Correction des exercices 41 à 42 — Solutions d’équations et dichotomie — Al Moufid

Correction détaillée des exercices 41 à 42

Existence, unicité, signe d’un polynôme et méthode de dichotomie — Manuel Al Moufid

Présentation :
Les six questions ont été comparées aux énoncés originaux. Chaque question est rappelée intégralement avant sa correction.

Méthodes essentielles :
continuité et changement de signe pour l’existence ; stricte monotonie pour l’unicité ; factorisation par les racines pour le signe d’un polynôme ; conservation du changement de signe pour la dichotomie.

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Exercice 41 Exercice 42

Exercice 41

Existence et unicité de solutions — signe d’un polynôme.

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Question 1 Question 2 Question 3-a Question 3-b

Méthode :
pour l’existence, utiliser le théorème des valeurs intermédiaires ; pour l’unicité, montrer que la fonction est strictement monotone.

1) Montrer que l’équation \[ x^5+x^3-x^2+x+1=0 \] admet une unique solution dans \[ ]-\infty,\tfrac12]. \]

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Posons :

\[ F(x)=x^5+x^3-x^2+x+1. \]

La fonction \(F\) est polynomiale, donc continue sur \(\mathbb R\). De plus :

\[ F(-1)=-3\lt0, \qquad F(0)=1\gt0. \]

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins une solution \(\alpha\in]-1,0[\).

Étudions maintenant la monotonie :

\[ F'(x)=5x^4+3x^2-2x+1. \]

Or :

\[ 3x^2-2x+1 = 3\left(x-\frac13\right)^2+\frac23\gt0. \]

Ainsi :

\[ F'(x) = 5x^4+ 3\left(x-\frac13\right)^2+\frac23 \gt0 \]

pour tout \(x\in\mathbb R\). La fonction \(F\) est donc strictement croissante sur \(\mathbb R\), et l’équation ne peut avoir qu’une seule solution.

\[ \boxed{ \text{L’équation admet une unique solution } \alpha\in]-1,0[ } \]

En particulier, cette solution est l’unique solution dans \(]-\infty,\frac12]\).

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2) Montrer que la courbe de la fonction \[ f(x)=2x^3+3x+4 \] coupe l’axe des abscisses en un seul point dont l’abscisse \(\alpha\) vérifie : \[ -1\lt\alpha\lt0. \]

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La fonction \(f\) est polynomiale, donc continue sur \(\mathbb R\). On calcule :

\[ f(-1)=-1\lt0, \qquad f(0)=4\gt0. \]

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins un réel \(\alpha\in]-1,0[\) tel que \(f(\alpha)=0\).

De plus :

\[ f'(x)=6x^2+3\gt0 \]

pour tout \(x\in\mathbb R\). La fonction \(f\) est donc strictement croissante sur \(\mathbb R\), d’où l’unicité de la solution.

\[ \boxed{ C_f\ \text{coupe l’axe des abscisses en un seul point } A(\alpha,0),\quad -1\lt\alpha\lt0 } \]

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3-a) On considère \[ g(x)=x^3-6x^2+11. \] Montrer que l’équation \(g(x)=0\) admet trois solutions distinctes dans \(\mathbb R\), notées \(x_1,x_2,x_3\), avec \(x_1\lt x_2\lt x_3\).

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La fonction \(g\) est polynomiale, donc continue sur \(\mathbb R\). Calculons :

\[ g(-2)=-21\lt0, \qquad g(0)=11\gt0, \] \[ g(2)=-5\lt0, \qquad g(6)=11\gt0. \]

D’après le théorème des valeurs intermédiaires :

• il existe \(x_1\in]-2,0[\) tel que \(g(x_1)=0\) ;
• il existe \(x_2\in]0,2[\) tel que \(g(x_2)=0\) ;
• il existe \(x_3\in]2,6[\) tel que \(g(x_3)=0\).

