Corrigé (D'après EML 1997) par Pierre Veuillez
    1. On étudie les variations de la différence :
      h(x)=x- e-x ; h est dérivable sur et h' (x)=1+ e-x >0
      • En + on a h(x)+ et
      • en - on a : h(x)=x- e-x = e-x (-1-x/ e-x ) avec X=-x+ on a e-x >>x donc h(x)- quand x-
      On applique alors le théorème de bijection :
      h est continue et strictement croissante donc bijective de sur ] lim- h; lim+ h[=.
      Comme 0 alors l'équation h(x)=0 a une unique solution que l'on notera x0 et x= e-x également.
      Comme h(1)=1- e-1 = e-1 e >0 car e>1 et h(1/2)= 1 2 - 1 e = e-2 2e <0 d'après les valeurs approchées,
      alors h(1)>h( x0 )>h(1/2) donc x0 ] 1 2 ,1[
    2. f est de classe C2 sur 2 .
      On a f x (x,y)=2x-2y- e-x et f y (x,y)=-2x+4y
      Donc { f x (x,y)=0
      f y (x,y)=0 { 2x-2y- e-x =0 -2x+4y=0 et par substitution :
      { x- e-x =0 y=x/2
      Comme x- e-x =0
      x= e-x , cette équation a une unique solution.
      Il existe donc un unique couple ( x0 , y0 ) qui annule les deux dérivées partielles et il vérifie { x0 - e- x0 =0 y0 = x0 2
    3. Comme 2 est un ouvert, il suffit de vérifier la condition suffisante d'étrémum :
      Soit r= 2 f x2 (x,y)=2+ e-x , s= 2 f yx (x,y)=-2
      et t= 2 f y2 (x,y)=4
      On a rt- s2 =4(2+ e-x )-4=4+4 e-x >0 donc cette quantité est strictement positive en ( x0 , y0 ) et c'est donc bien un extremum.
      Comme de plus r>0 c'est donc un minimum local de f.
    4. On a, comme y0 = x0 /2 et e- x0 = x0
      f( x0 , y0 )= x0 2 -2 x0 y0 +2 y0 2 + e- x0 = x0 2 - x0 2 + x0 2 /2+ x0 = x0 2 2 + x0

  1. On note g(x)= 1+x 1+ ex
    1. On résout :
      1+x 1+ ex =x 1+x=(1+ ex )x     car 1+ ex 0 1= ex x x= e-x      car ex 0

      Donc g(x)=x a pour unique solution x0
    2. g est dérivable sur + et
      g' (x)= 1+ ex - ex (1+x) (1+ ex )2 = 1- ex x (1+ ex )2

      On étudie enfin le signe de 1- ex x=- ex (x- e-x )=- ex h(x) et
      x 0 x0
      h(x) - 0 +
      g'(x) + 0 -
      g(x) 1/2 x0 0
      Pour la courbe représentative, il ne faut pas oublier la tangente en 0: g' (0)=1/4
      En +:
      g(x)= 1+x 1+ ex = x(1+1/x) ex (1+ e-x ) 0

      car ex >>x
    3. On démontre que pour tout entier n : 0 un un+1 x0 :
      • Pour n=0 on a u0 =0; u1 =g( u0 )= 1 2 donc 0 u0 u2 x0
      • Soit n0 tel que 0 un un+1 x0 alors comme g est croissante sur + et que 0, un , un+1 et x0 en sont éléments :
        g(0)g( un )g( un+1 )g( x0 ) donc 01/2 un+1 un+2 x0 et
      • pour tout entier n, 0 un un+1 x0
      Comme u est croissante et majorée par x0 elle est convergente et sa limite vérifie u0 x0
      Donc g est continue en et g()=. La seule solution étant x0 on a donc u qui converge vers x0
(D'après EML 1997)



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On 18 May 2004, 00:02.