Corrigé ESC 2005 par Pierre Veuillez

On considère la fonction de deux variables f définie sur l'ouvert U = ] 0 ; + [ × ] 0 ; + [ par : f ( ( x , y ) ) = x 2 ln y y ln x

  1. On note g la fonction définie sur ] 0 ; + [ par g ( t ) = 4 t 2 2 t ln t 1 .

    1. g est C 2 sur ] 0 , + [ comme produit et somme de fonctions C 2 et pour tout t > 0 :

      g ( t ) = 8 t 2 ln ( t ) 2

      g ( t ) = 8 2 t = 2 4 t 1 t

    2. g est du signe de 4 t 1 donc

      t 0 1 4 +
      4 t 1 affine
      g ( t ) \\ 0 +
      g ( t ) \\ + + + + +
      g ( t ) \\ 1 +

      avec g ( 1 4 ) = 2 2 ln ( 1 4 ) 2 = 2 ln ( 4 ) > 0 car 4 > e

      En 0 :

      • g ( t ) = 8 t 2 ln ( t ) 2 +

      • et g ( t ) = 4 t 2 2 t ln t 1 et comme t ln ( t ) = ln ( t ) 1 / t et que ln ( t ) = 0 ( 1 / t ) alors g ( t ) 1

      En + :

      • g ( t ) = 8 t 2 ln ( t ) 2 = t ( 8 2 ln ( t ) t 2 t ) + car ln ( t ) = o ( t )

      • et g ( t ) = 4 t 2 2 t ln t 1 = t 2 ( 4 2 ln t t 1 t 2 ) +

    3. Comme g est continue et strictement croissante sur ] 0 , + [

      elle est bijective de ] 0 , + [ dans ] lim 0 g , lim + g [ = ] 1 , + [

      Et comme 0 ] 1 , + [ alors

      Conclusion :

      l'équation g ( x ) = 0 a une unique solution, α ] 0 , + [

    4. On a donc 0 = g ( α ) = 4 α 2 2 α ln ( α ) 1 d'où 2 α ln ( α ) = 4 α 2 1 et

      Conclusion :

      ln α = 2 α 1 2 α

    1. La fonction coordonnée ( x , y ) y est C 2 sur 2

      Donc ( x , y ) ln ( y ) est C 2 en ( x , y ) tel que y > 0

      de même ( x , y ) ln ( x ) est C 2 en ( x , y ) tel que x > 0

      Donc f est C 2 en ( x , y ) tels que x > 0 et y > 0 donc sur ] 0 , + [ × ] 0 , + [ = U

    2. Les dérivées partielles d'ordre 1 de f sont : f ( ( x , y ) ) = x 2 ln y y ln x f x ( x , y ) = 2 x ln ( y ) y x f y ( x , y ) = x 2 y ln ( x )

    3. Donc si ( x 0 , y 0 ) est un point critique de f alors f y ( x 0 , y 0 ) = x 0 2 y 0 ln ( x 0 ) = 0 et donc

      y 0 ln ( x 0 ) = x 0 2 > 0 donc, comme y 0 > 0 alors ln ( x 0 ) > 0 et x 0 > 1

      Conclusion :

      x 0 > 1 et y 0 = ( x 0 ) 2 ln x 0

    4. g ( ln ( x 0 ) ) = 4 ln ( x 0 ) 2 2 ln ( x 0 ) ln ( ln ( x 0 ) ) 1

      Et comme 0 = f x ( x 0 , y 0 ) = 2 x 0 ln ( y 0 ) y 0 x 0 = 2 x 0 ln ( ( x 0 ) 2 ln x 0 ) ( x 0 ) 2 ln x 0 x 0 = 2 x 0 ln ( ( x 0 ) 2 ln x 0 ) x 0 ln ( x 0 ) = x 0 ln ( x 0 ) [ 2 ln ( x 0 ) ln ( ( x 0 ) 2 ln x 0 ) 1 ] = x 0 ln ( x 0 ) [ 2 ln ( x 0 ) [ 2 ln ( x 0 ) ln ( ln x 0 ) ] 1 ] = x 0 ln ( x 0 ) g ( ln ( x 0 ) )

      Conclusion :

      g ( ln x 0 ) = 0 .

