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

Correction des exercices 41 à 42 — Limite et continuité

Manuel Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques

Ces deux exercices prolongent directement l’étude du théorème des valeurs intermédiaires. Il ne s’agit plus seulement de montrer qu’une équation possède une solution : plusieurs questions demandent également de prouver que cette solution est unique, puis de l’encadrer avec une précision déterminée.

Pour établir l’existence, on utilise la continuité et un changement de signe sur un segment. Pour établir l’unicité, il faut ajouter une propriété qui empêche la fonction de reprendre deux fois la même valeur : ici, la stricte monotonie. Enfin, lorsque la solution unique est déjà localisée dans un segment, la méthode de dichotomie permet de réduire progressivement la longueur de l’encadrement en étudiant le signe de la fonction au milieu du segment.

Exercice 41

Repère de cours — Existence et unicité d’une solution.

Si une fonction \(F\) est continue sur un segment \([a,b]\) et si \(F(a)F(b)\lt0\), le théorème des valeurs intermédiaires assure l’existence d’au moins une solution de \(F(x)=0\) dans \(]a,b[\). Cette condition ne suffit pas, à elle seule, pour établir l’unicité. Lorsque \(F\) est en plus strictement monotone sur l’intervalle étudié, une même valeur ne peut être prise qu’une seule fois : la solution est alors unique.

Énoncé — Question 1).

Montrer que l’équation

\[ x^5+x^3-x^2+x+1=0 \] admet une unique solution dans \[ ]-\infty,\tfrac12]. \]
Méthode.

La question demande deux choses différentes : l’existence puis l’unicité. Pour l’existence, on cherche deux valeurs simples appartenant à \(]-\infty,\frac12]\) entre lesquelles la fonction change de signe. Les nombres \(-1\) et \(0\) conviennent. Pour l’unicité, on étudie ensuite la dérivée. Si celle-ci est strictement positive sur \(\mathbb R\), la fonction est strictement croissante sur tout \(\mathbb R\) et elle ne peut donc avoir qu’un seul zéro.

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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 \(\alpha\in]-1,0[\).

Le changement de signe fournit l’existence d’un zéro entre \(-1\) et \(0\). Comme cet intervalle est contenu dans \(]-\infty,\frac12]\), l’existence demandée est déjà établie. Il reste à montrer qu’aucune autre solution n’est possible.

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 \(]-\infty,\frac12]\).

Le TVI a donné l’existence ; la stricte croissance a donné l’unicité. C’est exactement la combinaison de propriétés attendue lorsqu’un exercice demande de montrer qu’une équation possède une unique solution.
Énoncé — Question 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 : \[ -1\lt\alpha\lt0. \]
Méthode.

Dire que la courbe \(C_f\) coupe l’axe des abscisses revient à chercher les solutions de \(f(x)=0\). On commence donc par établir l’existence d’une solution entre \(-1\) et \(0\) grâce au changement de signe. Pour montrer que le point d’intersection est unique, on étudie ensuite le sens de variation de \(f\) sur \(\mathbb R\).

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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 \(f(\alpha)=0\).

La continuité et le changement de signe montrent donc que la courbe \(C_f\) rencontre au moins une fois l’axe des abscisses entre les abscisses \(-1\) et \(0\).

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.

\[ \boxed{ C_f\ \text{coupe l’axe des abscisses en un seul point } A(\alpha,0),\quad -1\lt\alpha\lt0 } \]
Une fonction strictement croissante ne peut prendre la valeur \(0\) qu’une seule fois. Le zéro obtenu par le TVI correspond donc à l’unique point d’intersection de \(C_f\) avec l’axe des abscisses.
Énoncé — Question 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 \(x_1\lt x_2\lt x_3\).
Méthode.

Pour obtenir trois solutions distinctes, on cherche trois intervalles disjoints sur lesquels la fonction continue \(g\) change de signe. Le TVI donnera alors au moins une solution dans chacun de ces intervalles. Il faudra ensuite justifier qu’il n’existe pas de quatrième solution : comme \(g\) est un polynôme de degré \(3\), il ne peut avoir plus de trois racines réelles distinctes.

Afficher la correction de la question 3.a Masquer la correction de la question 3.a

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.

\[ \boxed{ x_1\in]-2,0[,\quad x_2\in]0,2[,\quad x_3\in]2,6[ } \] \[ \boxed{x_1\lt x_2\lt x_3} \]
Le TVI fournit ici trois existences indépendantes, une dans chacun des trois intervalles. Le degré du polynôme permet ensuite de conclure que ces trois racines sont toutes les racines réelles de \(g\).
Énoncé — Question 3.b).

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

Méthode.

La question précédente a établi que le polynôme de degré \(3\) possède exactement trois racines réelles distinctes. Comme son coefficient dominant vaut \(1\), on peut le factoriser à l’aide de ces racines. Le signe de chaque facteur \(x-x_i\) permet alors de déterminer le signe du produit sur les quatre intervalles séparés par \(x_1\), \(x_2\) et \(x_3\).

