Corrigé des exercices de maths

Fonction exponentielle : corrigé des exercices de maths en terminale en PDF.


Primitive d’une fonction composée. Exercices corrigés de mathématiques en Terminale S sur les fonction exponentielles.

 Exercice 1 :

Soit la fonction f définie par f(x) = (x - 3)^{\frac{2}{3}}

1. Donner le domaine de définition de la fonction f.

nous avons f(x)=e^{\frac{2}{3}ln(x-3)}

donc pour que f soit définie, il faut que x-3>0 soit x>3.

ainsi :

{\color{DarkRed} D_f=]3;+\infty[}

2. Donner une primitive de la fonction.

les  primitives de f sont de la forme :

F(x)=\frac{3}{5}(x-3)^{\frac{2}{3}+1}+k=\frac{3}{5}(x-3)^{\frac{5}{3} }+k\,,\,k\in\mathbb{R}

Exercice 2 :

soit la fonction f tel que :  f(x)=x^x +1

1. Indiquer le domaine de définition de f et transformer l’écriture du réel f(x).

f(x)=e^{xlnx}+1

donc D_f=]0;+\infty[

2. Donner un prolongement par continuité de f au point 0.

f(0)=2

3. Etudier la dérivabilité de f au point 0.

4. Calculer la dérivée  de f et étudier son signe. Etablir le tableau de variations.

5. Décrire comment se présente la tangente en ce point.

6. Construire la courbe  dans un repère approprié.

Exercice 3 :

1. Démontrer que pour tout réel x, e^{-x}=\frac{1}{e^x}.

d’après la formule ci-dessus :

e^{x+(-x))}=e^xe^{-x}

donc

e^{0}=e^xe^{-x}

1=e^xe^{-x}

\frac{1}{e^x}=e^{-x}  car e^x>0

2. Démontrer que pour tout réel x et pour tout entier naturel n,

(e^{x})^n=e^{nx}

Exercice 4:

Résoudre les inéquations suivantes :

1. x^{\pi}<\frac{1}{2}.

La fonction logarithme népérien est strictement croissante sur \mathbb{R}.

ln(x^{\pi})<ln(\frac{1}{2})

{\pi}lnx^<-ln(2)

lnx^<\frac{-ln(2)}{\pi}

e^{lnx}<e^(\frac{-ln(2)}{\pi})

{\color{DarkRed} x<e^(\frac{-ln(2)}{\pi})}

2. 3^x\geq\, 4.

ln(3^x)\geq\, ln4

ln(3)x\geq\, ln4

x\geq\, \frac{ln4}{ln3}  ( car ln 3 > 0)

Exercice 5 :

Déterminer les primitives des fonctions suivantes :

1. f(x)=sinx\times   e^{cosx} .

une primitive est de la forme F(x)=-e^{cosx}+k\,(k\in\mathbb{R}) .

2. f(x)=x^{-2}e^{\frac{1}{x}}\,sur\,]-\infty;0[.

une primitive est de la forme F(x)=-e^{\frac{1}{x}}+k\,(k\in\mathbb{R}).

Exercice 6 :

Soit f(x)=(x-1)e^x  pour x ∈ R.

1. Déterminez les limites de f aux bornes du domaine de définition.

\lim_{x \mapsto   -\infty }f(x)=0  et  \lim_{x \mapsto   +\infty }f(x)=+\infty

2. Etudiez les variations de f.

f'(x)=1\times   e^x+(x-1)e^x=xe^x

f'\geq\, 0  sur [0;+\infty[  donc f est croissante sur [0;+\infty[ .

3. Construisez la courbe C représentant f.

Exercice 7 :

Résoudre les équations et inéquations proposées.

1.e^{2x^2+3}=e^{7x}\\ln(e^{2x^2+3})=ln(e^{7x})\\2x^2+3=7x

2x^2-7x+3=0

Calculons la valeur du discriminant :

\Delta =(-7)^2-4\times   2\times   3=49-24=25>0

Le discriminant est strictement positif, il existe donc deux racines réelles distinctes.

x_1=\frac{7+5}{4}\,et\,x_2=\frac{7-5}{4}

x_1=3\,et\,x_2=\frac{1}{2}

Exercice 8 :

1.a) Pour calculer la dérivée de C_u(x), on utilise la formule pour la dérivée d’un quotient :

C^{'}_{u(x)} = \frac{d}{dx}[x-10]+\frac{d}{dx}(\frac{900}{x}) = 1 - \frac{900}{x^2}

En simplifiant, on obtient :

C^{'}_{u(x)} = \frac{x^2-900}{x^2} = \frac{(x-30)(x+30)}{x^2}

b) Le dénominateur est toujours positif car x est dans l’intervalle [10, 100].

