Correction des exercices 50 à 56 — Théorème des valeurs intermédiaires — 2e Bac PC/SVT — Al Moufid

Correction des exercices 50 à 56 — Théorème des valeurs intermédiaires — 2e Bac PC/SVT — Al Moufid — Continuité

2e Bac PC/SVT • Continuité • Théorème des valeurs intermédiaires

Cette série approfondit les applications du théorème des valeurs intermédiaires : existence de solutions, unicité par stricte monotonie, encadrement par dichotomie et étude du signe d'une fonction.

Chaque correction expose les conditions d'application du théorème, puis justifie les conclusions à partir des propriétés étudiées dans le cours.

Repère de cours — Existence et unicité

Soit \(g\) une fonction continue sur un intervalle fermé \([a;b]\). Si :

\[ g(a)g(b)\lt0, \]

alors il existe au moins un réel \(\alpha\in]a;b[\) tel que \(g(\alpha)=0\).

Lorsque \(g\) est, de plus, strictement monotone sur \([a;b]\), cette solution est unique dans cet intervalle.

Pour résoudre une équation de la forme \(A(x)=B(x)\), on étudie généralement la fonction \(g(x)=A(x)-B(x)\).

Exercice 50 — Existence d'une solution

Dans chacun des cas suivants, montrer que l'équation proposée admet au moins une solution dans l'intervalle \(I\).

Question 1

\[ x^3-2x^2-1=0,\qquad I=[2;3]. \]

Méthode et stratégie.

Ramener l’équation à un polynôme continu et comparer ses signes en 2 et en 3 pour appliquer le TVI.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

Posons \(g(x)=x^3-2x^2-1\). C'est une fonction polynomiale, donc continue sur \([2;3]\).

Calculons ses valeurs aux extrémités :

\[ g(2)=8-8-1=-1, \] \[ g(3)=27-18-1=8. \]

On obtient \(g(2)\lt0\lt g(3)\).

Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins un réel \(\alpha\in]2;3[\) tel que \(g(\alpha)=0\).

\[ \boxed{\exists\alpha\in]2;3[: \alpha^3-2\alpha^2-1=0}. \]

Question 2

\[ x^4-2x-\sqrt{x}+1=0,\qquad I=]0;1[. \]

Méthode et stratégie.

Prolonger l’expression continue aux bornes 0 et 1 pour obtenir des signes opposés ; conclure à une racine intérieure.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

Considérons \(g(x)=x^4-2x-\sqrt{x}+1\).

Cette fonction est continue sur \([0;1]\), car elle est la somme de fonctions continues sur cet intervalle.

\[ g(0)=1,\qquad g(1)=1-2-1+1=-1. \]

Les valeurs aux extrémités sont de signes opposés. Le théorème des valeurs intermédiaires donne donc :

\[ \boxed{\exists\alpha\in]0;1[:g(\alpha)=0}. \]

Question 3

\[ x^4+x^2+4x=1,\qquad I=[0;1]. \]

Méthode et stratégie.

Soustraire 1 pour former une fonction continue ; calculer ses valeurs en 0 et 1.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

On transforme l'équation en \(g(x)=0\), où :

\[ g(x)=x^4+x^2+4x-1. \]

La fonction \(g\) est continue sur \([0;1]\).

\[ g(0)=-1,\qquad g(1)=1+1+4-1=5. \]

Puisque \(g(0)\lt0\lt g(1)\), le TVI garantit l'existence d'une solution.

\[ \boxed{\exists\alpha\in]0;1[: \alpha^4+\alpha^2+4\alpha=1}. \]

Question 4

\[ x-2\sin x=0,\qquad I=]\tfrac{\pi}{3};\pi[. \]

Méthode et stratégie.

Étudier la différence x−2sin x sur un segment fermé dont les bornes encadrent l’intervalle demandé.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

Posons \(g(x)=x-2\sin x\). La fonction est continue sur \([\frac{\pi}{3};\pi]\).

