On considère :
L'objectif de cet exercice est de prouver que la fonction $f$ n'admet aucun extremum sur $U$.
1. Etudier les variations de $\psi$ sur $\mathbb R^*_+$, calculer $\psi(1)$ et préciser le signe de $\psi$.
En dérivant on prouve que $\psi$ est strictement croissante. On trouve $\psi(1)=0$ donc par croissance $\psi$ est négative sur $]0,1[$ et positive sur $[1,+\infty[$.
2. Prouver la convergence de la série $\sum_{n\geq 1}\frac{n-1}{n!}$ et calculer sa somme.
On observe que $\frac{n-1}{n!}=\frac{1}{(n-1)!}-\frac{1}{n!}$. Or d'une part $\sum_{n\geq 1}\frac{1}{(n-1)!}=\sum_{n\geq 0}\frac{1}{n}=e$ et d'autre part $\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n!}=\sum_{n\geq 0}\frac{1}{n!}-1=e-1$. Donc par addition de deux séries convergentes $\sum_{n\geq n-1}\frac{n-1}{n!}$ converge et vaut $e-e+1=1$.
3. Soit $t\in\mathbb R^*_+$. Exprimer la somme $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\psi(t^{n-1})}{n!}$ en fonction de $\varphi(t)$ et $\ln(t)$. On admettra la convergence de cette série.
On a $$ \begin{align} \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\psi(t^{n-1})}{n!}&=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{t^{n-1}}{n!}-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(1/t)^{n-1}}{n!}-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(n-1)\ln(t)}{n!}\\ &=\frac{1}{t}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{t^{n}}{n!}-t\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(1/t)^{n}}{n!}-\ln(t)\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(n-1)}{n!}\\ &=\frac{1}{t}(e^{t}-1)-t(e^{1/t}-1)-\ln(t)\\ &=\varphi(t)-\ln(t). \end{align} $$
4. Justifier que : $$\forall t\in]0,1[,\ \varphi(t)<\ln(t),\ \forall t\in]1,+\infty[,\ \varphi(t)>\ln(t).$$
Le signe de $\psi$ étudiée dans la question 1. permet de déterminer le signe de la somme dans la question 3.
5. Soit $(x,y)\in U$. Montrer que $(x,y)$ est un point critique de $f$ si et seulement si : $$\begin{cases} & x>1,\ y>1;\\ & \ln(x)\ln(y)=1;\\ & y^{x-1}=x^{y-1}\ln(x). \end{cases}$$
On a $$\begin{cases} &\frac{\partial f}{\partial x}=0\\ &\frac{\partial f}{\partial y}=0 \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} &\frac{y}{x}x^y-\ln(y)y^x=0\\ &\ln(x)x^y-\frac{x}{y}y^x=0. \end{cases}.$$ En isolant les ln, on observe que $\ln(x)>0$ et $\ln(y)>0$, donc $x>1$ et $y>1$. Le système est donc équivalent à : $$\begin{cases} &x>1,y>1\\ &\ln(y)=y^{1-x}x^{y-1}\\ &\ln(x)=x^{1-y}y^{x-1}. \end{cases}.$$ Enfin en remplaçant la deuxième ligne par le produit de la ligne 2 et ligne 3, et en réorganisant la ligne 3, on trouve $$\begin{cases} & x>1,\ y>1;\\ & \ln(x)\ln(y)=1;\\ & y^{x-1}=x^{y-1}\ln(x). \end{cases}$$ Ce qu'il fallait démontrer.
6. Soit $(x,y)\in U$ un point critique de $f$. Justifier l'existence d'un réel $t\in\mathbb R^*_+$ tel que : $$\begin{cases} x=\exp(t),\ y=\exp\left(\frac{1}{t}\right);\\ \varphi(t)=\ln(t). \end{cases}$$
Comme $x$ et $y$ sont strictement plus grands que 1, on peut les réécrire sous la forme $x=e^t$ et $y=e^{t'}$ avec $t>0$ et $t'>0$. La condition $\ln(x)\ln(y)=1$ nous donne que $t'=1/t$. Enfin en remplaçant dans $y^{x-1}=x^{y-1}\ln(x)$ et en passant à ln, on trouve $\varphi(t)=\ln(t)$.
7. Prouver que $(e,e)$ est l'unique point critique de $f$.
La condition $\varphi(t)=\ln(t)$ est équivalente à $\varphi(t)-\ln(t)=0$, or d'après la question 4. ceci n'arrive que lorsque $t=1$ et le résultat suit.
8. En comparant les signes des fonctions $t\mapsto f(e,e+t)$ et $t\mapsto f(e+t,e)$, justifier que $f$ n'admet aucun extremum sur $U$.
$t\mapsto f(e,e+t)$ est positive, $t\mapsto f(e+t,e)$ est négative. $f(e,e)=0$ et $f$ change de signe au voisinage de $(e,e)$ donc $(e,e)$ ne peut être un extremum.
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