Corrigé ECRICOME 2005 par Pierre Veuillez

On considère la fonction f définie par : { x + * , f ( x ) = x 2 x ln ( x ) 1 f ( 0 ) = 1 le tableau de valeurs de f , x 0 , 5 1 1 , 5 2 2 , 5 3 3 , 5 4 f ( x ) 0 , 5 0 0 , 6 1 , 6 3 4 , 7 6 , 9 9 , 5 ainsi que les fonctions ϕ et g définies par : x + * , ϕ ( x ) = 2 x + ln ( x ) , ( x , y ) 2 , g ( x , y ) = x e y y e x

Etude de deux suites associées à f .

  1. f est continue en x tel que x > 0 donc sur + *

    En 0 : x ln ( x ) = ln ( x ) 1 / x 0 car ln ( x ) 1 x quand x 0 +
    donc f ( x ) = x 2 x ln ( x ) 1 1 = f ( 0 ) quand x 0 +

    Donc f est continue à droite en 0 et est donc continue sur +

  2. On calcule son taux d'accroissement en 0 : f ( x ) f ( 0 ) x 0 = x ln ( x ) + donc f n'est pas dérivable en 0.

    Et la courbe représentatrice de f a une tangente verticale en 0.

  3. f est deux fois dérivable sur + * et f ( x ) = 2 x ln ( x ) 1 et f ( x ) = 2 1 x = 2 x 1 x

    qui est du signe de 2 x 1 (affine).

    Conclusion :

    Donc f < 0 sur ] 0 , 1 2 [ et f y est concave et f > 0 sur ] 1 2 , + [ et f y est convexe.

    En + : f ( x ) = x 2 x ln ( x ) 1 = x 2 ( 1 ln ( x ) x 1 x 2 ) + car ln ( x ) x

    En 1 2 : f ( 1 2 ) = 1 ln ( 1 2 ) 1 = ln ( 2 ) > 0 car 2 > 1

    x 0 1 2 +
    f ( x ) \\ 0 +
    f ( x ) \\ + + +
    f ( x ) 1 +

  4. On recherche la direction asymptotique en + :

    f ( x ) x = x ln ( x ) = x ( 1 ln ( x ) x ) + on a donc une branche parabolique verticale.

  5. Comme f est continue et strictement croissante, elle est bijective de + * sur ] lim 0 f , lim + f [ = ] 1 , + [ = J

  6. Par symétrie, f est strictement croissante sur + * et lim + f 1 = + . (On a également lim 1 f 1 = 0 )

  7. Pour tout entier k , on a k ] 1 , + [ donc il existe un unique x k + * tel que f ( x k ) = k .

    Comme de plus f ( 0 ) = 1 k , ce x k est unique sur + .

    1. x 0 est l'unique solution de f ( x ) = 0. Comme f ( 1 ) = 0 alors x 0 = 1.

    2. Comme f ( 1 , 5 ) < 1 = f ( x 1 ) < f ( 2 ) < 2 = f ( x 2 ) < f ( 2 , 5 ) et que f est strictement croissante sur + et que tous les termes en sont éléments alors

      Conclusion :

      1 , 5 < x 1 < 2 < x 2 < 2 , 5

    3. Comme f est bijective de + * dans J , que x k + * et que k J alors f ( x k ) = k x k = f 1 ( k )

      Conclusion :

      x k = f 1 ( k )

      Et comme f 1 est croissante sur J , pour tout entier k , comme k < k + 1 alors f 1 ( k ) < f 1 ( k + 1 ) et x k < x k + 1

      Donc la suite x est croissante.

      Comme lim + f = + alors x k = f 1 ( k ) + quand k + et

      Conclusion :

      x k + quand k +

  8. On définit la suite ( u n ) par : { u 0 = 2 3 n , u n + 1 = ϕ ( u n )

    1. ϕ est dérivable sur + * et ϕ ( x ) = 2 x 2 + 1 x = 2 + x x 2

      En 0 : ϕ ( x ) = 2 x + ln ( x ) = 2 x ( 1 + 1 2 ln ( x ) 1 / x ) + car ln ( x ) 1 x

      En + : ϕ ( x ) = 2 x + ln ( x ) +

      En 2 : ϕ ( 2 ) = 1 + ln ( 2 ) 1 , 69

      0 2 +
      2 + x 0 + affine
      ϕ ( x ) \\ 0 +
      ϕ ( x ) + f ( 2 ) +
      Etudier les variations de ϕ sur + * .