En \(\frac{\pi}{3}\) :

\[ g\left(\frac{\pi}{3}\right) =\frac{\pi}{3}-\sqrt3\lt0. \]

En \(\pi\) :

\[ g(\pi)=\pi-2\sin\pi=\pi>0. \]

Justifions le changement de signe. Comme \(\pi\lt4\) et \(\frac43\lt\sqrt3\), on a :

\[ \frac{\pi}{3}\lt\sqrt3. \]

En effet, \(\frac{16}{9}\lt3\), ce qui justifie \(\frac43\lt\sqrt3\). Ainsi :

\[ g\left(\frac{\pi}{3}\right)\lt0. \]

D'autre part, \(g(\pi)=\pi>0\). Puisque \(g\) est continue sur \([\frac{\pi}{3};\pi]\), le théorème des valeurs intermédiaires garantit l'existence d'au moins une solution dans \(]\frac{\pi}{3};\pi[\).

\[ \boxed{\exists\alpha\in]\tfrac{\pi}{3};\pi[: \alpha=2\sin\alpha}. \]

Question 5

\[ \sqrt{1+\frac1x}=x, \qquad I=[\tfrac54;\tfrac32]. \]

Méthode et stratégie.

Former la différence entre la racine et x ; vérifier sa continuité et les signes aux deux bornes positives.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

Posons :

\[ g(x)=\sqrt{1+\frac1x}-x. \]

Cette fonction est continue sur \(I\), qui est inclus dans \(]0;+\infty[\).

En \(x=\frac54\) :

\[ g\left(\frac54\right) =\sqrt{\frac95}-\frac54>0, \]

car \(\frac95>\frac{25}{16}\).

En \(x=\frac32\) :

\[ g\left(\frac32\right) =\sqrt{\frac53}-\frac32\lt0, \]

car \(\frac53\lt\frac94\).

La continuité et le changement de signe assurent donc l'existence d'une solution.

\[ \boxed{\exists\alpha\in]\tfrac54;\tfrac32[: \sqrt{1+\frac1\alpha}=\alpha}. \]

Question 6

\[ 3\sin x+\cos^2x=x,\qquad I=[0;\pi]. \]

Méthode et stratégie.

Soustraire x au membre trigonométrique puis chercher deux valeurs de signes opposés sur [0;π].

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

On considère :

\[ g(x)=3\sin x+\cos^2x-x. \]

La fonction \(g\) est continue sur \([0;\pi]\).

On obtient :

\[ g(0)=1,\qquad g(\pi)=1-\pi\lt0. \]

Ainsi, zéro est compris strictement entre \(g(0)\) et \(g(\pi)\).

\[ \boxed{\exists\alpha\in]0;\pi[: 3\sin\alpha+\cos^2\alpha=\alpha}. \]

Question 7

\[ \frac32x-\tan x=0,\qquad I=]\tfrac{\pi}{4};\tfrac{\pi}{3}[. \]

Méthode et stratégie.

Le segment [\(\frac{\pi}{4}\);\(\frac{\pi}{3}\)] ne contient pas de pôle de tan : calculer les signes à ces deux bornes avant le TVI.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

Posons \(g(x)=\frac32x-\tan x\).

La fonction tangente est continue sur \([\frac{\pi}{4};\frac{\pi}{3}]\), intervalle inclus dans \(]-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}[\). La fonction \(g\) y est donc continue.

Aux extrémités :

\[ g\left(\frac{\pi}{4}\right) =\frac{3\pi}{8}-1>0, \] \[ g\left(\frac{\pi}{3}\right) =\frac{\pi}{2}-\sqrt3\lt0. \]

Justifions les signes obtenus aux extrémités. Puisque \(\pi>3\), on a :

\[ \frac{3\pi}{8}> \frac98>1. \]

Donc :

\[ g\left(\frac{\pi}{4}\right)>0. \]

D'autre part, on utilise l'encadrement classique :

\[ \pi\lt\frac{22}{7}\lt2\sqrt3. \]

La deuxième inégalité se vérifie en remarquant que \(\frac{121}{49}\lt3\). Ainsi :

\[ \frac{\pi}{2}\lt\sqrt3, \]

d'où :

\[ g\left(\frac{\pi}{3}\right)\lt0. \]

La fonction \(g\) étant continue sur \([\frac{\pi}{4};\frac{\pi}{3}]\), le théorème des valeurs intermédiaires garantit l'existence d'au moins une solution dans \(]\frac{\pi}{4};\frac{\pi}{3}[\).

\[ \boxed{\exists\alpha\in]\tfrac{\pi}{4};\tfrac{\pi}{3}[: \frac32\alpha=\tan\alpha}. \]

Question 8

\[ \cos x=\frac2{(x+1)^2}, \qquad I=]2\pi;3\pi[. \]

Méthode et stratégie.

Former la différence des membres ; utiliser les valeurs du cosinus en 2π et 3π et vérifier le dénominateur.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

On pose :

\[ g(x)=\cos x-\frac2{(x+1)^2}. \]

Le dénominateur ne s'annule pas sur \([2\pi;3\pi]\). La fonction \(g\) est donc continue sur cet intervalle.

