Solutions du devoir n˚1 page 1 de 4
Solutions du devoir n˚1
I)
On peut commencer par conjecturer le résultat en examinant la courbe de la fonction x7→√
x−1−sin(x)
1 2 3
−1 1
0
La courbe semble couper l’axe des abscisses en un point dont l’abscisse est environ1,9.
On va appliquer le théorème des valeurs intermédiaires pour le prouver.
1) Notations
f(x) =√
x−1−sin(x)et k= 0, puisqu’on cherche à résoudre f(x) =k.
Il faut choisir pourIun intervalle oùf est définie. On peut poser I= [1; +∞[ (x−1>0 pour que la racine carrée soit définie, et le sinus est toujours défini).
Il faut introduireaet bappartenant àI de telle sorte quek soit compris entref(a)et f(b), autrement dit f(a)606f(b).
On choisit a et b de part et d’autre du point d’intersection conjecturé, par exemple a= 1etb= 2 (mais on pourrait choisir autre chose, par exemplea= 1,5 etb= 3)
2) Conditions
• f est-elle continue surI?
Dans ce devoir, on ne donne pas la définition du concept de continuité, on donne seulement des théorèmes permettant de démontrer qu’une fonction est continue.
Examinons la forme de f(x): c’est la différence de deux fonctions : u(x) =√ x−1 et v(x) = sin(x). On va alors essayer d’appliquer le théorème numéro 3 :continuité, opérations et composition. Pour cela, il faut savoir siuet v sont continues sur leurs
domaines de définition respectifs. Il s’agit de deux problèmes auxiliaires, qu’on va résoudre en appliquant encore d’autres théorèmes.
– La fonctionx7→√
x−1 est-elle continue sur son domaine de définition ?
Cette fonction se présente comme une fonction composée. On va alors appliquer le théorème n˚3 (continuité et composition). Dans ce théorème, les notations sont u etv et on s’intéresse àv◦u.
Mais il se pose alors un problème de notation : dans le contexte où l’on est, udésigne déjà la fonctionx7→√
x−1.
Il y deux façons de régler ce problème : ou bien on dit : introduisons temporairement un autre contexte oùu(x) =x−1etv(x) =√
x(oublions les anciennes notations, mais quand le contexte temporaire sera terminé on reviendra aux anciennes notations), ou bien on dit : reformulons le théorème en changeant les notations, de manière à ce qu’il n’y ait pas de conflit (par exemple remplaçonsu pars etv par t dans le théorème, ce qu’on peut faire puisque ces notations désignent des objets génériques non spécifiés).
On va utiliser le premier procédé.
Posons temporairementu(x) =x−1et v(x) =√ x.
Alors(v◦u)(x) =v(u(x)) =√ x−1
D’après le théorème n˚2 sur la continuité des fonctions usuelles,uest continue sur son domaine de définition (c’est un polynôme) et v aussi (fonction√ ). Donc la fonction composéev◦uest continue sur son domaine de définition, c’est-à-dire :
la fonctionx7→√
x−1 est continue sur son domaine[1; +∞[.
Ayant obtenu ce résultat, on peut oublier les notations temporairesuet v qui ont servi à le démontrer.
– La fonctionx7→sin(x)est-elle continue sur son domaine de définition ? Oui d’après le théorème n˚2 (continuité des fonctions usuelles :sin).
Revenons maintenant au contexte initial : u(x) = √
x−1 et v(x) = sin(x). Les fonctions uet v sont continues sur leurs domaines de définition respectifs (c’est ce qu’on vient de prouver), donc leur différence u−v =f aussi (d’après le théorème n˚3). Le domaine def estI= [1; +∞[.
Donc f est bien continue surI. La première condition du théorème des valeurs in- termédiaires est bien satisfaite.
Solutions du devoir n˚1 page 2 de 4
• aet bappartiennent-ils àI?
Oui, on les a choisis ainsi : a= 1∈[1; +∞[et b= 2∈[1; +∞[
• k est-il compris entref(a)et f(b)?
On l’avait conjecturé avec la courbe, vérifions par le calcul.
f(a) = √
1−1−sin(1) = −sin(1). La fonction sin est à calculer en radians, ici 1 radian. La calculatrice donne sin(1)≈0,84. Si on fait confiance à la calculatrice, on peut alors affirmer quef(a)<0.
f(b) =√
1−sin(2)≈0,09. Si on fait confiance à la calculatrice, on peut alors affirmer quef(b)>0.
