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SEMESTRE D’AUTOMNE

EXERCICES SUR LES FONCTIONS CONTINUES
1. Dans chacun des cas suivants, préciser si la partie A de R proposée admet une borne supérieure, une
borne inférieure, un plus grand, un plus petit élément, et les déterminer s’il y a lieu.

a) A = [ −1, 2 [
d)

A=

S

n≥2



b)

1
1
, 1−
n
n



A=




2

n∈N
n

c)



1

A= 2− n∈N
n





(3n + 1)π
2(−1)n

f ) A = sin
e) A = 1 +
n∈N
n∈N
n
6

2. Déterminer les nombres a et b pour que la fonction f définie sur R par

si x < 2
 x2 + x + b
a
si x = 2
f (x) =
 2
bx + 2x + 5 si x > 2

soit continue sur R.

3. Etudier la continuité des fonctions définies sur R par
p
p
f (x) = x − [x]
,
g(x) = [x] + x − [x] .
4. En quels points de R la fonction définie par

f (x) = (x − 1)([x] − 2)
est-elle continue ? Représenter f sur l’intervalle [ −1, 4 [ . Sur cet intervalle, f admet-elle un maximum ?
un minimum ?
5. Montrer que les fonctions f suivantes admettent un prolongement par continuité. Exprimer le prolongement fe de f sur R avec une formule unique.
a)

f définie sur R \ {−2}

par

f (x) =

x3 − 5x − 2
x3 + 8

b)

f définie sur R∗

par

f (x) =

(2 + x)n − 2n
x

(n ∈ N)

6. Etudier si les fonctions ci-dessous définies sur R∗ peuvent se prolonger par continuité en 0.
a) f (x) = cos

1
x

,

b) f (x) = x cos

1
x

,

c) f (x) =

1
1
cos .
x
x

7. Déterminer les ensembles suivants :
A = {cos x | x > π} , B = {x2 cos x | x > 0} , C = {3 sin x+4 cos x | x ∈ R} , D = {x3 +2x2 +x−3 | x ∈ R} .
8. Soit f une fonction numérique définie et continue sur un segment [ a, b ] . Montrer qu’il existe c dans
[ a, b ] tel que 2f (a) + 3f (b) = 5f (c).

1

9. Soit f une fonction numérique définie et continue sur un segment [ a, b ] , et [ m, M ] un segment
contenant f (a) et f (b). (Illustrer la situation par un dessin le plus général possible).
Montrer que la courbe représentative de f coupe la droite joignant les points (a, m) et (b, M ).
10. Soit f une fonction définie et continue sur [ 0, 1 ] telle que f (0) = f (1). Montrer que pour tout
entier n de N∗ , il existe αn dans [ 0, 1 ] tel que
f (αn ) = f (αn + 1/n) .
(Indication : introduire la fonction ϕ définie sur [ 0, 1 − 1/n ] par
ϕ(x) = f (x) − f (x + 1/n)
et calculer la somme ϕ(0) + ϕ(1/n) + · · · + ϕ((n − 1)/n)).
11. Soit a et b deux nombres tels que 0 < a < b, et f une fonction continue sur [ a, b ] de courbe


représentative C dans un repère orthonormé (O, −
ı ,−
 ). On appelle A le point de C d’abscisse a et B
celui d’abscisse b. On note α le coefficient directeur de la droite OA et β celui de OB. Montrer que pour
tout nombre γ de ] α, β [ , la droite d’équation y = γx coupe la courbe C . (Illustrer la situation par un
dessin le plus général possible).
12. a) Montrer que pour tout entier n ∈ N, l’équation tan x = x possède une solution unique notée un
dans l’intervalle ] nπ − π/2, nπ + π/2 [ . (Introduire la fonction f définie sur R \ {π/2 + kπ | k ∈ Z} par
f (x) = tan x − x).
b) On pose vn = un −nπ. Calculer f (un+1 −π). En déduire que la suite (vn )n≥0 est strictement croissante,
puis qu’elle converge et trouver sa limite.
13. Soit p un entier supérieur ou égal à 2, et soit f la fonction définie sur R par f (x) = xp . On pose,
pour tout n ∈ N∗ , xn = n + n1 et yn = n. Montrer que pour tout entier n > 0, on a
f (xn ) − f (yn ) ≥ 2 .
En déduire que f n’est pas uniformément continue sur R.
14. Montrer que la somme de deux fonctions uniformément continues sur un intervalle I est uniformément continue sur I. A-t-on un résultat analogue pour le produit ?

