[PDF] Exercices de mathématiques - Exo7

View - Download Exercices de mathématiques - Exo7

Previous PDF

Next PDF

Exo7

Équations différentielles

Fiche de Léa Blanc-Centi.

1 Ordre 1

Exercice 1Résoudre surRles équations différentielles suivantes:

1.y0+2y=x2(E1)

2.y0+y=2sinx(E2)

3.y0y= (x+1)ex(E3)

4.y0+y=xex+cosx(E4)

Déterminer toutes les fonctionsf:[0;1]!R, dérivables, telles que

8x2[0;1];f0(x)+f(x) =f(0)+f(1)

1.

Résoudre l"équationdifférentielle(x2+1)y0+2xy=3x2+1surR. Tracerdescourbesintégrales. Trouver

la solution vérifianty(0) =3. 2.

Résoudre l"équation dif férentielley0sinxycosx+1=0 sur]0;p[. Tracer des courbes intégrales.

Trouver la solution vérifianty(p4

) =1. de la constante :

1.y0(2x1x

)y=1 sur]0;+¥[

2.y0y=xkexp(x)surR, aveck2N

3.x(1+ln2(x))y0+2ln(x)y=1 sur]0;+¥[

On considère l"équation différentielle

y

0exey=a

Déterminer ses solutions, en précisant soigneusement leurs intervalles de définition, pour 1 1.a=0

2.a=1 (faire le changement de fonction inconnuez(x) =x+y(x))

Dans chacun des cas, construire la courbe intégrale qui passe par l"origine.

Pour les équations différentielles suivantes, trouver les solutions définies surRtout entier :

1.x2y0y=0(E1)

2.xy0+y1=0(E2)

Exercice 7Résoudre

1.y003y0+2y=0

2.y00+2y0+2y=0

3.y002y0+y=0

4.y00+y=2cos2x

On considèrey004y0+4y=d(x). Résoudre l"équation homogène, puis trouver une solution particulière

lorsqued(x) =e2x, puisd(x) =e2x. Donner la forme générale des solutions quandd(x) =12 ch(2x). Résoudre sur]0;p[l"équation différentielley00+y=cotanx, où cotanx=cosxsinx.

Résoudre les équations différentielles suivantes à l"aide du changement de variable suggéré.

1.x2y00+xy0+y=0, sur]0;+¥[, en posantx=et;

2.(1+x2)2y00+2x(1+x2)y0+my=0, surR, en posantx=tant(en fonction dem2R).

3 Pour aller plus loin

Exercice 11Équations de Bernoulli et Riccatti1.Équation de Bernoulli (a)

Montrer que l"équation de Bernoulli

y

0+a(x)y+b(x)yn=0n2Zn6=0;n6=1

se ramène à une équation linéaire par le changement de fonctionz(x) =1=y(x)n1. (b) T rouverles solutions de l"équation xy0+yxy3=0.

2.Équation de Riccati

(a) Montrer que si y0est une solution particulière de l"équation de Riccati y

0+a(x)y+b(x)y2=c(x)

alors la fonction définie paru(x) =y(x)y0(x)vérifie une équation de Bernoulli (avecn=2). (b) Résoudre x2(y0+y2) =xy1 en vérifiant d"abord quey0(x) =1x est une solution. 1. Montrer que toute solution sur Rdey0+ex2y=0 tend vers 0 en+¥. 2.

Montrer que toute solution sur Rdey00+ex2y=0 est bornée. (Indication :étudier la fonction auxiliaire

u(x) =y(x)2+ex2y0(x)2.) 1.

Résoudre sur ]0;+¥[l"équation différentiellex2y00+y=0 (utiliser le changement de variablex=et).

2. T rouvertoutes les fonctions de classe C1surRvérifiant

8x6=0;f0(x) =f1x

Indication pourl"exer cice2 NUne telle fonctionfest solution d"une équation différentielley0+y=c.Indication pourl"exer cice3 N1.xest solution particulière

2. cos est solution particulière Indication pourl"exer cice4 NSolution particulière : 1.12x 2. xk+1k+1exp(x) 3. lnx1+ln2(x)Indication pourl"exer cice5 N1. C"est une équation à variables séparées.

Indication pour

l"exer cice

6 N1.une infinité de solutions

2. une solution Indication pourl"exer cice8 NPour la fin: principe de superposition.

