Étude d'une fonction à l'aide d'une fonction annexe

Partie A

Soit la fonction $g$ définie sur $\mathbb{R}$ par :

$g (x) =2x^{ 3 } +2x^2 – 1.$

Étudier les variations de la fonction $g$ sur $\mathbb{R} .$
Calculer $g (0)$ et $g (1).$
On admet que l’équation $g (x) =0$ admet une unique solution $x_{ 0 }$ sur $\mathbb{R}$.
Justifier que $x_{ 0 } \in \left] 0 ; 1 \right[$.
Déterminer le signe de $g (x)$ sur $\mathbb{R}$.

On considère le programme Python ci-dessous :

def g(x) :
    return 2*x**3 + 2*x**2 - 1
def solution() :
    x = 0
    y = g(x)
    while y < 0 :
        x = x + 0.01
        y = g(x)
    return x

L’appel de la fonction solution() définie ci-dessus retourne 0.57.

donner un encadrement d’amplitude 0,01 de $x_{ 0 }.$

Partie b

On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R} \backslash \{ 0 \}$ par :

$f (x) = \dfrac{ x^{ 3 } +2x^2 +1 }{ x } .$

Montrer que pour tout réel $x$ non nul :

$f^{\prime} (x)= \dfrac{ g (x) }{ x^2 } .$
Dresser le tableau de variations de $f$ sur $\mathbb{R} .$ (On ne cherchera pas à déterminer la valeur de l’extremum de cette fonction.)

Corrigé

Partie A

La fonction $g$ est une fonction polynôme, donc, elle est dérivable sur $\mathbb{R}$ et :

$g^{\prime} (x) =2 \times 3x^2+2 \times 2x=6x^2 +4x$$=2x (3x+2).$

$g^{\prime}$ possède donc 2 racines : $x_{ 1 } =0$ et $x_{ 2 } = – \dfrac{ 2 }{ 3 } .$

Le coefficient du terme du second degré est positif donc $g^{\prime}$ est négative entre $- \dfrac{ 2 }{ 3 }$ et $0$ et est positive à l’extérieur de ces racines.

$g (0) = – 1$

$g \left( – \dfrac{ 2 }{ 3 } \right) =2 \times \left( – \dfrac{ 2 }{ 3 } \right) ^{3}$$+2 \times \left( – \dfrac{ 2 }{ 3 } \right) ^2 – 1$$= – \dfrac{ 19 }{ 27 } .$

On peut alors dresser le tableau de variations de $g$ :

$tableau de variations de la fonction$
On a déjà calculé $g (0) = – 1$ qui est strictement négatif.
$g (1) =3$ est strictement positif.
$g$ change de signe entre $0$ et $1$ donc s’annule pour un nombre $x_{ 0 }$ appartenant à l’intervalle $\left] 0 ; 1 \right[ .$

Remarque : Une démonstration plus rigoureuse nécessiterait l’emploi du théorème des valeurs intermédiaires qui n’est pas au programme de Première. Ici, seule une justification était demandée.
D’après le tableau de variations, $g$ est négative sur l’intervalle $\left] – \infty ; 0 \right]$.
D’après la question précédente, $g$ est également négative sur l’intervalle $\left[ 0 ; x_{ 0 } \right[$ mais positive sur l’intervalle $\left] x_{ 0 } ; + \infty \right[.$

Le tableau de signes de $g$ est donc le suivant :

$Exemple tableau de signe 1$
La fonction « solution () » calcule les valeurs de $g (x)$ pour $x$ partant de $0$ et augmentant par pas de $0,01.$

La boucle « while » s’arrête dès que $g (x) \geqslant 0$ et la fonction renvoie alors la valeur de la variable $x.$
Ce nombre retourné est donc le plus petit nombre de deux décimales tel que $g (x) \geqslant 0.$

Ce nombre étant égal à $0,57$ d’après l’énoncé, on a donc $g (0,57) \geqslant 0$ mais $g (0,56) < 0.$

Par conséquent : $0,56 < x_{ 0 } \leqslant 0,57.$

Partie B

Posons : $u (x) =x^3 +2x^{ 2 } +1$ et $v (x) =x$.

Alors : $u^{\prime} (x) =3x^2 +4x$ et $v^{\prime} (x) =1$

Donc :

$f^{\prime} (x) = \dfrac{ u^{\prime} (x) v (x) – u (x) v^{\prime} (x) }{ v (x) ^2 }$

$\phantom{ f^{\prime} (x) } = \dfrac{ x (3x^2 +4x) – (x^{ 3 } +2x^2 +1) }{ x^2 }$

$\phantom{ f^{\prime} (x) } = \dfrac{ 2x^{ 3 } +2x^2 – 1 }{ x^2 }$

$\phantom{ f^{\prime} (x) } = \dfrac{ g (x) }{ x^2 }$
$x^2$ est toujours strictement positif sur $\mathbb{R} \backslash \{ 0 \}.$
$f^{\prime} (x)$ est donc du signe de $g (x)$ qui est donné par le tableau de la question a.3.
Toutefois, $f$ n’est pas définie en $0.$

On en déduit le tableau de variations de la fonction $f$ :

$tableau de variations de la fonction$

Étude d’une fonction à l’aide d’une fonction annexe

Partie A

Partie b

Corrigé

Partie A

Partie B