EML Eco 2010 Corrigé de l'exercice 2     ( énoncé,   corrigé )

• Analyse des données : f(x) = x − ln( 1 + x² )
  • f(x) est une fonction toujours définie car l'argument du ln est toujours ≥ 1
• I.1.a) f '(x)
  • f(x) = x − ln( u )   avec u = 1 + x² et u' = 2 x
  • f '(x) = 1 − u' / u = 1 − 2 x / ( 1 + x² )
  • f '(x) = ( 1 + x² − 2 x ) / ( 1 + x² )
  • on remarque l'dentité remarquable : ( a − b )² = a² − 2 a b + b²
  • f '(x) = ( 1 − x )² / ( 1 + x² ) > 0
• I.1.b) f '(x) > 0 : f(x) est croissante sur ℜ
• I.1.c) f ''(x)
  • f '(x) = u / v   avec u = ( 1 − x )²   et v = ( 1 + x² )
  • u' = 2 (−1) ( 1 − x ) = 2 ( x − 1 )   et v' = 2 x
  • f ''(x) = ( u' v − u v' ) / v² = [ 2 ( x − 1 ) ( 1 + x² ) − ( 1 − x )² 2 x ] / ( 1 + x² )²
  • f ''(x) = [ 2 ( x + x³ − 1 − x² ) − ( 1 − 2 x + x² ) 2 x ] / ( 1 + x² )²
  • f ''(x) = [ 2 x + 2 x³ − 2 − 2 x² − ( 2 x − 4 x² + 2 x³ ) ] / ( 1 + x² )²
  • f ''(x) = [ 2 x + 2 x³ − 2 − 2 x² − 2 x + 4 x² − 2 x³ ] / ( 1 + x² )²
  • f ''(x) = [ − 2 + 2 x² ] / ( 1 + x² )²
  • f ''(x) = 2 [ x² − 1 ] / ( 1 + x² )²
  • on remarque l'dentité remarquable : a² − b² = ( a + b ) ( a − b )
  • f ''(x) = 2 ( x + 1 ) ( x − 1 ) / ( 1 + x² )²
• I.2) limites en ± ∞
  • f(x) = x ( 1 − ln ( 1 + x² ) / x )
  • au voisinage de l'infini : ln ( 1 + x² ) ∼ ln ( x² ) = 2 ln(|x|)
  • limite de ln ( 1 + x² ) / x = limite de 2 ln ( x ) / x = 0
  • limite quand x → − ∞ = − ∞ × 1 = − ∞
  • limite quand x → + ∞ = + ∞ × 1 = + ∞
• I.3) limites en ± ∞ de f(x) / x
  • d'après la question précédente : a = f(x) / x → = 1
  • limite de f(x) − a x = − ln ( 1 + x² ) = + ∞
  • y = x est une direction asymptotique, mais n'est pas une asymptote.
• I.4) Points d'inflexion : quand la dérivée seconde s'annule en changeant de signe
  • f ''(x) = 2 ( x + 1 ) ( x − 1 ) / ( 1 + x² )²
  • ( x + 1 ) s'annule et change de signe en x = −1
  • ( x − 1 ) s'annule et change de signe en x = 1
  • point d'inflexion : ( −1, −1 − ln(2) ) ≈ ( −1 ; −1,69 )
  • point d'inflexion : ( 1, 1 − ln(2) ) ≈ ( 1 ; 0,31 )
• I.5) tangentes : en −1, 0, 1
  • tangente en x=a : y = f(a) + (x − a) f '(a)
  • f '(x) = ( 1 − x )² / ( 1 + x² )
  • a = −1 : y = ( −1 − ln(2) ) + ( x + 1 ) 4 / 2 = 2 x + 1 − ln(2)
  • a = 1 : y = ( 1 − ln(2) ) + ( x − 1 ) 0 / 2 = 1 − ln(2)
  • a = 0 : y = ( − ln(1) ) + x 1 / 1 = x
• I.6) I = ∫₀¹ x ( x − ln( 1 + x² ) ) dx
  • I = ∫₀¹ x² − ∫₀¹ x ln( 1 + x² ) ) dx
  • I = x³ / 3 ]₀¹ − ∫₀¹ x ln( 1 + x² ) ) dx
  • t = 1 + x²   => dt = 2 x dx
  • I = 1 / 3 − ∫₁² ln( t ) ) dt/2
  • ∫ ln( t ) dt = ∫ u' v dt   avec u' = 1   et v = ln(t)
  • u = t   et v' = 1 / t
  • I = 1 / 3 − (1/2) { (u v)]₁² − ∫₁² u v' dt }
  • I = 1 / 3 − (1/2) { (t ln(t))]₁² − ∫₁² t × 1/t dt }
  • I = 1 / 3 − (1/2) { 2 ln(2) − t]₁² }
  • I = 1 / 3 − ln(2) + (1/2) 1
  • I = 5 / 6 − ln(2)
• II.1) u_n+1 = f( u_n )
  • démonstration par récurrence que : u_n+1 < u_n
  • vérification pour n = 0 : u₀ = 1   => u₁ = 1 − ln(2) ≈ 0,31 < 1 = u₀
  • si u_n < u_n−1, comme la fonction f est croissante : f(u_n) < f(u_n−1)
  • Soit : u_n+1 < u_n
  • u_n+1 < u_n est donc vraie pour n ≥ 0 La suite est décroissante.
