exercice corrigé somme de riemann bibmath
$\int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx$. $$\int_1^x \frac{e^t}{t^3}dt=\frac{e^x}{x^3}-e+3\int_1^x \frac{e^t}{t^4}dt.$$
Il faut … Ceci tend vers $+\infty$, et donc l'intégrale n'est pas convergente. Ceci contredit la convergence de $\int_{x_0}^{+\infty}f(x)dx$. Gardons les mêmes notations et faisons tendre $x$ vers $0$. &=&\frac\pi4-\frac 12\ln(2). $$S_n-\frac{\pi^2}6=-\sum_{k\geq n+1}\frac{1}{n^2}\sim_{+\infty}-\frac 1n$$
$$\int_2^x \frac{dt}{(\ln t)^{n+2}}=o\left(\int_2^x \frac{dt}{(\ln t)^{n+2}}\right).$$
Pour n entier naturel non nul donné, on pose u n = R b a (f(x))ng(x)dx 1=n. de raison différente de 1 (puisque $t\in]0,\pi]$). $$\lim_{x\to0^+}\int_{ax}^{bx}\frac{f(t)}tdt=f(0)\ln\left(\frac ba\right).$$. $$\int_{x_0}^X f(x)dx\leq \int_{x_0}^X f(x_0)dx\leq (X-x_0)f(x_0).$$
$$\sum_{k=1}^n\arctan\left(\frac{1}{k^2+k+1}\right)=\arctan(n+1)-\arctan(1)\to \frac{\pi}{4}.$$, Étudier la convergence et calculer la somme de la série de terme général
On notera $\gamma$ sa limite. Mais alors
problèmes de convergence. $$f(x)\sim_{+\infty}x^\alpha \ln x.$$
Autrement dit, le domaine
Utilisant $\sum_1^n\frac{1}{p}=\ln n+\gamma+o(1),$ ($\gamma$ est la constante d'Euler), on a :
Écrire $\frac1{n^2-1}=\frac1{2(n-1)}-\frac1{2(n+1)}$. On a $e^{\alpha x}\to 1$ et donc $\ln(x+e^{\alpha x})\to 0$. Clairement, $f$ est de classe $C^1$ sur $]0,\pi]$. Pour tout $k\geq 2$, on a donc
\newcommand{\mcmn}{\mathcal{M}}\newcommand{\mcmnr}{\mathcal{M}_n(\mtr)} Puisque $f$ est intégrable, il existe $A>0$ tel que $\int_A^{+\infty} |f(t)|dt<\veps$. Pour $t\in[k\pi,(k+1)\pi]$, on a
$$R_n=\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac 1{k^{\alpha}}.$$. &=(-1)^{n+1}\sum_{k=n+1}^{+\infty}(-1)^k (u_k-u_{k+1})\\
De même, on sait que $\frac{1}{t^\alpha}\leq\frac1{k^\alpha}$ pour $t\in[k-1,k]$, et on intègre
&=&\frac{e^x}x-\frac{e}1+\left[ \frac{e^t}{t^2}\right]_1^x+2\int_1^x \frac{e^t}{t^3}dt\\
Par intégration des relations de comparaison (les fonctions étant positives et intégrables), on en déduit que
$$n!\int_2^x \frac{dt}{(\ln t)^{n+1}}=\frac{n!x}{(\ln x)^{n+1}}+(n+1)!\int_2^x \frac{dt}{(\ln t)^{n+2}}+O(1).$$
Il tend lui aussi vers 0, ce qui prouve le résultat. En particulier, $\int_1^X\frac{\cos t}{t^2}dt$ admet
Puis relier la somme partielle de $v_n$ à $u_n$. Finalement, on a bien prouvé que
On en déduit que la fonction est intégrable sur $]1,+\infty[$. converge (effectuer une intégration par parties), les intégrales $\int_1^{+\infty}f$ et $\int_1^{+\infty}g$ sont de même nature. On remarque ainsi que, pour $t\in]0,\pi]$,
On a affaire à une série télescopique un peu compliquée. On divise par $n\ln n$ pour prouver que $\ln(n! &=&-\sum_{k=0}^n \int_0^1 t^{2k}\ln tdt\\
$$I_n=\int_0^{\pi/2}\frac{\sin \big((2n+1)t\big)}{\sin t}dt\textrm{ et }J_n=\int_0^{\pi/2}\frac{\sin \big((2n+1)t\big)}{t}dt.$$. Get traffic statistics, SEO keyword opportunities, audience insights, and competitive analytics for Bibmath. Pour la question 2.,
