Variations et courbes représentatives : exercices de synthèse

$f$ est un polynôme, dérivable sur $[-2\,;3]$ et $f'(x)=6x^2-6x-12=6(x^2-x-2)$.

Le trinôme $x^2-x-2$ a pour racines $-1$ et $2$ (car $-1+2=1$ et $-1\times2=-2$), donc $x^2-x-2=(x+1)(x-2)$.

✅ $f'(x)=6(x+1)(x-2)$

Le trinôme est positif à l'extérieur de ses racines, négatif entre elles. On calcule $f(-2)=-16-12+24+5=1$, $f(-1)=-2-3+12+5=12$, $f(2)=16-12-24+5=-15$ et $f(3)=54-27-36+5=-4$.

$x$	$-2$		$-1$		$2$		$3$
$f'(x)$		$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$1$	↗	$12$	↘	$-15$	↗	$-4$

✅ $f$ est strictement croissante sur $[-2\,;-1]$, strictement décroissante sur $[-1\,;2]$, strictement croissante sur $[2\,;3]$.

Les extremums locaux sont $f(-1)=12$ (maximum local) et $f(2)=-15$ (minimum local). Les valeurs aux bornes sont $f(-2)=1$ et $f(3)=-4$, comprises entre $-15$ et $12$.

✅ Le maximum de $f$ sur $[-2\,;3]$ est $12$ (en $x=-1$) et son minimum est $-15$ (en $x=2$).

Sur $[-2\,;-1]$, $f$ est strictement croissante de $1$ à $12$ : $f(x)\ge1>0$, pas de solution.

Sur $[-1\,;2]$, $f$ est strictement décroissante de $12$ à $-15$ : $0$ est atteint une seule fois (lecture admise du tableau).

Sur $[2\,;3]$, $f$ est strictement croissante de $-15$ à $-4$ : $f(x)\le-4<0$, pas de solution.

✅ L'équation $f(x)=0$ a une unique solution $\alpha\in[-1\,;2]$.

Avec $f(0)=5>0$ et $f(1)=2-3-12+5=-8<0$, on a $\alpha\in]0\,;1[$. On balaie avec un pas de $0{,}01$ :

def f(x):
    return 2 * x**3 - 3 * x**2 - 12 * x + 5

k = 0
while f(k / 100) > 0:
    k = k + 1
print(k / 100)

Le script affiche 0.39 : $k=39$ est le premier entier pour lequel $f(k/100)\le0$.

Vérification : $f(0{,}38)\approx0{,}117>0$ et $f(0{,}39)\approx-0{,}018<0$.

✅ $0{,}38<\alpha<0{,}39$

Une tangente parallèle à la droite $y=-12x$ a pour coefficient directeur $-12$ : on résout $f'(x)=-12$.

$6x^2-6x-12=-12\iff6x^2-6x=0\iff6x(x-1)=0$, donc $x=0$ ou $x=1$. Les deux sont dans $[-2\,;3]$.

En $x=0$ : $f(0)=5$, tangente $y=-12(x-0)+5=-12x+5$.

En $x=1$ : $f(1)=-8$, tangente $y=-12(x-1)-8=-12x+4$.

✅ Les deux tangentes ont pour équations $y=-12x+5$ et $y=-12x+4$.

• Q1 : dérivée développée puis factorisée, signe justifié (racines, signe de $a$), tableau avec les quatre images.

• Q2 : comparaison des extremums locaux avec les valeurs aux bornes.

• Q3 : raisonnement intervalle par intervalle pour l'unicité de la solution, script avec condition de boucle correcte, encadrement vérifié par deux valeurs.

• Q4 : équation $f'(x)=-12$ résolue, deux tangentes écrites en trois temps.

L'aire vaut $800$ m² : si la largeur est $x$, la longueur est $L=\dfrac{800}x$ (avec $x>0$).

Le périmètre est $P(x)=2(x+L)=2\left(x+\dfrac{800}x\right)$.