Indication pour

l"exer cice

9 NUtiliser la méthode de variation de la constante.

Indication pour

l"exer cice

11 N1.(a) Se ramener à

11nz0+a(x)z+b(x) =0.

(b)y=1plx2+2xouy=0. 2. (a)

Remplacer yparu+y0.

(b)y=1x +1xlnjxj+lxouy=1x .4

Correction del"exer cice1 N1.Il s"agit d"une équation dif férentiellelinéaire d"ordre 1, à coef ficientsconstants, a vecsecond membre.

Oncommenceparrésoudrel"équationhomogèneassociéey0+2y=0: lessolutionssontlesy(x)=le2x, l2R.

Il suffit ensuite de trouver une solution particulière de(E1). Le second membre étant polynomial de degré

2, on cherche une solution particulière de la même forme:

y

0(x) =ax2+bx+cest solution de(E1)

() 8x2R;y00(x)+2y0(x) =x2 () 8x2R;2ax2+(2a+2b)x+b+2c=x2 Ainsi, en identifiant les coefficients, on voit quey0(x) =12 x212 x+14 convient.

Les solutions de(E1)sont obtenues en faisant la somme de cette solution particulière et des solutions de

l"équation homogène: y(x) =12 x212 x+14 +le2x(x2R) oùlest un paramètre réel. 2.

Il s"agit d"une équation dif férentiellelinéaire d"ordre 1, à coef ficientsconstants, a vecsecond membre.

Les solutions de l"équation homogène associéey0+y=0 sont lesy(x) =lex,l2R.

Il suffit ensuite de trouver une solution particulière de(E2). Le second membre est cette fois une fonction

trigonométrique, on cherche une solution particulière sous la forme d"une combinaison linéaire de cos et

sin: y

0(x) =acosx+bsinxest solution de(E2)

() 8x2R;y00(x)+y0(x) =2sinx () 8x2R;(a+b)cosx+(a+b)sinx=2sinx Ainsi, en identifiant les coefficients, on voit quey0(x) =cosx+sinxconvient.

Les solutions de(E2)sont obtenues en faisant la somme de cette solution particulière et des solutions de

l"équation homogène: y(x) =cosx+sinx+lex(x2R) oùlest un paramètre réel. 3.

Les solutions de l"équation homogène associée y0y=0 sont lesy(x)=lex,l2R. On remarque que le

second membre est le produit d"une fonction exponentielle par une fonction polynomiale de degréd=1:

or la fonction exponentielle du second membre est la même (ex) que celle qui apparaît dans les solutions

de l"équation homogène. On cherche donc une solution particulière sous la forme d"un produit deexpar

une fonction polynomiale de degréd+1=2: y

0(x) = (ax2+bx+c)exest solution de(E3)

() 8x2R;y00(x)y0(x) = (x+1)ex () 8x2R;(2ax+b)ex= (x+1)ex Ainsi, en identifiant les coefficients, on voit quey0(x) = (12 x2+x)exconvient.

Les solutions de(E3)sont obtenues en faisant la somme de cette solution particulière et des solutions de

l"équation homogène: y(x) = (12 x2+x+l)ex(x2R) oùlest un paramètre réel. 5

4.Les solutions de l"équation homogène associée y0+y=0 sont lesy(x) =lex,l2R. On remarque que

le second membre est la somme d"une fonction polynomiale de degré 1, d"une fonction exponentielle

(différente deex) et d"une fonction trigonométrique. D"après le principe de superposition, on cherche

donc une solution particulière sous la forme d"une telle somme: y

0(x) =ax+b+mex+acosx+bsinxest solution de(E4)

() 8x2R;y00(x)+y0(x) =xex+cosx () 8x2R;ax+a+b+2mex+(a+b)cosx+(a+b)sinx=xex+cosx Ainsi, en identifiant les coefficients, on voit que y

0(x) =x112

ex+12 cosx+12 sinx convient.