\end{eqnarray*}, On remarque d'abord que $|\sin(t)e^{-at}|\leq e^{-at}$ qui est une fonction intégrable sur $[0,+\infty[$ (car $a>0$) et donc la fonction $t\mapsto \sin(t)e^{-at}$ est elle-même intégrable. Montrer que, pour tout $n\geq 1$, $I_n-I_{n-1}=0$. &=&-\frac{1}{t}+\frac{1}{2t^2}+o\left(\frac 1{t^2}\right)\\
Diviser dans l'inégalité précédente par $\ln(n)$. On a donc :
Prouver par récurrence que la dérivée n-ième de $f(t)=\ln(1+t)$ est :
En déduire l'existence d'une suite $(x_n)$ tendant vers $+\infty$ telle que $\big(x_nf(x_n)\big)$ tend vers 0. questions précédentes. On définit la suite ( ) par et par la relation de récurrence ... On appelle ( )la somme de cette série, calculer ( en fonction de ( ). converge (série de Riemann d’exposant a > 1), la série de fonctions de terme général x 7→ 1 nx, n ≥ 1, est normalement convergente et donc uniformément convergente sur [a,+∞[. D'après les deux questions précédentes, on a
Si $x=0$, la fonction est constante
&=&\frac{ at^2+o(t^2)}{t^2+o(t^2)}\to a. Puisqu'on travaille avec des fonctions positives, et que $\int_1^{+\infty}\frac{dt}{t}$ diverge,
On a
On intègre :
Démontrer que, pour tout $A>0$, $\int_0^A f(t)\cos(xt)dt$ tend vers 0 lorsque $x$ tend vers $+\infty$. Comment majorer le reste d'une série alternée? L'hypothèse d'intégrabilité entraine que $F$ admet une limite finie $\ell$ en $+\infty$. $$\int_0^{(n+1)\pi}\frac{|\sin t|}{t}dt\to+\infty.$$
On définit, lorsque l'intégrale est convergente,
Finalement, on conclut par l'inégalité triangulaire que
$$|\cos^2(1/t)|\leq 1.$$
\begin{eqnarray*}
et l'intégrale impropre ne converge pas au voisinage de $+\infty$. Prouver que, pour tout $t\in\mathbb R$, $|\sin t|\geq \frac{1-\cos 2t}{2}$. $$\begin{array}{lll}
Déduire des questions précédentes que $S_n\to \frac{\pi^2}6.$, Une intégration par parties donne
4. ce qui prouve bien que $(f_n)$ converge vers $\gamma$. Il suffit de remarquer que pour tout $n\geq 1$, on a
L'objectif de ce problème est l'étude de la fonction dilogarithme définie par :
D'autre part, on a
&=&-a(\ln a)^n-n\int_a^1(\ln x)^{n-1}dx. Dans le cas de la fonction exponentielle, cela donne Z b a e x d x = lim n!+1 b a n Xn k=1 e a+k b a n = e b e a: Dans le cas de … On note
$$I_n=(-1)^n n! Il faut étudier le problème en $+\infty$. $$\frac{\ln(n+1)}{\ln n}=\frac{\ln (n)+\ln(1+1/n)}{\ln n}\to 1$$
Montrer que la série de terme général $u_n$ converge. En déduire que $(f_n)$ converge vers $\gamma$. On vient donc de voir deux phénomènes très différents de ce qui peut se passer dans le cas limite de la règle de d’Alembert. Toutefois, ceci ne permet pas de calculer la somme. Sommant cette inégalité pour $k$ allant de $n$ à $+\infty$, on trouve
Pour étudier le problème en $+\infty$,
de définition de $\phi$ est $]1,+\infty[$. $$\int_1^x \frac{e^t}{t^3}dt\sim_{+\infty}\frac{e^x}{x^3}$$
En rajoutant $1$ à l'inégalité de droite, on trouve finalement :
Alors si $t\in [x_n,y_n]$, on a $t\sin t\leq 0$ et donc