Le numérateur est positif pour x > 30 et négatif pour x < 30.

Donc, le signe de C^{'}_{u(x)} dépend du signe de (x-30)(x+30). On peut établir le tableau de signes suivant :

x | 10 | 30 | 100
—-|—–|—–|—–
C^{'}_{u(x)}| – | 0 | +

En utilisant ce tableau, on peut établir le tableau de variation de C_{u(x)} :

x | 10 | 30 | 100
—-|—–|—–|—–
C_{u(x)} | + | mín | +

c) Le coût unitaire est le plus bas lorsque C_{u(x)} est minimal.

Comme la fonction C_{u(x)} est décroissante sur [10,30] et croissante sur [30,100], son minimum est atteint en x = 30. Le coût unitaire minimal est donc C_{u(30)} = 20.

Le bénéfice de l’entreprise par objet vendu est la différence entre le prix de vente et le coût unitaire, soit :

B_0 = 100 - 20 = 80

2. Le bénéfice global de l’entreprise est donné par la formule B(x) = x(100-C_u(x)), car l’entreprise fabrique et vend x objets par jour.

En remplaçant C_u(x) par son expression en fonction de x, on obtient :

B(x) = x(100 - (x-10+\frac{900}{x})) = -x^2+110x - 900

3. Pour trouver le maximum de la fonction B sur [10,100], on peut calculer sa dérivée :

B^{'}(x) = -2x + 110

La dérivée est nulle en x = 55, ce qui est bien dans l’intervalle [10,100]. Pour déterminer que cette valeur est un maximum, on peut regarder le signe de la dérivée dans les intervalles [10,55] et [55,100]. On peut établir le tableau de signes suivant :

x | 10 | 55 | 100
—-|—–|—–|—–
B^'(x) | – | + | –

Donc, la fonction B est décroissante sur [10,55] et croissante sur [55,100], avec un maximum en x = 55. Le bénéfice maximal est donc B(55) = -55^2+110 \times   55-900 = 3025.

Exercice 9 :

La courbe représente une fonction f définie par f(x)= (ax+b)exp(-x).

Elle passe par les points de coordonnées (o;2) et (-2;0).

1) Calculer a et b .

f(0)=2\,et\,f(-2)=0

be^0=2\,et\,(-2a+b)e^{2}=0

b=2\,et\,(-2a+2)e^{2}=0

b=2\,et\,-2a+2=0

b=2\,et\,a=1

Conclusion : f(x)=(x+2)e^{-x}

2) Déterminer les coordonnées du maximum après avoir étudié les variations de f.

f est dérivable sur  \mathbb{R} en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle .

f'(x)=e^{-x}+(x+2)\times   (-e^{-x})

f'(x)=e^{-x}-xe^{-x}-2e^{-x}

f'(x)=-xe^{-x}-e^{-x}

f'(x)=-(x+1)e^{-x}

Le signe de f ‘ est celui de -x-1 puisque l’exponentielle est strictement positive sur R .

-x-1\geq\, 0

x\leq\, -1

Conclusion  : f est croissante sur ]-\infty;-1] .

Exercice 10 :

Simplifier au maximum :

A=ln(\sqrt{80})-\frac{1}{2}ln5

A=ln(80^{\frac{1}{2}})-\frac{1}{2}ln5

A=\frac{1}{2}ln(80)-\frac{1}{2}ln5

A=\frac{1}{2}ln(5\times   16)-\frac{1}{2}ln5

A=\frac{1}{2}ln5+\frac{1}{2}ln16-\frac{1}{2}ln5

A=\frac{1}{2}ln16

A=\frac{1}{2}ln2^4

A=\frac{4}{2}ln2

{\color{DarkRed} A=2ln2}

B=ln(\sqrt{6}-1)+ln(\sqrt{6}+1)-ln(\sqrt{100})-ln\frac{1}{8}

B=ln[(\sqrt{6}-1)(\sqrt{6}+1)]-ln(100^{\frac{^1}{2}})-(-ln8) )

