Feuille d'entraînement : Orbitales moléculaires

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique-Chimie L PC 2026, Q36

   Le monoxyde d'azote \mathrm{NO} est constitué des atomes d'azote \mathrm{N} (Z=7) et d'oxygène \mathrm{O} (Z=8), dont les configurations électroniques sont :

   • Azote \mathrm{N} : 1s^2\,2s^2\,2p^3, soit n_v(\mathrm{N}) = 5 électrons de valence ;
   • Oxygène \mathrm{O} : 1s^2\,2s^2\,2p^4, soit n_v(\mathrm{O}) = 6 électrons de valence.

   La molécule de \mathrm{NO} possède donc au total :

   n_{v,\text{tot}} = 5 + 6 = 11 \text{ électrons de valence}.

   D'après les règles de remplissage (Aufbau et Pauli), les 11 électrons occupent par ordre d'énergie croissante :

   • 2 électrons dans l'orbitale \phi_1 (\uparrow\downarrow) ;
   • 2 électrons dans l'orbitale \phi_2 (\uparrow\downarrow) ;
   • 4 électrons dans les deux orbitales dégénérées \phi_3 et \phi_4 (\uparrow\downarrow et \uparrow\downarrow) ;
   • 2 électrons dans l'orbitale \phi_5 (\uparrow\downarrow) ;
   • 1 électron (célibataire) dans le doublet dégénéré formé par \phi_6 et \phi_7 (placé par convention dans \phi_7 conformément au texte introduisant la question 39).

   À l'issue de ce remplissage :

   • La dernière orbitale doublement occupée (DODO) est :

     \boxed{\text{DODO} : \phi_5}
   • L'orbitale contenant l'unique électron célibataire est l'orbitale simplement occupée (SOMO) : \phi_7.

   • Concernant la première orbitale vacante (POV / BV) :

     • Au sein du doublet dégénéré \{\phi_6, \phi_7\}, si l'électron célibataire est attribué à \phi_7, l'orbitale vacante de plus basse énergie est :

       \boxed{\text{POV} : \phi_6}

     • Si l'on considère la première orbitale entièrement vacante située à un niveau d'énergie strictement supérieur à celui de la SOMO, il s'agit de :

       \boxed{\phi_8}

   Résultat

   $$\text{DODO}:{\varphi }_5$$

   $$\text{POV}:{\varphi }_6$$

   $${\varphi }_8$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique-Chimie L PC 2023, Q13

   Pour déterminer les orbitales frontalières de la molécule \mathrm{BH}_3, effectuons le décompte des électrons de valence :

   • L'atome de bore (\mathrm{B}, Z=5) a pour configuration électronique fondamentale 1s^2\,2s^2\,2p^1, soit 3 électrons de valence.
   • Les trois atomes d'hydrogène apportent chacun 1 électron (1s^1), soit 3 électrons au total.

   La molécule \mathrm{BH}_3 possède donc un total de :

   N_{\text{é}} = 3 + 3 \times 1 = 6\text{ électrons de valence}

   D'après le diagramme d'orbitales moléculaires de la figure (2), les niveaux d'énergie ordonnés par énergie croissante sont :

   1\mathrm{a}_1' < 1\mathrm{e}' < 1\mathrm{a}_2'' < 2\mathrm{a}_1' < 2\mathrm{e}'

   Le remplissage selon le principe de stabilité (ou de moindre énergie) et le principe d'exclusion de Pauli conduit à la configuration électronique fondamentale :

   (1\mathrm{a}_1')^2\,(1\mathrm{e}')^4

   On en déduit immédiatement :

   • L'orbitale la plus haute occupée (HO) est le doublet d'orbitales dégénérées 1\mathrm{e}' :

     \boxed{\text{HO : } 1\mathrm{e}' \quad (\text{caractère liant})}

     Cette orbitale résulte d'un recouvrement constructif entre les orbitales 2\mathrm{p}_x, 2\mathrm{p}_y du bore et les orbitales de groupe \varphi_2, \varphi_3 du fragment \mathrm{H}_3.

