Voici la solution un exercice niveau Terminale de la spécialité mathématique.
Des versions téléchargeables (pdf et tex) sont disponibles à la fin de l'article.
Thèmes. Fonctions trigonométriques, équation
Niveau Terminale de la spécialité mathématique.
Exercice 9.
La solution
Définissons une fonction f sur [0;2] par f(x)=\sin\left( \pi x(1-x) \right).
f est la composée u\circ w de 2 fonctions u et w définies par
- w(x)= \pi x(1-x)= \pi (-x^2+x)
- u(x)=\sin(x)
où w est définie sur [0;2] et u est définie sur l'intervalle image de la fonction polynomiale, dérivable (et donc aussi continue) w (comme u est la restriction de la fonction sinus définie et dérivable sur \mathbb R).
Ainsi f est dérivable sur [0;2], et on a f'=w'\cdot u'\circ w .
On a pour tout x dans l'intervalle de définition de nos fonctions respectives
- w'(x)= \pi (-2x+1)
- u'(x)=\cos(x)
Ainsi pour tout x\in[0;2],
f'(x)=w'(x)\cos(w(x))= \pi \left(-2x+1\right)\cos\left( \pi x(1-x) \right)
Etudions les variations de f pour voir combien de fois la fonction prend la valeur \frac 1 2.
Pour cela, commençons par l'étude du signe de f'(x) en fonction de x. Comme \pi >0 , le signe de f'(x) ne dépend que de celui de -2x+1 et de \cos\left( \pi x(1-x) \right)=\cos(w(x)).
La fonction w est polynomiale du second degré, et on a la factorisation w(x)=- \pi x(x-1) .
Elle a deux racines x_1=0 et x_2=1. Comme le coefficient de x^2 est - \pi <0 (w(x)=-\pi x^2+ \pi x), w atteint un maximum en \frac{x_1+x_2}{2}=\frac{0+1}{2}=\frac 1 2 .
On a
- w\left(\frac 1 2 \right)=\pi \times \frac 1 2 \left(1-\frac 1 2\right)=\frac{\pi}{4}
- w\left( 2 \right)=\pi \times 2 \times (1-2)=-2\pi
Voici les variations de w et le signe de la fonction \cos\circ w sur [0,2].
Comme la fonction w est continue et strictement décroissante sur [1;2], d'après le théorème des valeurs intermédiaires (TVI), il existe exactement un nombre \alpha et un nombre \beta tels que 1<\alpha<\beta<2 vérifiant
- w(\alpha)=-\frac \pi 2
- w(\beta)=-\frac{3\pi}{2}
puisque 0>-\frac \pi 2 > -\frac{3\pi}{2} >-2\pi .
On peut alors utiliser le signe de la fonction \cos sur [-2\pi;0]
Voici ce que l'on peut résumer :
- Lorsque x est compris entre 1 et 2, on se sert du tableau ci-dessus pour obtenir le signe de \cos(w(x)), avec t=w(x).
- Lorsque x est compris entre 0 et 1, on a d'après le premier tableau 0\leq w(x) \leq \frac \pi 4 donc \cos(x)>0.
Cela nous permet de déduire le signe de la fonction x\longmapsto \cos\left(\frac {\pi^2} 4 x(1-x)\right) en fonction de x. On a ainsi les variations de la fonctions f.
En effet
- f(0)=\sin(0)=1
- f\left(\frac 1 2 \right)=\sin\left(\frac \pi 4 \right)=\frac {\sqrt 2} 2\sim 0.707>0.7
- f\left(2 \right)=\sin(-2\pi)=0
Sur \left[0;\frac 1 2\right] , f étant continue et strictement croissante, d'après le TVI, l'équation f(x)=\frac{\sqrt 2}{2}=0.7 admet exactement une solution x_1.
Puisque f(1)=0, f étant continue et strictement décroissante sur \left[\frac 1 2 ; 1\right], d'après le TVI f(x)=0.7 admet exactement une solution x_2.
Comme f est strictement décroissante sur [1;\alpha], on a f(\alpha)<0.
Concernant les solutions sur l'intervalle [\alpha;2] :
- f étant strictement croissante sur [\alpha;\beta], il ne peut y avoir qu'une seule solution de f(x)=0.7 sur [\alpha;\beta].
- f étant strictement décroissante sur [\beta;2], il ne peut y avoir qu'une seule solution de f(x)=0.7 sur [\beta;2].
D'après le TVI appliqué à la fonction f continue :
- f(1,5)\approx 0,71>0,7 (et f(1,6)\approx 0.13<0,7 ) implique l'existence d'une solution x_3 comprise dans l'intervalle [\alpha;2] (plus précisément dans l'intervalle ]1,5;1,6[).
- f(1,7)\approx 0,56 <0,7 (et f(1,9)\approx 0,79>0,7 ) implique l'existence d'une solution x_4 comprise dans l'intervalle ]1,7;2[ (plus précisément dans l'intervalle ]1,7;2[).
Conclusion.
L'équation \sin\left( \pi x(1-x) \right)=0,7 admet exactement 4 solutions sur l'intervalle [0;2].
D'autres exercices
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