D´erivation sous le signe somme 41 &=&\int_{X}^{X+1}\arctan(x)dx-\int_0^1 \arctan(x)dx. \newcommand{\croouv}{[\![}\newcommand{\crofer}{]\!]} et par comparaison à une intégrale de Riemann convergente, $\int_0^{+\infty}xe^{-kx}dx$ converge. Ceci tend bien vers $0$ si $x$ tend vers $0$. Ainsi, $f$ se prolonge par continuité en $0$ en posant $f(0)=1/2$. (on a utilisé que $nx^n \to 0$). $$\int_{k}^{k+1}\frac{dt}{t^\alpha}\leq \frac{1}{k^{\alpha}}\leq \int_{k-1}^{k}\frac{dt}{t^\alpha}.$$
\begin{eqnarray*}
Démontrer que, pour tout $n\geq 1$,
On suppose que $\int_0^{+\infty}f(t)dt$ converge, et soit $(x_n)$ et $(y_n)$ deux suites tendant vers $+\infty$. $$V_n=\sum_{k=1}^n v_k=\sum_{p=2}^{2n+1}\frac{1}{p}-\sum_1^n\frac{1}{p}.$$
Ceci signifie que
Ceci donne : Soit pour $n\geq 1$, $u_n=\frac 1{(2n-1)5^{2n-1}}$. ∑ 4 2 =1 1. Si l'intégrale converge absolument, alors la série $\sum_n u_n$ converge elle aussi absolument. On en déduit que la série $\sum_n v_n$ est convergente. En déduire un équivalent simple de $R_n$. On obtient un réel $x_n$ tel que $x_n\geq n$ et $|x_nf(x_n)|\leq 1/(n+1)$. Démontrer qu'il existe une constante $C\in\mathbb R$ telle que, pour tout $x\in ]0,1[$,
$\int_0^{+\infty}f(t)e^{-s_0t}dt$ converge. $$\frac{\sqrt{\ln x}}{(x-1)\sqrt x}\sim_1\frac{1}{\sqrt{x-1}}.$$
\DeclareMathOperator{\diam}{diam}\DeclareMathOperator{\supp}{supp} En 0, à quoi est-elle équivalente? Correction H [005712] 4. Dans le cas de la fonction exponentielle, cela donne \DeclareMathOperator{\comat}{comat}\DeclareMathOperator{\imv}{Im} $$\sum_{k=n}^N\big( w_{k+1}-w_k\big)=w_{N+1}-w_n\to -w_n\textrm{ pour }N\to+\infty.$$
Remarquons que si $t\in[0,1]$, on a :
}\right|\leq\frac{1}{n},$$
En déduire qu'il existe une constante
Ainsi, pour $x\geq A$,
Ceci contredit la convergence de l'intégrale $\int_0^{+\infty}f(t)dt.$. \end{eqnarray*}
Analyse. Étudier la convergence et calculer la somme de la série de terme général $\dis \arctan\left(\frac{1}{k^2+k+1}\right).$. En intégrant une fois par parties, on a
avec $f(t)=\frac{at^2+bt}{2\sin(t/2)}.$ Pour conclure, il s'agit de prouver que $f$ est de classe $C^1$ en 0. $$. On obtient
\end{eqnarray*}
On majore ensuite la fonction à l'intérieur de l'intégrale. Or, au voisinage de $+\infty$,
$$\arctan\left(\frac {N+1}a\right)-\arctan\left(\frac 1a\right)\leq \sum_{n=1}^N \frac{a}{n^2+a^2}\leq \arctan\left(\frac{N}a\right).$$
Il y a deux techniques classiques : Les intégrales impropres suivantes sont-elles convergentes? à une fonction positive, l'intégrale est convergente si et seulement si $x>1$. Exercice 1. Cette dernière fonction n'est pas intégrable
Ainsi, la fonction $t\mapsto \frac{t^2\ln t}{t^2-1}$ se prolonge par continuité au segment $[0,1]$. Au voisinage de 0, on a l'équivalence
On peut donc se concentrer sur le cas $\alpha< -1$. EXERCICES SUR L’INTEGRALE DE RIEMANN 1. a) Si fest une fonction en escalier, montrez que |f| est aussi en escalier. \begin{eqnarray*}
De plus, on a aussi
