Hauteur de Sk = k

f n

     

; aire de Sk = 1 k

f n n

      

. vn = aire de S0 + aire de S1 + … + aire de Sn–1 =

1 0 f

n n

      

+ 1 1

f n n

      

+ … 1 1n

f n n

      

=

1

0

1 k n

k

k f

n n

 

    

   .

3. un A vn donc 0 A un vn − un et un − vn A vn 0 .

Or 1

(0) (1)n nv u f f n

   donc lim 0n n n

u v 

  . Par conséquent, d’après le « théorème des

gendarmes »,lim 0n n

u 

 A et lim 0n n

v 

 A . D’où lim limn n n n

u v  

  A .

C. 1.

o A

2. Aire de Sk = 1 k

f n n

      

= 1 1

1

1

kn

n

k n

 

donc vn = aire de S0 + aire de S1 + … + aire de Sn–1 =

1 1 1 1 1 ...

1 2 2 1n n n n n n n           

= 1 1 1 1 1

... 1 2 2 - 2 2 -1n n n n n

      

.

1 ( (0) (1))n nv u f f

n    =

1 1 1 1

2 2n n         

.

Donc 1

2 n nu v

n   =

1 1 1 1 1 1 ...

1 2 2 - 2 2 -1 2n n n n n n      

  =

1 1 1 1 1 ...

1 2 3 2 -1 2n n n n n     

   .

3. 1

2 n nv u

n   et

1 0,01

2n  pour n = 50.

Excel donne 50 0,688172179u ; et 50 0,698172179v ; .

Remarques

* Evidemment A= ln 2, mais deux sommes de n termes (un et vn) ne donnent un encadrement de A que

d’amplitude 1

2n . Ce n’est pas très efficace(croissance très lente de la série harmonique) pour calculer ln

2.

* En fait, les suites u et v sont adjacentes, mais il est assez pénible de prouver que u est croissante et que v est décroissante :

1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... ...

2 3 4 2( 1) -1 2( 1) 1 2 3 2 1 2 n n

u u n n n n n n n n n n

             

        

         

=

1 1 1 2( 1) (2 1) 2(2 1) 1

2 1 2 2 1 2( 1)(2 1) 2( 1)(2 1)

n n n

n n n n n n n

        

       > 0.

1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... ...

1 2 3 2( 1) - 2 2( 1) -1 1 2 2 - 2 2 -1 n n

v v n n n n n n n n n n

             

      

         

=

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... ...

1 2 3 2 2 1 1 2 2 - 2 2 -1n n n n n n n n n n           

     

           

=

1 1 1 (2 1) 2 2(2 1) 1

2 2 1 2 (2 1) 2 (2 1)

n n n

n n n n n n n

           

< 0.

C’est donc long et nous avons vu que le seul intérêt de prouver que les suites sont adjacentes est que cela permettrait d’établir l’existence de l’aire.

D. 1.

o

2. Aire de Rk = 1 k

f n n

      

=

2 2

3

1 k k

n n n

      

.

3. un = aire de R0 + aire de R1 + … + aire de Rn–1 = 22 2

3 3 3

( 1)0 1 ...

n

n n n

    = 2 2 2

3

1 (1 2 ... ( 1) )n

n     .

4. 2 2 2 ( 1)(2 1)

1 2 ... pour tout 1 6

n n n n n

      . Donc

3

( 1) (2( 1) 1)1

6 n

n n n u

n

       =

2

( 1)(2 1)

6

n n

n

  .

5. 2

2

2 1 lim lim

36 n

n n

n u

n    .

Pour tout 1n  ,   1 1

(1) (0)n nv u f f n n

    , donc 1

n nv u n

  , d’où 1

lim lim 3

n n n n

v u  

  .

6. Comme n nu v A et 1

lim lim 3

n n n n

v u  

  , on en déduit 1

3 A .

Remarque

Ici aussi, les deux suites u et v sont adjacentes. Pour le démontrer, il faudrait établir que u est croissante et que v est décroissante.

C’est faisable car pour 1n  , 2

1 2 2

3 1

6 ( 1) n n

n n u u

n n

   

 > 0 et

2

1 2 2

3 5 1

6 ( 1) n n

n n v v

n n

    

 < 0, mais les calculs

sont difficiles. De plus, ici, c’est tout à fait inutile car la convergence des suites u est v vers un même nombre est immédiate et prouve donc l’existence de l’aire, dont on obtient en plus la valeur exacte.