B=ln[(\sqrt{6})^2-1^2]-\frac{1}{2}ln(100)-(-ln8 )

B=ln5-\frac{1}{2}ln(10^2)+ln8

B=ln5-\frac{2}{2}ln(10)+ln8

B=ln5-ln(10)+ln8

B=ln5-ln(5\times   2)+ln2^3

B=ln5-ln5-ln 2+3ln2

{\color{DarkRed} B=2ln2}

Exercice 11 :

1.f(x)=e^{4x+1}\\f'(x)=4e^{4x+1}\\ \\2.f(x)=e^x+x^2+1\\f'(x)=e^x+2x\\3.f(x)=5e^x+5xe^x\\f'(x)=5e^x+5e^x+5xe^x=10e^x+5xe^x\\4.f(x)=\frac{e^x+1}{e^x-1}\\f'(x)=\frac{e^x(e^x-1)-(e^x+1)e^x}{(e^x-1)^2}=\frac{e^{2x}-e^x-e^{2x}-e^x}{(e^x-1)^2}=\frac{-2e^x}{(e^x-1)^2}\\5.f(x)=\frac{3x+1-e^x}{e^x}\\f'(x)=\frac{(3-e^x)e^x-(3x+1-e^x)e^x}{e^{2x}}\\=\frac{3e^x-e^{2x}-3xe^x+1e^x-e^{2x}}{e^{2x}}\\6.f(x)=x^3e^{-x}\\f'(x)=3x^2e^{-x}-x^3e^{-x}=(3x^2-x^3)e^{-x}

Exercice 12 :

1. e^xe^{-x.}=e^{x-x}=e^0=1\\2.e^xe^{-x+1}=e^1=e\\3.ee^{-x}=e^1e^{-x}=e^{1-x}\\4.(e^{-x})^2=e^{-2x}\\5.\frac{e^2x}{e^{2-x}}=e^{2x-2+x}=e^{3x-2}\\6.\frac{(e^x)^3}{e^{2x}}=e^{3x-2x}=e^x

Exercice 13 :

1. On peut remarquer que l’équation peut être mise sous la forme d’une équation du second degré en e^x en posant e^x = t :

t^2 + 3t - 4 = 0

On peut résoudre cette équation en utilisant la méthode habituelle pour résoudre une équation quadratique :

(t+4)(t-1) = 0

Donc, t = -4 ou t = 1. En remplaçant t par e^x, on trouve que les solutions de l’équation sont :

e^x = -4 (pas de solution réelle) ou e^x = 1 \iff x=0

2. On factorise par e^x :

e^x(e^{2x-1} - 1) = 0

Donc, e^x = 0 (pas de solution réelle) ou e^{2x-1} = 1 \iff 2x-1=0 \iff x=\frac{1}{2}

3. On peut remarquer que l’équation est similaire à \cosh x = \frac{e^x + e^{-x}}{2} = \frac{1}{2}, qui est équivalente à \cosh^{-1}{\frac{1}{2}} = x. En utilisant la définition de la fonction cosinus hyperbolique inverse (aussi appelée arccosh), on a :

x = \ln(\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4}-1}) = \ln(\frac{1}{2} + \frac{i\sqrt{3}}{2}) = \ln(e^{\frac{i\pi}{3}}) = \frac{i\pi}{3}

ou

x = \ln(\frac{1}{2} - \sqrt{\frac{1}{4}-1}) = \ln(\frac{1}{2} - \frac{i\sqrt{3}}{2}) = \ln(e^{-\frac{i\pi}{3}}) = -\frac{i\pi}{3}

donc les solutions de l’équation sont x = \pm\frac{i\pi}{3}.

4. On peut diviser les deux membres de l’inéquation par e^x pour obtenir :

e^x + e^{-x} < 1

En utilisant la même astuce que précédemment, on remarque que cette inéquation équivaut à \cosh x < \frac{1}{2}. Or, on sait que \cosh x \geq\, 1 pour tout x \in \mathbb{R}, donc il n’y a pas de solution à cette inéquation.