Ces trois intervalles étant disjoints, les solutions sont distinctes. Comme \(g\) est un polynôme de degré \(3\), il ne peut pas avoir plus de trois racines réelles distinctes.

\[ \boxed{ x_1\in]-2,0[,\quad x_2\in]0,2[,\quad x_3\in]2,6[ } \] \[ \boxed{x_1\lt x_2\lt x_3} \]

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3-b) En déduire le signe de \(g(x)\) sur \(\mathbb R\).

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Le polynôme \(g\) est unitaire, de degré \(3\), et admet exactement les trois racines distinctes \(x_1,x_2,x_3\). Il se factorise donc :

\[ g(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3). \]

On étudie le signe de chaque facteur suivant la position de \(x\) :

\[ \boxed{ \begin{array}{c|ccccccc} x& -\infty&&x_1&&x_2&&x_3&&+\infty\\ \hline g(x)&-&0&+&0&-&0&+ \end{array} } \]

Autrement dit :

\[ g(x)\lt0 \quad\text{sur}\quad ]-\infty,x_1[\cup]x_2,x_3[, \] \[ g(x)\gt0 \quad\text{sur}\quad ]x_1,x_2[\cup]x_3,+\infty[, \] \[ g(x)=0 \quad\text{pour}\quad x\in\{x_1,x_2,x_3\}. \]

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Exercice 42

Existence, unicité et encadrement par dichotomie.

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Question 1 Question 2

On considère la fonction définie sur \([0,1]\) par : \[ f(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}-\cos(\pi x). \]

1) Montrer que l’équation \(f(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]0,1[\).

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La fonction \(f\) est continue sur \([0,1]\). On calcule :

\[ f(0)=-1\lt0, \] \[ f(1)=\frac1{\sqrt2}-\cos\pi = \frac1{\sqrt2}+1\gt0. \]

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins une solution \(\alpha\in]0,1[\).

Pour \(x\in]0,1[\) :

\[ f'(x) = \frac1{(x^2+1)^{3/2}} + \pi\sin(\pi x). \]

Or \(\sin(\pi x)\gt0\) sur \(]0,1[\). Ainsi :

\[ f'(x)\gt0. \]

La fonction \(f\) est strictement croissante sur \([0,1]\). La solution est donc unique.

\[ \boxed{ \text{L’équation }f(x)=0\text{ admet une unique solution } \alpha\in]0,1[ } \]

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2) Par la méthode de dichotomie, trouver un intervalle \([a,b]\) de longueur \(0{,}25\) tel que \[ a\lt\alpha\lt b. \]

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Le premier milieu de \([0,1]\) est \(\frac12\). On a :

\[ f\left(\frac12\right) = \frac{\frac12}{\sqrt{\frac14+1}} - \cos\frac{\pi}{2} = \frac1{\sqrt5}\gt0. \]

Comme \(f(0)\lt0\), on conserve l’intervalle \([0,\frac12]\).

Le milieu de \([0,\frac12]\) est \(\frac14\). On a :

\[ f\left(\frac14\right) = \frac1{\sqrt{17}} - \frac{\sqrt2}{2}. \]

Les deux termes sont positifs et :

\[ \left(\frac1{\sqrt{17}}\right)^2 = \frac1{17} \lt \frac12 = \left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^2. \]

Donc :

\[ f\left(\frac14\right)\lt0. \]

Comme \(f(\frac14)\lt0\) et \(f(\frac12)\gt0\), l’unique solution vérifie :

\[ \frac14\lt\alpha\lt\frac12. \]

La longueur de l’intervalle est :

\[ \frac12-\frac14=\frac14=0{,}25. \]

\[ \boxed{ [a,b]=\left[\frac14,\frac12\right] } \] \[ \boxed{ \frac14\lt\alpha\lt\frac12 } \]

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Bilan du bloc :
Les six questions des exercices 41 et 42 ont été vérifiées et détaillées. La preuve de monotonie de l’exercice 41-1, la justification complète du signe dans l’exercice 41-3 et les calculs exacts de la dichotomie ont été renforcés.

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