Peut-on faire confiance à la calculatrice ? Pas toujours. On admettra que dans ce genre d’exercice, on peut.
Donc on af(a)<0< f(b), soit f(a)< k < f(b).
kest bien compris entref(a)et f(b).
3) Conclusion
Toutes les conditions étant satisfaites, on peut appliquer le théorème : on en conclut qu’il existe au moins un réelccompris entreaetb tel quef(c) =k.
Avec les notations utilisées : il existe au moins un réel c compris entre1 et 2 tel que
√c−1−sin(c) = 0. On a donc réolu le problème : L’équation√
x−1−sin(x) = 0admet au moins une solution .
On a même une indication supplémentaire : il y a au moins une solution dans ]1; 2[.
Mais par contre, on ne sait pas encore quel est le nombre total de solutions sur[1; +∞[
(pour cet autre problème, voir plus loin).
II) Erreurs à expliquer
Les rreurs dont parle le document "Inégalités" sont repérées par leurs numéros et leurs titres.
1. C’est l’erreur I.3 : "Trouver les zéros ne suffit pas".
On a trouvé quef0 ne s’annulait jamais, mais cela ne nous dit rien sur le signe de f0. Une fonction pourrait même ne pas s’annuler et changer quand même de signe.
Donc la rédaction proposée provient sans doute seulement d’une conjecture : "en regardant la courbe, on conjecture quef est décroissante surR". Mais ce n’est pas une démonstration, ce n’est pas suffisant.
La rédaction est également insuffisante car elle ne précise pas que f est dérivable surR.
• rédaction correcte :
f est dérivable surRparce qu’elle est obtenue par somme et composition de fonc- tions usuelles dérivables, avecx2+ 8>0, ce qui assure la dérivabilité de la racine composée.
D’après la formule(√
u)0= u0 2√
u : f0(x) =−1 + 2x
2√
x2+ 8 =−1 + x
√x2+ 8.
Pour déterminer le signe def0(x), résolvons l’inéquationf0(x)<0 f0(x)<0⇔ x
√x2+ 8 <1
⇔x <√
x2+ 8 (on multiplie par√
x2+ 8>0: "Inégalités II.2")
On aimerait élever au carré, mais il y a des conditions (voir "Inégalités II.4 élever au carré").
On distingue alors deux cas :
six <0 alors l’inéquation est vérifiée (sans élever au carré) :x <0<√ x2+ 8 six>0, l’inéquation équivaut à :x2< x2+ 8, toujours vérifiée puisque8>0.
Donc on a toujoursf0(x)<0et f est donc décroissante surR 2. C’est l’erreur V.2 "ordre de grandeur".
L’affirmation «4x3>12x−9» est vraie pourx>0, mais ce n’est pas pour la raison invoquée. Un polynôme de degré 3 peut très bien être inférieur à un polynôme de degré 1 en certains points. Par exemplex3< xpour 0< x <1. Il faut utiliser une autre méthode.
On peut par exemple étudier les variations de la fonctionudéfinie par u(x) = 4x3−12x+ 9.
uest dérivable surR(polynôme), donc sur[0; +∞[etu0(x) = 12x2−12 = 12(x2−1).
x2−1est un trinôme du second degré dont les racines sont −1 et1, donc d’après la règle du signe du trinôme, on a sur[0; +∞[:
u0(x)>0pour x >1, etu(x)<0pour06x <1.
D’autre partu(1) = 4−12 + 9 = 1. On en déduit le tableau de variations deu:
x 0 1 +∞
u0(x) − +
u(x)
1
uadmet un minimum pour x= 1, qui vaut u(1) = 1, doncu(x)>0 pour x>0 (c’est la méthode VI.2 : étudier le signe d’une fonction grâce à sa dérivée).
Oru=f0, doncf0>0et doncf est croissante sur[0; +∞[
Solutions du devoir n˚1 page 3 de 4 3. C’est la difficulté III.2 : on ne peut pas soustraire membre à membre des inégalités.
Si on ax3>0et12x>0, on ne peut pas en déduirex3−12x>0−0(et d’ailleurs c’est faux pourx= 1:13−12 =−11<0)
III) Indications pour le défi
Observons la courbe def sur un plus grand intervalle :
5 10 15
5
0
Il semble qu’après le point d’intersection avec l’axe des abscisses, la courbe a un mou- vement général ascendant même si elle oscille. Elle resterait donc toujours au-dessus de l’axe des abscisses.
