Continuité 2BAC SM

Étape 1 – Calcul des images aux bornes et en $x=2$.

On calcule :

• $f(1)=1^3-3\times 1^2+1+2=1-3+1+2=1$
• $f(2)=2^3-3\times 2^2+2+2=8-12+2+2=0$
• $f(3)=3^3-3\times 3^2+3+2=27-27+3+2=5$

On remarque déjà que $f(2)=0$, donc $x=2$ est une solution évidente de $f(x)=0$ sur $[1,3]$.

Étape 2 – Étude des variations de $f$ sur $[1,3]$.

La fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ en tant que polynôme. On calcule :

Le discriminant de $f^{\prime }$ est $\Delta =36-12=24>0$, donc $f^{\prime }$ s'annule en :

Sur $[1,3]$, la seule racine de $f^{\prime }$ appartenant à l'intervalle est $x_2\approx 1,82$. On vérifie les signes :

• Pour $x\in [1,x_2[$\, : $f^{\prime }(x)<0$ (par exemple $f^{\prime }(1,5)=3(2,25)-9+1=6,75-9+1=-1,25<0$).
• Pour $x\in ]x_2,3]$ : $f^{\prime }(x)>0$ (par exemple $f^{\prime }(2)=12-12+1=1>0$).

Tableau de variations sur $[1,3]$ :

La fonction $f$ est donc décroissante sur $[1,x_2]$ puis croissante sur $[x_2,3]$, avec un minimum local en $x_2$.

Étape 3 – Application du TVI sur $[2,3]$.

On restreint l'étude à l'intervalle $[2,3]$. On a :

• $f(2)=0$
• $f(3)=5$

Attends — puisque $f(2)=0$, l'équation $f(x)=0$ admet déjà la solution $x=2$ dans $[2,3]$. Il n'est donc pas nécessaire d'appliquer le TVI pour l'existence : elle est immédiate.

Cherchons s'il peut exister d'autres solutions dans $]2,3]$. Sur $[x_2,3]\approx [1,82;3]$, la fonction $f$ est strictement croissante (car $f^{\prime }(x)>0$ sur $]x_2,3[$). En particulier, sur $[2,3]\subset [x_2,3]$, $f$ est strictement croissante, donc injective. Comme $f(2)=0$, la valeur $0$ n'est atteinte qu'en $x=2$ sur cet intervalle.

Conclusion : l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution dans $[2,3]$, à savoir $\alpha =2$.

Étape 4 – Existence et unicité d'une solution dans $[1,2]$.

On s'intéresse maintenant à l'intervalle $[1,2]$. On a $f(1)=1>0$ et $f(2)=0$. La valeur $0$ est atteinte en $x=2$, borne de l'intervalle.

Cherchons si $f$ s'annule ailleurs dans $]1,2[$. Sur $[1,x_2]\approx [1;1,82]$, $f$ est strictement décroissante de $f(1)=1$ jusqu'à $f(x_2)\approx -0,09<0$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc au moins une valeur $\beta \in ]1,x_2[$ telle que $f(\beta )=0$.

D'après le TVI, $f$ étant continue sur $[1,x_2]$ et $0\in [f(x_2),f(1)]$, il existe une unique solution $\beta$ de $f(x)=0$ dans $]1,x_2[$.

Étape 5 – Encadrement de $\beta$ à $0,5$ près.

D'après le tableau de variations, $f$ est strictement décroissante sur $[1,x_2]$ avec $f(1)=1>0$ et $f(x_2)\approx -0,09<0$. On calcule $f(1,5)$ pour affiner :

On a donc $f(1,5)=0,125>0$ et $f(2)=0$, ce qui donne $f(1,5)>0=f(2)$, cohérent avec la décroissance.

Puisque $f(1,5)>0$ et $f(x_2)<0$, la solution $\beta$ vérifie $\beta \in ]1,5;x_2[\subset ]1,5;2[$.

Encadrement à $0,5$ près : $$1,5<\beta <2,$$ soit $\beta \approx 1,75$ (à $0,5$ près, on retient $\beta \in [1,5;2]$).

Étape 6 – Bilan des solutions de $f(x)=0$ sur $[1,3]$.

En combinant les résultats :

• Il existe une unique solution $\beta \in ]1,5;2[$ (déduite du TVI seul à l'étape 4).
• $x=2$ est solution (calcul direct).
• Sur $]2,3]$, la stricte croissance de $f$ avec $f(2)=0$ et $f(3)=5>0$ garantit qu'il n'y a pas d'autre zéro.

Au total, l'équation $f(x)=0$ admet exactement deux solutions sur $[1,3]$ : $\beta \in ]1,5;2[$ et $x=2$.