Bac 2012 (Centres étrangers) - Résolution d'une équation avec exponentielle

Exercice corrigé - Spécialité maths, terminale générale

(Bac S, Centres étrangers 2012, 6 points)

On considère l'équation (E) d'inconnue $x$ réelle : $\mathrm{e}^{x}=3\left(x^2+x^3\right)$.


Partie A : Conjecture graphique


Le graphique ci-dessous donne la courbe représentative de la fonction exponentielle et celle de la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x)=3\left(x^2+x^3\right)$ telles que les affiche une calculatrice dans un même repère orthogonal.
\[ \psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25} \begin{pspicture*}(-7,-6)(7,6) \psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=1,Dy=1,ticksize=-2pt 0,subticks=2]{->}(0,0)(-7,-6)(7,6) \psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{-7.0}{7.0}{EXP(x)} \psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt]{-7.0}{7.0}{3*(x^2+x^3)} \end{pspicture*} \]


À l'aide du graphique ci-dessus, conjecturer le nombre de solutions de l'équation (E) et leur encadrement par deux entiers consécutifs.


Partie B : étude de la validité de la conjecture graphique


    1. Étudier selon les valeurs de $x$, le signe de $x^2+x^3$.
    2. En déduire que l'équation (E)n'a pas de solution sur l'intervalle $]-\infty~;~-1]$.
    3. Vérifier que 0 n'est pas solution de (E).
  2. On considère la fonction $h$, définie pour tout nombre réel de $]-1~;~0[\cup]0~;~+\infty[$ par :
    \[h(x)=\ln 3+\ln\left(x^2\right)+\ln(1+x)-x.\]

    Montrer que, sur $]-1~;~0[\: \cup\: ]0~;~+\infty[$, l'équation (E) équivaut à $h(x) = 0$.
    1. Etudier les limites de $h$ en $-1$, $0$ et $+\infty$.
    2. Montrer que, pour tout réel $x$ appartenant à $]-1~;~0[~\cup~]0~;~+\infty[$, on a: $h'(x)=\dfrac{-x^2 + 2x + 2}{x(x + 1)}$
    3. Déterminer les variations de la fonction $h$.
    4. Déterminer le nombre de solutions de l'équation $h(x)=0$ et donner une valeur arrondie au centième de chaque solution.
    5. Conclure quant à la conjecture de la partie A.

Correction
(Bac S, Centres étrangers 2012, 6 points)
Partie A: Conjecture. Les solutions de l'équation (E) sont les abscisses des points d'intersection des deux courbes. Il semble y en avoir 2. L'une comprise entre $-1$ et $0$, l'autre entre 0 et 1.
Partie B : étude de la validité de la conjecture graphique
    1. $\forall x \in \R,x^2 + x^3 = x^2(1+x)$, avec $x^2\geqslant0$ et $1+x\geqslant0\iff x\geqslant-1$, ainis
      \[\begin{tabular}{|c|ccccccc|}\hline $x$ &$-\infty$ && $-1$ && $0$ && $+\infty$\\\hline $x^2$ && $+$ &$|$&$+$&\zb&$+$& \\\hline $1+x$ && $-$ &\zb&$+$&$|$&$+$& \\\hline $x^3+x^2$ && $-$ &\zb&$+$&\zb&$+$& \\\hline \end{tabular}\]

    2. On a donc, pour tout $x\leqslant-1$, $3(x^3+x^2)\leqslant0$. Or, $e^x>0$ pour tout $x$ réel, et donc il ne peut pas y avoir de solution $x\leqslant -1$ à (E)
    3. $ \mathrm{e}^{0} = 1 $ et $ 3 \times (0^2 + 0^3)=0 $. Donc $0$ n'est pas solution de (E).

  2. $\forall x \in ]-1~;~0[~\cup~]0~;~+\infty[, \begin{array}[t]{lcl} \mbox{(E)} & \iff & e^x=3(x^2+x^3) \\ &\iff & \ln e^x=\ln\left( 3(x^2+x^3)\right) \\ &\iff & x=\ln3+\ln\left( x^2( 1+x) \right) \\ &\iff & x=\ln3+\ln\left( x^2 \right) + \ln\left(1+x\right) \\ &\iff & \ln3 + \ln\left( x^2 \right) + \ln\left( 1+x\right) -x = 0 \iff h(x) = 0 \\ \end{array} $
    1. En $-1$: $\dsp\lim_{x\to-1}\ln(x^2)=\ln1=0$, et, par composition, $\dsp\lim_{x\to-1}\ln(1+x)=\lim_{X\to0}\ln(X)=-\infty$, et alors, par additions, $\dsp\lim_{x\to-1}h(x)=-\infty$.

      En $0$: par composition, $\dsp\lim_{x\to0}\ln(x^2)=\lim_{\scriptsize\begin{array}{l}X\to0\\X>0\enar}\ln(X)=-\infty$, et $\dsp\lim_{x\to0}\ln(1+x)=\ln1=0$.
      Ainsi, par addition, $\dsp\lim_{x\to0}h(x)=-\infty$.