Cette idée peut se traduire par une inégalité :
pour toutx,sin(x)61, donc−sin(x)>−1(règle II.3 : prendre l’opposé).
Doncf(x)>√
x−1−1 (courbe tracée en rouge).
Donc pourx >2,x−1>1et √
x−1>1 (racine carrée croissante), et donc√
x−1−1>0.
Donc par transitivité : pour x >2, f(x)>0 et donc l’équation f(x) = 0 n’a aucune solution dans]2; +∞[
5 10 15
5
0
On va maintenant démontrer que la solution est unique sur[1; 2].
On peut déjà traiter le cas des extrémités : d’après la calculatrice :f(1)6= 0etf(2)6= 0.
On va démontrer quef est strictement croissante sur]1; 2[.
f0(x) = 1 2√
x−1−cos(x)
On cherche à compareru(x) = 1 2√
x−1 etcos(x).
Traçons leurs courbes sur[1; 2]pour faire apparaître des idées :
0 0.5 1 1.5 2
A
Le maximum de cos est 1 et la minimum de u semble obtenu pour x = 2 et vaut u(2) =1
2.
Au début de l’intervalle, la courbe de usemble au-dessus de l’ordonnée 1. Lorsqu’elle atteint 1 (au pointA), le cosinus semble inférieur à 1
2. Comme le cosinus décroît, il
Solutions du devoir n˚1 page 4 de 4
restera ensuite inférieur à 1
2, donc inférieur àupuisqueu(x)>1 2. Donc la question est : quand a-t-on u(x) = 1?, soit √
x−1 = 1
2, soit après calculs x= 5
4.
On peut alors, après cette étude préalable, rédiger une démonstration :
On rappelle d’abord que la fonction cos est strictement décroissante sur [0;π], donc sur[1; 2].
La fonctionu est strictement décroissante sur [1; 2] d’après les règles de composition (x7→x−1 est strictement croissante,√
aussi, et la fonction inverse est strictement décroissante).
Pour1< x6 5
4, on acos(x)61< 1 2√
x−1, doncf0(x)>0.
Pour 5
4 < x <2, on acos(x)<cos
5
4
< 1
2 < 1 2√
x−1, doncf0(x)>0.
Doncf est strictement croissante sur ]1; 2[, donc elle ne peut pas s’annuler plusieurs fois. On sait qu’elle s’annule au moins une fois sur]1; 2[ (vers1,9) donc c’est la seule solution.
Conclusion : l’équation√
x−1−sin(x) = 0n’a qu’une seule solution.
Cette méthode est difficile à trouver sans indications en terminale, mais ce genre de technique (inégalités diverses sur différents intervalles) sera considérée comme
"classique" dans les classes supérieures.
•Autre solution Si √
x−1 = sin(x), alors en élevant au carré x−1 = sin2(x) (ce n’est pas une équivalence, mais l’implication suffit pour le raisonnement qu’on va faire). On va montrer que cette nouvelle équation ne peut avoir au plus qu’une solution.
On poseh(x) =x−1−sin2(x). On va montrer quehest strictement croissante.
1 2 3 4
hest dérivable surReth0(x) = 1−2 sin(x) cos(x)(dérivée d’une fonction composée).
D’après une formule de trigonométrie2 sin(x) cos(x) = sin(2x).
Donc h0(x) = 1−sin(2x). Donc h0(x) > 0 (un sinus est inférieur ou égal à 1) et ne s’annule que pourx=kπ. Donchest croissante surR. Mais d’après un théorème vu en cours elle est strictement croissante sur tout intervalle borné (parce queh0 ne s’annule alors qu’un nombre fini de fois), donc elle est strictement croissante surR(sia < balors h(a)< h(b)puisquehest strictement croissante sur[a;b]).
Puisque h est strictement croissante, elle ne peut s’annuler qu’une fois au plus. Mais toute solution de f(x) = 0 est nécessairement solution de h(x) = 0, donc f ne peut s’annuler qu’une fois au plus. Or on a vu dans la question 1 qu’elle s’annulait au moins une fois.
En conclusionf s’annule exactement une fois.
Cette solution est plus élégante parce qu’elle comporte moins de calculs et moins de cas à étudier, et qu’elle utilise au mieux les particularités des fonctions qui figurent (racine, sinus, trigonométrie). Mais elle est moins moins générale et moins réutilisable que la première démonstration, dont les idées peuvent s’appliquer dans bien d’autres cas.