5. On peut réécrire l’inéquation sous la forme e^{2x} < \frac{3}{4}(e^x)^2 + \frac{1}{4}, ce qui peut être factorisé en (e^x - \frac{1}{2})(3e^x + 1) < 0. On peut résoudre cette inéquation en utilisant le tableau de signes suivant :

x | -\infty | \frac{\ln 3}{2} | +\infty
— | — | — | —
e^x-\frac{1}{2} | - | - | +
3e^x + 1 | - | + | +
Produit | + | - | +

Donc, les solutions sont x \in (-\infty, \frac{\ln 3}{2}).

6. On peut appliquer la fonction exponentielle des deux côtés de l’inéquation, en prenant soin de conserver le sens de l’inégalité :

e^{x(\frac{2x-1}{3x+1})} > e^{-2}

En utilisant la propriété de la fonction exponentielle a^b > c \iff b\ln a > \ln c, on peut appliquer le logarithme naturel des deux côtés de l’inégalité :

x(\frac{2x-1}{3x+1}) > -2

En multipliant par le dénominateur 3x+1 (qui est toujours positif puisque x > 0), on obtient :

2x^2 - 7x - 2 > 0

On peut résoudre cette inéquation en utilisant la méthode habituelle pour résoudre une inéquation quadratique :

x < \frac{1}{2} ou x > 2

Mais on doit également vérifier que le dénominateur de la fraction initiale est toujours positif dans l’intervalle des solutions (c’est-à-dire x \in (0, \infty)), sinon nous aurions une solution qui ne fonctionne pas. Le dénominateur 3x+1 est toujours positif dans cet intervalle, donc l’ensemble des solutions de l’inéquation initiale est x \in (0, \frac{1}{2}) \cup (2, \infty).

tableau de variations tableau de variations tableau de variations

Exercice 14 :
Fonction exponentielle
Exercice 15 :

1. Pour tout x \in \mathbb{R}, on a :

G_k(-x) = e^{-k(-x)^2} = e^{-kx^2} = G_k(x)

Donc, la fonction G_k est paire.

2. La fonction G_k est bien dérivable sur \mathbb{R} car elle est la composée de fonctions dérivables. Pour tout x \in \mathbb{R}, on a :

G'_k(x) = (-2kx)e^{-kx^2} = -2kxG_k(x)

En utilisant le signe de G_k et le tableau de variations de x \mapsto   x, on peut établir le tableau de variation de G_k :

x |-\infty | 0 |\infty
———|————–|——–|——
G_k(x) |+\infty reste | 1 |+\infty reste
G’_k(x) | – | 0 |+

3. Pour résoudre G'_k(x) = 0, on doit chercher les valeurs de x pour lesquelles -2kxG_k(x) = 0. Cette équation est vraie si et seulement si x = 0 ou G_k(x) = 0. La valeur x = 0 n’est pas une solution car ce point correspond à un maximum local de la fonction G_k. Donc, les solutions doivent vérifier G_k(x) = 0, c’est-à-dire e^{-kx^2} = 0. Mais cette équation n’a pas de solution réelle car l’exponentielle est toujours strictement positive.

4. Voici les courbes de G_k pour k = \frac{1}{2}, 1, 2 :

![Courbes_Gk.png](attachment:Courbes_Gk.png)

5. Pour tout x \in \mathbb{R} et pour tout h < k > 0, on a :

G_h(x) = e^{-hx^2} \leq\, e^{-kx^2} = G_k(x)

Cela s’explique par le fait que le coefficient -hx^2 est plus petit (ou égal) que le coefficient -kx^2, donc l’exponentielle décroît moins rapidement pour h que pour k, ce qui fait que la fonction G_h est plus grande (ou égale) que la fonction G_k pour tout x \in \mathbb{R}.

6. L’équation G''_{\frac{1}{2}}(x) = 0 équivaut à 4x^2 - 2 = 0, qui a pour solution positive \alpha = \frac{1}{\sqrt{2}}.

