Étude d’une fonction à l’aide d’une fonction annexe
Partie A
Soit la fonction $ g $ définie sur $ \mathbb{R} $ par :
- 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[i]x[b]3 + 2[/i]x[/b]2 - 1 def solution() : x = 0 y = g(x) while y < 0 : x = x + 0.01 y = g(x) return xL'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 :
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 $ :
- 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 :
- 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 $ :