   • La plus basse orbitale vacante (BV) est l'orbitale 1\mathrm{a}_2'' :

     \boxed{\text{BV : } 1\mathrm{a}_2'' \quad (\text{caractère non liant})}

     Comme établi à la question précédente, cette orbitale est purement localisée sur l'orbitale atomique 2\mathrm{p}_z du bore (recouvrement strictement nul avec les orbitales 1s des hydrogènes situées dans le plan nodal xy) ; elle est donc strictement non liante.

   Résultat

   $$\text{HO : }1{\mathrm{e}}^{\prime }(\text{caracteˋre liant})$$

   $$\text{BV : }1{\mathrm{a}}_2^{\prime \prime }(\text{caracteˋre non liant})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique-Chimie L PC 2023, Q17

   Dans le cadre de la théorie des orbitales frontalières, la formation d'un adduit donneur-accepteur de Lewis est gouvernée par le transfert de densité électronique de la plus haute orbitale occupée (\mathrm{HO}) du donneur vers la plus basse orbitale vacante (\mathrm{BV}) de l'accepteur.

   • Pour le donneur \mathrm{NH}_3 : il apporte le doublet d'électrons liant. L'orbitale concernée est sa \mathrm{HO}, c'est-à-dire l'orbitale 2\mathrm{a}_1 (localisée principalement sur l'atome d'azote et correspondant à son doublet non liant).
   • Pour l'accepteur \mathrm{BH}_3 : il offre la lacune électronique. L'orbitale concernée est sa \mathrm{BV}, c'est-à-dire l'orbitale 1\mathrm{a}_2'' de la molécule plane (constituée par l'orbitale 2\mathrm{p}_z pure du bore), qui devient l'orbitale 2\mathrm{a}_1 lors de la pyramidalisation de \mathrm{BH}_3.

   Cette interaction est justifiée par deux arguments :

   1. Critère énergétique : l'écart d'énergie |\Delta E| = E_{\mathrm{BV}}(\mathrm{BH}_3) - E_{\mathrm{HO}}(\mathrm{NH}_3) est le plus faible possible entre orbitales de niveaux d'occupation différents, ce qui maximise la stabilisation orbitalaire (terme en \frac{|\langle \psi_1 | \hat{H} | \psi_2 \rangle|^2}{\Delta E} au second ordre des perturbations).
   2. Critère de symétrie et de recouvrement : en choisissant l'axe internucléaire \mathrm{B}-\mathrm{N} comme axe z, ces deux orbitales possèdent une symétrie axiale autour de cet axe (symétrie commune \mathrm{a}_1 dans le groupe C_{3v}). Leur intégrale de recouvrement spatial S est maximale et de type \sigma, assurant la formation d'une liaison axiale \sigma(\mathrm{B}-\mathrm{N}).

   \boxed{\text{L'interaction a lieu entre la }\mathrm{HO}\text{ de }\mathrm{NH}_3\text{ (orbitale } 2\mathrm{a}_1\text{)} \text{ et la }\mathrm{BV}\text{ de }\mathrm{BH}_3\text{ (orbitale } 1\mathrm{a}_2'' \rightarrow 2\mathrm{a}_1\text{).}}

   Résultat

   $$\text{L’interaction a lieu entre la }\mathrm{HO}\text{ de }{\mathrm{NH}}_3\text{ (orbitale }2{\mathrm{a}}_1\text{)}\text{ et la }\mathrm{BV}\text{ de }{\mathrm{BH}}_3\text{ (orbitale }1{\mathrm{a}}_2^{\prime \prime }\to 2{\mathrm{a}}_1\text{).}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique-Chimie L PC 2026, Q37

   1. Comparaison entre les orbitales de l'oxygène et de l'azote

   L'atome d'oxygène (Z = 8) et l'atome d'azote (Z = 7) appartiennent à la même deuxième période du tableau périodique. L'oxygène étant situé plus à droite, il possède une charge nucléaire plus élevée et une électronégativité supérieure à celle de l'azote (\chi_{\mathrm{O}} \approx 3{,}44 > \chi_{\mathrm{N}} \approx 3{,}04 dans l'échelle de Pauling).