Afficher la correction de la question 3.b Masquer la correction de la question 3.b

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

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

Le signe de \(g(x)\) alterne à chaque racine simple. Ainsi :

\[ \boxed{ g(x)<0 \quad\text{sur}\quad ]-\infty,x_1[\cup]x_2,x_3[ } \]
\[ \boxed{ g(x)>0 \quad\text{sur}\quad ]x_1,x_2[\cup]x_3,+\infty[ } \]
\[ \boxed{ g(x)=0 \quad\Longleftrightarrow\quad x\in\{x_1,x_2,x_3\} } \]
À droite de \(x_3\), les trois facteurs sont positifs et le polynôme est donc positif. En franchissant successivement chacune des trois racines simples, le signe change, ce qui donne l’alternance obtenue.

Exercice 42

Repère de cours — Principe de la méthode de dichotomie.

La dichotomie s’applique après avoir localisé une solution unique \(\alpha\) dans un segment \([a,b]\). On calcule le milieu \(m=\frac{a+b}{2}\), puis on étudie le signe de \(f(m)\). On conserve la moitié du segment dont les extrémités encadrent encore la racine. Chaque étape divise par \(2\) la longueur de l’intervalle qui contient \(\alpha\).

Énoncé.

On considère la fonction \(f\) définie sur \([0,1]\) par :

\[ f(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}-\cos(\pi x). \]

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

Méthode.

Avant de pouvoir utiliser la dichotomie, il faut établir qu’une unique racine existe dans l’intervalle initial. La continuité de \(f\) et le changement de signe entre \(0\) et \(1\) donneront l’existence. Pour l’unicité, on calcule \(f'\) et on montre qu’elle est strictement positive sur \(]0,1[\), ce qui rend \(f\) strictement croissante.

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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 \(\alpha\in]0,1[\).

La continuité assure que \(f\) prend toutes les valeurs intermédiaires entre \(f(0)\) et \(f(1)\). Comme ces deux nombres sont de signes contraires, la valeur \(0\) est nécessairement prise entre \(0\) et \(1\).

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.

\[ \boxed{ \text{L’équation }f(x)=0\text{ admet une unique solution } \alpha\in]0,1[ } \]
La racine est désormais à la fois localisée et unique. Les conditions nécessaires pour appliquer la méthode de dichotomie dans la question suivante sont donc réunies.
Énoncé — Question 2).

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

\[ a\lt\alpha\lt b. \]
Méthode.

On part de l’encadrement \(0\lt\alpha\lt1\) obtenu précédemment. Le segment initial a une longueur \(1\). Une première dichotomie donnera un segment de longueur \(\frac12\), puis une deuxième donnera un segment de longueur \(\frac14=0{,}25\). À chaque étape, le signe de \(f\) au milieu indique quelle moitié doit être conservée.

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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 \([0,\frac12]\).

Les valeurs de \(f\) aux extrémités \(0\) et \(\frac12\) sont de signes contraires. L’unique racine appartient donc toujours à ce nouveau segment, dont la longueur vaut \(\frac12\).

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 :

\[ \frac12-\frac14=\frac14=0{,}25. \]
\[ \boxed{ [a,b]=\left[\frac14,\frac12\right] } \] \[ \boxed{ \frac14\lt\alpha\lt\frac12 } \]
Deux étapes de dichotomie ont suffi : la longueur est passée de \(1\) à \(\frac12\), puis de \(\frac12\) à \(\frac14\). L’encadrement final a donc exactement la précision demandée.

À retenir — Existence, unicité et dichotomie

1. Existence d’une solution.

Si \(f\) est continue sur \([a,b]\) et si \(f(a)f(b)\lt0\), alors l’équation \(f(x)=0\) possède au moins une solution dans \(]a,b[\).

2. Unicité.

Le théorème des valeurs intermédiaires ne donne pas, à lui seul, l’unicité. Lorsque la fonction est strictement monotone sur l’intervalle, elle ne peut prendre la valeur \(0\) qu’une seule fois. On obtient alors une unique solution.

3. Plusieurs solutions.

Pour prouver l’existence de plusieurs racines distinctes, on peut chercher plusieurs intervalles disjoints sur lesquels une fonction continue change de signe. Chaque intervalle fournit alors au moins une racine distincte.

4. Signe d’un polynôme à racines simples.

Une fois les racines réelles distinctes ordonnées, la factorisation du polynôme permet d’étudier son signe. Lorsque chaque racine est simple, le signe change lors du passage par cette racine.

5. Méthode de dichotomie.

On calcule le milieu du segment contenant la solution unique puis on conserve la moitié dans laquelle le changement de signe subsiste. La longueur du segment est divisée par \(2\) à chaque étape, ce qui fournit des encadrements de plus en plus précis de la solution.

Dans ces exercices, le théorème des valeurs intermédiaires donne donc le point de départ : l’existence. La monotonie permet de passer de l’existence à l’unicité, tandis que la dichotomie transforme ensuite cette information qualitative en un encadrement numérique de la solution.

Correction rédigée par Professeur Hammou Boudraa — Parcours Maths Maroc (PMM)
Lycée Oum Erbiaâ — M’rirt
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