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#1 05-12-2022 18:38:13

bridgslam
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quitte à faire de la topologie

Bonsoir,

Un exo sympa pour réviser les définitions basiques de topologie:

Soit X un ensemble infini, a un élément de X, et soit l'ensemble des parties U telles que:

- soit a n'appartient pas à  U
- soit a appartient à U et le complémentaire de U est fini.

1/Montrer l'ensemble de ces parties est une topologie sur X
2/ si B est une partie de X, quelle est d'adhérence de B ?

Pas bien dur, mais ce genre d'exercice permet de revoir rapidement les notions de base.

les réponses

1/ du calcul ensembliste en revenant aux définitions d'une topologie
2/ si $a \in B$ adh( B) = B, si $a \notin B $  $adh(B) = B$ sauf si B est infini auquel cas $adh( B) = B \cup \{a\}$
Il suffit de voir quels sont les fermés de X.

Si on s'intéresse à l'intérieur de B, c'est B si a n'appartient pas à B ou si son complémentaire est fini, et si a n'est pas dans B et que son complémentaire est infini, c'est $\emptyset$

question subsidiaire: cette topologie est-elle séparée ? Il semble bien que oui: si x et y distincts sont tous deux distincts de a, {x} et {y} sont des ouverts disjoints.
si par exemple x=a, {y} et X \ {y} sont des ouverts disjoints... qui conviennent.

Amusant

A.

Dernière modification par bridgslam (05-12-2022 20:18:29)


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#2 05-12-2022 20:42:38

Glozi
Invité

Re : quitte à faire de la topologie

Bonjour,
Oui c'est rigolo comme topologie, on peut aussi regarder à quelle condition on a $x_n \to \ell$ ?

réponse

Si $\ell=a$, alors $x_n\to \ell$ si et seulement si la suite $x_n$ ne prend pas une infinité de fois une même valeur (sauf $a$ éventuellement).
Si $\ell \neq a$, alors $x_n \to \ell$ si et seulement si la suite $x_n$ est constante à $\ell$ à partir d'un certain rang.

Bonne journée

#3 05-12-2022 21:12:44

bridgslam
Membre
Lieu : Rospez
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Re : quitte à faire de la topologie

Bonsoir,

X n'est pas connexe, les parties à la fois ouvertes et fermées sont d'une part les parties finies dans le complémentaire de {a}, et bien-sûr leur complémentaire.
Ce sont celles de frontière vide.
Peut-on exprimer simplement Fr(B) par ailleurs ?

Pour la convergence des suites c'est bien de cela qu'il s'agit.

si l est différente de a, comme {l} est un ouvert, ce sont les suites stationnaires (vers l)
si l = a, la condition nécessaire puisque tout {x} ,avec x distinct de a, est un fermé, est évidemment que la suite prenne un nombre fini de fois (éventuellement zéro fois ) la valeur x. Aucune valeur de la suite (sauf a éventuellement) ne peut donc être prise une infinité de fois (CN)
La condition est suffisante:
Soit F fini dans X (tel que a n'appartienne pas à F).
Dire que la suite converge vers l=a , revient à dire que ses images sont dans le complémentaire de tout F donné à l'avance, à partir d'un certain rang.
Soit $(u_n)$ une suite quelconque vérifiant la CN précédente, et $ F = \{x_1,x_2,..., x_n\}$ une partie finie ( a non dans F) quelconque.
$\exists n_i \;; n > n_i => u_n \ne x_i $  pour tout i variant de 1 à card F.
En prenant le plus grand N des $n_i$ (possible car F est fini ) on a bien que $u_n  \notin F $ si n > N. Elle est bien dans le complémentaire de F, ouvert contenant l=a.
C'est donc bien aussi une CS.

Ce n'est pas un scoop car on a déjà vu que la topologie est séparée, mais on peut vérifier sur le vif qu'une suite convergente n'a pas deux limites distinctes:
si elle converge vers l et l' toutes deux distinctes de a, elle est stationnaire vers l et stationnaire vers l', donc l = l'.
Si l'une des deux vaut a ( l' = a par exemple) , comme l est pris une infinité de fois si la suite est stationnaire, l = a ( sinon cela contredirait la convergence vers a, qui dit que toute valeur distincte de a n'est prise qu'une finitude de fois).
En bref on retombe bien sur nos pieds.