Les solutions de(E4)sont obtenues en faisant la somme de cette solution particulière et des solutions de

l"équation homogène: y(x) =x112 ex+12 cosx+12 sinx+lex(x2R)

oùlest un paramètre réel.Correction del"exer cice2 NUne fonctionf:[0;1]!Rconvient si et seulement si

•fest dérivable •fest solution dey0+y=c •fvérifief(0)+f(1) =c(oùcest un réel quelconque)

Or les solutions de l"équation différentielley0+y=csont exactement lesf:x7!lex+c, oùl2R(en effet,

on voit facilement que la fonction constante égale àcest une solution particulière dey0+y=c). Évidemment

ces fonctions sont dérivables, etf(0)+f(1) =l(1+e1)+2c, donc la troisième condition est satisfaite si et

seulement sil(1+e1) =c. Ainsi les solutions du problème sont exactement les f(x) =l(ex1e1)

pourl2R.Correction del"exer cice3 N1.Comme le coef ficientde y0ne s"annule pas, on peut réécrire l"équation sous la forme

y 0+2xx

2+1y=3x2+1x

2+1 (a)

Les solutions de l"équation homogène associée sont les y(x) =leA(x), oùAest une primitive de

a(x) =2xx

2+1etl2R. Puisquea(x)est de la formeu0u

avecu>0, on peut choisirA(x) = ln(u(x))oùu(x) =x2+1. Les solutions sont donc lesy(x) =leln(x2+1)=lx 2+1. (b)

Il suf fitensuite de trouv erune solution particulière de l"équation a vecsecond membre: on remarque

quey0(x) =xconvient. (c)

Les solutions sont obtenues en f aisantla somme:

y(x) =x+lx

2+1(x2R)

oùlest un paramètre réel. 6 (d)y(0) =3 si et seulement sil=3. La solution cherchée est doncy(x) =x+3x 2+1. Voici les courbes intégrales pourl=1;0;:::;5.011 2.

On commence par remarquer que y0(x) =cosxest une solution particulière. Pour l"équation homogène:

sur l"intervalle considéré, le coefficient dey0ne s"annule pas, et l"équation se réécrit

y

0cosxsinxy=0

Les solutions sont lesy(x) =leA(x), oùl2RetAest une primitive dea(x) =cosxsinx. Puisquea(x)est de la forme u0u avecu>0, on peut choisirA(x)=ln(u(x))avecu(x)=sinx. Les solutions de l"équation sont donc lesy(x) =leln(sinx)=lsinx. Finalement, les solutions de l"équation sont les y(x) =cosx+lsinx oùlest un paramètre réel. 3. On a y(p4 ) =1()cosp4 +lsinp4 =1()p2 2 (1+l) =1()l=2p2 1

La solution cherchée esty(x) =cosx+2p2

1 sinx Voici les courbes intégrales pourl=2;1;0;:::;4 et2p2

1 (en gras).

7 01p1

Correction de

l"exer cice

4 N1.y0(2x1x

)y=1 sur]0;+¥[ (a)Résolution de l"équation homogèney0(2x1x )y=0.

Une primitive dea(x)=2x1x

estA(x)=x2lnx, donc les solutions de l"équation homogène sont lesy(x) =lexp(x2lnx) =l1x exp(x2), pourlune constante réelle quelconque. (b)Recherche d"une solution particulière.

Nous allons utiliser la méthode de variation de la constante pour trouver une solution particulière à

l"équationy0(2x1x )y=1. On cherche une telle solution sous la formey0(x) =l(x)1x exp(x2) oùx7!l(x)est maintenant une fonction.

On calcule d"abord

y

00(x) =l0(x)1x

exp(x2)+l(x) 1x 2+2 exp(x2)

Maintenant :

y

0est solution dey0(2x+1x

)y=1 ()y00(2x1x )y0=1 ()l0(x)xexp(x2)+l(x) 1x 2+2 exp(x2)(2x1x )l(x)1x exp(x2) =1 ()l0(x)1x exp(x2) =1 cela doit se simplifier ! ()l0(x) =xexp(x2)

Ainsi on peut prendrel(x) =12

exp(x2), ce qui fournit la solution particulière : y

0(x) =l(x)1x

exp(x2) =12 exp(x2)1x exp(x2) =12x Pour se rassurer, on n"oublie pas de vérifier que c"est bien une solution ! (c)Solution générale. L"ensemble des solutions s"obtient par la somme de la solution particulière avec les solutions de l"équation homogène. Autrement dit, les solutions sont les : y(x) =12x+l1x exp(x2) (l2R): 8

2.y0y=xkexp(x)surR, aveck2N

(a)Résolution de l"équation homogèney0y=0. Les solutions de l"équation homogène sont lesy(x) =lexp(x),l2R. (b)Recherche d"une solution particulière. On cherche une solution particulière sous la formey0(x) =l(x)exp(x)oùx7!l(x)est maintenant une fonction.