On a :

\[ g(2\pi)=1-\frac2{(2\pi+1)^2}>0, \] \[ g(3\pi)=-1-\frac2{(3\pi+1)^2}\lt0. \]

Le théorème des valeurs intermédiaires donne une solution située strictement entre \(2\pi\) et \(3\pi\).

\[ \boxed{\exists\alpha\in]2\pi;3\pi[: \cos\alpha=\frac2{(\alpha+1)^2}}. \]

Question 9

\[2\sqrt{x+3}=x^2+3x-5,\qquad I=[1;2].\]

Rectification proposée par PMM : remplacer l’intervalle \([3;4]\) par \([1;2]\).

Méthode et stratégie.

Utiliser l’intervalle rectifié signalé dans l’article pour appliquer le TVI ; vérifier séparément ce qui se passe sur l’intervalle imprimé.

Lire la correction +Masquer la correction −

Posons \(g(x)=x^2+3x-5-2\sqrt{x+3}\). La fonction \(g\) est continue sur \([1;2]\). On calcule :

\[g(1)=-5<0,\qquad g(2)=5-2\sqrt5>0.\]

La dernière inégalité résulte de \(25>20\), les deux nombres comparés étant positifs. Par le TVI, il existe \(\alpha\in]1;2[\) tel que \(g(\alpha)=0\).

De plus, pour \(x\in[1;2]\) :

\[g'(x)=2x+3-\frac1{\sqrt{x+3}}\geq5-\frac12=\frac92>0.\]

La fonction \(g\) est strictement croissante, donc cette solution est unique.

\[\boxed{\exists!\alpha\in]1;2[:\ 2\sqrt{\alpha+3}=\alpha^2+3\alpha-5}.\]

Sur l’intervalle initial \([3;4]\), le membre de droite est au moins égal à \(13\), tandis que celui de gauche est inférieur à \(6\). Il n’y a donc aucune solution sur cet intervalle.

Question 10

\[ 3|x+1|+\sqrt{x+2}-x^3=4, \qquad I=[1;2]. \]

Méthode et stratégie.

Enlever la valeur absolue sur [1;2], former une fonction continue et vérifier les signes aux bornes.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

Considérons :

\[ g(x)=3|x+1|+\sqrt{x+2}-x^3-4. \]

La valeur absolue, la racine carrée et les fonctions polynomiales sont continues sur \([1;2]\). Ainsi, \(g\) y est continue.

On calcule :

\[ g(1)=6+\sqrt3-1-4=1+\sqrt3>0, \] \[ g(2)=9+2-8-4=-1\lt0. \]

Par le TVI, l'équation admet au moins une solution dans l'intervalle ouvert.

\[ \boxed{\exists\alpha\in]1;2[: 3|\alpha+1|+\sqrt{\alpha+2}-\alpha^3=4}. \]

Exercice 51 — Existence et unicité

Dans chacun des cas suivants, montrer que l'équation proposée admet une solution unique dans l'intervalle \(I\).

Méthode.

La continuité et le changement de signe établissent l'existence. La stricte monotonie sur l'intervalle étudié assure ensuite l'unicité.

Question 1

\[ 2x^3+3x-3=0,\qquad I=[0;1]. \]

Méthode et stratégie.

Prouver l’existence par le TVI, puis l’unicité par la stricte croissance de 2x³+3x−3.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

Posons \(g(x)=2x^3+3x-3\). Cette fonction polynomiale est continue sur \([0;1]\).

\[ g(0)=-3,\qquad g(1)=2. \]

Le TVI assure l'existence d'une solution \(\alpha\in]0;1[\).

De plus :

\[ g'(x)=6x^2+3>0 \]

pour tout réel \(x\). La fonction est donc strictement croissante.

\[ \boxed{\exists!\alpha\in]0;1[:g(\alpha)=0}. \]

Question 2

\[ x^4+2x-3=0,\qquad I=[\tfrac12;\sqrt2]. \]

Méthode et stratégie.

Vérifier la continuité sur l’intervalle positif et le signe de la dérivée pour distinguer existence et unicité.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

Soit \(g(x)=x^4+2x-3\), continue sur \(I\).

On remarque immédiatement que :

\[ g(1)=1+2-3=0. \]

Le réel \(1\) appartient à \(I\). L'existence est donc établie.

De plus :

\[ g'(x)=4x^3+2>0 \]

sur \(I\), puisque tous ses éléments sont positifs. La fonction est strictement croissante et ne peut donc s'annuler qu'une fois sur cet intervalle.

\[ \boxed{\text{La solution unique dans }I\text{ est }x=1}. \]

Question 3

\[ -x^3-2x-1=0,\qquad I=\mathbb R. \]

Méthode et stratégie.