1. 21. Suites adjacentes : le principe de la dichotomie

Le principe de la dichotomie

* On admet la propriété des suites adjacentes : Si u est une suite croissante et v une suite décroissante telles que (v – u) converge vers 0, alors u et v convergent vers une même limite l.

On en déduit que l est l’unique réel tel que pour tout n¥ , n nu l v  .

* Méthode de dichotomie :

I0 est un intervalle fermé borné. On le partage en deux intervalles fermés de longueurs égales I et I'.

On choisit l'un d'entre eux noté I1 , sur lequel on effectue à nouveau cette opération.

On construit ainsi par récurrence une suite ( )n nI ¥ d'intervalles.

* Il s’agit de prouver qu’il existe un unique réel appartenant à tous les intervalles In.

Preuve :

On définit deux suites a et b :

Pour tout n¥ , on note [ ; ]n n nI a b (avec n na b ), 2

n n n

a b c

  , ' [ ; ]n n nI a c et

" [ ; ]n n nI c b .

Si on choisit '1n nI I  , alors 1n na a  et 1 2

n n n

a b b

  , sinon on choisit "1n nI I  , et donc 1

2

n n n

a b a

 

et 1n nb b  .

On prouve que les deux suites a et b sont adjacentes :

* Pour tout n¥ , 1 1 2

n n n n

b a b a 

   , donc la suite (ba) est géométrique, de raison

1

2 . Elle converge

donc vers 0.

* Pour tout n¥ , 1n nI I  , donc 1 1n n n na a b b    . Par conséquent, a est croissante et b est

décroissante .

* Les deux suites a et b sont donc adjacentes.

Conséquences :

Les deux suites a et b convergent vers une limite commune l et l est l’unique nombre réel tel que pour

tout n¥ , n na l b  , c’est à dire nl I .

Démonstration du théorème de la convergence monotone à l’aide de la méthode de dichotomie :

* On a déjà prouvé que si une suite d’intervalles [ ; ]n n nI a b a été construite par dichotomie, les deux

suites a et b convergent vers un même réel l.

* Il s’agit de démontrer que toute suite croissante majorée est convergente.

Preuve

Soit ( )n nu ¥ une suite croissante et majorée par un réel M. On construit par récurrence la suite

d’intervalles ( )n nI ¥ définie ainsi :

* 0 0[ ; ]I u M ;

* Pour tout n¥ , on note [ ; ]n n nI a b , 2

n n n

a b c

  , ' [ ; ]n n nI a c et

" [ ; ]n n nI c b . Si " nI contient un

terme de la suite u, alors "1n nI I  sinon '

1n nI I  .

La suite d’intervalles N( )n nI  ayant été construite par dichotomie, les deux suites a et b convergent vers

un même réel l.

Par récurrence, chaque intervalle nI contient tous les termes de la suite u à partir d’un certain rang pn :

* 0 0[ ; ]I u M contient tous les termes de la suite u à partir du rang 0 = p0.

* Supposons que nI contienne tous les termes de la suite u à partir d’un certain rang pn. Alors :

- ou bien "nI contient un terme up de u, donc "

1n nI I  ; comme u est croissante, ' nI contient au plus les

termes un pour {0, 1, ... , 1}n p  . Donc 1nI  contient les mêmes termes de u que nI , sauf peut-être

certains des p premiers, et par conséquent contient tous les termes de la suite u à partir d’un certain rang pn+1;

- ou bien "nI ne contient pas de terme de u, donc '

1n nI I  . Dans ce cas, 1nI  contient les mêmes termes

de u que nI , donc tous à partir du rang pn = pn+1.

* Par conséquent, chaque intervalle nI contient tous les termes de u à partir d’un certain rang pn.

On maintenant prouve que la suite u converge vers l :

Soit I un intervalle ouvert contenant l.

Comme lim limn n n n

l a b  

  , il existe un rang N pour lequel aN et bN sont dans I, donc NI I .

Or NI contient tous les termes de la suite u à partir d’un certain rang pN. A partir de ce rang, tous les

termes de la suite u sont aussi dans I. Donc la suite u converge vers l.

