Corrigé EML 2003 par Pierre Veuillez

On note e = exp ( 1 ) , et + * = ] 0 ; + [ .

On considère, pour tout nombre réel a non nul, l'application f a : + * × + * définie par : ( x , y ) + * × + * , f a ( x , y ) = x e x y y a

Les deux parties de l'exercice sont indépendantes entre elles.

I. Première partie

Dans cette première partie, on prend a = e , et on note g à la place de f e . Ainsi, l'application g : + * × + * est définie par : ( x , y ) + * × + * , g ( x , y ) = x e x y + y e

  1. Pour tout ( x , y ) de + * × + * on a y 0.

    Donc la fonction ( x , y ) 1 y y est de classe C 2 .

    Donc g est de classe C 2 comme produit et somme de fonctions C 2 sur + * × + * .

    (On peut détailler les fonctions coordonnées ( x , y ) y composée avec la fonction inverse)

  2. On a g x ( x , y ) = 1 y ( e x x e x ) = ( 1 x ) e x y g y ( x , y ) = x e x y 2 + 1 e

  3. On résout alors : { g x ( x , y ) = 0 g y ( x , y ) = 0 { ( 1 x ) e x y = 0 x e x y 2 + 1 e = 0 { x = 1 e 1 y 2 + 1 e = 0 { x = 1 1 y 2 = 1 { x = 1 y = ± 1 donc sur + * × + * le seul couple ( x , y ) (avec y > 0 ) en lequel les deux dérivées partielles d'ordre 1 de g s'annulent, est ( 1 , 1 ) .

  4. Comme + * × + * est un ouvert, si g a un extremum, les dérivées partielles d'ordre 1 s'y annulent.

    Donc le seul extremum possible est ( 1 , 1 )

    Pour savoir si c'est effectivement un extremum local, on calcule d'abord les dérivées partielles secondes : 2 g x 2 ( x , y ) = e x ( 1 x ) e x y = ( 2 + x ) e x y 2 g y x ( x , y ) = ( 1 x ) e x y 2 2 g y 2 ( x , y ) = 2 x e x y 3

    et leurs valeurs en ( 1 , 1 ) : r = 2 g x 2 ( 1 , 1 ) = 1 e s = 2 g y x ( 1 , 1 ) = 0 t = 2 g y 2 ( 1 , 1 ) = 2 e

    et le déterminant r t s 2 = 2 / e 2 < 0 prouve que g n'a pas d'extremum local et donc pas d'extremum global.

II. Seconde partie

Dans cette seconde partie, on prend a = 1 .

On considère, pour tout entier n tel que n 1 , l'application h n : ] 0 ; + [ définie par : x ] 0 ; + [ , h n ( x ) = f 1 ( x , x n ) = x e x x n x n et l'application ϕ n : ] 0 ; + [ définie par : x ] 0 ; + [ , ϕ n ( x ) = e x x 2 n 1

  1. Soit n supérieur ou égal à 1 et x ] 0 ; + [ . (l'important étant que x 0 ) h n ( x ) = 0 x e x x n x n = 0 x e x x n = x n x e x = x 2 n e x = x 2 n 1 ϕ n ( x ) = 0 donc x ] 0 ; + [ , h n ( x ) = 0 ϕ n ( x ) = 0

  2. On étudie le solutions sur ] 0 , 1 [ de ϕ n ( x ) = 0 par le théorème de bijection :

    ϕ n est dérivable sur et ϕ n ( x ) = e x ( 2 n 1 ) x 2 n 2 < 0 (pour la formule de dérivée de la puissance, on vérifie que 2 n 1 0 )

    Donc ϕ n est strictement décroissante et continue donc bijective de ] 0 , 1 [ dans ] lim 1 ϕ n , lim 0 ϕ n [ = ] 1 e e , 1 [

    Comme 0 ] 1 e e , 1 [ , l'équation ϕ n ( x ) = 0 a donc une unique solution u n sur ] 0 , 1 [ .

    Comme ϕ n est strictement décroissante, elle n'en a pas d'autres sur ] 0 , + [

    Donc d'après l'équivalence ϕ n ( x ) = 0 h n ( x ) = 0 pour tout entier n supérieur ou égal à 1 , l'équation h n ( x ) = 0 , admet une solution et une seule, notée u n , et que 0 < u n < 1

  3. On a ϕ n n ( u n ) = 0 donc e u n u n 2 n 1 = 0 et e u n = u n 2 n 1 et comme u n > 0 on a alors ln ( e u n ) = ( 2 n 1 ) ln ( u n ) d'où finalement ln ( u n ) = u n 2 n 1 .

  4. Comme 0 < u n < 1 et que 2 n 1 > 0 , on a l'encadrement 0 < u n 2 n 1 < 1 2 n 1

    et par encadrement u n 2 n 1 = ln ( u n ) 0.

    D'où finalement u n = e ln ( u n ) e 0 = 1 (par continuité de exp )