   D'après les règles de Slater, la charge nucléaire effective Z^* vue par les électrons de valence de l'oxygène est plus importante que celle vue par ceux de l'azote. Les orbitales atomiques (OA) de l'oxygène sont donc plus fortement stabilisées (énergie plus basse) que celles de l'azote :

   E(2s, \mathrm{O}) < E(2s, \mathrm{N}) \quad \text{et} \quad E(2p, \mathrm{O}) < E(2p, \mathrm{N})

   2. Placement relatif des OA et des orbitales moléculaires (OM)

   L'écart énergétique entre les sous-couches 2s et 2p d'un même atome est grand (de l'ordre de 15 à 25\text{ eV}), ce qui sépare nettement les deux blocs d'interaction.

   • Bloc 2s : L'interaction des OA 2s donne une OM liante \sigma_s (\phi_1) stabilisée et une OM antiliante \sigma_s^* (\phi_2) déstabilisée. Les niveaux des OA 2s sont donc encadrés par \phi_1 et \phi_2 :

     \boxed{E(\phi_1) < E(2s, \mathrm{O}) < E(2s, \mathrm{N}) < E(\phi_2)}

   • Bloc 2p : L'interaction des OA 2p génère le bloc liant (\phi_3, \phi_4 de symétrie \pi et \phi_5 de symétrie \sigma) ainsi que le bloc antiliant (\phi_6, \phi_7 de symétrie \pi^* et \phi_8 de symétrie \sigma^*). Par conséquent :

     • Les orbitales liantes \phi_3, \phi_4 et \phi_5 sont stabilisées par rapport aux OA parentes : elles se situent en dessous des OA 2p de départ.
     • Les orbitales antiliantes \phi_6, \phi_7 et \phi_8 sont déstabilisées par rapport aux OA parentes : elles se situent au-dessus des OA 2p.

     Les niveaux 2p des deux atomes sont donc situés dans la fenêtre d'énergie comprise entre l'orbitale liante la plus haute (\phi_5) et l'orbitale antiliante la plus basse (\phi_6, \phi_7) :

     \boxed{E(\phi_5) < E(2p, \mathrm{O}) < E(2p, \mathrm{N}) < E(\phi_6, \phi_7)}

   3. Diagramme énergétique qualitatif complété

   Résultat

   $$E({\varphi }_1)<E(2s,\mathrm{O})<E(2s,\mathrm{N})<E({\varphi }_2)$$

   $$E({\varphi }_5)<E(2p,\mathrm{O})<E(2p,\mathrm{N})<E({\varphi }_6,{\varphi }_7)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique-Chimie L PC 2026, Q38

   La coordination d'un ligand sur un centre métallique fait intervenir les orbitales frontières du ligand :

   • la donation d'électrons vers les orbitales vacantes du métal (\sigma-donation depuis la DODO \phi_5 ou donation depuis la SOMO \phi_7) ;
   • la rétrodonation éventuelle depuis des orbitales d occupées du métal vers les orbitales basses vacantes ou semi-occupées du ligand (\pi-acceptation dans \phi_6 ou \phi_7).

   Deux arguments complémentaires justifient que la coordination s'effectue par l'atome d'azote :

   1. Analyse orbitalaire (figure 6) : L'atome d'azote étant situé à droite sur la figure 6 :

      • Les orbitales \phi_6 et \phi_7, de nature antiliante \pi^*, présentent des lobes nettement plus volumineux sur l'atome d'azote que sur l'atome d'oxygène. En effet, dans une molécule hétéronucléaire, les orbitales antiliantes sont polarisées vers l'atome le moins électronégatif (l'azote).
      • L'orbitale \phi_5 (DODO de symétrie \sigma) présente également un volumineux lobe pointant vers l'extérieur le long de l'axe de la liaison, très majoritairement localisé sur l'atome d'azote (caractère de doublet non liant sur N).

      Le recouvrement spatial avec les orbitales d du centre métallique est donc maximal lorsque l'approche se fait du côté de l'azote.

   2. Considérations d'électronégativité : L'azote est moins électronégatif que l'oxygène (\chi_{\text{Pauling}}(\mathrm{N}) \approx 3{,}0 < \chi_{\text{Pauling}}(\mathrm{O}) \approx 3{,}4). Ses doublets et son électron célibataire sont donc plus hauts en énergie, moins fortement retenus par le noyau et plus disponibles pour être cédés au métal : l'azote est un meilleur donneur de Lewis (\sigma-donneur) que l'oxygène.