Commey00(x) =l0(x)exp(x)+l(x)exp(x)alors

y

0est solution dey0y=xkexp(x)

()l0(x)exp(x)+l(x)exp(x)l(x)exp(x) =xkexp(x) ()l0(x)exp(x) =xkexp(x) ()l0(x) =xk On fixel(x) =xk+1k+1, ce qui conduit à la solution particulière : y

0(x) =xk+1k+1exp(x)

(c)Solution générale.

L"ensemble des solutions est formé des

y(x) =xk+1k+1exp(x)+lexp(x) (l2R):

3.x(1+ln2(x))y0+2ln(x)y=1 sur]0;+¥[

Le coefficient dey0ne s"annule pas sur]0;+¥[, l"équation peut donc se mettre sous la forme y

0+2lnxx(1+ln2(x))y=1x(1+ln2(x))

(a)

Les solutions de l"équation homogène associée sont les y(x) =leA(x), oùAest une primitive de

a(x) =2lnxx(1+ln2(x))etl2R. On peut donc choisirA(x) =ln(u(x))avecu(x) =1+ln2(x). Les solutions de l"équation sont lesy(x) =leln(1+ln2(x))=l1+ln2(x). (b)

Utilisons la méthode de v ariationde la constante pour trouv erune solution particulière de l"équation

avec second membre. On cherchey0(x)=l(x)1+ln2(x), aveclune fonction dérivable. Orz(x)=11+ln2(x) est solution de l"équation homogène ety0(x) =l(x)z(x): y

0est solution

()y00+2lnxx(1+ln2(x))y0=1x(1+ln2(x)) ()l0(x)z(x)+l(x) z

0(x)+2lnxx(1+ln2(x))z(x)

|{z} =0=

1x(1+ln2(x))

l0(x)1+ln2(x)=1x(1+ln2(x)) ()l0(x) =1x On peut donc choisirl(x) =lnx, ce qui donne la solution particulièrey0(x) =lnx1+ln2(x). 9

(c)Les solutions sont obtenues en f aisantla somme de cette solution particulière et des solutions de

l"équation homogène: ce sont les y(x) =lnx+l1+ln2(x)(l2R) oùlest un paramètre réel.

Remarque: le choix d"une primitive del0se fait à constante additive près. Si on avait choisi par exemple

l(x) =lnx+1, la solution particulière aurait été différente, mais les solutions de l"équation avec second

membre auraient été les y(x) =lnx+1+l1+ln2(x)(x2R)

Quitte à poserl00=1+l, ce sont évidemment les mêmes que celles trouvées précédemment!Correction del"exer cice5 N1.L "équationdif férentielley0exey=0 est à variables séparées: en effet, en divisant parey, on obtient

y0ey=ex. Le terme de gauche est la dérivée deey(yest une fonction dex), celui de droite est la dérivée dex7! ex:deydx=d(ex)dx

Les dérivées étant égales, cela implique que les deux fonctions sont égales à une constante additive près:

ainsiyest solution surIsi et seulement si elle est dérivable surIet9c2R;8x2I,ey=ex+c. Àc

fixé, cette égalité n"est possible que siex+c>0, c"est-à-dire sic>0 etx solutions: y c(x) =ln(cex) (pourx2Ic=]¥;lnc[) oùcest un paramètre réel strictement positif. Pour que l"une des courbes intégrales passe par l"origine, il faut qu"il existec>0 tel que 02Icet y c(0) =0: autrement dit,c>1 etc1=1. Il s"agit donc dey2:x7! ln(2ex), la courbe intégrale

cherchée est son graphe, au-dessus de l"intervalleI2=]¥;ln2[. Sa tangente en l"origine a pour pente

y

02(0) =e0ey(0)=1, c"est la première bissectrice. Comme par constructiony02est à valeurs strictement

positives, la fonctiony2est strictement croissante.y

2(x)011y

1(x)011

2.

Posons z(x) =x+y(x):za le même domaine de définition queyet est dérivable si et seulement siyl"est.