7. La tangente à la courbe de G_{\frac{1}{2}} au point d’abscisse \alpha est la droite affine de coefficient directeur G'_{\frac{1}{2}}(\alpha) = -\sqrt{2}\,G_{\frac{1}{2}}(\alpha) et passant par le point (\alpha, G_{\frac{1}{2}}(\alpha)). On a donc :

y - G_{\frac{1}{2}}(\alpha) = -\sqrt{2}\,G_{\frac{1}{2}}(\alpha)(x-\alpha)

soit :

y = -\sqrt{2}\,G_{\frac{1}{2}}(\alpha)(x-\alpha) + G_{\frac{1}{2}}(\alpha)

8. Voici le graphique de la fonction G_{\frac{1}{2}} ainsi que de sa tangente en \alpha = \frac{1}{\sqrt{2}} :

![Courbe_G_1sur2.png](attachment:Courbe_G_1sur2.png)

Courbe de Gauss et exponentielle.

Exercice 16 :

Partie A

1a. Soit g une fonction définie et dérivable sur \mathbb{R} telle que g(x) = h(x)e^{-x} pour tout x \in \mathbb{R}. En dérivant cette égalité par rapport à x, on a :

g'(x) = h'(x)e^{-x} - h(x)e^{-x}

Pour que g soit solution de l’équation différentielle (E_n) donnée, il faut que g'(x) + g(x) = \frac{x^n}{n!}e^{-x} pour tout x \in \mathbb{R}. En utilisant l’expression de g en fonction de h, on a :

g'(x) + g(x) = h'(x)e^{-x} - h(x)e^{-x} + h(x)e^{-x} = h'(x)e^{-x}

Donc g est solution de (E_n) si et seulement si h'(x) = \frac{x^n}{n!} pour tout x \in \mathbb{R}.

1b. En intégrant h'(x) = \frac{x^n}{n!} par rapport à x, on obtient :

h(x) = \frac{1}{n!}\int_0^x t^n dt = \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}

D’après la question précédente, la fonction g correspondante est donnée par :

g(x) = \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}e^{-x}

2a. Soit \phi une fonction définie et dérivable sur \mathbb{R}. Alors \phi est solution de (E_n) si et seulement si \phi - g est solution de l’équation différentielle y'(x) + y(x) = 0. En effet, en substituant \phi - g à y dans l’équation (E_n), on obtient :

(\phi-g)'(x) + (\phi-g)(x) = \phi'(x)e^{-x} - \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}e^{-x} + \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}e^{-x} - \phi(x)e^{-x} = (\phi'(x) - \frac{x^{n}}{n!})e^{-x}

Pour que \phi soit solution de (E_n), il faut et il suffit que (\phi'(x) - \frac{x^{n}}{n!})e^{-x} = 0 pour tout x \in \mathbb{R}, c’est-à-dire que \phi'(x) = \frac{x^{n}}{n!} pour tout x \in \mathbb{R}. On obtient ainsi que \phi - g est solution de y'(x) + y(x) = 0.

2b. L’équation y'(x) + y(x) = 0 est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 à coefficients constants. Sa solution générale est donnée par y(x) = Ce^{-x} pour une constante C fixée en fonction des conditions initiales. Ici, on cherche à résoudre y'(x) + y(x) = 0 avec la condition initiale y(0) = 0. En substituant y(x) = Ce^{-x} dans cette condition initiale, on obtient C = 0, donc la solution de cette équation avec cette condition initiale est y(x) = 0.

2c. Pour tout entier n \geq\, 1, notons \phi_n la solution de (E_n) avec la condition initiale \phi_n(0) = 0. On peut écrire :

\phi_{n+1}(x) - g(x) = (\phi_n(x) - g(x))' = -(\phi_n(x) - g(x))

donc \phi_{n+1}(x) - g(x) = Ce^{-x} pour une certaine constante C. En utilisant la condition initiale \phi_{n+1}(0) = 0, on a C = -\frac{1}{(n+1)!}, donc :

\phi_{n+1}(x) = \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}e^{-x} - \frac{1}{(n+1)!}e^{-x} = \frac{x^{n+1} - 1}{(n+1)!}e^{-x}

Ainsi, pour tout n \geq\, 1, la solution de (E_n) avec la condition initiale \phi_n(0) = 0 est donnée par :

\phi_n(x) = \frac{x^n}{n!}e^{-x}

2d. En particulier, la solution de (E_0) avec la condition initiale \phi_0(0) = 0 est donnée par \phi_0(x) = e^{-x}, donc d’après la question précédente, la solution de (E_n) avec la condition initiale \phi_n(0) = 0 est donnée par \phi_n(x) = \frac{x^n}{n!}e^{-x} pour tout n \geq\, 0.

