Ecricome Eco 2011 Exercice 2 Analyse   énoncé (pages 2,3)   corrigé (page 4-7)

• I.1) limite de φ(x) pour x→+∞
  • limite de ( 1 − x² ln(x) ) = 1 − ∞ × ∞ = −∞
  • Type de divergence à l'infini :
    • direction : a = limite de ( φ(x) / x ) = limite ( 1/x − x ln(x) ) = 0 − ∞ = −∞
    • φ(x) a une branche parabolique verticale orientée vers les y < 0
    • si a était fini : il faudrait calculer b = limite de ( φ(x) − a x )
    • si b est fini : aymptote oblique y = a x + b
    • si b est infini : branche parabolique de direction y = a x
• I.2) Continuité de φ(x)
  • sur ]0;+∞[ : φ(x) est continue comme somme et produit de fonctions continues.
  • continuité en 0 : limite de φ(x) quand x → 0
    • ln(x) = o(1/x) ou ln(x)/(1/x) = 0 soit limite de ( x ln(x) )_{pour x → 0} = 0
      plus généralement : ln(x) = o(1/x^α) si α > 0 ce qui signifie que limite de ln(x) / (1/x^α) = 0
    • limite de ( 1 − x² ln(x) )_{pour x → 0} = 1 − 0 = 1
    • φ(x) est continue en 0 donc continue sur [ 0 ; +∞ [
    • limite de φ(x) _{pour x → 0} = limite de φ(1/y) _{pour y → ∞}
    • ... = limite ( 1 − ln(1/y) / y² ) _{pour y → ∞}
    • ... = limite ( 1 + ln(y) / y² _{pour y → ∞} = 1 + 0
• I.3) dérivée sur ] 0 ; +∞ [ :
  • φ(x) est dérivable comme somme et produit de fonctions dérivables.
  • φ'(x) = 0 − [ 2 x ln(x) + x² × 1/x ] = − [ 2 x ln(x) + x ] = − x [ 2 ln(x) + 1 ]
• I.4) dérivée en 0 : application de la définition de la dérivée : φ'(0) = limite de [ φ(x) − φ(0) ] / ( x − 0 ) _{pour x → 0}
  • φ'(0) = limite de ( 1/x − x ln(x) ) _{pour x → 0} : φ'(0) = 0 − 0 = 0
  • la tangente au point ( 0 ; 1 ) est horizontale.
  • la courbe part à l'horizontale du point ( 0 ; 1 ); Monte-t-elle ou descend-elle ?
    • On calcule un autre point pas très loin de x=0, par exemple x=1 (car ln(1) est simple)
    • φ(1) = 1 − 1² ln(1) = 1 − 1 × 0 = 1
    • calcul de φ'(1) pour avoir la tangente à la courbe en ce point :
    • φ'(1) = −1 (2 ln(1) + 1) = −1
    • la courbe passe par le point ( 1 ; 1 ) où sa tangente descend avec un angle de 45° :
      en prenant Δx = +1, on a Δy = φ'(1)
      on part du point ( 1 ; 1 ), on avance de +1 à l'horizontale puis −1 à la verticale (donc vers le bas)
    • la courbe part à l'horizontale vers le haut pour rattraper la tangente en ( 1 ; 1 )
• I.5) Tableau de variation de φ(x)
  • φ'(x) s'annule-t-il ? φ'(x) = −x ( 2 ln(x) + 1 ) = 0
    • pour x = 0, mais on le savait déjà
    • pour 2 ln(x) + 1 = 0 soit ln(x) = −1/2 soit e^ln(x) = x = e^−1/2
    • que l'on peut ré-écrire sous la forme : x = 1 / e^1/2 = 1 / √e
    • signe de ( 2 ln(x) + 1 ) pour x < 1 / e^1/2 : on prend x = 0 : −∞ : négatif
    • signe de ( 2 ln(x) + 1 ) pour x > 1 / e^1/2 : on prend x = ∞ : +∞ : positif

      x	0		1/√e		+∞
      −x		−	−	−
      2 ln(x) + 1		−	0	+
      φ'		+	0	−
      φ	1	croissant	max	décroissant	−∞