Bien joué Glozi

Bonne soirée

A.

Dernière modification par bridgslam (05-12-2022 23:28:16)


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#4 06-12-2022 00:22:39

bridgslam
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Re : quitte à faire de la topologie

Bonsoir,

sinon je suis passé un peu rapidement sur la question de frontière.

les détails

La frontière d'une partie est toujours soit $\emptyset$  soit  {a}.
Fr( B) est vide ssi la partie (  $B \; ou \; B^c$) à laquelle a n'appartient pas est finie.
Si elle est infinie, Fr( B) = {a}.

Quelles sont les parties partout denses ?

y en a pas des tonnes

En effet, hormis X lui-même,  seule la partie X \ {a} est dense dans X.
C'est facile à voir.
On en conclut que si X n'est pas dénombrable, cette topologie n'est pas séparable...

Je pense qu'on a cette fois examiné pas mal de propriétés de cette topologie.

A.

Dernière modification par bridgslam (06-12-2022 13:18:47)


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#5 06-12-2022 01:00:58

bridgslam
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Re : quitte à faire de la topologie

Bonsoir,

je n'avais pas évoqué une propriété amusante ( deuxième forme de Bolzano-Weierstrass, pour un espace métrique ce serait équivalent à sa compacité, ici je ne sais pas, il doit falloir chercher directement en regardant de plus près), à savoir:
De toute suite dans X on peut extraire une suite convergente.

en effet :

Soit $(u_n)$ une suite d'éléments de X.
Si elle converge, le tour est joué.
Si elle ne converge pas, elle ne converge pas vers a donc au moins une valeur l est prise une infinité de fois.
Une sous-suite (l) donc stationnaire, donc convergente avec cette topologie existe donc.

Comme la topologie est séparée, on est en droit de se demander si cet espace est réellement compact au sens habituel.

Je regarderai peut-être demain si j'ai un peu de temps.

A.


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#6 06-12-2022 02:25:54

Glozi
Invité

Re : quitte à faire de la topologie

Pour la compacité, si on a un recouvrement $\bigcup_\alpha U_\alpha = X$, alors il existe $\alpha_0$ tel que $a\in U_{\alpha_0}$ en particulier $U_{\alpha_0}^c$ est fini. On écrit $U_{\alpha_0}^c = \{a_1,\dots,a_n\}$ et il suffit de choisir $\alpha_i$ tel que $a_i\in U_{\alpha_i}$. Ainsi $X=\bigcup_{i=0}^n U_{\alpha_i}$ (on a extrait un recouvrement fini, d'où la propriété de Borel-Lebesgue).

On peut aussi se demander si $X$ est métrisable.
Si $X$ est dénombrable c'est facile je crois qu'on peut voir $X$ comme un avatar de $\{0\}\cup\{\frac{1}{2^n}, n\in \mathbb{N}\}$.
Si $X$ est non dénombrable. Alors par l'absurde supposons le muni d'une distance $d$, pour $n\geq 0$ on peut regarder $B(a,1/2^n)$ c'est un ouvert contenant $a$ donc son complémentaire est fini. Ainsi $\bigcup_{n\in \mathbb{N}}B(a,1/2^n)^c$ est au plus dénombrable. Sauf que cet ensemble est précisément $X\setminus\{a\}$ qui est non dénombrable par hypothèse...

Bonne nuit

#7 06-12-2022 08:44:56

bridgslam
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Re : quitte à faire de la topologie

Bonjour,

Oui pour la compacité je m'apprêtais à le rédiger ainsi, au lever du lit, la topologie semble presque avoir été conçue pour cela. Vous m'avez devancé.

A bientôt pour d'autres horizons topologiques magnifiques :)

A.


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#8 06-12-2022 09:05:04

bridgslam
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Re : quitte à faire de la topologie

Sinon on peut aller beaucoup plus vite pour l'étude de la metrisabilite.
Un métrique compact est toujours séparable, donc c'est impossible, si X est non dénombrable, puisque dans ce cas non séparable comme déjà vu.
Il reste juste à gérer le cas dénombrable.

Bonne journée
A.