    2. Comme ϕ est strictement décroissante sur [ 3 2 , 2 ] alors : si 3 2 x 2 alors 2 ϕ ( 3 2 ) ϕ ( x ) ϕ ( 2 ) 3 2 et donc ϕ ( x ) [ 3 2 , 2 ]

      Conclusion :

      Donc ϕ ( [ 3 2 , 2 ] ) [ 3 2 , 2 ]

    3. ϕ est dérivable sur + * et ϕ ( x ) = 4 x 3 1 x 2 = 4 x x 3 0 sur [ 3 2 , 2 ]

      Donc ϕ est décroissante sur l'intervalle et si 3 2 x 2 alors ϕ ( 3 2 ) ϕ ( x ) ϕ ( 2 ) soit 2 9 ϕ ( x ) 0 9 2 et donc x [ 3 2 , 2 ] | ϕ ( x ) | 2 9

    4. 0 n'est solution ni pour l'une ni pour l'autre et

      Pour tout x > 0 : x = ϕ ( x ) 2 x + ln ( x ) = x 2 + x ln ( x ) = x 2  (car  x 0 ) x 2 x ln ( x ) 1 = 1 f ( x ) = 1 Or f ( x ) = 1 a pour unique solution x 1 donc x = ϕ ( x ) également.

      Conclusion :

      ϕ ( x 1 ) = x 1

    5. Pa récurrence :

      • Pour n = 0 : u 0 = 3 2 donc 3 2 u 0 2

      • Soit n 0 tel que 3 2 u n 2 alors u n [ 3 2 , 2 ] donc ϕ ( u n ) [ 3 2 , 2 ] et 3 2 u n + 1 2

      • Donc pour tout entier n , 3 2 u n 2

      On vérifie les hypothèses de l'inégalité des accroissements finis :

      • on a vu que 1 , 5 < x 1 < 2 donc x 1 [ 3 2 , 2 ] et u n également

      • | ϕ | 2 9 sur [ 3 2 , 2 ]

      • donc | ϕ ( u n ) ϕ ( x 1 ) | 2 9 | u n x 1 | et comme ϕ ( x 1 ) = x 1 on a bien alors | u n + 1 x 1 | 2 9 | u n x 1 |

      Et par récurrence :

      • Comme u 0 = 3 2 x 1 2 alors 0 x 1 u 1 1 2 donc | u 0 x 1 | 1 2 ( 2 9 ) 0

      • Soit n tel que | u n x 1 | ( 2 9 ) n alors | u n + 1 x 1 | 2 9 | u n x 1 | 2 9 ( 2 9 ) n = ( 2 9 ) n + 1 car 2 9 0

      • Donc pour tout entier n : | u n x 1 | ( 2 9 ) n

    6. Comme | 2 9 | < 1 alors ( 2 9 ) n 0 et par encadrement | u n x 1 | 0

      Conclusion :

      u n x 1 quand n +

Recherche d'extremum éventuel de g .

  1. g ( x , y ) = x e y y e x

    La fonction g est de classe C 1 sur 2 .

    g x ( x , y ) = e y y e x g y ( x , y ) = x e y e x

  2. Comme 2 est un ouvert, si g admet un extremum local en ( a , b ) de 2 alors les deux dérivées partielles premières sont nulles et { e b b e a = 0 a e b e a = 0 ( 1 ) d'où { e b = b e a a b e a e a = 0 et comme e a 0 on a alors a b 1 = 0 et a b = 1

    Donc b = 1 a et de ( 1 ) on tire a = e a / e b = e a b = e a 1 a

    Conclusion :

    Donc si g admet un extremum local en ( a , b ) de 2 alors { a b = 1 a = e a 1 a

    Comme a = e a 1 a alors a > 0 et donc ln ( a ) = ln ( e a 1 a ) = a 1 a et a ln ( a ) = a 2 1 d'où f ( a ) = 0

    Conclusion :

    si g admet un extremum local en ( a , b ) de 2 alors { a > 0 a b = 1 f ( a ) = 0

    Or la seule solution de f ( a ) = 0 est a = 1 d'où b = 1

    Donc le seul point où g peut admettre un extremum est le couple ( 1 , 1 )

  3. g est de classe C 2 sur 2 et

  4. On a donc r t s 2 = e 2 < 0 donc sur l'ouvert 2 la fonction g n'admet pas d'extremum local (et a fortiori global).