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Salut G K,

Je ne sais pas si tu as pu prouver ça ? il ne me parais pas évident du tout.

J'ai trouvé une petite chose, mais je me confronte à une question de logique :

Voilà :         J'ai déjà prouvé que si        [tex]     \alpha \neq 1  \Rightarrow  [/tex]          [tex]    \alpha = -1[/tex]    et      [tex]  \beta = 1    [/tex]            [tex]     ( I )     [/tex] 

Maintenant je veux inverser les rôle de       [tex]     \alpha \,\,\, et \,\,\, \beta     [/tex]     et contenue de l'hypothèse     [tex]    gf - fg  =  -\beta g - \alpha f   [/tex]

Je peux déduire que           si          [tex]     - \beta \neq 1      [/tex]           [tex]     \Rightarrow [/tex]            [tex] - \beta = -1  \,\,\,  et \,\,\, -\alpha = 1     [/tex]

D'où                                  si          [tex]     \beta \neq -1     [/tex]        [tex]     \Rightarrow     [/tex]         [tex]     \alpha  = -1 \,\,\, et \,\,\,  \beta = 1      [/tex]         [tex]     ( II )     [/tex]

Je peux Conclure de    [tex]     ( I )     [/tex]     et   [tex]     ( II )     [/tex]      que :               [tex]     ( \alpha , \beta ) = ( -1 , 1 ) \,\,\, ou \,\,\, ( \alpha , \beta ) = ( 1 , -1 )     [/tex]

Qu'en pensez-vous ?

Merci beaucoup c'est gentil de m'avoir répondu,

Peut-on faire la même chose pour une image interactive comme celle là par exemple

http://www.bibmath.net/geolabo/tutoriel … actif.php3

  et merci

Salut,

Cela est-il juste ? Je m'en doute surtout qu'aucune séparation de cas ne parvient sur le Beta !

On sait que          [tex]\lim_{x \rightarrow 0 } \frac{1-e^{-\beta x}}{x}\cos (\lambda x)\, dx = \beta[/tex]       Donc la fonction est

prolongeable par continuité au voisinage de 0.

Au voisinage de    [tex]+ \infty[/tex]     je sépare deux cas :

  1/    Si    [tex]\lambda = 0[/tex]      dans ce cas     [tex]I  =  \int_{a}^{+ \infty} \frac {1 - e^{-\beta x}}{x}\, dx[/tex]  qui est la somme

de deux intégrales      [tex]\int_{a}^{+ \infty} \frac {1}{x} \,dx[/tex]        qui est divergente et    [tex]\int_{a}^{+\infty }\frac{-e^{-\beta x}}{x}[/tex]      qui est une intégrale convergente

Par suite    [tex]I[/tex]      est divergente.

  2/    Si    [tex]\lambda \neq 0[/tex]    j'utilise une intégration par partie comme suit :

   [tex]\int_{a}^{+ \infty} \frac{1 - e^{-\beta x}}{x}\, \cos (\lambda x) \, dx   =   \int_{a}^{+ \infty} \left( \frac{\sin (\lambda x)} { \lambda }\right )' \frac{1 - e^{-\beta x}}{x}\, \, dx[/tex]   

                             [tex]=   \left [\frac{1}{\lambda} \sin (\lambda x) \frac {1 - e^{- \beta x}}{x} \right ]_{a}^{+ \infty}  - \frac {1}{\lambda} \int _{a}^{+ \infty} \sin(\lambda x) \frac{ \beta x e^{-\beta x}  + e^{-\beta x }-1 }{x^2} \, dx[/tex]

        Le premier terme étant une constante et l'intégrale qui suit est convergente donc I est convergente au vois. de l'infinie.

salut,

est ce que cela est juste ?

y-a-il une autre méthode ?

et Le cas  [tex]\alpha = 1[/tex]

et merci.