✅ $P(x)=2x+\dfrac{1\,600}x$ pour $x>0$

$P$ est dérivable sur $]0\,;+\infty[$ et $P'(x)=2-\dfrac{1\,600}{x^2}$.

On met au même dénominateur : $P'(x)=\dfrac{2x^2-1\,600}{x^2}=\dfrac{2(x^2-800)}{x^2}$.

✅ $P'(x)=\dfrac{2(x^2-800)}{x^2}$

Pour $x>0$, $x^2>0$ : $P'(x)$ est du signe de $x^2-800$, qui s'annule en $x=\sqrt{800}=20\sqrt2$ (car $800=400\times2$).

Pour $0<x<20\sqrt2$, $x^2<800$ donc $P'<0$ ; pour $x>20\sqrt2$, $P'>0$.

$P\left(20\sqrt2\right)=40\sqrt2+\dfrac{1\,600}{20\sqrt2}=40\sqrt2+\dfrac{80}{\sqrt2}=40\sqrt2+40\sqrt2=80\sqrt2$.

$x$	$0$		$20\sqrt2$		$+\infty$
$P'(x)$		$-$	$0$	$+$
$P(x)$		↘	$80\sqrt2$	↗

✅ $P$ est strictement décroissante sur $]0\,;20\sqrt2]$ et strictement croissante sur $[20\sqrt2\,;+\infty[$.

Le périmètre est minimal pour $x=20\sqrt2\approx28{,}28$ m. La longueur vaut alors $\dfrac{800}{20\sqrt2}=\dfrac{40}{\sqrt2}=20\sqrt2$ m : l'enclos est un carré.

Le périmètre minimal est $80\sqrt2\approx113{,}14$ m, soit un coût de $12\times80\sqrt2\approx1\,357{,}65$ €.

✅ Le grillage est minimal pour un enclos carré de côté $20\sqrt2\approx28{,}28$ m : il faut environ $113{,}14$ m de grillage, pour un coût minimal d'environ $1\,358$ €.

• Q1 : variable et domaine précisés, contrainte d'aire utilisée pour éliminer la longueur.

• Q2 : dérivée calculée, mise au même dénominateur, forme factorisée ou signe de $x^2-800$ justifié.

• Q3 : tableau avec la valeur exacte $80\sqrt2$ du minimum.

• Q4 : dimensions, périmètre minimal et coût, avec l'unité ; remarque sur le carré.

$f'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)$ : négative entre $-1$ et $1$, positive à l'extérieur.

$f(-2)=-8+6=-2$, $f(-1)=-1+3=2$, $f(1)=1-3=-2$, $f(2)=8-6=2$.

$x$	$-2$		$-1$		$1$		$2$
$f'(x)$		$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$-2$	↗	$2$	↘	$-2$	↗	$2$

✅ $f$ est croissante sur $[-2\,;-1]$, décroissante sur $[-1\,;1]$, croissante sur $[1\,;2]$.

$(x-1)^2(x+2)=(x^2-2x+1)(x+2)=x^3+2x^2-2x^2-4x+x+2=x^3-3x+2=f(x)+2$ ✓.

Sur $[-2\,;2]$, $x+2\ge0$ et $(x-1)^2\ge0$ : le produit est positif ou nul, donc $f(x)\ge-2$.

Il s'annule si $x=-2$ ou $x=1$.

✅ $\mathcal C_f$ est au-dessus de $d$ sur $[-2\,;2]$, avec deux points communs : $(-2\,;-2)$ et $(1\,;-2)$.

En $(1\,;-2)$, $f'(1)=0$ : la droite $d$ est la tangente à la courbe, au point où $f$ atteint son minimum local.

$k=-3$ : $-3$ est inférieur au minimum de $f$ sur $[-2\,;2]$ (qui est $-2$).

✅ $f(x)=-3$ n'a aucune solution.

$k=0$ : $0$ est atteint une fois sur chaque intervalle ($-2\to2$, $2\to-2$, $-2\to2$).

✅ $f(x)=0$ a $3$ solutions ($x=-\sqrt3$, $x=0$ et $x=\sqrt3$, car $f(x)=x(x^2-3)$).