   \boxed{\text{L'atome d'azote est le site préférentiel car les orbitales frontières y sont principalement localisées et N est moins électronégatif que O.}}

   Résultat

   $$\text{L’atome d’azote est le site preˊfeˊrentiel car les orbitales frontieˋres y sont principalement localiseˊes et N est moins eˊlectroneˊgatif que O.}$$

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6. Exercice 6ENS Physique-Chimie L PC 2023, Q3

   Deux facteurs principaux permettent de comparer qualitativement l'acidité de Lewis de \mathrm{BF}_3 et \mathrm{AlF}_3 :

   • Recouvrement \pi et donation des doublets des fluorures :

     • Dans la molécule \mathrm{BF}_3, l'atome de bore et les atomes de fluor appartiennent à la même période (période 2). Le recouvrement entre les orbitales 2p pleines des fluors et la lacune 2p_z vide du bore est particulièrement efficace en raison de leur proximité énergétique et de leur taille similaire (liaison \pi par rétro-donation 2p_\pi - 2p_\pi). Cette délocalisation partielle des doublets non liants comble en partie la lacune électronique du bore, ce qui atténue significativement son électrophilie.
     • Dans \mathrm{AlF}_3, l'aluminium appartient à la période 3 : sa lacune réside dans une orbitale 3p. La différence d'extension spatiale et d'énergie entre les orbitales 2p du fluor et 3p de l'aluminium rend le recouvrement 2p_\pi - 3p_\pi beaucoup moins efficace. La lacune de l'aluminium est donc nettement moins compensée par les doublets des fluors, ce qui accroît sa disponibilité pour interagir avec une base de Lewis externe.
   • Électronégativité et accessibilité stérique : L'aluminium est moins électronégatif que le bore (\chi_{\mathrm{Al}} < \chi_{\mathrm{B}}), rendant la liaison \mathrm{Al}-\mathrm{F} plus polarisée et conférant à l'atome d'aluminium un caractère plus électrophile. De plus, le rayon atomique de l'aluminium est plus grand (r_{\mathrm{Al}} > r_{\mathrm{B}}), ce qui réduit la gêne stérique et permet à l'aluminium d'augmenter plus aisément sa coordinence (jusqu'à 6, comme observé dans la phase solide \beta\text{-}\mathrm{AlF}_3).

   \boxed{\mathrm{AlF}_3 \text{ est un acide de Lewis plus fort que } \mathrm{BF}_3.}

   Résultat

   $${\mathrm{AlF}}_3\text{ est un acide de Lewis plus fort que }{\mathrm{BF}}_3.$$

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7. Exercice 7E3A Physique-Chimie PC 2022, Q41

   Détaillons les différents recouvrements à partir du document 4 :

   • Parité par rapport au centre de symétrie : les orbitales métalliques 3d sont toutes de parité paire (g). Les orbitales de fragment \Psi_2, \Psi_3, \Psi_4 forment le bloc t_{1u} ; elles sont impaires (u) par inversion. Le recouvrement entre une orbitale paire et une orbitale impaire est donc nul sur l'ensemble de l'espace. Toutes les cases de ces trois colonnes contiennent ainsi un 0.

   • Orbitales t_{2g} (d_{xy}, d_{xz}, d_{yz}) : leurs lobes sont situés dans les plans bissecteurs des axes cartésiens et s'annulent identiquement sur les axes x, y et z. Les orbitales \sigma des ligands étant centrées sur ces axes, le recouvrement est strictement nul avec l'ensemble des six orbitales de fragment :

     \langle d_{xy} | \Psi_i \rangle = \langle d_{xz} | \Psi_i \rangle = \langle d_{yz} | \Psi_i \rangle = 0 \quad \forall i \in \{1, \dots, 6\}
   • Orbitale de fragment \Psi_1 (a_{1g}) : totalement symétrique, elle appartient à une représentation irréductible différente de celles des orbitales 3d (e_g et t_{2g}). Par orthogonalité des symétries, son recouvrement avec chacune des orbitales 3d est nul (pour d_{z^2}, la contribution +2 selon z compense exactement les contributions -1 selon x et y ; pour d_{x^2-y^2}, les contributions selon x et y se compensent).

