1. **Énoncé du problème** : Étudier la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R} \setminus \{-1,1\}$ par $$f(x) = \frac{x^2 + 2x^2}{1 - x^2} = \frac{3x^2}{1 - x^2}$$ et la fonction $h$ définie sur $\mathbb{R}$ par $$h(x) = -4 - 3x + x^3.$$ **Partie A : Étude de la fonction $h$** 2. Étudier les variations de $h$ : - Calcul de la dérivée : $$h'(x) = -3 + 3x^2 = 3(x^2 - 1) = 3(x-1)(x+1).$$ - Les points critiques sont $x = -1$ et $x = 1$. - Étude du signe de $h'(x)$ : - Pour $x < -1$, $h'(x) > 0$ (car $(x-1)<0$, $(x+1)<0$, produit positif). - Pour $-1 < x < 1$, $h'(x) < 0$. - Pour $x > 1$, $h'(x) > 0$. - Donc $h$ est croissante sur $(-\infty, -1)$, décroissante sur $(-1,1)$, croissante sur $(1, +\infty)$. 3. Montrer qu'il existe un unique $\alpha$ tel que $h(\alpha) = 0$ : - $h$ est continue et tend vers $-\infty$ quand $x \to -\infty$. - $h(-2) = -4 - 3(-2) + (-2)^3 = -4 + 6 - 8 = -6 < 0$. - $h(0) = -4 - 0 + 0 = -4 < 0$. - $h(2) = -4 - 6 + 8 = -2 < 0$. - $h(3) = -4 - 9 + 27 = 14 > 0$. - Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $\alpha \in (2,3)$ tel que $h(\alpha) = 0$. - Comme $h$ est strictement croissante sur $(1, +\infty)$, cette racine est unique. 4. Valeur approchée de $\alpha$ à $10^{-2}$ : - Tester $h(2.5) = -4 - 7.5 + 15.625 = 4.125 > 0$. - Tester $h(2.3) = -4 - 6.9 + 12.167 = 1.267 > 0$. - Tester $h(2.1) = -4 - 6.3 + 9.261 = -1.039 < 0$. - Donc $\alpha \approx 2.2$ à $10^{-2}$ près. 5. Signe de $h$ sur $\mathbb{R}$ : - $h(x) < 0$ pour $x < \alpha$. - $h(x) > 0$ pour $x > \alpha$. **Partie B : Étude de la fonction $f$** 6. Limites aux bornes de l'ensemble de définition : - $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} \frac{3x^2}{1 - x^2} = +\infty$. - $\lim_{x \to 1^+} f(x) = -\infty$. - $\lim_{x \to -1^-} f(x) = -\infty$. - $\lim_{x \to -1^+} f(x) = +\infty$. - $\lim_{x \to \pm \infty} f(x) = \lim_{x \to \pm \infty} \frac{3x^2}{1 - x^2} = \lim_{x \to \pm \infty} \frac{3}{\frac{1}{x^2} - 1} = -3$. 7. Calcul de la dérivée $f'(x)$ : - $$f(x) = \frac{3x^2}{1 - x^2}$$ - Dérivée par quotient : $$f'(x) = \frac{(6x)(1 - x^2) - 3x^2(-2x)}{(1 - x^2)^2} = \frac{6x - 6x^3 + 6x^3}{(1 - x^2)^2} = \frac{6x}{(1 - x^2)^2}.$$ - Or on a $h(x) = -4 - 3x + x^3$, on doit montrer que $$f'(x) = \frac{-x h(x)}{(1 - x^2)^2}.$$ - Vérifions : $$-x h(x) = -x(-4 - 3x + x^3) = 4x + 3x^2 - x^4.$$ - Ce n'est pas égal à $6x$, donc il faut vérifier l'énoncé ou la fonction $f$ donnée. - L'énoncé donne $f(x) = \frac{x^2 + 2x^2}{1 - x^2} = \frac{3x^2}{1 - x^2}$, mais il semble y avoir une erreur dans l'énoncé original (peut-être $x^2 + 2x$ au lieu de $2x^2$). - Supposons $f(x) = \frac{x^2 + 2x}{1 - x^2}$. - Alors $f'(x) = \frac{(2x + 2)(1 - x^2) - (x^2 + 2x)(-2x)}{(1 - x^2)^2}$ - Simplifions le numérateur : $$ (2x + 2)(1 - x^2) + 2x(x^2 + 2x) = (2x + 2)(1 - x^2) + 2x^3 + 4x^2 $$ $$= 2x + 2 - 2x^3 - 2x^2 + 2x^3 + 4x^2 = 2x + 2 + 2x^2.$$ - Donc $$f'(x) = \frac{2x + 2 + 2x^2}{(1 - x^2)^2} = \frac{2(x^2 + x + 1)}{(1 - x^2)^2}.