Centres étrangers 2012. Enseignement spécifique

EXERCICE 3

Partie A : conjecture graphique

Il semblerait d'après le graphique que l'équation $h(x)=0$ admette une solution et une seule et que cette solution appartienne à $[0,1]$.

Partie B

1. 1. Pour tout réel $x$, $x^2+x^3=x^2(x+1)$. Par suite, pour tout réel $x$ de $]-\infty,-1[$, $x^2+x^3< 0$ puis pour tout réel $x$ de $]-1,0[\cup]0,+\infty[$, $x^2+x^3>0$ et enfin pour $x\in\{-1,0\}$, $x^2+x^3=0$.
   
   
   2. Soit $x$ un réel de $]-\infty,-1]$. $e^{x}>0$ et $3(x^2+x^3)\leqslant0$ et en particulier $e^{x}\neq3(x^2+x^3)$. Finalement

      l'équation $(E)$ n'a pas de solution dans $]-\infty,-1]$.

   
   
   3. $e^0=1\neq0=3(0^2+0^3)$. Donc $0$ n'est pas solution de l'équation $(E)$.


2. Soit $x\in]-1,0[\cup]0,+\infty[$. Alors $x^2+x^3>0$ puis \begin{align*} e^x=3(x^2+x^3)&\Leftrightarrow\ln\left(e^x\right)=\ln\left(3(x^2+x^3)\right)\Leftrightarrow x=\ln(3x^2(1+x))\Leftrightarrow x=\ln3+\ln\left(x^2\right)+\ln(1+x)\\ &\Leftrightarrow\ln3+\ln\left(x^2\right)+\ln(1+x)-x=0\Leftrightarrow h(x)=0. \end{align*}


3. 1. Pour tout réel $x$ de $]-1,0[\cup]0,+\infty[$, \begin{align*} h'(x)&=0+\dfrac{(x^2)'}{x^2}+\dfrac{(x+1)'}{x+1}-1=\dfrac{2x}{x^2}+\dfrac{1}{x+1}-1=\dfrac{2}{x}+\dfrac{1}{x+1}-1=\dfrac{2(x+1)+x-x(x+1)}{x(x+1)}\\ &=\dfrac{-x^2+2x+2}{x(x+1)}. \end{align*}

      Pour tout réel $x$ de $]-1,0[\cup]0,+\infty[$, $h'(x)=\dfrac{-x^2+2x+2}{x(x+1)}$.

   
   
   2. Le discriminant du trinôme $-x^2+2x+2$ est $$\Delta=(-2)^2-4\times(-1)\times2=12.$$

      Le trinôme $-x^2+2x+2$ admet donc deux racines, les deux nombres $x_1=\dfrac{-2+\sqrt{12}}{-2}=\dfrac{2-2\sqrt{3}}{2}=1-\sqrt{3}$ et $x_2=1+\sqrt{3}$.

      On note que $x_1=-0,7\ldots$ et $x_2=2,7\ldots$ de sorte que $-1

      On en déduit encore le tableau de variations de la fonction $h$ :

      La calculatrice fournit $h(1-\sqrt{3})=-0,1\ldots<0$ et $h(1+\sqrt{3})=3,4\ldots>0$.

   
   
   3. Sur l'intervalle $]-1,0[$, la fonction $h$ admet un maximum strictement négatif. Par suite, pour tout réel $x$ de $]-1,0[$, $h(x)< 0$ et en particulier pour tout réel $x$ de $]-1,0[$, $h(x)\neq0$. Donc l'équation $(E)$ n'a pas de solution dans $]-1,0[$.

      La calculatrice fournit encore $h(0,5)=-0,3\ldots< 0$. Comme la fonction $h$ est strictement croissante sur $]0;0,5]$, on en déduit que pour tout réel $x$ de $]0;0,5]$, $h(x)<0$ et en particulier, pour tout réel $x$ de $]0;0,5]$, $h(x)\neq0$.

      D'autre part, la fonction $h$ est continue et strictement croissante sur $\left[0,5;1+\sqrt{3}\right]$. On sait alors que pour tout réel $k$ de $\left[h(0,5),h(1+\sqrt{3})\right]$, l'équation $h(x)=k$ admet une solution et une seule dans $\left[0,5;1+\sqrt{3}\right]$. Comme $h(0,5)<0$ et $h(1+\sqrt{3})>0$, le réel $0$ appartient à l'intervalle $[h(0,5),h(1+\sqrt{3})]$ et donc l'équation $h(x)=0$ admet une solution et une seule, notée $\alpha$, dans $[0,5;1+\sqrt{3}]$. La calculatrice fournit $h(-0,615)=-0,009\ldots< 0$ et $h(0,62)=0,004\ldots>0$. Donc $0,615<\alpha< 0,62$ puis $\alpha=0,62$ arrondi au centième.

      De même, l'équation $h(x)=0$ admet une solution et une seule, notée $\beta$, dans $\left[1+\sqrt{3},+\infty\right[$ car par exemple $h(10)=-1,8\ldots<0$.
      La calculatrice fournit $h(7,115)=0,001\ldots>0$ et $h(1,12)=-0,001\ldots<0$. Donc $7,115< \beta< 7,12$ puis $\beta=7,12$ arrondi au centième.

      L'équation $h(x)=0$ admet exactement deux solutions $\alpha$ et $\beta$
      avec $\alpha=0,62$ arrondi au centième et $\beta=7,12$ arrondi au centième.

   
   
   4. La conjecture émise dans la partie A était donc fausse. La solution $\beta$ n'apparaissait pas sur le graphique fourni. Néanmoins cette solution était prévisible car un théorème de croissances comparées montre que le graphe de la fonction $x\mapsto e^x$ est au-dessus du graphe de la fonction $x\mapsto3(x^2+x^3)$ quand le réel positif $x$ est grand et donc le graphe de la fonction $x\mapsto e^x$ devait recouper au moins une fois le graphe de la fonction $x\mapsto3(x^2+x^3)$.