1. 22. Ln et méthode de Newton-Raphson, Asie 2000

11 points

Partie A : Étude d’une fonction

On considère la fonction f définie sur [0 ;  [ par :   ln

1 x

f x x

  .

Soit (C) la courbe représentative de f dans le plan rapporté à un repère orthonormal ( ; , )O i j r r

; unité

graphique : 5 cm.

1. Calculer les limites de f en 0 et en  . Déterminer les asymptotes de (C).

2. Étudier le sens de variation de f. Dresser le tableau de variation de f.

3. Montrer que l’équation   0f x  admet sur l’ intervalle 1

;1 e

     

une solution unique, notée  .

Déterminer un encadrement de  d’amplitude 10−2.

Donner, suivant les valeurs de x, le signe de  f x sur ]0 ;  [.

4. Tracer la courbe (C).

Partie B : Calcul d’aire

1. Déterminer une équation de la tangente (D) à (C) au point d’abscisse 1.

2. a. Soit  la fonction définie, pour tout x > 0, par :   2 lnx x x x    . Calculer  x .

En déduire le sens de variation de  , puis le signe de  x , sur l’intervalle ]0 ;  [.

b. Montrer que, pour tout x > 0,    x

f x x x

   .

c. En déduire la position relative de (C) et de (D).

3. On considère le domaine limité sur le graphique par l’axe des abscisses, la courbe (C) et la tangente (D).

a. Hachurer ce domaine.

b. Soit A son aire, en cm2. Écrire la valeur exacte de A comme expression polynomiale du second degré en  .

Partie C : Étude d’une suite

Soit x0 un réel appartenant à l’intervalle 1

; e

     

. On note M0 le point de (C) d’abscisse x0.

1. a. Donner une équation de la tangente (T0) à (C) en M0, en fonction de x0,  0f x et  0'f x .

b. Soit x1 l’abscisse du point d’intersection de (T0) avec l’axe des abscisses.

Écrire x1 en fonction de x0,  0f x et  0'f x .

2. On considère la fonction h définie sur 1

; e

     

par :    

 

f x h x x

f x  

 . (On remarquera que h(x0) =

x1).

a. Montrer que      

  2

f x f x h x

f x

   

  

.

b. Calculer  f x et étudier son signe sur 1

; e

     

.

c. En déduire que h est strictement croissante sur 1

; e

     

, puis montrer que 1x  .

d. En écrivant    

 

f x h x x

f x  

 , étudier le signe de  h x xsur

1 ;

e

     

. En déduire que

0 1

1 x x

e    .

3. a. Démontrer que, pour tout x appartenant à 1

; e

     

 h x appartient à 1

; e

     

.

b. On considère la suite (xn) de réels définie par x0 et  1n nx h x  pour tout entier naturel n.

Montrer que la suite (xn) est strictement croissante.

Correction

Partie A : Étude d’une fonction   ln

1 x

f x x

  .

1. Limite de f en 0 : on écrit ln 1

ln x

x x x   d’où la limite est  . En 

ln x

x tend vers 0 donc f tend

vers 1.

2.   2 2

1 ln

1 ln '

x x xxf x

x x

 

  qui est positif lorsque x e .   1

1f e e

  .

3. Sur l’ intervalle 1

;1 e

     

f est croissante vers l’intervalle 1

1 ;1 e

   

  qui contient 0 :   0f x  a donc

une solution unique  . La machine donne 0,567 comme valeur approchée de  .

Comme f est croissante,   0f x  lorsque x  et   0f x  lorsque x  .

Partie B : Calcul d’aire

1. (D)      1 1 1 1 1y f x f x x       .

2. a.   2 lnx x x x    ;      2 2 1 11 1 2

1 2 x xx x

x x x x x

    

      : positif lorsque 1x  ,

négatif sinon.  1 0  donc    1 0x   .

b.    2ln ln

1 xx x x x

f x x x x x x

        .

c. La position relative de (C) et de (D) est donnée par le signe de  f x x donc (C) est toujours en

dessous de (D).

3. a.

b. Il faut d’abord calculer l’intégrale

      11 1

2 21 1 1 1 ln ln 1 ln

2 2 I f x dx xdx x x

x    

          

   ; comme   0f   , on a

 ln    d’où en remplaçant : 2 1

1 2

I     . Par ailleurs il faut soustraire cette intégrale à l’aire du

triangle OKH qui vaut 1

2 , et multiplier le tout par l’unité d’aire, soit 25 cm2.

