Asymptotes horizontales
dans Analyse
Bonjour
J'essaie de prouver que toute solution de l'équation différentielle
$$\frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}=\sqrt[3]{\frac{x^{2}+1}{t^{4}+1}}
$$ a deux asymptotes horizontales.
Ensuite,
\begin{align*}
\frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}=\sqrt[3]{\frac{x^{2}+1}{t^{4}+1}} &\iff \int \frac{1}{\sqrt[3]{x^{2}+1}}{\rm d}x=\int \frac{1}{\sqrt[3]{t^{4}+1}}{\rm d}t\\
& \implies \int_{0}^{x(t)} \frac{1}{\sqrt[3]{y^{2}+1}}{\rm d}y=\int_{0}^{t} \frac{1}{\sqrt[3]{s^{4}+1}}{\rm d}s .
\end{align*} Asymptotes horizontales : $\quad \lim\limits_{t\to \pm \infty} x(t).$
Je sais que $\quad\displaystyle \lim_{t\to+\infty} \int_{0}^{t}\frac{1}{\sqrt[3]{s^{4}+1}}{\rm d}s
$ converge.
Mais l'intégrale du côté gauche ne converge pas.
Je ne sais pas comment aller de l'avant.
J'essaie de prouver que toute solution de l'équation différentielle
$$\frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}=\sqrt[3]{\frac{x^{2}+1}{t^{4}+1}}
$$ a deux asymptotes horizontales.
Ensuite,
\begin{align*}
\frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}=\sqrt[3]{\frac{x^{2}+1}{t^{4}+1}} &\iff \int \frac{1}{\sqrt[3]{x^{2}+1}}{\rm d}x=\int \frac{1}{\sqrt[3]{t^{4}+1}}{\rm d}t\\
& \implies \int_{0}^{x(t)} \frac{1}{\sqrt[3]{y^{2}+1}}{\rm d}y=\int_{0}^{t} \frac{1}{\sqrt[3]{s^{4}+1}}{\rm d}s .
\end{align*} Asymptotes horizontales : $\quad \lim\limits_{t\to \pm \infty} x(t).$
Je sais que $\quad\displaystyle \lim_{t\to+\infty} \int_{0}^{t}\frac{1}{\sqrt[3]{s^{4}+1}}{\rm d}s
$ converge.
Mais l'intégrale du côté gauche ne converge pas.
Je ne sais pas comment aller de l'avant.
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Réponses
Dans ton raisonnement il y a une coquille (une constante qui manque)
$$ F(x):=\int_{0}^{x}f(s){\rm d}s \quad \text{et} \quad G(x):=\int_{0}^{x}g(s){\rm d}s.
$$
- Il est clair que $\forall s\in \mathbb{R}: g(s)>0, f(s)>0$. Donc, $F(x)>0$ et $G(x)>0$. Ceci signifie que $F,G$ ce sont des fonctions strictement positives.
- Depuis que $f,g\in \mathcal{R}(\Omega)$, ensuite $F,G$ ce sont des fonctions continues sur $\Omega$.
- Les fonctions $F$ et $G$ ils $\nearrow$ strictement. Depuis que, si $x,y \in \Omega\subseteq \mathbf{R}$ avec $x>y$,ensuite $f(x)>f(y)$, parce que $F(-\infty)=-\infty$ et $F(+\infty)=+\infty$ et $G(-\infty)=-\infty$ et $G(+\infty)=+\infty$,
Par conséquent, puisque $1,2 $ et $ $ sont vérifiés, nous pouvons nous assurer que $F$ et $G$ sont des bijections de $ \mathbf{R} $ en $ \mathbf{R}$.Donc, $$\lim_{t\to +\infty}F(t)= \lim_{t\to +\infty} \Big(\int_{0}^{t}\frac{{\rm d}s}{\sqrt[3]{s^{4}+1}} -\Big)=\int_{0}^{+\infty}\frac{{\rm d}s}{\sqrt[3]{s^{4}+1}}=\alpha \in \mathbf{R}.
$$ Ensuite, $F(x)\to \alpha \implies x=F^{-1}(\alpha)$ quand $\to +\infty$ est une asymptote horizontale et l'autre asymptote horizontale est obtenue quand $t\to -\infty$.
Est-ce correct ?
Des suggestions ?
Merci.
$G(+\infty)=+\infty$,
Etudiant evariste, trouve le bon raisonnement sinon je bloque ton module :-D
J'ai juste besoin de corriger cette partie selon vos instructions, prof.