On suppose de plus que la suite $(u_n)$ vérifie les deux conditions suivantes :
On trouve que
On factorise par le terme dominant dans la racine, puis on effectue un développement limité de $(1+u)^\alpha$ :
$(S_n)$ converge vers $\int_a^b f(t)dt$. \end{eqnarray*}
Il en est de même de l'intégrale de départ. On sait que $\sin t=t+t^2\veps(t)$ où la fonction $\veps$ tend vers 0 en 0. \end{eqnarray*}
Montrer que la série $\sum u_n$ n'est pas absolument convergente. de sorte que
\newcommand{\mcs}{\mathcal{S}}\newcommand{\mcd}{\mathcal{D}} [003090] Exercice 282 Petit théorème de Fermat Soit p ∈ N premier. Mais alors, pour $X\geq A$, en intégrant cette dernière inégalité entre $X$ et $X+1$, on a
3. questions précédentes. en fonction de . \DeclareMathOperator{\rang}{rg}\DeclareMathOperator{\Fr}{Fr} En effet,
$$V_n\to \ln(2)-1.$$. D'après le résultat des questions précédentes, on sait que la fonction $Li$ est décroissante sur $[0,+\infty[$, on connait sa valeur en $0$ et sa limite en $+\infty$. Calculons cette intégrale par intégration par parties. $$\int_0^A f(t)\cos(xt)dt=\frac{f(A)\sin(Ax)}{x}-\frac 1x \int_0^A f'(t)\sin(xt)dt.$$
En d´eduire que lorsque n tend vers +∞, S n tend vers 4 e. Indication pour l’exercice 4 [Retour a l’´enonc´e] Constater que S n est une somme de Riemann de x 7→ √ x sur … Puisqu'on a affaire à des fonctions
On intègre cette inégalité entre $1$ et $+\infty$, et on trouve que $\phi(x)\geq \phi(y)$. On suppose $\alpha>1$. Comment peut-on majorer $|\arctan(x+1)-\arctan(x)|$??? \end{eqnarray*}
$$v(x)\sim x\ln(x)$$
Ce résultat est aussi vrai en $0$ puisque $g(0)=1$ et $g$ est clairement positive sur $[0,+\infty[$ car le numérateur et le dénominateur le sont. Notons $S_n=\sum_{k=1}^n u_k$. $$\int_0^\pi (at^2+bt)\cos(nt)dt=\frac1{n^2}.$$
\end{eqnarray*}, Pour la convergence de l'intégrale, il suffit de remarquer que la fonction est continue sur $[0,+\infty[$
\newcommand{\mcm}{\mathcal{M}}\newcommand{\mcc}{\mathcal{C}} Démontrer, en utilisant un changement de variables, que $J_n\to I$. $$\int_1^x \frac{e^t}{t^4}=o_{+\infty}\left(\int_1^x \frac{e^t}{t^3}\right)$$
La suite $(x_n)$ vérifie donc bien les conditions imposées. $I_n=\int_0^1 (\ln x)^ndx.$. On doit donc comparer. Fixons $\veps>0$ et $A>0$ tel que, pour tout $x\geq A$, on a $\int_A^x f^2(t)dt\leq\veps^2$ (on regarde ici le reste d'une intégrale convergente qui tend vers $0$). La fonction $t\mapsto \frac{\ln t}{t^2+1}$ est continue sur $]0,+\infty[$. $$\frac{x-t}{1+t^2}\leq x-t.$$
d'après la première question. Dans la th eorie de Riemann, certains calculs posent des probl emes. $$\sum_{k\geq 1}\frac 1{k^2}=\frac{\pi^2}6,$$
\begin{eqnarray*}
Lorsque $x$ tend vers 1, $u$ tend vers 0. $$|\sin t|\geq\sin^2 t=\frac{1-\cos(2t)}{2}.$$
Ceci vaudra $1/n^2$ pour $b=-1$ et $a=1/2\pi$. $$\phi'(t)=\frac{t^2\cos t-\sin^2 t}{t^2\sin^2 t}.$$
Par le théorème des gendarmes, $\phi(x)$ tend vers 0 lorsque $x$ tend vers $+\infty$. Puisque la fonction $\ln$ est croissante, on a pour tout $k\geq 2$,