• II.2) Une suite décroissante minorée converge.
  • Graphiquement, on constate que la suite converge vers 0
  • vérifions qu'elle est toujours positive
  • u₀ = 1 > 0
  • si u_n > 0 , comme la fonction f est croissante : f(u_n) > f(0)
  • Soit : u_n+1 > 0
  • u_n > 0 est donc vraie pour n ≥ 0
  • La suite u_n est décroissante et minorée, donc elle converge.
  • démontrons que x=0 est le seul point fixe de u_n :
    • x = f(x) = x − ln( 1 + x² )
    • ln( 1 + x² ) = 0
    • 1 + x² = e⁰ = 1
    • x² = 0
    • x = 0
  • La suite u_n converge vers le seul point fixe possible : x=0
• II.3) programme Pascal pour calculer n tel que u_n < 10⁻³
  • u := u₀
  • n := 0
  • tant que u > 10⁻³ :   calculer u := f(u) et n := n+1
  • imprimer n
• II.4.a) f(x) ≤ x − x² / 2 ?
  • Etude du signe de g(x) = f(x) − ( x − x² / 2 )
  • g(x) = x − ln( 1 + x² ) − x + x² / 2
  • g(x) = x² / 2 − ln( 1 + x² )
  • g'(x) = x − 2 x / ( 1 + x² )
  • g'(x) = x ( 1 + x² − 2 ) / ( 1 + x² )
  • g'(x) = x ( x² − 1 ) / ( 1 + x² )
  • x² − 1 est positif en dehors de ses 2 racines −1 et +1
  • pour x appartient à [0 ; 1], ( x² − 1 ) ≤ 0
  • tous les autres facteurs étant positifs : g'(x) ≤ 0
  • La fonction g(x) est décroissante.
  • g(0) = 0   => pour x > 0 : g(x) ≤ g(0) = 0
  • donc g(x) ≤ 0 sur [0 ; 1 ]
  • d'où : f(x) ≤ x − x² / 2
• II.4.b) En remplaçant x par u_n dans l'expression précédente :
  • car u_n est dans l'intervalle [0 ; 1 ]
  • f(u_n) ≤ u_n − u_n² / 2
  • u_n+1 ≤ u_n − u_n² / 2
  • u_n² / 2 ≤ u_n − u_n+1
  • u_n² ≤ 2 ( u_n − u_n+1 )
• II.4.c) ∑₀^N u_n² ≤ 2 ( ∑₀^N u_n − ∑₀^N u_n+1 )
  • ∑₀^N u_n² ≤ 2 ( ∑₀^N u_n − ∑₁^N+1 u_n )
  • ∑₀^N u_n² ≤ 2 ( u₀ − u_N+1 )
  • ∑₀^∞ u_n² ≤ 2 ( u₀ − 0 )
  • ∑₀^∞ u_n² ≤ 2
  • comme tous les termes de la somme sont positifs, la somme est croissante et majorée donc converge.
• III.1) F(x,y) = f(x+y) − f(x) − f(y) est-elle C¹ : dérivable 1 fois et à dérivée continue
  • f(x+y) est C¹ : dérivable 1 fois et à dérivée continue
    • f(x+y) : (x,y) (de ℜ²) → x+y (de ℜ) → f(x+y)
    • f(x+y) est la composition de 2 fonctions C¹ : elle donc C¹
    • En posant z = x + y :
    • ∂f(x+y) / ∂x = df(z) / dz × ∂z / ∂x = f '(x+y) × 1
  • ∂F(x,y) / ∂x = f '(x+y) − f '(x)
  • ∂F(x,y) / ∂y = f '(x+y) − f '(y)
• III.2) Points critiques : ∂F(x,y) / ∂x = 0 et ∂F(x,y) / ∂y = 0
  • f '(x) = ( 1 − x )² / ( 1 + x² )
    ou retour à la forme non factorisée : f '(x) = 1 − 2 x / ( 1 + x² )
  • système
    • 1 − 2 x / ( 1 + x² ) = 1 − 2 y / ( 1 + y² )
    • 1 − 2 (x + y) / ( 1 + (x + y)² ) = 1 − 2 x / ( 1 + x² )
  • méthode de substitution à cause des carrés dans la seconde équation.