Salut Freddy,

Oui bien sur que je veux savoir comment tu fais, moi j'arrive à le monter mais seulement dans le cas [tex] \alpha \ne 1 [/tex]

Merci

Bonjour tout le monde,

Merci Tsaloum, C'est vrai c'est une erreur de calcul au lieu de     [tex] t^2[/tex]     c'est un     [tex]t[/tex]

et pour corriger la preuve sera ainsi :

Calculons la primitive  [tex]F\left(x\right)\,=\int^{}_{}\frac{\ln \left(1-{t}^{2}\right)}{{t}^{2}}dt\,[/tex]

[tex]On\,a\,F\left(x\right)=\int^{}_{}\frac{\ln \left(1-{t}^{2}\right)}{{t}^{2}}dt[/tex]
                        [tex]=[/tex] [tex]\int^{}_{}{\left(\frac{-1}{t}\right)}^{'}\ln \left(1-{t}^{2}\right)[/tex]
                        [tex]=\frac{-\ln \left(1-{t}^{2}\right)}{t}+\int^{}_{}\frac{-2t}{t\left(1-{t}^{2}\right)}dt[/tex]
                        [tex]=\frac{-\ln \left(1-{t}^{2}\right)}{t}+\int^{}_{}\frac{-2dt}{\left(1-{t}^{2}\right)}[/tex]
                        [tex]=\frac{-\ln \left(1-{t}^{2}\right)}{t}-\int^{}_{}\left(\frac{1}{1-t}+\frac{1}{1+t}\right)dt[/tex]
                        [tex]=-\frac{\ln \left(1-{t}^{2}\right)}{t}+\ln \left(1-t\right)-\ln \left(1+t\right)[/tex]
                        [tex]=-\frac{\ln \left(1-t\right)}{{t}}-\frac{\ln \left(1+t\right)}{{t}}+\ln \left(1-t\right)-\ln \left(1+t\right)[/tex]
                        [tex]=-\frac{\ln \left(1-t\right)-t\ln \left(1-t\right)}{{t}}-\frac{\ln \left(1+t\right)}{{t}}-\ln \left(1+t\right)[/tex]
                        [tex]=-\frac{\left(1-t\right)\ln \left(1-t\right)}{{t}}-\frac{\ln \left(1+t\right)}{{t}}-\ln \left(1+t)\right)[/tex]

Donc  [tex]\,\lim_{t \to {1}^{-}} F\left(x\right)=0\,-\,\ln \left(2\right)\,-\,\ln \left(2\right)\,=\,-2\ln \left(2\right)[/tex]

[tex]Aussi\,{\lim }_{t\rightarrow {0}^{+}}F\left(x)\right)=0[/tex]

[tex]Par\,suite\,\int^{1}_{0}\frac{\ln \left(1-{t}^{2}\right)}{{t}^{2}}dt=-2\ln \left(2\right)[/tex]

Merci pour la remarque.

Salut Nabil

Calculon au début      [tex]I =   \int_{0}^{\pi/2} \frac{ \cos^{2}x}{\sin^{2}x+4\cos^{2}x} dx[/tex]

On a                           [tex]I =   \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{(t^2+4)(1+t^2)}\,dt[/tex]

La décomposition en éléments simples est la suivante :

                                  [tex]\frac{1}{(t^2+4)(1+t^2)}\, = \frac{\frac{1}{3}}{1+t^2}-\frac{\frac{1}{3}}{t^2+4}[/tex]

Un site pour vérifier les calculs :

http://www.wolframalpha.com/input/?i=%5 … s^{2}x}+dx

Tu écris la formule en Latex dedans est il te donne le résultat. et c'est ce que Freddy a fait peut-être pour te répondre si rapidement.