Mathématicien du mois Charles-Jean de La Vallée Poussin (1866 - 1962) … On obtient exactement le même résultat. 3. f'(t)&=&\frac{2(2at+b)\sin(t/2)-(at^2+bt)\cos(t/2)}{4\sin^2(t/2)}\\
Le membre de droite de cette inégalité tend vers $0$, donc, par le théorème des gendarmes, il en est de même de $\frac{2}{2n+1}\int_0^\pi
sauf en un nombre fini de points est intégrable au sens de Riemann. \end{eqnarray*}
&=&\frac12+\frac{\sin(nt/2)\cos((n+1)t/2)}{\sin(t/2)}. Puisque $\int_e^{+\infty}\frac{dt}{t^\gamma}$ converge, il en est de même de
On en déduit que
qui gardent un signe constant, on en déduit que $\int_0^1 f$ converge si et seulement si $\int_0^1 x^{\alpha+1}dx$ converge, c'est-à -dire si et seulement si
}&=&\sum_{n\geq 1}\frac{n(n-1)(n-2)}{n! ce qui permet de conclure. Il suffit enfin de se rappeler que $w_N=v_N\gamma$. ce qui démontre que $v_n\sim_{+\infty}-\frac{1}{2(n+1)^2}$. On peut prouver sa convergence à l'aide d'un développement limité du terme général. On a
21. $$n^2=n(n-1)+n$$
Répondre par vrai ou faux en justifiant votre réponse On considère la fonction : ↦ sur l’intervalle =[0,2]. \newcommand{\veps}{\varepsilon}\newcommand{\mcu}{\mathcal{U}} $$Li(0)-S_n=\int_0^{+\infty}\frac{xe^{-nx}}{e^x-1}dx.$$, En déduire que
b) Si fet gsont en escalier, montrer que f+get fgsont en escalier. Pour étudier ce problème, on fait un développement limité en 1 en posant
On obtient :
&=&\frac{2(2at+b)(t/2+o(t^2))-(at^2+bt)(1-t^2/2+o(t^2))}{t^2+o(t^2)}\\
Montrer que, pour tout entier $k\geq 0$, l'intégrale $I_k=\int_0^1 t^k\ln tdt$ converge, puis calculer $I_k$. Une fonction f: Y → Cest dite holomorphesi, pour toute carte1 ψ: U → V sur X, la fonction conjuguée : f ψ−1: ψ(U∩Y) −→ C est holomorphe au sens usuel sur l’ouvert ψ(U∩Y) ⊂ C. L’ensemble de toutes les fonctions holomorphes sur Y sera noté O(Y) : c’est un … Pour $\alpha\geq -1$, on a au voisinage de $+\infty$
\begin{eqnarray*}
Exercice 1.1.5 Montrer qu’en ajoutant un point x ∗ (entre x i−1 et x i) à X, la somme de Darboux inférieure (resp. d'où l'on déduit que
On va faire un développement asymptotique de la fonction au voisinage de $+\infty$. Construire une fonction avec un pic entre $n$ et $n+1/2^n$, pour chaque entier $n$. $$f(x)\sim \ln x\implies f(x)=o\left(\frac 1{\sqrt x}\right).$$
La fonction $v$ admet une limite quand $x$ tend vers $0$ qui vaut $0$, car au voisinage de $0$,
$$0\leq f((n+1)\pi)|\sin(t)|\leq f(t)|\sin(t)|\leq f(n\pi)|\sin(t)|$$
Bien sûr, on pourrait pousser le développement asymptotique aussi loin qu'on veut avec une méthode identique. Problème 1 : sommes de Riemann Partie A : convergence des sommes de Riemann 1. f'(t)\cos\big((2n+1)t/2\big)dt\right| \leq \frac 2{2n+1}\int_0^\pi |f'(t)|dt.$$
$f$ ne tend donc pas vers 0 en $+\infty$. Puisque $\alpha<-1$, on sait que $e^{\alpha x}$ tend vers 0 en $+\infty$, d'où
Le but de l'exercice est de prouver la relation suivante :
En $+\infty$. On a
