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

Correction détaillée des exercices 41 et 42 — Existence, unicité et dichotomie

Manuel Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques

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Exercice 41 Exercice 42

Exercice 41

Énoncé

1)

Montrer que l’équation

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

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 : \[ -1\lt\alpha\lt0. \]

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 \(x_1\lt x_2\lt x_3\).

3.b)

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

Rappel utile

Le changement de signe d’une fonction continue donne l’existence d’une solution. Pour établir l’unicité, on montre ensuite que la fonction est strictement monotone sur l’intervalle étudié.

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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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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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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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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 :

\[ \boxed{ g(x)<0 \quad\text{sur}\quad ]-\infty,x_1[\cup]x_2,x_3[ } \]

\[ \boxed{ g(x)>0 \quad\text{sur}\quad ]x_1,x_2[\cup]x_3,+\infty[ } \]

\[ \boxed{ g(x)=0 \quad\Longleftrightarrow\quad x\in\{x_1,x_2,x_3\} } \]

Exercice 42

Énoncé

On considère la fonction \(f\) 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 \(]0,1[\).

2)

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

\[ a\lt\alpha\lt b. \]

Afficher la correction de la question 1Masquer la correction de la question 1

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.

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

Afficher la correction de la question 2Masquer la correction de la question 2

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 :

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

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

Résultats essentiels

Existence d’une solution

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

Unicité

Une fonction strictement monotone sur un intervalle ne peut prendre une même valeur qu’une seule fois. Le TVI donne l’existence et la stricte monotonie donne l’unicité.

Signe d’un polynôme à racines simples

Lorsque les racines réelles sont simples et ordonnées, le signe du polynôme change à chaque racine. Le signe à droite de la plus grande racine est celui du coefficient dominant.

Dichotomie

On coupe le segment en deux et on conserve le sous-segment aux bornes duquel les valeurs sont de signes contraires. Chaque étape divise la longueur de l’encadrement par \(2\).