  • x ( 1 + y² ) = y ( 1 + x² )
    • x + x y² = y + y x²
    • racine évidente : x = y   on peut donc factoriser (y − x)
    • x + x y² − y − y x² = 0
    • ( x − y ) + x y ( y − x ) = 0
    • ( x − y ) ( 1 − x y ) = 0
    • première solution y = x
    • première solution y = 1 / x ( si x ≠ 0 )
  • remplacement dans la seconde équation de y par x :
    • (x + x) / ( 1 + (x + x)² ) = x / ( 1 + x² )
    • 2 x / ( 1 + (2 x)² ) = x / ( 1 + x² )
    • x = 0 est une première solution
      si on simplifie par la variable x, la solution x = 0 disparaît.
      on peut la mettre de côté et continuer
    • 2 x ( 1 + x² ) = x ( 1 + 4 x² )
    • pour factoriser, on passe tous les termes à gauche.
    • x ( 2 + 2 x² − 1 − 4 x² ) = 0
    • x ( 1 − 2 x² ) = 0
    • solution : x = 0 avec y = x
    • 1 − 2 x² = 0
    • 2 x² = 1
    • 2 autres solutions : x = ± 1 / √ 2 avec y = x
  • remplacement dans la seconde équation de y par 1/x : ( si x ≠ 0 )
    • (x + 1/x) / ( 1 + (x + 1/x)² ) = x / ( 1 + x² )
    • (x + 1/x) ( 1 + x² ) = x ( 1 + (x + 1/x)² )
    • x + x³ + 1/x + x = x ( 1 + x² + 2 + 1/x² )
    • 2 x + x³ + 1/x = 3 x + x³ + 1/x
    • solution : 0 = x   contraire à la condition d'existence de y = 1/x
• III.3) Existence d'un minimum local : pour qu'un point critique soit un minimum local en un point,
  il faut que ses dérivées secondes vérifient les 2 conditions :
  • r t − s² > 0 en ce point ( c'est un extremum local )
  • r > 0 en ce point ( cet extremum est un minimum local )
  Test des 3 points critiques :
  • calcul des dérivées secondes :
    • r = ∂²F(x,y) / ∂x² = ∂(∂F(x,y)/∂x) / ∂x = ∂(f '(x+y) − f '(x)) / ∂x = f ''(x+y) − f ''(x)
    • s = ∂²F(x,y) / (∂x ∂y) = ∂(∂F(x,y)/∂x) / ∂y = ∂(f '(x+y) − f '(x)) / ∂y = f ''(x+y)
      ∂f '(x) / ∂y = 0   car f '(x) ne dépend pas de y
    • t = ∂²F(x,y) / ∂y² = ∂(∂F(x,y)/∂y) / ∂y = ∂(f '(x+y) − f '(y)) / ∂y = f ''(x+y) − f ''(y)
    • avec : f ''(x) = 2 ( x² − 1 ) / ( 1 + x² )²
  • Point ( 0, 0 )
    • r = −2 − (−2) = 0
    • s = −2
    • t = −2 − (−2) = 0
    • r t − s² = &minus 4 < 0 : ce n'est pas un extremum local
  • Point ( 1 / √ 2 ; 1 / √ 2 )
    • x² = 1/2   ;   x+y = 2 / √ 2 = √ 2   ;   (x+y)² = 2
    • r = 2 ( 2 − 1 ) / ( 1 + 2 )² − 2 ( 1/2 − 1 ) / ( 1 + 1/2 )²
      • r = 2 / 9 − ( 1 − 2 ) / ( 3/2 )²
      • r = 2 / 9 + 1 / ( 9/4 )
      • r = 2 / 9 + 4 / 9 = 6 / 9 = 2 / 3
    • s = 2 ( 2 − 1 ) / ( 1 + 2 )² = 2 / 9
    • t = r   car y = x
    • r t − s² = 4/9 − 4/81 = 32/81 > 0 : c'est un extremum local
    • r = 2/3 > 0 : c'est un minimum local
  • Point ( −1 / √ 2 ; −1 / √ 2 )
    • comme x est toujours élevé au carré, on obtient le même résultat que pour le point précédent :
    • c'est un minimum local

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