Re

c'est ce qu'on doit calculer

[tex]\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi/2} \frac{ \cos^{2}x}{\sin^{2}x+4\cos^{2}x} dx[/tex]

moi ce que j'ai trouvé

[tex]\frac{2}{\pi}\left[\int^{+\infty }_{0}\frac{dt}{1+{t}^{2}}-\frac{1}{2}\int^{+\infty }_{0}\frac{\frac{1}{2}dt}{{\left(\frac{t}{2}\right)}^{2}+1}\right]=\frac{2}{\pi}\left[\frac{\pi}{12}\right]=\frac{1}{6}[/tex]

Bonjour,

Si tu n'as pas encore trouvé le résultat essais ça :

divises le tout par    [tex]Co{s}^{2}\left(x\right)[/tex]    puis tu fais le changement de variable  [tex]t\,=\,\tan \left(x\right)[/tex]

après tu fais une décomposition en éléments simple.

Bon courage pour le concours : tu réussiras Incha2 Lah

Salut:

Une petite remarque :

Je pense que la fonction vaut 0 sur [0;1[ et        [tex]e^{-1} [/tex]      en 1 !!

à part ça je suis tout à fait d’accord sur la non convergence uniforme sur [0,1]

@ +

Merci Groupoid Kid

Pour ta remarque comme les série sont à termes positifs on a :

  [tex]\sum^{}_{n\in {E}_{0}}\left|{a}_{n}\right|\leq\sum^{}_{n>0}\left|{a}_{n}\right|[/tex]  et de même pour l'autre somme.

On peut également utiliser l'inégalité suivante  [tex]2ab\leq {a}^{2}+{b}^{2}[/tex]    et avoir :

[tex]2\left|{a}_{n}\right|=2.\frac{1}{n}\left(n{a}_{n}\right)\leq \frac{1}{{n}^{2}}+{n}^{2}{{a}^{2}}_{n}[/tex]

d'où         [tex]\left|{a}_{n}\right|\leq \frac{1}{{n}^{2}}+{n}^{2}{{a}^{2}}_{n}[/tex]         puis conclure

C'est plus simple comme ça n'est-ce-pas ?  seulement au début on cherchait à majorer par un seul terme
et non pas par la somme de deux termes.

Peux-tu me dire plus de détail sur l'utilisation de la méthode de  Hölder dans ce cas et merci.

Bonjours les amis !

  Je vous remercie beaucoup pour votre aide.

Le théorème de Riemann que m'a proposé Freddy est très utile et c'est ce que j'ai utilisé dans le 1er cas, pour le 3ème cas que

Groupoid Kid m'a fait rappelé reste un problème en effet lorsque la suite oscille à l'infinie on ne peut rien dire. j'ai tenté une chose

et j'attend vos remarques,

                              Considérons les deux ensembles que je suppose ordonnés de manière croissante :

[tex]{E}_{0}=\left\{n\in \mathbb{N}^*/\left|{a}_{n}\right|{n}^{2}\right.<1\}[/tex]       et        [tex]{E}_{1}=\left\{n\in \mathbb{N}^*/\left|{a}_{n}\right|{n}^{2}\right. \geq 1\}[/tex]

on a :                [tex]\sum_{n> 0}\left|{a}_{n}\right|=\sum^{}_{n\in {E}_{0}}\left|{a}_{n}\right|+\sum^{}_{n\in {E}_{1}}\left|{a}_{n}\right|[/tex]

                                          [tex]\leq \sum^{}_{n\in {E}_{0}}\frac{1}{{n}^{2}}+\sum^{}_{n\in {E}_{1}}n^2\left|{a}_{n}\right|^2[/tex]

car          [tex]\left|{a}_{n}\right|-{n}^{2}{{a}_{n}}^{2}=\left|{a}_{n}\right|\left(1-{n}^{2}\left|{a}_{n}\right|\right)\,\leq \,0[/tex]       pour tout     [tex]n\in {E}_{1}[/tex]  .

donc                [tex]\sum_{n> 0}\left|{a}_{n}\right|\leq \sum^{}_{n>0}\frac{1}{{n}^{2}}+\sum^{}_{n>0}n^2\left|{a}_{n}\right|^2[/tex]

Par suite la série converge.