    • calcul du maximum : φ(1/√e) = 1 − (1/e) ln(e^−1/2) = 1 − (1/e) ×(−1/2) ln(e) = 1 + 1/(2e)
• I.6) racine α de φ : φ(α) = 0 dans ] √2 ; 2 [
  • φ(√2) = 1 − 2 ln(2^1/2) = 1 − 2 ×(1/2) ln(2) ≈ 1 − 0,7 = 0,3 > 0
  • φ(2) = 1 − 4 ln(2) ≈ 1 − 4 × 0,7 = 1 − 2,8 = − 1,8 < 0
  • 1 / √e < 1 < √2
  • La fonction φ(x) est continue et strictement monotone (décroissante) sur l'intervalle ] √2 ; 2 [
  • Donc elle est bijective sur cet intervalle.
  • L'image de ] √2 ; 2 [ est ] −1,8 ; 0,3 [ qui contient 0
  • il existe une fonction réciproque sur cet intervalle donc il existe un nombre α unique tel que φ(α) = 0
• I.7) I = ∫₀^α φ(x) dx
  • φ(x) est continue sur l'intervalle fermé : [ 0 ; α ] donc sont intégale converge
    ( il ne peut pas y avoir de point à l'infini du fait de la continuité )
  • D'après son tableau de variation, φ(x) est positive sur l'intervalle [ 0 ; α [
  • Elle est également majorée par 2
  • Comme est intégrée sur un intervalle fini, elle converge nécessairement.
  • I = ∫₀^α 1 − x² ln(x) dx
  • I = [ x ]₀^α − ∫₀^α x² ln(x) dx
  • intégration par parties : ∫ u' v = [u v] − ∫ u v'
  • u' = x² et v = ln(x)
  • I = α − { [ x³/3 ln(x) ]₀^α − ∫₀^α x³/3 × 1/x dx }
  • limite_x→0( x³/3 ln(x) ) = 0
  • I = α − { α³/3 ln(α) − ∫₀^α x²/3 dx }
  • I = α − α³/3 ln(α) + [ x³/9 ]₀^α
  • I = α − α³/3 ln(α) + α ³/9
  • I = ( 9 α − 3 α³ ln(α) + α ³ ) / 9
  • Mais α n'est pas un nombre quelconque : il vérifie φ(α) = 0
    • 1 − α² ln(α) = 0
    • ce qui permet d'exprimer ln(α) = 1 / α²
  • I = ( 9 α − 3 α³ 1 / α² + α ³ ) / 9
  • I = ( 9 α − 3 α + α ³ ) / 9
  • I = ( 6 α + α ³ ) / 9
  • I = α ( 6 + α ² ) / 9
• I.8) suites a_n et b_n
  • a₀ = √2   et   b₀ = 2
  • φ(a₀) > 0
  • φ(b₀) < 0
  • si φ( (a_n + b_n) / 2 ) < 0 : on modifie b : b_n+1 = (a_n + b_n) / 2
  • si φ( (a_n + b_n) / 2 ) ≥ 0 : on modifie a : a_n+1 = (a_n + b_n) / 2
  • donc φ( a_n ) sera toujours ≥ 0 et φ( b_n ) ≤ 0
  • C'est une méthode de dichotomie.
  • programme en Pascal :
    program dicho ;
    var
        a, b, c, phi_a, phi_c : real ;
        n : integer ;
    begin
        a := sqrt(2) ; b := 2 ;
        for n := 1 to 7 do
        begin
            phi_a := 1 − a * a * ln(a) ;
            c = ( a + b ) / 2 ;
            phi_c := 1 − c * c * ln(c) ;
            if phi_a * phi_c < 0 then b := c ;
            else a := c ;
        end
        writeln(a,b);
    end.
• II.1) f(x,y) = xy + ln(x)ln(y)
  • f(x,y) est de classe C² comme somme et produits de fonctions de classe C²
  • définition : f est de classe C² sur I si toutes les dérivées partielles d'ordre 2 existent et sont continues sur I
• II.2) dérivées partielles premières
  • ∂f/∂x : y étant constant, on dérive par rapport à x : ∂f/∂x = y + ln(y)/x
  • ∂f/∂y : x étant constant, on dérive par rapport à y : ∂f/∂x = x + ln(x)/y
  • ∂f/∂x(1/α,1/α) = 1/α + ln(1/α)/(1/α) = 1/α + α ln(1/α) = 1/α − α ln(α) = [ 1 − α² ln(α) ] / α = φ(α) / α = 0
  • de la même manière, ∂f/∂y(1/α,1/α) = φ(α) / α = 0
  • Les 2 dérivées premières étant nulles au point (1/α,1/α), c'est un point critique
• II.3) dérivées partielles secondes
  • r = ∂²f/∂x² = ∂/∂x ( ∂f/∂x ) = − ln(y)/x²
    • φ(1/y) = 1 − (1/y)² ln(1/y) = 1 + ln(y)/y²
    • 1 − φ(1/y) = − ln(y)/y²
    • (y/x)² [ 1 − φ(1/y) ] = − ln(y)/y² × y² / x² = − ln(y) / x² = ∂²f/∂x²
  • s = ∂²f/(∂x∂y) = ∂/∂y ( ∂f/∂x ) = 1 + 1 / (xy)
  • t = ∂²f/∂y² = ∂/∂y ( ∂f/∂y ) = − ln(x)/y²
    • f étant symétrique entre x et y, ∂²f/∂y² s'obtient en échangeant x et y dans ∂²f/∂x²
    • d'où : ∂²f/∂y² = (x/y)² [ 1 − φ(1/x) ]
• II.4) f présente un extremum au point (1/α,1/α) si
  • 1) ses dérivées premières sont toutes 2 nulles en ce point (VRAI)
  • 2) si la relation : r t − s² > 0 est vérifiée
    • r(1/α,1/α) = 1     ( car φ(1/y) = 0 )
    • s(1/α,1/α) = 1 + α²
    • t(1/α,1/α) = 1     ( car φ(1/y) = 0 )
    • r t − s² = 1 − ( 1 + α² ) = − α² < 0
    • r t − s² > 0 n'est pas vérifiée : ce n'est pas un extremum.
    • si : r t − s² > 0
      • => r t > s² > 0 : r et t sont de mêmes signes
      • si r > 0 => t > 0 : au point (1/α,1/α) la fonction est convexe : c'est un minimum
      • si r < 0 => t < 0 : au point (1/α,1/α) la fonction est concave : c'est un maximum

retour aux menus :   cours   prépa HEC