Finalement  2 21 1 2525 1 2 1 2 2 2

A      

         

.

Partie C : Étude d’une suite

Soit x0 un réel appartenant à l’intervalle 1

; e

     

. On note M0 le point de (C) d’abscisse x0.

1. a. (T0) :   00 2 0

1 ln '

x f x

x

  ;            0 0 0 0 0 0 0y f x x x f x xf x f x x f x        .

b. Lorsqu’on fait 0y  dans l’équation précédente, on trouve

         

 

 

  0 0 0 0

0 0 0 0 0 1

0 0

0 x f x f x f x

xf x f x x f x x x x f x f x

          

  .

2. On considère la fonction h définie sur 1

; e

     

par :    

 

f x h x x

f x  

 . (On remarquera que h(x0) =

x1).

a.    

   

       

 

       

   

2 2

2 1

f x f x f x f xf x f x f x f x f x h x x h x

f x f x f xf x

                     

    

,

soit      

  2

f x f x h x

f x

   

  

.

b.      2

2 4 4 3

1 2 1 ln

1 ln 3 2 ln 3 2 ln '

x x x x x x x xxf x f x

x x x x

       

     . 3

3 2 ln 0 2

x x    

donc sur 1

; e

     

,   0f x  .

c. f est également négative sur cet intervalle donc h’ est positive et h est croissante.

On a    

 

f h

f

   

   

 et  1 0x h x .

Comme 0x  et que h est croisssante, on a donc bien    0 1h x h x    .

d.    

 

f x h x x

f x   

 est positive sur

1 ;

e

     

car f ’ est positive et f est négative.

Enfin on a 0 1

x e  et  0 0 1 0 1 00h x x x x x x      , soit 0 1

1 x x

e    .

3. a. Nous venons de montrer que pour un 0x dans 1

; e

     

alors  1 0x h x est dans 1

; e

     

. C’est ok.

b. Par récurrence :  2 1x h x est alors tel que 0 1 2 1

x x x e

    , etc. Le raisonnement fait en 0x est

le même à n’importe quel rang.

Donc la suite (xn) est strictement croissante. Comme elle est majorée par  , elle converge. Il faudrait encore montrer qu’elle converge vers  , ce que l’on voit en faisant le calcul : la rapidité de convergence est même spectaculaire.

n xn n xn

0 0,36787944117144200000 4 0,56714261155675600000

1 0,48415152013885700000 5 0,56714329040871200000

2 0,55183615060547200000 6 0,56714329040978400000

3 0,56660294853210500000 7 0,56714329040978400000

Cette méthode est très performante ; elle fut inventée par Newton et améliorée par J. Raphson quelques années plus tard. C’est celle que l’on utilise en général dans les logiciels de calcul.

1. 23. ROC+suite solution équation, Polynésie 2005

7 points

La page annexe sera à compléter et à remettre avec la copie à la fin de l’épreuve.

Partie A

On considère la fonction f définie sur l’intervalle ]0 ;  [ par f (x) = x +ln x.

On nomme  sa courbe représentative dans un repère orthogonal ( ; , )O i j r r

du plan.

1. a. Déterminer les limites de la fonction f aux bornes de son intervalle de définition.

b. Montrer que la fonction f est strictement croissante sur l’intervalle ]0 ;  [.

2. a. Montrer que, pour tout entier naturel n, l’équation f (x) = n admet une unique solution dans ]0 ;  [.

On note ncette solution. On a donc : pour tout entier naturel n, lnn n n   .

b. Sur la page annexe, on a tracé  dans le repère ( ; , )O i j r r

.

Placer les nombres 0 , 1 , 2 , 3 , 4 et 5 sur l’axe des abscisses en laissant apparents les traits de

construction.

c. Préciser la valeur de 1 .

d. Démontrer que la suite ( n ) est strictement croissante.

3. a. Déterminer une équation de la tangente  à la courbe  au point A d’abscisse 1.

b. Étudier les variations de la fonction h définie sur ]0 ;  [ par h(x) = ln x − x +1.