      Donc si ( x 0 , y 0 ) est un point critique alors ln ( x 0 ) = α et x 0 = e α et y 0 = ( x 0 ) 2 ln x 0 = e 2 α α

      Réciproquement, si x 0 = e α et y 0 = e 2 α α alors f y ( x 0 , y 0 ) = 0 et g ( x 0 ) = 0 donc f x ( x 0 , y 0 ) = 0

      Donc ( e α , e 2 α α ) est un point critique de f et c'est le seul.

    1. On a r = 2 f x 2 ( x , y ) = 2 ln ( y ) + y x 2 s = 2 f y x ( x , y ) = 2 x y 1 x t = 2 f y 2 ( x , y ) = x 2 y 2

    2. On calcule la différence : 2 ln y 0 + y 0 ( x 0 ) 2 2 α = 2 ln ( e 2 α α ) + e 2 α α e 2 α 2 α = 4 α 2 ln ( α ) + 1 α 2 α = 1 α ( 4 α 2 2 α ln ( α ) 1 ) = 1 α g ( α ) Conclusion :

      2 ln y 0 + y 0 ( x 0 ) 2 = 2 α

      Comme r > 0 et que t < 0 alors r t s 2 < 0 et donc sur l'ouvert U , f n'a pas d'extremum local, et a fortiori, global.

  2. On définit sur l'application h telle que { h ( t ) = 36 5 f ( t , t ) lorsque t ] 0 ; 1 ] h ( t ) = 0 lorsque t 0  ou  t > 1

    1. On a h ( t ) = 36 5 ( t 2 t ) ln ( t ) si t ] 0 ; 1 ]

      Donc h est continue sur ] 0 ; 1 ] , sur ] , 0 ] et sur ] 1 , + [

      En 0 + : h ( t ) = 36 5 ( t 2 t ) ln ( t ) = h ( t ) = 36 5 ( t 1 ) ln ( t ) 1 / t 0 quand t 0 car ln ( t ) = 0 ( t )

      Donc h ( t ) h ( 0 ) quand t 0 , t > 0 et h est continue en 0 +

      En 1 + : h ( t ) = 0 0 = h ( 1 ) donc h est continue en 1 +

      Finalement, h est continue sur .

    2. On calcule a 1 t k ln t t en intégrant par parties :

      u ( t ) = t k : u ( t ) = 1 k + 1 t k + 1 : v ( t ) = ln ( t ) : v ( t ) = 1 t avec u et v C 1 sur [ a , 1 ] (car a > 0 )

      Donc a 1 t k ln t t = a k + 1 ln ( a ) k + 1 1 k + 1 a 1 t k t  (produit changé en puissance) = a k + 1 ln ( a ) k + 1 1 ( k + 1 ) 2 ( 1 a k + 1 )
      et quand a 0 , a k + 1 ln ( a ) 0 car ln ( a ) = o ( a k + 1 ) donc

      Conclusion :

      l'intégrale impropre en 0 : 0 1 t k ln t t converge et vaut 1 ( k + 1 ) 2 .

    3. Montrer que pour tout réel t de ] 0 ; 1 ] , on a t 1 0 et ln ( t ) ln ( 1 ) = 0 donc ( t 1 ) ln t 0 .
      Donc ( t 2 t ) ln ( t ) = t ( t 1 ) ln ( t ) 0 et h est positive sur ] 0 , 1 ] et nulle ailleurs.

      Conclusion :

      h 0 sur

    4. Reste à calculer + h

      Cette intégrale est impropre en ± et en 0

      0 h = 0 0 converge et vaut 0.

      1 + h = 1 + 0 converge et vaut 0.

      0 1 h = 0 1 36 5 ( t 2 t ) ln ( t ) t = 0 1 36 5 ( t 2 ln ( t ) t ln ( t ) ) t (produit changé en somme)

      Or 0 1 t 2 ln ( t ) t = 1 3 2 = 1 9

      et 0 1 t ln ( t ) t = 1 4

      Donc 0 1 36 5 ( t 2 ln ( t ) t ln ( t ) ) t = 36 5 ( 1 9 + 1 4 ) = 1

      Conclusion :

      h est donc une densité de probabilité.