   • Orbitales de fragment \Psi_5 et \Psi_6 (e_g) :

     • \Psi_5 présente des lobes de même signe sur l'axe z et de signe opposé dans le plan (xy) : elle a la même symétrie que d_{z^2}, conduisant à un recouvrement non nul (\mathbf{S}). En revanche, par symétrie par rapport aux plans bissecteurs, son recouvrement avec d_{x^2-y^2} est nul (\mathbf{0}).
     • \Psi_6 présente des lobes de signes opposés le long de x et de y, et aucun lobe selon z : elle a la même symétrie que d_{x^2-y^2}, d'où un recouvrement non nul (\mathbf{S}). Son recouvrement avec d_{z^2} est nul (\mathbf{0}).

   On obtient ainsi le tableau complété :

   Orbitales	Orbitales Ligand
   Métalliques	\Psi_1	\Psi_2	\Psi_3	\Psi_4	\Psi_5	\Psi_6
   \boldsymbol{d_{xy}}	0	0	0	0	0	0
   \boldsymbol{d_{xz}}	0	0	0	0	0	0
   \boldsymbol{d_{yz}}	0	0	0	0	0	0
   \boldsymbol{d_{z^2}}	0	0	0	0	S	0
   \boldsymbol{d_{x^2-y^2}}	0	0	0	0	0	S

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8E3A Physique-Chimie PC 2022, Q42

   D'après la question Q40, l'ion \mathrm{Fe}^{2+} est de configuration [\mathrm{Ar}]\,3\mathrm{d}^6 : il apporte 6 électrons sur ses orbitales 3\mathrm{d}.
   Les 6 ligands \mathrm{L} possèdent chacun un doublet \sigma engagé dans la coordination, ce qui représente 6 \times 2 = 12 électrons répartis sur les orbitales de fragment \Psi_1 à \Psi_6. Ces 12 électrons de ligand viennent saturer en priorité les orbitales liantes du complexe issues des interactions avec les orbitales 4\mathrm{s} (a_{1\mathrm{g}}), 4\mathrm{p} (t_{1\mathrm{u}}) et 3\mathrm{d} (e_{\mathrm{g}}).

   Les 6 électrons d'origine métallique occupent donc les orbitales frontalières \mathrm{t}_{2\mathrm{g}} et \mathrm{e}_{\mathrm{g}}^*. Dans l'hypothèse d'un champ fort (configuration bas spin), l'éclatement du champ de ligands \Delta_\mathrm{o} est supérieur à l'énergie d'appariement électronique. Par conséquent, les 6 électrons occupent le niveau \mathrm{t}_{2\mathrm{g}} en formant 3 doublets, et le niveau \mathrm{e}_{\mathrm{g}}^* reste vacant.

   \boxed{\text{Niveau }\mathrm{t_{2g}}\text{ triplement occupé }(\uparrow\downarrow, \uparrow\downarrow, \uparrow\downarrow) \quad\text{et}\quad \text{niveau }\mathrm{e_g}^*\text{ vacant}}

   Résultat

   $$\text{Niveau }{\mathrm{t}}_{2g}\text{ triplement occupeˊ }(\uparrow \downarrow ,\uparrow \downarrow ,\uparrow \downarrow )\text{et}\text{niveau }{{\mathrm{e}}_{\mathrm{g}}}^{\ast }\text{ vacant}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9E3A Physique-Chimie PC 2022, Q43

   D'après la question Q40, l'ion \mathrm{Fe}^{2+} possède une configuration en couche de valence en 3\mathrm{d}^6, apportant donc 6 électrons à distribuer sur les orbitales frontalières.

   Dans l'approximation d'un complexe octaédrique en champ fort (bas spin) établie à la question Q42, l'écart orbitalaire \Delta_\mathrm{o} entre le niveau triplement dégénéré \mathrm{t_{2g}} et le niveau doublement dégénéré \mathrm{e_g^*} est supérieur à l'énergie d'appariement électronique. Par conséquent, les 6 électrons occupent en priorité et complètement les trois orbitales \mathrm{t_{2g}} sous forme de trois paires d'électrons appariés.