Il s'agit ici d'appliquer le théorème fondamental du calcul intégral, car la fonction $f$ est continue sur $]0,+\infty[$. Mais, la somme étant télescopique,
$$0\leq Li(0)-S_n\leq \int_0^{+\infty}e^{-nx}dx=\frac 1n.$$. En effet, pour tout $t\geq x$, on a
Commencer par trouver des intervalles où la fonction est continue, puis étudier le problème au bord. Par une intégration par parties, on trouve pour $X>1$
F(X)&=&\int_0^X \arctan(x+1)dx-\int_0^X \arctan(x)dx\\
On distingue alors deux cas : Si $\alpha\leq1$, alors $2\alpha-1\leq 1$, et donc $\frac{\ln t}{t^{2\alpha-1}}\geq\frac1t$ pour $t$ assez grand. On reprend la même méthode que pour prouver la divergence de la série harmonique, à savoir que l'on compare à une intégrale. Soit $f$ une fonction de classe $C^1$ sur $[0,\pi]$. Or, il est d'une part clair que $\frac{2}{2n+1}f(0)$ tend vers 0 lorsque $n$ tend vers $+\infty$. Par le théorème des gendarmes, on en déduit que
et donc, multipliant par $x-t\geq 0$, on a
Mais alors, pour $x\geq x_0$, on a $f(x)\leq f(x_0)$ puisque $f$ est décroissante. Exercices sur les Sommes de Riemann généralisées. $$f(t)=o\left(\frac1{t^2}\right)$$
\sum_{k=1}^n e^{-kx}&=&\frac{e^{-(n+1)x}-e^{-x}}{e^{-x}-1}\\
Mais au voisinage de $0$,
&=\ln(2)+\sum_{n=2}^N \big(\ln (n+1)+\ln(n-1)-2\ln (n)\big)
On pose $u_n=H_n-\ln n$, et $v_n=u_{n+1}-u_n$. $$\int_{x_n}^{y_n}f(t)dt=F(y_n)-F(x_n)\to \ell-\ell=0.$$. Il existe donc un réel $A$ tel que, pour tout $x\geq A$, on a
Par convexité de la fonction exponentielle, $\exp(x)\geq 1+x$ pour tout $x\geq 0$. $$1+\ln(n+1)-\ln(2)\leq H_n\leq \ln(n)+1.$$
Puisque la fonction $\veps$ est bornée (disons par $M$) au voisinage de $0$, on a
Posons $g(x)=f(x)-f(0)$. \end{eqnarray*}
$$\sum_{n=2}^N \big(\ln(n+1)+\ln(n-1)-2\ln(n)\big)=\ln(N+1)-\ln(N)-\ln(2).$$. En déduire les valeurs de $\beta$ pour lesquelles l'intégrale converge. \newcommand{\rab}{\mathcal{R}(a,b)}\newcommand{\pss}[2]{\langle #1,#2\rangle} Pour $t$ tendant vers 0, l'utilisation des développements limités prouve facilement que $\phi'(t)$ tend vers $-1/6$. \newcommand{\mcun}{\mcu_n}\newcommand{\dis}{\displaystyle} et ceci tend vers $0$ lorsque $N$ tend vers $+\infty$. $$u_{n+k+1}\leq 25^{-k} u_{n+1}.$$
&=&2\int_0^1 \ln(x)dx+2\int_1^2\ln(x)dx\\
$$V_n=\ln(2n+1)-1-\ln(n)+o(1).$$
$$I_n-I_{n-1}=\int_0^{\pi/2}2\cos(2nt)dt=0.$$. $M>0$, qu'on ne cherchera pas à calculer, telle que, pour tout $t\in]0,1[$, $\left|\frac{t^2\ln t}{t^2-1}\right|\leq M$. \int_4^{+\infty}\frac{\sin x}{\sqrt x+\sin x }dx&&\displaystyle \mathbf 2.\ \int_1^{+\infty}\ln\left(1+\frac{\sin x}{x^\alpha}\right)dx,\ \alpha>0
$t_n=w_{n+1}-w_n$. $$\int_0^{(n+1)\pi}\frac{|\sin t|}{t}dt\geq\left(\sum_{k=0}^n \frac{1}{(k+1)\pi}\right)\int_0^{\pi}|\sin t|dt.$$
Démontrer que $F$ est bornée sur $[0,+\infty[$. Alors en intégrant l'inégalité précédente entre $x_0$ et $X$, on trouve
$$\frac1{1+t^x}\geq \frac 1{1+t^y}.$$
Soit fla fonction définie sur [0,1] par f(x) = ˆ (−1)E(1/x) si 0
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