Dernière modification par bridgslam (06-12-2022 09:08:53)


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#9 06-12-2022 10:17:15

Glozi
Invité

Re : quitte à faire de la topologie

Oui en effet, j'avais oublié qu'un metrique compact était séparable, bien joué !
En tout cas toutes ces questions mises dans un certain ordre feraient un joli exercice !
Après il y a le même exo en remplaçant dans la definition des ouverts "[...]complementaire fini" par "[...]complètementaire au plus denombrable" et en supposant $X$ non dénombrable...

#10 06-12-2022 11:18:09

bridgslam
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Re : quitte à faire de la topologie

Bonjour,

J'ai trouvé cet exo ( limité aux deux premières questions, la topologie et adh(B) ) dans un recueil dédié à la topologie de Tauvel, hélas c'est juste une suite d'énoncés avec ni solutions, ni même indications sommaires.
Par-contre les thèmes me paraissent super en eux-mêmes d'après ce que j'ai vu rapidement.

Mon but était de revoir les bases, le champ d'investigation s'est étendu plus loin que j'imaginais...
Mais comme dit le proverbe "Qui peut le plus peut le moins", et ce fut en tout cas un échange très intéressant.
Merci.

Bonne journée

A.

Dernière modification par bridgslam (06-12-2022 13:14:36)


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#11 06-12-2022 12:52:27

bridgslam
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Re : quitte à faire de la topologie

Bonjour,

L'algèbre vient néanmoins au secours pour provoquer des incohérences:

En prenant X = $\mathbb{Q}$ pour avoir à la fois de bonnes propriétés algébriques ( corps ) et un ensemble infini dénombrable, prenons la topologie associée à a = 0.
Soit l un rationnel non nul et supposons que la topologie soit métrisable par une distance d.
Alors les suites u = (0,1,2,.... ) et v = ( l, l, l, ...) sont convergentes, u vers 0 et v vers l.
Puis la suite u +v = ( l , l+1 , l+2,...) tend donc vers 0, et vers 0 + l = l (avec les calculs classiques avec les boules associées à d).
Donc l = 0. contradiction.

Il y a donc un souci.
A.

Dernière modification par bridgslam (06-12-2022 12:53:17)


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#12 06-12-2022 13:25:12

Glozi
Invité

Re : quitte à faire de la topologie

Rien ne dit que si $u_n \to \ell_1$ et $v_n\to \ell_2$ alors $u_n + v_n \to \ell_1+\ell_2$. En effet $f : X\times X \to X, (x,y)\mapsto x+y$ n'a aucune raison d'être continue.
En effet si $\ell\neq a$ alors $\{\ell\}$ est un ouvert et $f^{-1}(\{\ell\}) = \bigcup_{x\in \mathbb{Q}}\{x\}\times \{\ell-x\}$ dont on vérifie que ce n'est pas un ouvert. En effet si tel était le cas alors cet ensemble devrait contenir un voisinage ouvert autour de $(a,\ell-a)$ donc un ouvert de la forma $U_a\times V$ avec $U_a$ un ouvert contenant $a$ donc de cardinal au moins $2$...

#13 06-12-2022 13:35:39

bridgslam
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Re : quitte à faire de la topologie

Oui mais j'ai supposé que la topologie dérivait d'une distance, et dans ce cas  ce que j'ai dit est vrai:
On ne peut échapper alors à la règle que si u -> l et v -> l'  alors u+v tend vers l+l' puisque la convergence se fait alors par les contraintes des boules.

Dans l'exemple que vous donnez, il n'y a pas de distance sous-jacente.

A.


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#14 06-12-2022 14:05:23

Glozi
Invité

Re : quitte à faire de la topologie

Je crois que ce que tu avances n'est pas vrai, car typiquement $\mathbb{Q}$ muni de cette topologie est métrisable. On considère une bijection $\varphi$ entre $\mathbb{Q}$ et $\{0\}\cup\{1/2^n, n\in \mathbb{N}\}$ (qui envoie $0$ sur $0$) et pour $r$ $r'$ deux rationnels on pose $d(r,r'):=|\varphi(r)-\varphi(r')|$ c'est bien une distance, il faut encore vérifier qu'elle engendre bien la bonne topologie). Alors si $(u_n)_n = (1,2,3,4,\dots)$ alors clairement $d(u_n,0) \to 0$ et si $(v_n)_n=(1,1,1,\dots)$ alors $d(v_n,1) \to 0$ et $(w_n)_n = (u_n)_n+(v_n)_n = (2,3,\dots)$ vérifie $d(w_n,0)\to 0$ mais $d(w_n,1)$ ne tend pas vers $0$ (mais cela tend vers $\varphi(1)$)

C'est juste qu'il n'y a aucune raison que la topologie soit cohérente avec l'addition. (de base $X$ n'est même pas censé être muni d'une addition). Et pour moi même dans un espace métrique, la distance n'a a priori rien avoir avec une addition qui serait défini sur l'ensemble sous jacent.