$k=2$ : $2$ est atteint au maximum local en $x=-1$ et à la borne $x=2$, et nulle part ailleurs.

✅ $f(x)=2$ a $2$ solutions ($x=-1$ et $x=2$, car $f(x)-2=(x+1)^2(x-2)$).

• Q1 : dérivée factorisée, signe justifié, tableau avec quatre images.

• Q2 : différence développée pour vérifier la factorisation, signe d'un produit justifié, points communs et lien avec la tangente.

• Q3 : raisonnement intervalle par intervalle pour chaque valeur de $k$, vérification algébrique quand elle est possible.

$\R$ est symétrique par rapport à $0$ et $f(-x)=(-x)^3-6(-x)=-x^3+6x=-f(x)$.

✅ $f$ est impaire : $\mathcal{C}_f$ est symétrique par rapport à l'origine $O$.

$f'(x)=3x^2-6=3(x^2-2)=3(x-\sqrt2)(x+\sqrt2)$. Sur $[0\,;4]$, $x+\sqrt2>0$ : $f'$ est du signe de $x-\sqrt2$. $f(0)=0$, $f(\sqrt2)=2\sqrt2-6\sqrt2=-4\sqrt2$ et $f(4)=64-24=40$.

$x$	$0$		$\sqrt2$		$4$
$f'(x)$		$-$	$0$	$+$
$f$	$0$	↘	$-4\sqrt2$	↗	$40$

$f$ étant impaire, le sens de variation est le même de chaque côté de $0$ : $f(-\sqrt2)=4\sqrt2$ et $f(-4)=-40$.

$x$	$-4$		$-\sqrt2$		$\sqrt2$		$4$
$f'(x)$		$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f$	$-40$	↗	$4\sqrt2$	↘	$-4\sqrt2$	↗	$40$

✅ $f(-\sqrt2)=4\sqrt2$ est un maximum local et $f(\sqrt2)=-4\sqrt2$ est un minimum local.

$f(0)=0$ et $f'(0)=-6$ : $T : y=-6x$. On étudie $f(x)-(-6x)=x^3-6x+6x=x^3$.

✅ $x^3>0$ pour $x>0$ et $x^3<0$ pour $x<0$ : $\mathcal{C}_f$ est au-dessus de $T$ sur $]0\,;+\infty[$, au-dessous sur $]-\infty\,;0[$, et elle traverse $T$ en $O$.

$f(x)=x(x^2-6)=0\iff x=0$ ou $x=\pm\sqrt6$ : la solution positive est $\sqrt6\approx2{,}44949$.

$f'(x)=3x^2-6$ donc $x_{n+1}=x_n-\dfrac{x_n^3-6x_n}{3x_n^2-6}$. $x_1=3-\dfrac{27-18}{27-6}=3-\dfrac9{21}=\dfrac{18}7$ et $x_2=\dfrac{18}7-\dfrac{f(18/7)}{f'(18/7)}=\dfrac{1944}{791}\approx2{,}45765$.

On complète la fonction du cours en passant f et df :

f = lambda x: x**3 - 6 * x
df = lambda x: 3 * x**2 - 6
print(newton(f, df, 3, 3))

Le script affiche des valeurs qui se stabilisent : $x_3\approx2{,}44953$. Ici $f'$ ne s'annule pas sur $[\sqrt2\,;+\infty[$ et $x_0=3$ est proche de la solution : c'est un cas favorable.

✅ $x_1=\dfrac{18}7$, $x_2\approx2{,}45765$, $x_3\approx2{,}44953$ : les termes approchent $\sqrt6\approx2{,}44949$.

• Q1 : domaine symétrique, calcul de $f(-x)$ pour tout $x$, interprétation géométrique.

• Q2 : dérivée factorisée avec $\sqrt2$, tableau sur $[0\,;4]$ puis déduction par parité, extremums locaux.

• Q3 : équation de la tangente en trois temps, différence factorisée et signe.

• Q4 : solution exacte, formule de Newton écrite, valeurs calculées, commentaire sur le cas favorable.