Bonjour Elisabeth28
Partie A : Conjecture graphique
Nous pourrions conjecturer que l'équation (E) possède deux solutions dont le première appartiendrait à l'intervalle [-1 ; 0] et la seconde appartiendrait l'intervalle [0 ; 1].
Partie B : Etude de la validité de la conjecture graphique
1)a) Signe de x² + x³
x² + x³ = x²(1 + x)
Tableau de signes de x²(1 + x)
x² = 0 ==> x = 0
1 + x = 0 ==> x = -1
[tex]\begin{array}{|c|ccccccc|} x&-\infty&&-1&&0&&+\infty \\ x^2&&+&+&+&0&+&\\ 1+x&&-&0&+&+&+&\\ x^2(1+x)&&-&0&+&0&+&\\ \end{array}[/tex]
Donc,
x² + x³ < 0 si x ∈ ]-oo ; -1[
x² + x³ = 0 si x = -1 ou x = 0
x² + x³ > 0 si x ∈ ]-1 ; 0[ U ]0 ; +oo[
b) Si x ∈ ]-oo ; -1], alors x² + x³ ≤ 0 ==> 3(x² + x³) ≤ 0
Nous savons également que eˣ > 0 pour tout x réel.
Donc, dans ]-oo ; -1], il est impossible de trouver des solutions pour l'équation eˣ = 3(x² + x³).
c) 0 n'est pas solution de l'équation (E).
En effet, en remplaçant x par 0 dans chaque membre de l'équation, nous avons :
[tex]e^0=1\\\\3(0^2+0^3)=0[/tex]
Puisque 1 ≠ 0, nous pouvons dire que 0 n'est pas solution de (E).
2) Dans l'ensemble ]-1 ; 0[ U ]0 ; +oo[,
[tex]e^x=3(x^2+x^3)\Longleftrightarrow\ln(e^x)=\ln[3(x^2+x^3)]\\\\e^x=3(x^2+x^3)\Longleftrightarrow x=\ln(3)+\ln(x^2+x^3)\\\\e^x=3(x^2+x^3)\Longleftrightarrow x=\ln(3)+\ln[x^2(1+x)]\\\\e^x=3(x^2+x^3)\Longleftrightarrow x=\ln(3)+\ln(x^2)+\ln(1+x)\\\\e^x=3(x^2+x^3)\Longleftrightarrow\ln(3)+\ln(x^2)+\ln(1+x)-x=0\\\\\boxed{e^x=3(x^2+x^3)\Longleftrightarrow h(x)=0}[/tex]
3) a) Dérivée h'(x).
[tex]h'(x)=[\ln(3)+\ln(x^2)+\ln(1+x)-x]'\\\\h'(x)=[\ln(3)]'+[\ln(x^2)]'+[\ln(1+x)]'-[x]'\\\\h'(x)=0+\dfrac{(x^2)'}{x^2}+\dfrac{(1+x)'}{1+x}-1\\\\h'(x)=\dfrac{2x}{x^2}+\dfrac{1}{1+x}-1\\\\h'(x)=\dfrac{2}{x}+\dfrac{1}{1+x}-1\\\\h'(x)=\dfrac{2(1+x)}{x(1+x)}+\dfrac{x}{x(1+x)}-\dfrac{x(1+x)}{x(1+x)}\\\\h'(x)=\dfrac{2(1+x)+x-x(1+x)}{x(1+x)}\\\\h'(x)=\dfrac{2+2x+x-x-x^2}{x(1+x)}\\\\\boxed{h'(x)=\dfrac{-x^2+2x+2}{x(1+x)}}[/tex]
b) variations de h.
Etudions le signe de la dérivée h'(x)
Racines :
[tex]-x^2+2x+2=0\\\Delta=2^2-4\times(-1)\times2=4+8=12\ \textgreater \ 0\\\\x_1=\dfrac{-2-\sqrt{12}}{2\times(-1)}=\dfrac{-2-2\sqrt{3}}{-2}=\dfrac{-2(1+\sqrt{3})}{-2}=1+\sqrt{3}\approx2,73\\\\x_2=\dfrac{-2+\sqrt{12}}{2\times(-1)}=\dfrac{-2+2\sqrt{3}}{-2}=\dfrac{-2(1-\sqrt{3})}{-2}=1-\sqrt{3}\approx-0,73[/tex]
x(1+x)=0 ==> x=0 ou x=-1
Signe de h'(x) et variations de h dans l'ensemble ]-1 ; 0[ U ]0 ; +oo[,
[tex]\begin{array}{|c|ccccccccc|} x&-1&&1-\sqrt{3}&&0&&1+\sqrt{3}&&+\infty \\ -x^2+2x+2&-&-&0&+&+&+&0&-&\\x&-&-&-&-&0&+&+&+&\\1+x&0&+&+&+&+&+&+&+&\\h'(x)&||&+&0&-&||&+&0&-&\\h(x)&||&\nearrow&\approx-0,11&\searrow&||&\nearrow&\approx1,69&\searrow&\\ \end{array}[/tex]
c) nombre de solutions de l'équation h(x) = 0
L'équation h(x) = 0 n'admet pas de solution si x ∈ ]-1 ; 0[ car la fonction h admet un maximum strictement négatif (-0,11) sur cet intervalle ]-1 ; 0[
Sur l'intervalle ]0 ; 1 + √3], la fonction h est continue et strictement croissante.
De plus h(0,5) ≈ -0,38 < 0 et h(1+√3) ≈ 1,69 > 0.
D'où selon le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation h(x) = 0 admet une unique solution α1 dans l'intervalle ]0 ; 1 + √3]
Sur l'intervalle [1 + √3 ; +oo[, la fonction h est continue et strictement croissante.
De plus h(1+√3) ≈ 1,69 > 0 et h(8) ≈ -0,545 < 0
D'où selon le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation h(x) = 0 admet une unique solution α2 dans l'intervalle [1 + √3 ; +oo[.
En utilisant le tableur de la calculatrice, nous obtenons :
α1 ≈ 0,62 et α2 ≈ 7,12.
4) Conclure quant à la conjecture de la partie A
La conjecture n'était pas correcte.
Il n'y a pas de solution dans l'intervalle [-1 ; 0] où les graphiques ne se croisent pas malgré les apparences mais par contre, il y a deux autres solutions (approximativement 0,62 et 7,12) où les graphiques se croisent (même si nous nous pouvons pas voir la seconde sur le graphique donné dans l'énoncé)