En déduire la position de la courbe  par rapport à  .

c. Tracer  sur le graphique de la page annexe. Démontrer que, pour tout entier naturel n non nul,

1

2 n

n

  .

4. Déterminer la limite de la suite ( n ).

Partie B

On considère une fonction g continue, strictement croissante sur ]0 ;  [ et telle que 0

lim ( ) x

g x

  et

lim ( ) x

g x 

  .

On admet que l’on peut, comme on l’a fait dans la partie A, définir sur ¥ une suite ( )n de réels tels

que ( )ng n  , et que cette suite est strictement croissante.

1. Démonstration de cours :

Prérequis : définition d’une suite tendant vers  .

« Une suite tend vers +∞ si, pour tout réel A, tous les termes de la suite sont, à partir d’un certain rang, supérieurs à A ».

Démontrer le théorème suivant : une suite croissante non majorée tend vers  .

2. Montrer que la suite ( )n tend vers  .

Page annexe

Correction

Partie A f (x) = x +ln x.

1. a. En  les deux termes tendent vers  donc f tend vers  ; en 0+ lnx tend vers  donc f également.

b. x est croissante, ln est croissante, la somme de deux fonctions croissantes est croissante. Sinon on a

facilement 1

'( ) 1 0f x x

   .

2. a. f est continue, monotone croissante de *¡ vers ¡ ; elle est donc bijective et toutes les valeurs n

entières sont atteintes. A chaque n correspond donc un unique antécédent n avec lnn n n   .

b. On part des valeurs entières 1, 2, 3, 4 et 5 sur l’axe des ordonnées et on trace.

c. 1 : 1 1ln 1   ; cette équation a l’unique solution 1 : 1 ln 1 1  .

d. Comme f est croissante et que 1n n  , alors les antécédents n et 1n  sont rangés dans le même

ordre : 1 1( ) ( ) 1n n n nf f n n          .

3. a. 1

'(1) 1 2 1

f    et (1) 1f  d’où l’équation de  : 2( 1) 1 2 1y x x     .

b. h(x) = ln x − x +1, 1 1

'( ) 1 x

h x x x

    est positif lorsque x < 1, négatif lorsque x > 1. On a (1) 0h  donc

h est croissante avant 1, décroissante après 1 d’où ( ) (1) 0h x h  . La position de  par rapport à  est

donnée par le signe de ( ) (2 1) ln 2 1 ln 1 ( )f x x x x x x x h x          , donc  est toujours en dessous

de  .

c. Comme ( ) 0h x  pour 1x  , ceci est valable pour n : 1

( ) 2 1 0 2 1 0 2

n n n n

n f n   

          .

4. Comme n tend vers  , 1

2

n également et n également.

Partie B

g continue, strictement

croissante sur ]0 ;  [ et telle que 0

lim ( ) x

g x

  et lim ( ) x

g x 

  .

1. Démonstration de cours : une suite croissante non majorée tend vers  .

Démonstration par l’absurde : si (un) est croissante non majorée et qu’elle tend vers une limite L, alors

il arriverait un moment (une valeur N de n) où Nu L   où  est un réel positif choisi arbitrairement

(aussi petit qu’on le veut) ; si le terme suivant est supérieur à L  , la suite ne converge pas vers L et si le terme suivant reste inférieur à L, la suite est majorée. Dans les deux cas il y a contradiction.

Démonstration directe : si (un) est non majorée, pour tout A réel il existe une valeur N de n pour laquelle

Nu A ; comme (un) est croissante, pour toutes les valeurs de n supérieures à N, on a nu A . La

définition précédente est respectée, (un) tend bien vers  .

2. La suite ( )n est croissante pour les mêmes raisons que ( )n ; comme lim ( ) x

g x 

  et que

( )ng n  , les termes n sont comme x et tendent donc vers l’infini.

De manière plus élégante on peut considérer que g est bijective et a une application réciproque g−1 qui

est telle que 1lim ( ) y

g y

   d’où 1lim ( ) lim n

n n g n 

     .

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

x

y

1

2 0

3

commentaires (0)
Aucun commentaire n'a été pas fait
Écrire ton premier commentaire
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Docsity n'est pas optimisée pour le navigateur que vous utilisez. Passez à Google Chrome, Firefox, Internet Explorer ou Safari 9+! Téléchargez Google Chrome