      En $+\infty$: On a, pour tout $x>0$, $h(x)=\ln3-x\Bigl[-2\dfrac{\ln(x)}{x}-\dfrac{\ln(1+x)}{x}+1\Bigr]$.
      De plus, par croissances comparées, $\dsp\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}=0$, et donc aussi
      $\dsp\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x+1)}{x} =\dfrac{\ln\left( x\left( 1+\dfrac1x\rp\rp}{x}= \lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}+\dfrac{\ln\lp1+\dfrac1x\rp}{x}=0$,
      On a alors, par addition et produit, $\dsp\lim_{x\to+\infty}h(x)=-\infty$.
    2. $h$ est une somme et composée de fonctions de référence dérivables, donc $h$ est bien dérivable sur $]-1~;~0[~\cup~]0~;~+\infty[$.
      Plus précisément, pour tout réel $x\in]-1;0[\cup]0;+\infty[,$ on a $h(x)=\ln3+\ln\left( u(x)\rp+\ln\left( v(x)\rp-x$,
      avec $u(x)=x^2$, donc $u'(x)=2x$, et $v(x)=1+x$, donc $v'(x)=1$, et ainsi,
      $h'(x) = 0 + \dfrac{u'(x)}{u(x)}+\dfrac{v'(x)}{v(x)}-1 =\dfrac{2x}{x^2} + \dfrac{1}{x+1}-1 =\dfrac{2(x+1)+x-x(x+1)}{x(x+1)} =\dfrac{-x^2 + 2x + 2}{x(x + 1)}.$
    3. Le numérateur de $h'(x)$ est un trinôme du second degré qui a pour discriminant $ \Delta =12>0 $ et qui admet donc deux racines $x_1=\dfrac{-2+2 \sqrt{3}}{-2} = 1-\sqrt{3} $ et $ x_2 = 1+\sqrt{3} $.
      Le dénominateur est aussi un trinôme du second degré dont les racines sont mises en évidence: $0$ et $-1$.

      \[\begin{tabular}{|c|ccccccccc|}\hline $x$ & $-1$ && $1-\sqrt{3}$ && $0$&& $ 1+\sqrt{3} $&&$+\infty$\\\hline $-x^2+2x+2$ && $-$ & $0$ && $+$ & &$0$ &$-$&\\\hline $x(x+1)$ & $0$ && $-$&&$0$ & &$+$ &&\\\hline $h'(x)$ & $\mid\mid$ & $+$ & $0$ &$-$ &$\mid\mid$&$ + $ &$ 0 $ &$-$& \\\hline &&&&&&&&&\\ $h$& \psline(0,.8)(0,-.6)\,\psline(0,.8)(0,-.6)& \psline[arrowsize=7pt]{->}(-.2,-.3)(.7,.4) && \psline[arrowsize=7pt]{->}(-.7,.4)(.3,-.3) & \psline(0,.8)(0,-.6)\,\psline(0,.8)(0,-.6)& \psline[arrowsize=7pt]{->}(-.2,-.3)(.7,.4) && \psline[arrowsize=7pt]{->}(-.7,.4)(.3,-.3) & \\ &\qquad\ \scriptsize$-\infty$\hspace*{-2em}&&&\quad\scriptsize$-\infty$\hspace*{-2em} &\qquad\ \scriptsize$-\infty$\hspace*{-2em}&&&\quad\scriptsize$-\infty$\hspace*{-3em}& \\\hline \end{tabular}\]


      • Sur l'intervalle $ ]-1;0[ $, $h(1-\sqrt{3})$ est un maximum pour $h$. Or $h(1-\sqrt{3})<0$ donc l'équation $h(x)=0 $ n'a pas de solution sur $]-1;0[$. C'est une première contradiction avec la conjecture de la partie A.
      • Sur l'intervalle $ ]0 ~;~ 1+\sqrt{3}[ $ la fonction $h$ est dérivable, donc continue, strictement croissante, et $0$ est compris entre $\dsp\lim_{x \to 0 }h(x)$ et $h\lp1+\sqrt{3}\rp$, d'après le théorème de la bijection, l'équation $h(x)=0 $ admet une unique solution $\alpha$ sur $[0;1+\sqrt{3}[$.
        La calculatrice donne: $h(0,61)\simeq-0,02<0$ et $h(0,62)\simeq0,24>0$, et donc $0,61<\alpha<0,62$. On trouve de même que $0,618 < \alpha < 0,619$ Une valeur approchée de $\alpha_1$, arrondie au centième est donc $0,62$.
      • De même sur $[1+\sqrt3;+\infty[$, où $h$ est continue et strictement décroissante, on aune unique solution $\beta$, avec, à l'aide de la calculatrice, $\beta\simeq7,12$
    5. La conjecture émise à la partie A était fausse: il y a bien deux solutions mais pas là où on les pensait.


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