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  • RE: Equation de droites seconde

    @m12

    Pour D2D_2D2
    Ordonnée à l'origine : −3-33
    Coefficient directeur : a=y2−y1x2−x1=0−(−3)3−0=1a=\dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\dfrac{0-(-3)}{3-0}=1a=x2x1y2y1=300(3)=1
    Soit y=x−3y=x-3y=x3

    Je te laisse poursuivre.

    posté dans Seconde
  • RE: Equation de droites seconde

    @m12 Bonsoir,

    Pour l'ordonnée à l'origine de D1D_1D1, c'est bien 222.
    Pour le coefficient directeur de D1D_1D1, c'est ΔyΔx=−31=...\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\dfrac{-3}{1}=...ΔxΔy=13=...
    D'ou l'équation réduite de D1D_1D1 est y=−3x+2y= -3x+2y=3x+2

    Applique le même raisonnement pour déterminer l'équation réduite des autres droites.

    Indique tes calculs

    posté dans Seconde
  • RE: Calcul d'intégrale impropre

    @medou-coulibaly

    As-tu compris l'autre exercice ?

    C'est une approximation de la fonction pour xxx grand.

    posté dans Supérieur
  • RE: Calcul d'intégrale impropre

    @medou-coulibaly

    Lorsque xxx tend vers +∞+\infty+, tu simplifies l'intégrande :

    x(x+1)3∼x23=x2/3\sqrt[3]{x(x + 1)} \sim \sqrt[3]{x^2} = x^{2/3}3x(x+1)3x2=x2/3.
    Donc, pour xxx grand :
    ln⁡∣x∣x(x+1)3∼ln⁡xx2/3\dfrac{\ln |x|}{\sqrt[3]{x(x + 1)}} \sim \frac{\ln x}{x^{2/3}}3x(x+1)lnxx2/3lnx.

    Je te laisse poursuivre.

    posté dans Supérieur
  • RE: Calcul d'intégrale impropre

    @medou-coulibaly Bonsoir,

    Applique le même raisonnement que l'exercice précédent.
    Indique tes calculs.

    posté dans Supérieur
  • RE: Calcul d'intégrale impropre.

    @medou-coulibaly

    Oui, il faut respecter la décision prise par mtschoon au regard du site.

    posté dans Supérieur
  • RE: Calcul d'intégrale impropre.

    @medou-coulibaly

    C'est juste.

    posté dans Supérieur
  • RE: Calcul d'intégrale impropre

    @medou-coulibaly

    Tu étudies le comportement de l'intégrande aux limites x→0x \to 0x0 et x→+∞x \to +\inftyx+.

    Lorsque xxx est proche de 000, tu utilises l'approximation suivante :
    ln⁡(x+eαx)≈ln⁡(eαx)=αx\ln(x + e^{\alpha x}) \approx \ln(e^{\alpha x}) = \alpha xln(x+eαx)ln(eαx)=αx

    Ainsi, l'intégrande se comporte comme :
    xαln⁡(x+eαx)≈xα(αx)=αxα+1x^\alpha \ln(x + e^{\alpha x}) \approx x^\alpha (\alpha x) = \alpha x^{\alpha + 1}xαln(x+eαx)xα(αx)=αxα+1

    Pour que l'intégrale converge lorsque x→0x \to 0x0, il faut que :
    α+1>−1⇒α>−2\alpha + 1 \gt -1 \quad \Rightarrow \quad \alpha \gt -2α+1>1α>2

    Lorsque xxx est grand, on peut également utiliser l'approximation :
    ln⁡(x+eαx)≈ln⁡(eαx)=αx\ln(x + e^{\alpha x}) \approx \ln(e^{\alpha x}) = \alpha xln(x+eαx)ln(eαx)=αx

    Dans ce cas, l'intégrande se comporte comme :
    xαln⁡(x+eαx)≈xα(αx)=αxα+1x^\alpha \ln(x + e^{\alpha x}) \approx x^\alpha (\alpha x) = \alpha x^{\alpha + 1}xαln(x+eαx)xα(αx)=αxα+1

    Pour que l'intégrale converge à x→+∞x \to +\inftyx+, il faut que :
    α+1<−1⇒α<−2\alpha + 1 \lt -1 \quad \Rightarrow \quad \alpha \lt -2α+1<1α<2

    En résumé, l'intégrale I=∫0∞xαln⁡(x+eαx) dxI = \int_0^\infty x^\alpha \ln(x + e^{\alpha x}) \ dxI=0xαln(x+eαx) dx converge dans les cas suivants :
    Convergence à x→0x \to 0x0 : α>−2\alpha \gt -2α>2
    Convergence à x→+∞x \to +\inftyx+ : α<−2\alpha \lt -2α<2

    Ainsi, pour que l'intégrale converge, il faut que :
    α>−2etα<−2\alpha \gt -2 \quad \text{et} \quad \alpha \lt-2α>2etα<2

    Conclusion l'intégrale diverge pour toutes les valeurs de α∈R\alpha \in \mathbb{R}αR.

    Démonstration et calculs à vérifier et à comprendre.

    posté dans Supérieur
  • RE: Démonstration par récurrance d'une suite

    @kadforu Bonjour,

    C'est correct.

    posté dans Terminale S