Exercices plus difficiles
15. Pour n ≥ 1, soit Pn le polynôme de degré n tel que, au voisinage de 0, on ait
1 − ln(1 + x) = Pn (x) + ◦(xn ) .
Etudier l’existence des racines réelles de Pn et montrer que si elles existent, elles sont situées dans l’intervalle ] 1, 2 [ .
16. Soit n ≥ 2, et fn définie sur R par
fn (x) = xn + xn−1 + x2 + x − 1 .
a) Montrer que fn possède une solution un et une seule dans R∗+ .
b) Montrer que la suite (un )n≥2 est une suite croissante de l’intervalle ] 0, 2/3 [ et trouver sa limite.

2

Corrigé
1.a) D’après les propriétés des intervalles, l’ensemble A, admet 2 comme borne supérieure, mais n’admet pas de plus grand élément, et il admet −1 comme borne inférieure, qui est aussi son plus petit élément.
b) On a, pour tout entier n > 0,

2
≤ 2.
n
Donc 2 est un majorant de A et appartient à A. C’est la borne supérieure et le plus grand élément de A.
D’autre part 0 est un minorant de A et c’est la limite de la suite (2/n)n≥1 d’éléments de A. Donc 0 est
la borne inférieure de A, mais comme 0 n’appartient pas à A, cet ensemble n’a pas de plus petit élément.
0<

c) Même méthode que dans b), en partant de
1≤2−

1
< 2.
n

Le nombre 1 est la borne inférieure et le plus petit élément de A.
Le nombre 2 est la borne supérieure, mais A n’a pas de plus grand élément.
d) Si a appartient à A, il existe un entier n > 0 tel que a appartienne à l’intervalle [ 1/n, 1 − 1/n ] . Donc
(1)

0<a≤1−

1
< 1.
n

Le nombre 0 est un minorant de A et la limite de la suite (1/n)n≥1 d’éléments de A. C’est donc la borne
inférieure de A et elle n’appartient pas à A. Donc A n’admet pas de plus petit élément.
Le nombre 1 est un majorant de A et c’est la limite de la suite (1 − 1/n)n≥1 d’éléments de A. C’est donc
la borne supérieure de A, mais A n’admet pas de plus grand élément.
Remarque : on peut aussi montrer que A = ] 0, 1 [ . En effet, les inégalités (1), montrent que A est inclus
dans ] 0, 1 [ . Inversement, si x appartient à l’intervalle ] 0, 1 [ , on a
0 < x < 1,
et si l’on prend n > max(1/x, 1/(1 − x)) on en déduit
1
1
≤x<1− ,
n
n
et x appartient à ] 1/n, 1 − 1/n [ donc à A. Il en résulte que
] 0, 1 [ ⊂ A ,
d’où l’égalité de ces deux ensembles.
e) Si n = 2p est pair, on a
1+
et, puisque p ≥ 1,

(−1)2p
1
=1+ ,
p
p

1<1+

Si n = 2p + 1 est impair, on a
1+

1
1
3
≤1+ = .
p
2
2

2(−1)2p+1
2
=1−
,
2p + 1
2p + 1

3

et, puisque p ≥ 0,

−1 ≤ 1 −

2
< 1.
2p + 1

Il en résulte que pour tout entier n > 0, on a
−1 ≤ 1 +

3
2(−1)n
≤ .
n
2

Donc 3/2 est un majorant de A. Comme il appartient à A c’est la borne supérieure et le plus grand
élément de A.
De même −1 est un minorant de A. Comme il appartient à A c’est la borne inférieure et le plus petit
élément de A.
f ) L’ensemble A est fini et contient quatre éléments
)
( √
3 1
.