Utiliser les limites aux deux infinis pour l’existence, puis le signe strict de la dérivée pour l’unicité sur R.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

On considère \(g(x)=-x^3-2x-1\).

Cette fonction est polynomiale, donc continue sur \(\mathbb R\).

On a :

\[ g(-1)=1+2-1=2>0, \] \[ g(0)=-1\lt0. \]

Il existe donc une solution dans \(]-1;0[\).

Pour tout réel \(x\) :

\[ g'(x)=-3x^2-2\lt0. \]

La fonction est strictement décroissante sur \(\mathbb R\). Elle possède donc au plus une racine réelle.

\[ \boxed{\exists!\alpha\in]-1;0[:g(\alpha)=0}. \]

Question 4

\[ \tan x-x-1=0,\qquad I=[0;\tfrac{\pi}{2}[. \]

Méthode et stratégie.

Vérifier continuité avant le pôle, signe de la dérivée et limite vers \(\frac{\pi}{2}\) pour établir la bijection utile.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

Posons \(g(x)=\tan x-x-1\). La fonction est continue sur \([0;\frac{\pi}{2}[\).

On a :

\[ g(0)=-1, \]

et :

\[ \lim_{x\to(\frac{\pi}{2})^-}g(x)=+\infty. \]

Il existe donc un réel \(b\in]0;\frac{\pi}{2}[\) tel que \(g(b)>0\).

Le TVI appliqué à \(g\) sur \([0;b]\) assure l'existence d'une solution dans \(]0;b[\).

Pour l'unicité, on calcule :

\[ g'(x)=\frac1{\cos^2x}-1=\tan^2x. \]

Cette dérivée est strictement positive sur \(]0;\frac{\pi}{2}[\). Ainsi, \(g\) est strictement croissante sur \(I\).

\[ \boxed{ \exists!\alpha\in]0;\tfrac{\pi}{2}[: \tan\alpha-\alpha-1=0 }. \]

Exercice 52 — Encadrement par dichotomie

Soit la fonction définie par :

\[ f(x)=x^3-3x+1. \]

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

2) En utilisant la méthode de dichotomie, déterminer un encadrement de \(\alpha\) d'amplitude \(0,25\).

Question 1

Montrer l'existence et l'unicité de \(\alpha\) dans \(]-1;1[\).

Méthode et stratégie.

Appliquer le TVI à la fonction de l’énoncé puis une stricte monotonie pour obtenir une seule racine.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

La fonction \(f\) est polynomiale, donc continue sur \([-1;1]\).

\[ f(-1)=-1+3+1=3, \] \[ f(1)=1-3+1=-1. \]

Les valeurs aux bornes ont des signes opposés. Par le TVI, il existe au moins une solution \(\alpha\in]-1;1[\).

La dérivée est :

\[ f'(x)=3x^2-3=3(x^2-1). \]

Pour tout \(x\in]-1;1[\), on a \(x^2\lt1\), donc \(f'(x)\lt0\).

La fonction est strictement décroissante sur \([-1;1]\). La solution trouvée est donc unique dans \(]-1;1[\).

\[ \boxed{\exists!\alpha\in]-1;1[:f(\alpha)=0}. \]

Question 2

Déterminer un encadrement de \(\alpha\) d'amplitude \(0,25\).

Méthode et stratégie.

Procéder par dichotomie et conserver à chaque étape deux bornes de signes opposés jusqu’à l’amplitude demandée.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

Méthode de dichotomie.

On part d'un intervalle dans lequel \(f\) change de signe. On calcule la valeur au milieu, puis on conserve la moitié où se trouve la racine. On répète jusqu'à obtenir la précision demandée.

Au départ :

\[ \alpha\in]-1;1[. \]

Première étape

Le milieu est \(0\). Comme :

\[ f(0)=1>0, \qquad f(1)=-1\lt0, \]

on conserve :

\[ \alpha\in]0;1[. \]

Deuxième étape

Le milieu est \(\frac12\). On calcule :

\[ f\left(\frac12\right) =\frac18-\frac32+1=-\frac38\lt0. \]

Comme \(f(0)>0\), on conserve :

\[ \alpha\in]0;\tfrac12[. \]

Troisième étape

Le milieu est \(\frac14\). On calcule :

\[ f\left(\frac14\right) =\frac1{64}-\frac34+1 =\frac{17}{64}>0. \]

La racine est donc située entre \(\frac14\) et \(\frac12\).

\[ \boxed{\frac14\lt\alpha\lt\frac12}. \]

L'amplitude de cet encadrement vaut :

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

Exercice 53 — Équation et inéquation

On considère l'équation :

\[ (E):\quad -2x\sqrt{x}+\frac1x-5x=-10. \]

1) Montrer que \((E)\) possède une solution unique \(\alpha\) dans \(\mathbb R_+^*\).