J'ai l'impression de ne pas dire de bêtise mais je me trompe peut être...

Bonne journée

#15 06-12-2022 14:44:03

Bernard-maths
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Re : quitte à faire de la topologie

Passionnantes toutes ces cogitations ...


Ma philosophie est immuable : l'immobilisme tue ...
Les Anciens ont trouvé le plus facile ... il nous reste le plus dur !

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#16 06-12-2022 14:53:15

bridgslam
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Re : quitte à faire de la topologie

Je n'ai pas dit que $ \mathbb{Q } $ n'était pas métrisable, c'est tout le contraire.
Je dis qu'il n'y a pas de distance sur $ \mathbb{Q}$ telle la topologie associée à cette distance puisse correspondre à celle qui nous intéresse, c'est pas pareil du tout.

Rien n'empêche de considérer un X infini dénombrable muni d'une opération si cela peut apporter des informations intéressantes.
Par ailleurs il n'existe pas qu'une seule métrique sur $\mathbb{Q}$, métrique p-adique par exemple...

Je peux détailler si vous n'êtes pas encore convaincu:

Soit $X = \mathbb{Q}$. X est infini dénombrable.
Je considère X muni de la topologie T(a) considérée avec a = 0.

Je suppose qu'il existe une distance d sur X, telle que la topologie $T_d$ associée d soit justement T(0), c-à-d  $T(0) = T_d$

La notion de convergence pour T(0) des suites tombe dans  la nasse de la distance d , des boules ouvertes, voisinages... je ne vois pas ce qu'il y a de faux
en disant que dans (Q,d),  si des suites convergent, leur suite somme converge vers la somme des limites ( ou alors il faut que je reprenne mes cours de terminale C !). On utilise juste les propriétés de distance de d, et de l'addition dans Q.

On  aboutit forcément à une incohérence ( la limite est unique dans un métrique ) avec les suites que j'ai fournies.

Pour moi, cette topologie est trop spéciale pour pouvoir être métrisable, y compris donc dans le cas de X dénombrable.
Les propriétés fortes de cette topologie pouvait laisser un espoir ( séparation par exemple ), mais ce contre-exemple montre qu'il n'en est rien.

Pour votre avatar comment définissez-vous la distance d(x,y) ? si vous utilisez la distance usuelle entre vos points $1/2^n$  vous n'allez pas du tout retrouver les ouverts de la topologie qui nous intéresse !

A.


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#17 06-12-2022 15:27:03

Glozi
Invité

Re : quitte à faire de la topologie

bridgslam a écrit :

[...]en disant que dans (Q,d),  si des suites convergent, leur suite somme converge vers la somme des limites.

Je demande une preuve de ce point alors

Pour votre avatar comment définissez-vous la distance d(x,y) ? si vous utilisez la distance usuelle entre vos points $1/2^n$  vous n'allez pas du tout retrouver les ouverts de la topologie qui nous intéresse !

Oui j'utilise la distance usuelle entre les points de $\mathbb{R}$ mais je ne vois pas pourquoi je ne retrouve pas les ouverts qui nous intéressent ?
Notons $T(0)$ la topologie qui nous intéresse sur $\mathbb{Q}$ avec $a=0$. Notons $T'$ la topologie induite par la distance que j'ai introduite précédemment.