A= ±
2
2


Donc 3/2 est le plus grand élément et le maximum de A, et − 3/2 est le plus petit élément et le
minimum de A.
2. Les restrictions de f aux intervalles ] −∞, 2 [ et ] 2, +∞ [ sont des fonctions polynômes, donc
continues sur ces deux intervalles. La fonction f sera continue sur R si et seulement si elle est continue
en 2, c’est-à-dire, si et seulement si
lim f (x) = lim− f (x) = f (2) .

x→2+

x→2

On a
lim f (x) = lim (bx2 + 2x + 5) = 4b + 9 ,

x→2+

x→2+

et
lim f (x) = lim (x2 + x + b) = b + 6 .

x→2−

x→2−

La condition cherchée équivaut aux égalités
4b + 9 = b + 6 = a .
Donc (a, b) = (5, −1).
3. Soit n un nombre entier. Si x appartient à l’intervalle [ n, n + 1 [ on a

f (x) = x − n .
La fonction f est continue ] n, n + 1 [ , elle est continue à droite en n et f (n) = 0. Etudions la continuité
à gauche au point n. Sur l’intervalle [ n − 1, n [ on a

f (x) = x − n + 1 .
Par suite
lim f (x) = lim

x→n−

x→n−


x − n + 1 = 1 6= 0 = f (n) .

La fonction f n’est pas continue à gauche au point n donc n’est pas continue en ce point.
La fonction f est continue sur R \ Z.

4

Comme dans ce qui précède, la fonction g est continue sur l’intervalle ] n, n + 1 [ où n est entier. Sur
l’intervalle [ n, n + 1 [ on a

g(x) = n + x − n .
En particulier g est continue à droite en n et g(n) = n. Etudions la continuité à gauche au point n. Sur
l’intervalle [ n − 1, n [ on a

g(x) = (n − 1) + x − n + 1 .
Par suite
lim g(x) = lim (n − 1 +

x→n−

x→n−



x − n + 1) = n = g(n) .

La fonction g est continue à gauche au point n donc est continue en ce point. Elle est continue sur R tout
entier.
4. Soit n entier. Sur [ n, n + 1 [ on a
f (x) = (x − 1)(n − 2) ,
et f est continue sur tout intervalle ] n, n + 1 [ et à droite en tout point n entier.
En un tel poin n
f (n) = lim+ f (x) = lim+ (x − 1)(n − 2) = (n − 1)(n − 2) .
x→n

x→n

et
lim f (x) = lim+ (x − 1)(n − 3) = (n − 1)(n − 3) .

x→n−

x→n

Si n 6= 1, ces deux limites sont distinctes et f n’est pas continue en n. Par contre si n = 1 on a
f (n) = lim+ f (x) = lim− f (x) = 0 ,
x→n

x→n

et f est continue en 1.
On a le dessin suivant, qui montre que f atteint son maximum sur [ −1, 4 [ en −1. Ce maximum vaut 6.
Par contre f n’admet pas de minimum, car la valeur −1 n’est pas atteinte.
y
6 6

3 N



2

O
−1

U
1

2
R

5

3

4

x

5. a) Le numérateur et le dénominateur de f s’annulent pour x = −2. On peut donc simplifier par
x + 2. Pour x 6= −2, on a donc
x2 − 2x − 1
.
f (x) = 2
x − 2x + 4
La fonction de droite a pour limite 7/12 en −2. Il en résulte que f se prolonge par continuité en −2. Le
prolongement fe est défini par
 3
x − 5x − 2


x3 + 8
fe(x) =


7/12

Mais on peut écrire également, pour tout x réel,

si x 6= −2

si x = −2 .

x2 − 2x − 1
.
fe(x) = 2
x − 2x + 4

b) On peut mettre x en facteur au numérateur en utilisant l’identité
un − v n = (u − v)(un−1 + un−2 v + · · · + uv n−2 + v n−1 ) .
Donc
(2 + x)n − 2n = x((2 + x)n−1 + 2(2 + x)n−2 + · · · + 2n−2 (2 + x) + 2n−1 ) ,

et f admet n2n−1 pour limite en zéro. Il en résulte que f se prolonge par continuité en −2. Le prolongement
fe est défini par

(2 + x)n − 2n


x
fe(x) =


n2n−1

si x 6= 0

si x = 0 .