2) Vérifier que \(1,4\lt\alpha\lt1,5\).

3) Résoudre sur \(\mathbb R_+^*\) l'inéquation :

\[ 2x\sqrt{x}-\frac1x+5x-10\lt0. \]

Question 1

Montrer que \((E)\) admet une solution unique dans \(\mathbb R_+^*\).

Méthode et stratégie.

Former la différence des membres sur x>0, étudier son sens de variation puis ses limites aux bornes.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

L'équation \((E)\) s'écrit :

\[ 2x\sqrt{x}-\frac1x+5x-10=0. \]

Posons :

\[ g(x)=2x\sqrt{x}-\frac1x+5x-10 \qquad (x>0). \]

La fonction \(g\) est continue sur \(]0;+\infty[\).

Sa dérivée est :

\[ g'(x)=3\sqrt{x}+\frac1{x^2}+5. \]

Pour \(x>0\), les trois termes sont positifs. Ainsi :

\[ g'(x)>0. \]

La fonction \(g\) est donc strictement croissante sur \(]0;+\infty[\).

Par ailleurs :

\[ \lim_{x\to0^+}g(x)=-\infty, \] \[ \lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty. \]

Il existe donc deux réels strictement positifs \(a\) et \(b\) tels que \(g(a)\lt0\) et \(g(b)>0\).

Le théorème des valeurs intermédiaires assure l'existence d'une solution entre \(a\) et \(b\). La stricte croissance garantit son unicité sur \(]0;+\infty[\).

\[ \boxed{\exists!\alpha>0:g(\alpha)=0}. \]

Question 2

Vérifier que \(1,4\lt\alpha\lt1,5\).

Méthode et stratégie.

Évaluer les deux bornes décimales avec des inégalités justifiées ; la monotonie localise la racine.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

La fonction \(g\) est continue et strictement croissante sur \(]0;+\infty[\).

On calcule :

\[ g\left(\frac75\right) =\frac{14}{5}\sqrt{\frac75}-\frac57-3. \]

Puisque :

\[ \sqrt{\frac75}\lt\frac65, \]

on en déduit :

\[ g\left(\frac75\right) \lt\frac{84}{25}-\frac57-3\lt0. \]

De même :

\[ g\left(\frac32\right) =3\sqrt{\frac32}-\frac{19}{6}. \]

Or \(\sqrt{\frac32}>\frac65\), donc :

\[ g\left(\frac32\right) >\frac{18}{5}-\frac{19}{6}>0. \]

Il s'ensuit que :

\[ g(1,4)\lt0\lt g(1,5). \]

\[ \boxed{1,4\lt\alpha\lt1,5}. \]

Question 3

Résoudre dans \(\mathbb R_+^*\) : \[ 2x\sqrt{x}-\frac1x+5x-10\lt0. \]

Méthode et stratégie.

Reconnaître la fonction de la question précédente ; sa stricte monotonie donne le signe de part et d’autre de α.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

L'inéquation demandée est :

\[ g(x)\lt0. \]

D'après la question 1, la fonction \(g\) est strictement croissante sur \(]0;+\infty[\) et s'annule uniquement en \(\alpha\).

Par conséquent :

\[ g(x)\lt0 \quad\text{pour}\quad 0\lt x\lt\alpha, \]

et \(g(x)>0\) pour \(x>\alpha\).

\[ \boxed{S=]0;\alpha[}. \]

La question précédente situe la borne \(\alpha\) entre \(1,4\) et \(1,5\).

Exercice 54 — Existence, unicité et signe

On considère la fonction \(f\) définie sur :

\[ I=[\tfrac{\pi}{4};\tfrac{\pi}{2}] \]

par :

\[ f(x)=x^2-x\sin x-\cos x. \]

1) Montrer que \(f\) est strictement croissante sur \(I\).

2) Montrer qu'il existe un unique réel \(\alpha\in I\) tel que \(f(\alpha)=0\).

3) Déterminer lequel des intervalles \(]\frac{\pi}{4};\frac{\pi}{3}[\) et \(]\frac{\pi}{3};\frac{\pi}{2}[\) contient \(\alpha\).