$$ - Ce n'est pas égal à $\frac{-x h(x)}{(1 - x^2)^2}$. - Donc l'énoncé semble contenir une faute de frappe dans la définition de $f$. 8. En supposant $f(x) = \frac{x^2 + 2x^2}{1 - x^2} = \frac{3x^2}{1 - x^2}$, la dérivée est $$f'(x) = \frac{6x}{(1 - x^2)^2}.$$ - Le sens de variation de $f$ dépend du signe de $f'(x)$. - Pour $x > 0$, $f'(x) > 0$, donc $f$ croissante. - Pour $x < 0$, $f'(x) < 0$, donc $f$ décroissante. 9. Existence de $a,b,c,d$ tels que $$f(x) = a x + b + \frac{c x + d}{1 - x^2}.$$ - Posons $$\frac{3x^2}{1 - x^2} = a x + b + \frac{c x + d}{1 - x^2}.$$ - Multiplions par $1 - x^2$ : $$3x^2 = (a x + b)(1 - x^2) + c x + d = a x - a x^3 + b - b x^2 + c x + d.$$ - Regroupons par puissances : $$3x^2 = -a x^3 + (a + c) x + (b + d) - b x^2.$$ - Coefficients par degré : - $x^3$ : $-a = 0 \Rightarrow a = 0$ - $x^2$ : $-b = 3 \Rightarrow b = -3$ - $x$ : $a + c = 0 \Rightarrow c = 0$ - Constante : $b + d = 0 \Rightarrow d = 3$ 10. Donc $$f(x) = -3 + \frac{3}{1 - x^2}.$$ 11. Asymptote oblique $\Delta$ en $\pm \infty$ : - Puisque $f(x) \to -3$ quand $x \to \pm \infty$, l'asymptote est la droite horizontale $$y = -3.$$ 12. Position relative de $f$ par rapport à $\Delta$ : - $$f(x) - (-3) = \frac{3}{1 - x^2}.$$ - Pour $|x| > 1$, $1 - x^2 < 0$, donc $f(x) - (-3) < 0$, $f$ est en dessous de $\Delta$. - Pour $|x| < 1$, $1 - x^2 > 0$, donc $f(x) - (-3) > 0$, $f$ est au-dessus de $\Delta$. 13. Montrer que $$f(\alpha) = \frac{-2 \alpha + 1}{\alpha - 1}.$$ - Avec $\alpha \approx 2.2$, calculons $$f(\alpha) = \frac{3 \alpha^2}{1 - \alpha^2} = \frac{3 \alpha^2}{1 - \alpha^2}.$$ - Vérifions l'expression donnée : $$\frac{-2 \alpha + 1}{\alpha - 1} = \frac{-2 \times 2.2 + 1}{2.2 - 1} = \frac{-4.4 + 1}{1.2} = \frac{-3.4}{1.2} \approx -2.83.$$ - Calculons $f(2.2)$ : $$f(2.2) = \frac{3 \times (2.2)^2}{1 - (2.2)^2} = \frac{3 \times 4.84}{1 - 4.84} = \frac{14.52}{-3.84} \approx -3.78,$$ - Ce n'est pas égal, donc il faut vérifier l'énoncé ou la définition de $f$. 14. Abscisses des points où la tangente est parallèle à la droite d'équation $y = -x - 1$ : - La pente de la droite est $-1$. - Trouver $x$ tel que $f'(x) = -1$. - Avec $f'(x) = \frac{6x}{(1 - x^2)^2}$, on résout $$\frac{6x}{(1 - x^2)^2} = -1 \Rightarrow 6x = - (1 - x^2)^2.$$ - Cette équation est à résoudre numériquement. **Réponse finale** : - $h$ est croissante sur $(-\infty, -1)$, décroissante sur $(-1,1)$, croissante sur $(1, +\infty)$. - Racine unique $\alpha \approx 2.2$ telle que $h(\alpha) = 0$. - $f$ a des limites infinies en $\pm 1$ et tend vers $-3$ en $\pm \infty$. - $f'(x) = \frac{6x}{(1 - x^2)^2}$. - $f$ est décroissante sur $(-\infty, 0)$, croissante sur $(0,1)$ et $(1, +\infty)$. - $f(x) = -3 + \frac{3}{1 - x^2}$. - Asymptote horizontale $y = -3$. - Position relative : $f$ au-dessus de $y=-3$ pour $|x|<1$, en dessous sinon. - Points où la tangente a pente $-1$ sont solutions de $6x = - (1 - x^2)^2$.