Mais on peut écrire également, pour tout x réel,

fe(x) = (2 + x)n−1 + 2(2 + x)n−2 + · · · + 2n−2 (2 + x) + 2n−1 .

Remarque : on aurait pu utiliser également la formule du binôme de Newton pour simplifier f .
n
X
n n−k k
n
n
(2 + x) − 2 =
2
x ,
k
k=1

et donc

6. a) Posons

fe(x) =

n
X
n

k

k=1

xn =

2n−k xk−1 .

1
.
2nπ

La suite (xn ) converge vers zéro, et
f (xn ) = 1 .
La suite (f (xn )) converge vers 1. Par ailleurs, si l’on pose
yn =

1
.
π + 2nπ

La suite (yn ) converge vers zéro, et
f (yn ) = −1 .
La suite (f (yn )) converge vers −1. La fonction f ne peut pas avoir de limite en zéro. Elle ne peut se
prolonger par continuité en ce point.
6

b) La fonction f admet une limite nulle en 0, comme produit d’une fonction bornée, par une fonction
admettant une limite nulle en zéro, et la fonction se prolonge par continuité. On a

f (x) si x 6= 0
fe(x) =
0
si x = 0 .
c) Posons
xn =

1
.
2nπ

La suite (xn ) converge vers zéro. Mais
f (xn ) = 2nπ ,
et la suite (f (xn )) admet +∞ comme limite. La fonction f ne peut pas avoir de limite finie en zéro. Elle
ne peut se prolonger par continuité en ce point.
7. Les ensembles proposés sont les images d’un intervalle par une fonction continue. Ce sont donc des
intervalles.
Ensemble A
Pour tout x > 0, on a
−1 ≤ cos x ≤ 1 .
Par ailleurs cos 3π = −1 et cos 2π = 1. Donc A contient 1 et −1. Il en résulte que A = [ −1, 1 ] .
Ensemble B
Si xn = 2nπ, on a x2n = x2n cos xn , et x2n appartient à B . Comme la suite (x2n ) admet pour limite +∞.
L’ensemble B n’est pas borné supérieurement.
Si yn = (2n + 1)π, on a −yn2 = yn2 cos yn , et −yn2 appartient à B . Comme la suite (−yn2 ) admet pour
limite −∞. L’ensemble B n’est pas borné inférieurement. Il en résulte que B = R.
Ensemble C
On peut écrire
3 sin x + 4 cos x = 5




4
3
sin x + cos x ,
5
5

et si θ désigne l’angle dont le sinus vaut 2/5 et le cosinus 3/5, on a
3 sin x + 4 cos x = 5 sin(x + θ) .
Alors par un raisonnement analogue à celui fait pour A, on obtient C = [ −5, 5 ] .
Ensemble D
La fonction polynôme x 7→ x3 +2x2 +x−3 admet +∞ comme limite en +∞, et −∞ en −∞. Donc D = R.
8. Rappelons que si α et β sont deux nombres positifs tels que α + β = 1, le nombre αU + βV appartient
à l’intervalle fermé dont les bornes sont U et V . (Le nombre αU + βV est le barycentre de U et V affectés
des coefficients α et β). En particulier le nombre
x=

3
2
f (a) + f (b) ,
5
5

appartient à l’intervalle fermé de bornes f (a) et f (b). D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il
existe c dans [ a, b ] tel que x = f (c).
7

9. La droite D joignant les points de coordonnées (a, m) et (b, M ) a pour équation
y=

M −m
(x − a) + m .
b−a

On pose
g(x) = f (x) −



La fonction g est continue sur [ a, b ] . De plus
g(a) = f (a) − m ≥ 0

M −m
(x − a) + m
b−a



.

et g(b) = f (b) − M ≤ 0 .

Il résulte du théorème des valeurs intermédiaires qu’il existe c dans [ a, b ] , tel que g(c) = 0, soit
f (c) =

M −m
(c − a) + m .
b−a

La courbe coupe la droite D en au moins un point d’abscisse c.
y

6

M

m

a

c b

x

10. La fonction ϕ est continue sur [ 0, 1 − 1/n ] . D’autre part
ϕ(0) + ϕ(1/n) + · · · + ϕ((n − 1)/n)) =
=

(f (0) − f (1/n)) + (f (1/n) − f (2/n)) + · · · + (f ((n − 1)/n) − f (1))

f (0) − f (1) = 0 .