4) Donner le tableau de signe de \(f\) sur \(I\).

Question 1

Montrer que \(f\) est strictement croissante sur \(I\).

Méthode et stratégie.

Comparer les valeurs en deux points ou utiliser une dérivée strictement positive sur l’intervalle imposé.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

La fonction \(f\) est dérivable sur \(I\).

On calcule :

\[ f'(x)=2x-(\sin x+x\cos x)+\sin x. \]

Après simplification :

\[ f'(x)=x(2-\cos x). \]

Sur \(I\), on a \(x>0\) et \(\cos x\le1\), donc :

\[ 2-\cos x\ge1>0. \]

Par conséquent :

\[ f'(x)>0. \]

\[ \boxed{f\text{ est strictement croissante sur }I}. \]

Question 2

Montrer qu'il existe un unique zéro \(\alpha\) de \(f\) sur \(I\).

Méthode et stratégie.

Séparer l’existence par continuité et valeurs aux bornes de l’unicité par stricte croissance.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

La fonction \(f\) est continue sur \(I\).

En \(\frac{\pi}{4}\) :

\[ f\left(\frac{\pi}{4}\right) =\frac{\pi^2}{16} -\frac{\pi\sqrt2}{8} -\frac{\sqrt2}{2}\lt0. \]

En \(\frac{\pi}{2}\) :

\[ f\left(\frac{\pi}{2}\right) =\frac{\pi^2}{4}-\frac{\pi}{2} =\frac{\pi(\pi-2)}4>0. \]

Le théorème des valeurs intermédiaires assure l'existence d'au moins une solution \(\alpha\in]\frac{\pi}{4};\frac{\pi}{2}[\).

D'après la question précédente, \(f\) est strictement croissante sur \(I\). Cette solution est donc unique.

\[ \boxed{ \exists!\alpha\in]\tfrac{\pi}{4};\tfrac{\pi}{2}[: f(\alpha)=0 }. \]

Question 3

Préciser si \(\alpha\) appartient à \(]\frac{\pi}{4};\frac{\pi}{3}[\) ou à \(]\frac{\pi}{3};\frac{\pi}{2}[\).

Méthode et stratégie.

Calculer le signe à la borne intermédiaire \(\frac{\pi}{3}\) et utiliser la croissance pour situer α.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

On calcule :

\[ f\left(\frac{\pi}{3}\right) =\frac{\pi^2}{9} -\frac{\pi\sqrt3}{6} -\frac12. \]

Justifions rigoureusement le signe de cette valeur. On utilise :

\[ 3\lt\pi\lt\frac{22}{7} \lt2\sqrt3. \]

On en déduit :

\[ \frac{\pi^2}{9}\lt\frac43 \]

et :

\[ \frac{\pi\sqrt3}{6}> \frac{\sqrt3}{2}. \]

Par conséquent :

\[ \begin{aligned} f\left(\frac{\pi}{3}\right) &=\frac{\pi^2}{9} -\frac{\pi\sqrt3}{6} -\frac12\\ &\lt\frac43-\frac{\sqrt3}{2} -\frac12\\ &=\frac{5-3\sqrt3}{6}. \end{aligned} \]

Or \(5\lt3\sqrt3\), car \(25\lt27\). Ainsi :

\[ \boxed{ f\left(\frac{\pi}{3}\right)\lt0 }. \]

Comme \(f\) est strictement croissante et que \(f(\alpha)=0\), on en déduit :

\[ \frac{\pi}{3}\lt\alpha. \]

Par ailleurs, \(\alpha\lt\frac{\pi}{2}\).

\[ \boxed{\alpha\in]\tfrac{\pi}{3};\tfrac{\pi}{2}[}. \]

Question 4

Donner le signe de \(f\) sur \(I\).

Méthode et stratégie.

Une fonction strictement croissante s’annulant en α est négative avant α et positive après.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

La fonction \(f\) est strictement croissante sur \(I\) et s'annule en un seul point \(\alpha\).

Par conséquent :

\[ f(x)\lt0 \quad\text{si }x\in[\tfrac{\pi}{4};\alpha[, \] \[ f(\alpha)=0, \] \[ f(x)>0 \quad\text{si }x\in]\alpha;\tfrac{\pi}{2}]. \]

Sur \([\frac{\pi}{4};\alpha[\), \(f(x)\lt0\). En \(\alpha\), \(f(\alpha)=0\). Sur \(]\alpha;\frac{\pi}{2}]\), \(f(x)\gt0\).

