Etude de fonction, avec fonction auxiliaire, TVI

Exercice corrigé - Spécialité maths, première générale

Énoncé

  1. Soit la fonction $u$ définie sur $\R$ par: $u(x)=2x^3-4x^2+2x-1$.
    1. Dresser le tableau de variation de la fonction $u$.
    2. Montrer que l'équation $u(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $\R$ et que $1<\alpha<2$.
      Donner un encadrement à $10^{-2}$ près de $\alpha$.

  2. Soit la fonction définie sur $\R\setminus\lp1\rp$ par l'expression $f(x)= x^2 + \dfrac1{x-1}$
    1. Déterminer la fonction dérivée $f'$ de $f$ et montrer que $f'(x)=\dfrac{u(x)}{(x-1)^2}$.
    2. Dresser le tableau de variation de $f$.



Correction

Correction

  1. Soit la fonction $u$ définie sur $\R$ par: $u(x)=2x^3-4x^2+2x-1$.
    1. Les variations sont données par le signe de la dérivée.
      Ici la dérivée est $u'(x)=6x^2-8x+2$ qui est une expression du second degré de racine évidente $x_1=1$ et, comme le produit est $x_1x_2=c/a=2/6$, on en déduit que $x_2=\dfrac26=\dfrac13$ (on peut bien sûr aussi calculer le discriminant puis les racines).
      On dresse alors le tableau de signe de la dérivée et de variation de la fonction:
      \[\begin{tabular}{|c|ccccccc|}\hline $x$ & $-\infty$ && $\dfrac13$ && 1 && $+\infty$ \\\hline $u'(x)$&&$+$ &0&$-$&0&$+$&\\\hline &&&$u(1/3)$&&&&\\ $u$&&\Large{$\nearrow$}&&\Large{$\searrow$}&&\Large{$\nearrow$}&\\ &&&&&$-1$&&\\\hline \end{tabular}\]

    2. Sur $]-\infty;1]$, le maximum de $u$ est $u\lp\dfrac13\rp=-\dfrac{19}{27}<0$ et donc l'équation $u(x)=0$ ne peut pas y admettre de solution.
      De plus, sur $[1;2]$, on a
      • $u$ est dérivable
      • $u(1)=-1<0$ et $u(2)=3>0$
      • $u$ est strictement croissante
      On en déduit donc, d'après le théorème de la bijection, que l'équation $u(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $]1;2[$.

      Enfin, sur $[2;+\infty[$, $u$ est strictement croissante et son minimum est donc $u(2)=3>0$ et l'équation $u(x)=0$ ne peut donc pas y avoir de solution.

      En résumé, on a donc montré que l'équation $u(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $\R$ et que cette solution est dans l'intervalle $]1;2[$, c'est-à-dire $1<\alpha<2$.

      On trouve, à l'aide de la calculatrice, que $f(1,56)<0$ et $f(1,57)>0$ ce qui nous donne l'encadrement
      \[1,56<\alpha<1,57\]


  2. Soit la fonction définie sur $\R\setminus\lp1\rp$ par l'expression $f(x)= x^2 + \dfrac1{x-1}$
    1. On a $f=u+\dfrac1v$ avec $u(x)=x^2$ donc $u'x)=2x$ et $v(x)=x-1$ donc $v'(x)=1$, et alors $f'=u'+\dfrac{-u'}{u^2}$, soit
      \[\begin{array}{ll}f'(x)&=2x-\dfrac1{(x-1)^2} \\[1em] &=\dfrac{2x(x-1)^2-1}{(x-1)^2}\\[1em] &=\dfrac{2x^3-4x+2x-1}{(x-1)^2}\\[1em] &=\dfrac{u(x)}{(x-1)^2}\enar\]


    2. À l'aide de la question 1), on trouve dresse alros le tableau
      \[\begin{tabular}{|c|ccccccc|}\hline $x$ & $-\infty$ && 1 && $\alpha$ && $\infty$\\\hline $u(x)$ && $-$ &$|$&$-$&0&$+$&\\\hline $(x-1)^2$ && $+$ &0&$+$&$|$&$+$&\\\hline $f'(x)$ && $-$ &\db&$-$&0&$+$&\\\hline &&&&&&&\\ $f$&&\Large{$\searrow$}&\psline(0,-.6)(0,.8)\,\psline(0,-.6)(0,.8)&\Large{$\searrow$}&&\Large{$\nearrow$}&\\ &&&&&&&\\\hline \end{tabular}\]



Tag:Fonctions et dérivées

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