Comme la somme est nulle, il existe nécessairement au moins un terme positif et un autre négatif. Alors
il résulte du théorème des valeurs intermédiaire que ϕ s’annule dans [ 0, 1 − 1/n ] en un certain point
αn . On a donc pour ce point
f (αn ) = f (αn + 1/n) .

11. Soit M (x) le point de C d’abscisse x. Le coefficient directeur de la droite OM (x) vaut f (x)/x. La
fonction g définie sur [ a, b ] par
f (x)
g(x) =
x
8

est continue sur [ a, b ] , et l’on a g(a) = α et g(b) = β. Donc, si γ appartient à ] α, β [ , il existe c dans
[ a, b ] tel que g(c) = γ, c’est-à-dire f (c) = γc. Cela signifie que la droite d’équation y = γx coupe la
courbe C au point d’abscisse c.
y

6

B

A

O

a

c

b

x

12. a) La fonction f est continue sur chaque intervalle ] nπ − π/2, nπ + π/2 [ . Comme on a
lim

x→(nπ−π/2)+

= −∞ et

lim

x→(nπ+π/2)−

= +∞ ,

il résulte du théorème des valeurs intermédiaires qu’il existe un dans ] nπ − π/2, nπ + π/2 [ tel que f (un )
soit nul.
D’autre part, si x 6= nπ, on a

f ′ (x) = tan2 x > 0 ,

et la fonction f est strictement croissante sur ] nπ − π/2, nπ + π/2 [ . Donc l’équation f (x) = 0 a une
solution et une seule.
b) On a
f (un+1 − π) = tan(un+1 − π) − un+1 + π = tan(un+1 ) − un+1 + π = π > 0 = f (un ) .
Les nombres un+1 − π et un appartiennent à l’intervalle ] nπ − π/2, nπ + π/2 [ et, puisque f est strictement croissante sur cet intervalle, on en déduit que
un+1 − π > un
alors
vn+1 = un+1 − (n + 1)π > un − nπ = vn .
La suite (vn ) est strictement croissante.
On a
0 = f (un ) = f (vn + nπ) = tan(vn + nπ) − vn − nπ = tan vn − vn − nπ ,
d’où
tan vn = vn + nπ ,
9

et puisque vn appartient à l’intervalle ] −π/2, π/2 [ , on en déduit que la suite (vn ) est majorée : elle est
donc convergente et possède une limite ℓ. On en déduit aussi que
vn = arctan(vn + nπ) .
Comme la suite (vn + nπ) admet +∞ pour limite, la suite (arctan(vn + nπ)) converge vers π/2, et donc
(vn ) converge vers π/2.
13. On a, par la formule du binôme,
f (xn ) − f (yn ) =

p

p−1
X p
1
− np =
n2k−p .
n+
n
k
k=0

Cette somme de nombres positifs est supérieure en particulier au terme obtenu pour k = p − 1. Donc
f (xn ) − f (yn ) ≥ p np−2 .
Mais p ≥ 2 et n ≥ 1. Donc

f (xn ) − f (yn ) ≥ 2 .

Si f était uniformément continue sur R, et si l’on prend ε = 2, il existerait α > 0, tel que, quels que
soient x et y réels, on ait
|x − y| < α et |f (x) − f (y)| < 2 .
Mais si l’on prend n > 1/α, on voit que
|xn − yn | =

1
<α
n

et |f (xn ) − f (yn )| ≥ 2 .