En remplaçanty(x)parz(x)xdans l"équation différentielley0exey=1, on obtientz0ez=0, c"est-

à-direz0ez=1. Il s"agit de nouveau d"une équation à variables séparées: en intégrant cette égalité, on

obtient quezest solution surJsi et seulement si elle est dérivable surJet9c2R;8x2J,ez=x+c. Àcfixé, cette égalité n"est possible que sic>x. On obtient ainsi les solutions: y c(x) =zc(x)x=xln(cx) (pourx2Jc=]¥;c[) oùcest un paramètre réel. 10 Pour que l"une des courbes intégrales passe par l"origine, il faut qu"il existec2Rtel que 02Jcet y c(0) =0: autrement dit,c>0 etc=1. Il s"agit donc dey1:x7! xln(1x), la courbe intégrale

cherchée est son graphe, au-dessus de l"intervalleJ1=]¥;1[. Sa tangente en l"origine a pour pente

y

01(0) =e0ey(0)1=0: elle est horizontale.Correction del"exer cice6 N1.x2y0y=0(E1)

Pour se ramener à l"étude d"une équation différentielle de la formey0+ay=b, on résout d"abord sur les

intervalles où le coefficient dey0ne s"annule pas: on se place donc sur]¥;0[ou]0;+¥[. (a)Résolution sur]¥;0[ou]0;+¥[. Sur chacun de ces intervalles, l"équation différentielle se réécrit y 01x 2y=0

qui est une équation différentielle linéaire homogène d"ordre 1 à coefficients non constants. Ses

solutions sont de la formey(x) =le1=x(en effet, sur]¥;0[ou]0;+¥[, une primitive de1x 2est 1x (b)Recollement en0. Une solutionyde(E1)surRdoit être solution sur]¥;0[et]0;+¥[, il existe doncl+;l2R tels que y(x) =l+e1=xsix>0 l e1=xsix<0

Il reste à voir si l"on peut recoller les deux expressions pour obtenir une solution surR: autrement

dit, pour quels choix del+;lla fonctionyse prolonge-t-elle en 0 en une fonction dérivable vérifiant(E1)? •e1=x!x!0+¥ete1=x!x!0+0, doncyest prolongeable par continuité en 0 si et seulement sil=0. On peut alors posery(0) =0, quel que soit le choix del+.

Pour v oirsi la fonction ainsi prolongée est déri vableen 0, on étudie son taux d"accroissement:

8>>< >:pourx>0;y(x)y(0)x0=l+e1=xx =l+(1x )e1=x!x!0+0 pourx<0;y(x)y(0)x0=0!x!00 Ainsi la fonctionyest dérivable en 0 ety0(0) =0. P arconstruction, l"équation dif férentielle(E1)est satisfaite surR. Vérifions qu"elle est également satisfaite au pointx=0: 02y0(0)y(0) =y(0) =0. (c)Conclusion. Finalement, les solutions surRsont exactement les fonctions suivantes: y(x) =le1=xsix>0

0 six60(l2R)

2.xy0+y1=0(E2)

Pour se ramener à l"étude d"une équation différentielle de la formey0+ay=b, on résout d"abord sur les

intervalles où le coefficient dey0ne s"annule pas: on se place donc surI=]¥;0[ouI=]0;+¥[. 11 (a)Résolution surI. Sur l"intervalleI, l"équation différentielle se réécrit y 0+1x y=1x qui est une équation différentielle linéaire d"ordre 1 à coefficients non constants.

Pour l"équation homogène y0+1x

y=0 une primitive de1x surI, estlnjxj. Les solutions de l"équation homogène sont donc leslelnjxj=l1jxj. Quitte à changerlenlsiI=]¥;0[, on peut écrire les solutions de l"équation homogène sous la formey(x) =l1x Pour trouv erles solutions de l"équation a vecsecond membre, on applique la méthode de variation de la constante en cherchanty(x) =l(x)1x : en remplaçant, on voit queyest solution surIsi et seulement sil0(x) =1. En intégrant, on obtientl(x) =x. Une solution particulière en doncy0(x) =1.