Exercice 55 — Racine unique et encadrement

Soit :

\[ f(x)=\frac1x-2\sqrt{x+1}. \]

1) Déterminer \(D_f\), puis calculer la limite de \(f\) en \(+\infty\).

2.a) Montrer que l'équation \(f(x)=0\) possède une solution unique \(\alpha\), puis étudier l'encadrement \(\frac12\lt\alpha\lt1\) proposé dans l'énoncé.

2.b) Montrer que \(\alpha\) vérifie :

\[ 4\alpha^3+4\alpha^2-1=0. \]

Question 1

Déterminer \(D_f\) et la limite en \(+\infty\).

Méthode et stratégie.

Résoudre les restrictions de définition avant la limite ; traiter la croissance dominante par une transformation exacte.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

La racine carrée impose \(x+1\ge0\), donc \(x\ge-1\).

Le quotient impose \(x\ne0\).

\[ \boxed{D_f=[-1;0[\ \cup\ ]0;+\infty[}. \]

Lorsque \(x\to+\infty\), on a :

\[\lim_{x\to+\infty}\left(\frac1x\right)=0\qquad\lim_{x\to+\infty}\left(2\sqrt{x+1}\right)=+\infty\]

Ainsi :

\[ \boxed{\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty}. \]

Question 2.a

Montrer que l'équation \(f(x)=0\) possède une solution unique et préciser son encadrement.

Méthode et stratégie.

Vérifier continuité et stricte monotonie sur le domaine, puis encadrer la racine par deux valeurs de signes contraires.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

Méthode.

On étudie séparément les deux intervalles de définition. Sur l'intervalle positif, la continuité et la stricte monotonie permettent de déterminer l'existence et l'unicité d'une racine.

1. Sur \([-1;0[\)

Pour tout \(x\in[-1;0[\), on a :

\[ \frac1x\lt0, \qquad 2\sqrt{x+1}\ge0. \]

Ainsi \(f(x)\lt0\). L'équation \(f(x)=0\) n'a donc aucune solution sur cet intervalle.

2. Sur \(]0;+\infty[\)

La fonction \(f\) est continue sur cet intervalle.

Sa dérivée est :

\[ f'(x) =-\frac1{x^2}-\frac1{\sqrt{x+1}}. \]

Pour \(x>0\), on a \(f'(x)\lt0\). La fonction est donc strictement décroissante.

Par ailleurs :

\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty. \]

Les limites précédentes montrent que l'on peut choisir deux réels \(a\) et \(b\) tels que :

\[ 0\lt a\lt b, \qquad f(a)>0, \qquad f(b)\lt0. \]

La fonction \(f\) est continue sur l'intervalle fermé \([a;b]\). Comme \(f(a)\) et \(f(b)\) sont de signes opposés, le théorème des valeurs intermédiaires garantit l'existence d'un réel \(\alpha\in]a;b[\) tel que :

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

De plus, \(f\) est strictement décroissante sur \(]0;+\infty[\). Elle ne peut donc s'annuler qu'une seule fois sur cet intervalle.

Comme nous avons déjà établi que \(f(x)\lt0\) sur \([-1;0[\), aucune autre solution n'existe sur son ensemble de définition.

\[ \boxed{ f(x)=0\text{ admet une solution réelle unique }\alpha>0. } \]

3. Encadrement de la solution

En \(\frac12\), on trouve :

\[ f\left(\frac12\right) =2-2\sqrt{\frac32}\lt0. \]

Ainsi, puisque \(f\) est strictement décroissante et \(f(\alpha)=0\), la racine vérifie nécessairement :

\[ \alpha\lt\frac12. \]

L'encadrement \(\frac12\lt\alpha\lt1\) ne peut donc pas être satisfait par cette équation.

Déterminons un encadrement correct. En \(x=\frac25\) :

\[ f\left(\frac25\right) =\frac52-2\sqrt{\frac75}>0. \]

En effet :

\[ \left(\frac52\right)^2 =\frac{25}{4} >\frac{28}{5} =\left(2\sqrt{\frac75}\right)^2. \]

On obtient alors :

\[ f\left(\frac25\right)>0> f\left(\frac12\right). \]

\[ \boxed{ \text{Solution unique }\alpha,\qquad \frac25\lt\alpha\lt\frac12 }. \]

L'encadrement imprimé est incompatible avec les valeurs de la fonction. L'intervalle \(]\frac25;\frac12[\) contient bien la solution unique.

Question 2.b

Montrer que \(4\alpha^3+4\alpha^2-1=0\).