Soit $U$ un ouvert de $T(0)$ et soit $x\in U$ trouvons une boule $B(x,\varepsilon) \subset U$.
1er cas $x\neq a$ alors $\varphi(x)=1/2^n$ pour un certain $n$ et alors $B(x,1/2^{n+1}) = \{y\in \mathbb{Q}, |\varphi(y)-\varphi(x)|<1/2^{n+1}\}=\{x\}$. (car si $y\neq x$ alors ou bien $\varphi(y)=0$ ou bien $\varphi(y)=1/2^{m}$ avec $m\neq n$, dans tous les cas $|\varphi(y)-\varphi(x)|\geq 1/2^{n+1}$.)
2eme cas $x=a$ alors $U$ contient $a$ donc son complémentaire est fini. Notons $y_1,\dots,y_n$ les points de $\mathbb{Q}$ qui ne sont pas dans $U$, et $x_i = \varphi(y_i)$, il suffit de considérer $B(a,\varepsilon)$ avec $\varepsilon < \min_i(x_i)$.

Réciproquement, Soit $B(x,r)$ une boule de $T'$, je prétends qu'il s'agit d'un ouvert de $T(0)$. Effectivement, ou bien cette boule ne contient pas $a$ et c'est terminé. Traitons le cas où cette boule contient $a$ :
Supposons $x\neq a$ alors $\varphi(x)=1/2^m$ pour un certain $m$. Je prétend que si $\varphi(y)=1/2^n$ avec $n\geq m$ alors $y\in B(x,r)$. En effet puisque $a\in B(x,r)$ alors $r>d(x,0)=1/2^m$ et si $y=1/2^n$ avec $n\geq m$ alors $d(y,r)=1/2^m - 1/2^n\leq 1/2^m < r$. Ainsi $B(x,r)$ contient $\varphi^{-1}(\{1/2^n, m\geq n\})$ et donc son complémentaire est fini.
Si $x=a$ ce n'est pas compliqué non plus, $r>0$ donc il existe un $m>0$ tel que $1/2^m < r$. Ainsi $B(a,r)$ contient $\varphi^{-1}(1/2^m)$ et on peut refaire le même raisonnement qu'au dessus.

Sauf erreur(s) on a bien trouvé une métrique qui engendre notre topologie.

#18 06-12-2022 17:17:59

bridgslam
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Re : quitte à faire de la topologie

Bonsoir,

Sans doute avez-vous raison, même si je n'ai pas pour l'heure regardé en détail votre preuve complètement.
Mais vu le niveau des autres interventions, j'imagine que cela doit être vrai.
Pour ma part si la distance d n'a pas de propriété vis à vis de la translation, je ne peux rien affirmer, c'est juste.

Là je dois aller relever un compteur d'eau enfoui dans le sol, absolument introuvable, et j'espère juste
ne pas avoir à dégager 3 m de terre..

Bonne soirée
A.


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#19 06-12-2022 17:36:12

Glozi
Invité

Re : quitte à faire de la topologie

Bonsoir,
Oui il vaut mieux lire ça à tête reposée, pour moi l'idée est que $X$ muni d'une telle topologie a tellement peu de structure a priori que je transporte la topologie définie sur un ensemble qui a le même cardinal dénombrable sur lui par une bijection (en gros la topologie $T(0)$ sur $X$ dénombrable est juste celle d'un ensemble compact avec un seul point qui est un point d'accumulation et sinon que des points isolés).
Bon courage en tout cas !

#20 06-12-2022 18:12:24

bridgslam
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Re : quitte à faire de la topologie

Bonsoir,

Merci ! ainsi que pour vos interventions judicieuses, en tous cas je mets cet exo (même sans tous ses prolongements ) dans une rubrique "topologie très intéressante".
D'autres du même acabit doivent suivre dans ce même fascicule, donc courage...

A.


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#21 06-12-2022 19:59:06

Glozi
Invité

Re : quitte à faire de la topologie

Merci pour ton sujet intéressant !

#22 08-12-2022 10:10:56

bridgslam
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Re : quitte à faire de la topologie

Bonjour,

On peut aussi voir ( cette fois quasi les yeux fermés :-)  ) que si on change très légèrement la topologie sans faire intervenir de point a dans la définition des ouverts , les répercussions sont immenses:

- Elle est "ultra pas" séparée
- les suites sans valeurs répétées indéfiniment convergent vers tout à la fois (confirmation indirecte que la limite n'est pas forcément unique )
- les seules applications continues vers un espace séparé sont les fonctions constantes ( on peut le montrer de deux façons différentes )

Je me replonge derechef dans le Wagschal ( topologie et analyse fonctionnelle ) qui se lit comme un véritable roman policier.
Encore merci pour votre concours!

A.


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