Sur Iles solutions de(E2)sont lesy(x) =1+lx

oùlest un paramètre réel. (b)Recollement en0. Une solutionyde(E2)surRdoit être solution sur]¥;0[et]0;+¥[, il existe doncl+;l2R tels que y(x) =( 1+l+x six>0 1+lx six<0

Il reste à voir si l"on peut recoller les deux expressions pour obtenir une solution surR. On voit tout

de suite queya une limite (finie) en 0 si et seulement sil+=l=0. Dans ce cas, on peut alors

posery(0) =1etyest la fonction constante égale à 1, qui est bien sûr dérivable surR. De plus,

(E2)est bien satisfaite au pointx=0. (c)Conclusion.

Finalement,(E2)admet surRune unique solution, qui est la fonction constante égale à 1.Correction del"exer cice7 N1.Il s"agit d"une équation homogène du second ordre. L "équationcaractéristique associée est r23r+2=

0, qui admet deux solutions:r=2 etr=1. Les solutions sont donc les fonctions définies surRpar

y(x) =le2x+mex(l;m2R). 2. L "équationcaractéristique associée est r2+2r+2=0, qui admet deux solutions:r=1+ietr=1i. On sait alors que les solutions sont donc les fonctions définies surRpary(x) =ex(Acosx+Bsinx)

(A;B2R). Remarquons que, en utilisant l"expression des fonctions cos et sin à l"aide d"exponentielles,

ces solutions peuvent aussi s"écrire sous la formele(1+i)x+me(1i)x(l;m2R). 3.

L "équationcaractéristique est r22r+1=0, dont 1 est racine double. Les solutions de l"équation

homogène sont donc de la forme(lx+m)ex. 4.

Les solutions de l"équation homogène sont les lcosx+msinx. Le second membre peut en fait se réécrire

cos

2x=1+cos(2x): d"après le principe de superposition, on cherche une solution particulière sous la

formea+bcos(2x)+csin(2x). En remplaçant, on trouve qu"une telle fonction est solution sia=1, b=13 ,c=0. Les solutions générales sont donc leslcosx+msinx13

cos(2x)+1.Correction del"exer cice8 NL"équation caractéristique associée à l"équation homogène estr24r+4=0, pour laqueller=2 est racine

double. Les solutions de l"équation homogène sont donc les(lx+m)e2x. Lorsqued(x) =e2x, on cherche une solution particulière sous la formeae2x, qui convient sia=116 12

Lorsqued(x)=e2x, comme 2 est la racine double de l"équation caractéristique, on cherche une solution comme

le produit dee2xpar un polynôme de degré 2. Comme on sait déjà que(lx+m)e2xest solution de l"équation

homogène, il est inutile de faire intervenir des termes de degré 1 et 0: on cherche donc une solution de la forme

ax

2e2x, qui convient si et seulement sia=12

Puisque

12 ch(2x)=14 (e2x+e2x), les solutions générales sont obtenues sous la formey(x)=164 e2x+18 x2e2x+

(lx+m)e2x.Correction del"exer cice9 NLes solutions de l"équation homogène sont leslcosx+msinx. En posanty1(x) =cosxety2(x) =sinx, on va

chercher les solutions sous la formely1+my2, vérifiant l0y1+m0y2=0 l

0y01+m0y02=cotanx()l0cosx+m0sinx=0

l

0(sinx)+m0cosx=cotanx

quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

[PDF] analyse complexe master 1 PDF Cours,Exercices ,Examens

[PDF] analyse comptable des opérations de l'entreprise pdf PDF Cours,Exercices ,Examens

[PDF] Analyse compte de résultat, Methode des SIG Bac +2 Comptabilité

[PDF] Analyse courbes en histoire!!! 1ère Histoire

[PDF] analyse cours PDF Cours,Exercices ,Examens

[PDF] analyse cout efficacité exemple PDF Cours,Exercices ,Examens

[PDF] analyse cout-efficacité en santé PDF Cours,Exercices ,Examens

[PDF] Analyse critique d'un exercice 2nde Mathématiques

[PDF] analyse critique d'un exercice ( maths dm ) 2nde Mathématiques

[PDF] Analyse critique d'un extrait de texte Bac +5 Philosophie

[PDF] analyse critique d'un article PDF Cours,Exercices ,Examens

[PDF] analyse critique d'un projet PDF Cours,Exercices ,Examens

[PDF] analyse critique dans un exercice 2nde Mathématiques

[PDF] Analyse critique de 2 documents Terminale Histoire

[PDF] Analyse critique de deux documents en Histoire Terminale Histoire