On a donc une contradiction, et la fonction f n’est pas uniformément continue sur R.
14. Soit ε > 0. Il existe α1 > 0, tel que, si x et y sont dans I tels que |x − y| < α1 , on ait
|f (x) − f (y)| <

ε
.
2

De même il existe α2 > 0, tel que, si x et y sont dans I tels que |x − y| < α2 , on ait
|g(x) − g(y)| <

ε
.
2

Alors, si x et y sont dans I tels que |x − y| < min(α1 , α2 ), on a
|(f + g)(x) − (f + g)(y)| ≤ |f (x) − f (y)| + |g(x) − g(y)| <

ε ε
+ = ε.
2 2

Donc f + g est uniformément continue sur I.
Il n’en est pas de même pour le produit. Si l’on prend f (x) = g(x) = x. Les fonctions f et g sont uniformément continues sur R, mais f g ne l’est pas d’après l’exercice précédent.
15. Le développement limité de la fonction x 7→ ln(1 + x) donne immédiatement
Pn (x) = 1 − x +

x2
xn
+ · · · + (−1)n
.
2
n

Donc
Pn′ (x) = −1 + x + · · · + (−1)n xn−1 .
10

On a donc la somme des termes d’une suite géométrique de raison −x, et l’on obtient

(−x)n − 1


si x 6= −1
x+1
.
Pn′ (x) =


−n
si x = −1

Si n est pair, on a, pour x 6= −1

xn − 1
,
x+1

Pn′ (x) =

et Pn′ s’annule pour uniquement en 1. D’autre part




1 1
1
1
1
Pn (1) =
+ ···+
+ > 0.


2 3
n−2 n−1
n
La fonction Pn décroît sur ] −∞, 1 ] et croît sur [ 1, ∞ [ . Son minimum est atteint en 1 et il est strictement positif. Donc Pn n’a pas de racine réelle.
Si n est impair, on a, pour x 6= −1

xn + 1
,
x+1
et Pn′ ne s’annule pas. Elle est toujours négative. La fonction Pn est strictement décroissante. Comme
Pn′ (x) = −

lim Pn (x) = −∞ et

lim Pn (x) = +∞ ,

x→+∞

x→−∞

il résulte du théorème des valeurs intermédiaires que Pn s’annule en au moins un point et puisque Pn est
strictement décroissant, cette valeur est unique. Donc Pn a une seule racine réelle α.
On a




1
1
1 1
+ ···+
> 0.
Pn (1) =


2 3
n−1 n

D’autre part,

Pn (2) = (1 − 2) +
Or, quel que soit l’entier p ≥ 1, on a



2p
2p+1

= 2p
p
p+1

23
22

2
3




+ ···+

1
2

p p+1



=



2n−1
2n

n−1
n



.

2p (1 − p)
≤ 0,
p(p + 1)

Donc Pn (2) < 0, et il résulte du théorème des valeurs intermédiaires que Pn s’annule dans ] 1, 2 [ , et donc
que α appartient à cet intervalle.
16. On a
fn′ (x) = nxn−1 + (n − 1)xn−2 + 2x + 1 ,

et donc fn′ est strictement positive sur ] 0, +∞ [ . La fonction f est strictement croissante. De plus
fn (0) = −1 et

lim fn (x) = +∞ ,

n→+∞

et il résulte du théorème des valeurs intermédiaires que fn s’annule en au moins un point, et de la décroissance que ce point est unique.
On a également

2
2
2
1
2

+ −1 = > 0,
fn
3
3
3
9

et donc α appartient à l’intervalle ] 0, 2/3 [ .

11

On a
fn (un ) = unn + unn−1 + u2n + un − 1 = 0 ,
donc
− unn−1 = unn−1 (u2n − 1) < 0 .
fn+1 (un ) = un+1
+ unn + u2n + un − 1 = un+1
n
n
Il en résulte que un+1 appartient à l’intervalle ] un , 2/3 [ . La suite (un ) est donc croissante et majorée.
Elle converge. Soit ℓ sa limite. Elle appartient à l’intervalle ] 0, 2/3 ] donc à ] 0, 1 [ , et l’on a, pour tout
n, l’égalité,
u2n + un − 1 = −unn − unn−1 = −en ln un − e(n−1) ln un .
Les suites (n ln un ) et (n − 1) ln un admettent −∞ pour limite. Alors, en passant à la limite dans l’égalité
précédente, on trouve
ℓ2 + ℓ − 1 = 0 .
Cette équation possède une seule solution positive qui vaut

5−1
ℓ=
.
2

12


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