   La configuration électronique du complexe \left[\mathrm{FeL}_6\right]^{2+} limitée aux orbitales frontalières s'écrit donc :

   \boxed{(\mathrm{t_{2g}})^6 \quad \text{ou} \quad (\mathrm{t_{2g}})^6(\mathrm{e_g^*})^0}

   Résultat

   $$({\mathrm{t}}_{2g}{)}^6\text{ou}({\mathrm{t}}_{2g}{)}^6({\mathrm{e}}_{\mathrm{g}}^{\ast }{)}^0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique-Chimie L PC 2021, Q8

    Le chlore (Z=17) et l'iode (Z=53) possèdent chacun 7 électrons de valence (respectivement 3\mathrm{s}^2 3\mathrm{p}^5 et 5\mathrm{s}^2 5\mathrm{p}^5), soit 14 électrons de valence pour la molécule \mathrm{ICl}.

    Positionnement relatif des OA de valence Le chlore étant plus électronégatif que l'iode (\chi_{\mathrm{Cl}} > \chi_{\mathrm{I}}), les électrons de valence de \mathrm{Cl} sont plus fortement liés au noyau :

    E(3\mathrm{s}_{\mathrm{Cl}}) < E(5\mathrm{s}_{\mathrm{I}}) \quad \text{et} \quad E(3\mathrm{p}_{\mathrm{Cl}}) < E(5\mathrm{p}_{\mathrm{I}})

    Construction des OM sans interaction s\text{--}p En choisissant (\mathrm{O}z) comme axe internucléaire :

    • Recouvrement axial s\text{--}s (\mathrm{sym\acute{e}trie\ } \sigma) : donne une OM liante \sigma_s et une OM antiliante \sigma_s^*.
    • Recouvrement axial p_z\text{--}p_z (\mathrm{sym\acute{e}trie\ } \sigma) : le recouvrement axial étant fort, il stabilise l'OM liante \sigma_z sous les OM \pi et déstabilise l'OM antiliante \sigma_z^* au sommet du diagramme.
    • Recouvrement latéral p_x\text{--}p_x et p_y\text{--}p_y (\mathrm{sym\acute{e}trie\ } \pi) : donne deux OM liantes dégénérées (\pi_x, \pi_y) et deux OM antiliantes dégénérées (\pi_x^*, \pi_y^*).

    Forme, symétrie et caractéristiques des orbitales moléculaires Les OM liantes sont polarisées vers le chlore (coefficient plus grand sur \mathrm{Cl}), tandis que les OM antiliantes sont polarisées vers l'iode (coefficient plus grand sur \mathrm{I}) :

    • \mathbf{\sigma_s} (liante, symétrie axiale) : interférence constructive sans plan nodal internucléaire, densité électronique maximale centrée préférentiellement sur \mathrm{Cl}.
    • \mathbf{\sigma_s^*} (antiliante, symétrie axiale) : plan nodal perpendiculaire à l'axe internucléaire entre \mathrm{I} et \mathrm{Cl}, lobe plus développé du côté de l'iode.
    • \mathbf{\sigma_z} (liante, symétrie axiale) : recouvrement axial en phase des lobes p_z, forte densité entre les noyaux (renforcée sur \mathrm{Cl}), deux nœuds aux noyaux.
    • \mathbf{\pi_{x,y}} (liantes, dégénérées) : recouvrement latéral en phase des lobes p_x et p_y ; plan nodal contenant l'axe internucléaire (\mathrm{O}z), lobes prépondérants sur \mathrm{Cl}.
    • \mathbf{\pi_{x,y}^*} (HO, antiliantes, dégénérées) : plan nodal contenant l'axe (\mathrm{O}z) et plan nodal perpendiculaire entre les atomes ; lobes prépondérants sur l'iode.
    • \mathbf{\sigma_z^*} (BV, antiliante, symétrie axiale) : recouvrement destructif le long de (\mathrm{O}z) avec plan nodal entre les atomes ; lobe externe très développé sur l'atome le moins électronégatif, l'iode.

    L'indice de liaison vaut :

    \boxed{i_{\mathrm{l}} = \frac{n - n^*}{2} = \frac{8 - 6}{2} = 1}

    Résultat

    $$i_{\mathrm{l}}=\frac{n-n^{\ast }}{2}=\frac{8-6}{2}=1$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question