Etude de fonction, avec fonction auxiliaire, bijection

Exercice corrigé - Spécialité maths, première générale

Énoncé

  1. On appelle $f$ la fonction définie sur $\R$ par l'expression $f(x)=x^3-3x-4$.
    1. Etudier les variations de $f$, et dresser son tableau de variation.
    2. Montrer que l'équation $f(x)=0$ a une unique solution $a$ sur $\R$ et que $a\in[2;3]$.
      Donner un encadrement de $a$ d'amplitude $10^{-2}$.
    3. Déterminer le signe de $f(x)$ sur $\R$.

  2. On appelle $g$ la fonction définie sur $\R\setminus\la0\ra$ par $g(x)=\dfrac{x^3+3x+2}{x^2}$.
    1. Calculer la dérivée $g'$ de $g$ et montrer que $g'(x)=\dfrac{f(x)}{x^3}$ pour tout $x$ de $\R\setminus\la0\ra$.
    2. En déduire les variations de $g$.
    3. Montrer que $g(a)=6\dfrac{a+1}{a^2}$.
      En déduire un encadrement de $g(a)$.



Correction

Correction

  1. On appelle $f$ la fonction définie sur $\R$ par l'expression $f(x)=x^3-3x-4$.
    1. $f'(x)=3x^2-3=3(x^2-1)$, et donc,
      \[\begin{tabular}{|c|ccccccc|}\hline $x$ & $-\infty$ && $-1$ && $1$ && $+\infty$ \\\hline $f'(x)$ && $+$ & \zb& $-$ &\zb&$+$ & \\\hline &&&-2&&&&\\ $f(x)$ &&\psline{->}(-0.4,-0.3)(0.5,0.6)&& \psline{->}(-0.4,0.6)(0.5,-0.3)&& \psline{->}(-0.4,-0.3)(0.6,0.6)&\\ &&&&&-6&&\\\hline \end{tabular}\]


    2. La fonction $f$ est dérivable sur $[2;3]$, strictement croissante, et telle que $f(2)=-2<0$ et $f(3)=14>0$.
      On en déduit, d'après le théorème de la bijection, que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution sur $[2;3]$.

      De plus, sur $]-\infty;2]$, le maximum de $f$ est $f(-1)=f(-2)=-2<0$, et donc l'équation $f(x)=0$ n'a pas de solution.
      De même, sur $[3;+\infty[$, la fonction est croissante et a pour minimum $f(3)=14>0$, et l'équation $f(x)=0$ n'y admet pas non plus de solution.
      En résumé, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution sur $\R$, et cette solution appartient à l'intervalle $[2;3]$.


      De plus, on calcule que $f(2,19)\simeq -0,07<0$ et $f(2,20)\simeq 0,05>0$, d'où l'encadrement
      \[2,19<a<2,20\]


    3. On en déduit le signe de $f(x)$ sur $\R$:
      \[\begin{tabular}{|c|ccccccccc|}\hline $x$ & $-\infty$ && $-1$ && $1$ && $a$ && $+\infty$ \\\hline &&&-2&&&&&&\\ $f(x)$ &&\psline{->}(-0.4,-0.3)(0.6,0.6)&& \psline{->}(-0.4,0.6)(0.5,-0.3)&& \psline{->}(-0.4,-0.3)(1.4,0.6)&\rput(0,0.12){$0$}&&\\ &&&&&-6&&&&\\\hline $f(x)$ &&&$-$&&&&\zb& $+$&\\\hline \end{tabular}\]


  2. On appelle $g$ la fonction définie sur $\R\setminus\la0\ra$ par $g(x)=\dfrac{x^3+3x+2}{x^2}$.
    1. On a $g=\dfrac{u}{v}$, avec $u(x)=x^3+3x+2$, $u'(x)=3x^2+3$, et $v(x)=x^2$, $v'(x)=2x$, d'où,
      \[\begin{array}{ll}g'(x) &=\dfrac{(3x^2+3)x^2-(x^3+3x+2)(2x)}{x^4}\\ &=\dfrac{x^4-3x^2-4x}{x^4}\\ &=\dfrac{x^3-3x-4}{x^3} =\dfrac{f(x)}{x^3} \enar\]


    2. On déduit de la question 1.c) le tableau de variation:

      \[\begin{tabular}{|c|ccccccc|}\hline $x$ & $-\infty$ && $0$ && $a$ && $+\infty$ \\\hline $f(x)$ && $-$ &$|$ & $-$ &\zb& $+$ & \\\hline $x^3$ && $-$ &\zb&$+$ &$|$ & $+$ & \\\hline $g'(x)$ && $+$ & \mbox{$\hspace{0.1em}|\hspace{-0.67em}\mid$} & $-$ &\mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$} & $+$ & \\\hline &&&\psline(0,-1.2)(0,0.3)\,\psline(0,-1.2)(0,0.3)&&&&\\ $g(x)$ &&\psline{->}(-0.4,-0.3)(0.6,0.6)&& \psline{->}(-0.4,0.6)(0.5,-0.3)&& \psline{->}(-0.4,-0.3)(0.6,0.6)&\\ &&&&&$g(a)$&&\\\hline \end{tabular}\]


    3. On a, par définition du nombre $a$, $f(a)=a^3-3a-4=0\iff a^3=3a+4$
      On en déduit que
      \[\begin{array}{ll}g(a)&=\dfrac{a^3+3a+2}{a^2}\\ &=\dfrac{(3a+4)+3a+2}{a^2}\\ &=\dfrac{6a+6}{a^2}\\ &=6\dfrac{a+1}{a^2}\enar\]


      On a vu de plus que $2,19<a<2,20$ et alors,
      • d'une part $6(2,19+1)<6(a+1)<6(2,20+1)$
      • et d'autre part $2,19^2<a^2<2,20^2$ et alors $\dfrac1{2,20^2}<\dfrac1{a^2}<\dfrac1{2,19^2}$
      et alors, en multipliant ces inégalités de termes positifs, on obtient
      \[\dfrac{6(2,19+1)}{2,20^2}<\dfrac{6(a+1)}{a^2}<\dfrac{6(2,20+1)}{2,19^2}\]

      et on trouve donc finalement l'encadrement
      \[3,95<g(a)<4,00\]



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