Partie B

1a. On a :

f_0(x) = e^{-x}

f_1(x) = xe^{-x}

et f_1'(x) + f_1(x) = e^{-x}, donc f_1 est solution de y'(x) + y(x) = f_0(x).

Soit n un entier strictement positif. Supposons que f_{n-1} est solution de y'(x) + y(x) = f_{n-2}(x). Alors la solution f_n de y'(x) + y(x) = f_{n-1}(x) telle que f_n(0) = 0 est donnée par la formule de la partie A :

f_n(x) = \frac{x^n}{n!}e^{-x}

En effet, la solution générale de y'(x) + y(x) = f_{n-1}(x) est de la forme y(x) = Ce^{-x} + f_{n-1}(x) pour une constante C, et la condition y(0) = 0 donne C = -f_{n-1}(0) = 0. On obtient ainsi que la solution f_n de y'(x) + y(x) = f_{n-1}(x) telle que f_n(0) = 0 est donnée par :

f_n(x) = \frac{x^n}{n!}e^{-x}

Ce résultat est vrai pour tout entier n \geq\, 1, donc \frac{x^n}{n!}e^{-x} est la solution de (E_n) avec la condition initiale f_n(0) = 0.

1b. Pour tout réel x, on a 0 \leq\, xe^{-x} \leq\, e^{-x}, donc par récurrence sur n et par la question 1a, on obtient :

0 \leq\, |f_n(x)| = \frac{|x|^n}{n!}e^{-|x|} \leq\, \frac{|x|^n}{n!}

En intégrant ces inégalités sur l’intervalle [0,1], on obtient :

0 \leq\, I_n = \int_0^1 |f_n(x)| dx \leq\, \frac{1}{n!}\int_0^1 t^n dt = \frac{1}{(n+1)!}

On en déduit que 0 \leq\, I_n \leq\, \frac{1}{(n+1)!} pour tout entier n \geq\, 0. En utilisant le théorème des croissances comparées, on obtient que \lim_{n \to +\infty} I_n = 0, donc la suite (I_n) converge vers 0.

1c. Pour tout réel x, on a 0 \leq\, |f_n(x)| \leq\, \frac{|x|^n}{n!}, donc en intégrant ces inégalités sur l’intervalle [0,1], on obtient :

0 \leq\, I_n \leq\, \frac{1}{n!}\int_0^1 t^n dt = \frac{1}{(n+1)!}

D’après la question précédente, la suite (I_n) converge vers 0. En utilisant la question 2b, on a :

I_n - I_{n-1} = -\frac{1}{n!}e^{-1}

Donc la série \sum_{k=0}^{+\infty} (I_k - I_{k-1}) converge vers -e^{-1}. D’après la question précédente, on a :

I_n = 1 - \sum_{k=0}^{n-1} (I_k - I_{k-1}) = 1 + e^{-1} - \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k!}e^{-1} = 1 - \frac{1}{n!}e^{-1} + \frac{1}{n!}e^{-1}\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{k!}

Ainsi,  » (\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}) converge vers  » align= »absmiddle » />e^{-1} + \lim_{n \to +\infty} I_n = e^{-1} + 0 = e » align= »absmiddle » />.

1d. Par définition, f_0(x) = e^{-x}, donc la solution de (E_0) avec la condition initiale f_0(0) = 0 est f_0(x) - f_0(0) = e^{-x}-1. D’après la question 2c de la partie A, la solution de (E_n) avec la condition initiale f_n(0) = 0 est \phi_n(x) = \frac{x^n}{n!}e^{-x} pour tout entier n \geq\, 1.

Soyez le premier à commenter (Laisser un commentaire)

Votre email ne sera pas publié.


*


Télécharger et imprimer ce document en PDF gratuitement :

Vous avez la possibilité de télécharger puis d'imprimer gratuitement ce document «fonction exponentielle : corrigé des exercices de maths en terminale en PDF.» au format PDF.


D'autres fiches similaires :

Inscription gratuite à Mathovore.  Mathovore c'est 13 908 642 cours et exercices de maths téléchargés en PDF.