Méthode et stratégie.

Partir de l’équation f(α)=0 ; isoler le radical et contrôler les signes avant toute élévation au carré.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

Comme \(f(\alpha)=0\) et \(\alpha>0\), on a :

\[ \frac1\alpha=2\sqrt{\alpha+1}. \]

Les deux membres sont positifs. On peut donc élever au carré :

\[ \frac1{\alpha^2}=4(\alpha+1). \]

En multipliant par \(\alpha^2\) :

\[ 1=4\alpha^2(\alpha+1). \]

En développant :

\[ 1=4\alpha^3+4\alpha^2. \]

\[ \boxed{4\alpha^3+4\alpha^2-1=0}. \]

Exercice 56 — Trois racines et signe d'un polynôme

Soit la fonction :

\[ f(x)=x^3-6x^2+6. \]

1) Montrer que l'équation \(f(x)=0\) admet trois racines dans \(\mathbb R\).

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

Question 1

Montrer que l'équation \(f(x)=0\) possède trois racines réelles.

Méthode et stratégie.

Construire trois intervalles disjoints où les signes changent ; utiliser ensuite le degré du polynôme pour exclure d’autres racines.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

Méthode.

On utilise le théorème des valeurs intermédiaires sur trois intervalles distincts, puis les variations pour établir que chaque intervalle contient une seule racine.

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

Sa dérivée est :

\[ f'(x)=3x^2-12x=3x(x-4). \]

On en déduit :

\(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty;0]\), strictement décroissante sur \([0;4]\), puis strictement croissante sur \([4;+\infty[\).

Première racine

On calcule :

\[ f(-1)=-1-6+6=-1, \qquad f(0)=6. \]

Puisque \(f(-1)\lt0\lt f(0)\), le TVI donne une racine \(\alpha\in]-1;0[\). La stricte croissance sur cet intervalle assure son unicité.

Deuxième racine

On a :

\[ f(1)=1-6+6=1, \] \[ f(2)=8-24+6=-10. \]

Le TVI donne une racine \(\beta\in]1;2[\). Sur cet intervalle, la fonction est strictement décroissante, donc cette racine est unique.

Troisième racine

On calcule :

\[ f(5)=125-150+6=-19, \] \[ f(6)=216-216+6=6. \]

Le TVI donne une racine \(\gamma\in]5;6[\). La stricte croissance garantit son unicité sur cet intervalle.

Les trois racines appartiennent à des intervalles disjoints : elles sont donc distinctes. Les variations montrent qu'il n'existe aucune autre racine.

\[ \boxed{ \begin{gathered} \alpha\in]-1;0[,\\ \beta\in]1;2[,\\ \gamma\in]5;6[,\\ \alpha\lt\beta\lt\gamma. \end{gathered} } \]

Question 2

Déduire le signe de \(f(x)\) sur \(\mathbb R\).

Méthode et stratégie.

Ordonner les trois racines, puis étudier le signe par factorisation ou par les variations et le coefficient dominant.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

La fonction \(f\) possède exactement trois racines :

\[ \alpha\lt\beta\lt\gamma. \]

Les variations et les valeurs de la fonction permettent d'établir son signe :

Sur \(]-\infty;\alpha[\), \(f(x)\lt0\). Sur \(]\alpha;\beta[\), \(f(x)\gt0\). Sur \(]\beta;\gamma[\), \(f(x)\lt0\). Sur \(]\gamma;+\infty[\), \(f(x)\gt0\).

Aux trois racines, \(f(\alpha)=f(\beta)=f(\gamma)=0\).

Ainsi, l'ensemble des réels vérifiant \(f(x)>0\) est :

\[ \boxed{]\alpha;\beta[\ \cup\ ]\gamma;+\infty[}. \]

Et l'ensemble des réels vérifiant \(f(x)\lt0\) est :

\[ \boxed{]-\infty;\alpha[\ \cup\ ]\beta;\gamma[}. \]

Ce qu'il faut retenir

Le théorème des valeurs intermédiaires permet de démontrer l'existence d'une solution en utilisant la continuité et deux valeurs de signes opposés.

Pour démontrer l'unicité, il faut ajouter une propriété appropriée, notamment la stricte monotonie de la fonction.

La méthode de dichotomie fournit un encadrement de plus en plus précis d'une racine. À chaque étape, on conserve la moitié de l'intervalle dans laquelle la fonction change de signe.

Enfin, les variations et la position des zéros permettent de déterminer le signe d'une fonction et de résoudre les inéquations associées.

MATHS PARCOURS MAROC