Solution pour le challenge n° 8

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Pour consulter l’énoncé, c’est ici.

Afin de tracer avec justesse le graphe demandé, il sera utile de connaître ses intersections avec l’axe des abscisses.

Résolvons donc l’équation :

    \[ x^{4}-3x^{2}+2x=0\qquad\left(\spadesuit\right) \]

Visiblement, 0 et 1 sont solutions, ce qui prouve l’existence de deux réels \lambda,\mu tels que :

    \[ \forall x\in\mathbb{R},\:x^{4}-3x^{2}+2x=x\left(x-1\right)\left(x^{2}+\lambda x+\mu\right) \]

Par identification des coefficients, on trouve : \lambda=1 et \mu=-2.

L’équation \left(\spadesuit\right) équivaut donc à x\left(x-1\right)\left(x^{2}+x-2\right)=0, càd x\left(x-1\right)^{2}\left(x+2\right)=0.

Finalement, les solutions de \left(\spadesuit\right) sont -2, 0 et 1.

Etudions à présent les variations de f. Pour tout x\in\mathbb{R} :

    \[ f'\left(x\right)=4x^{3}-6x+2=2\left(x-1\right)\left(2x^{2}+2x-1\right) \]

Si l’on note x_{1} et x_{2} les racines du trinôme 2x^{2}+2x-1, alors :

    \[ x_{1}=\frac{-1-\sqrt{3}}{2}\qquad\text{et}\qquad x_{2}=\frac{-1+\sqrt{3}}{2} \]

Notons y_{1}=f\left(x_{1}\right) et y_{2}=f\left(x_{2}\right).

Un petit calcul montre que :

    \[ y_{1}=\frac{-9-6\sqrt{3}}{4}\qquad\text{et}\qquad y_{2}=\frac{-9+6\sqrt{3}}{4} \]

Voici le tableau de variations de f :

puis le graphe de f :

Passons à la preuve de l’existence d’une unique droite qui soit “bitangente” au graphe de f, c’est-à-dire tangente simultanément en deux points distincts de celui-ci.

On cherche deux réels a<b tels que les tangentes à \Gamma aux points d’abscisses a et b soient confondues. Comme, pour tout x\in\mathbb{R} :

    \[ f(x)=x^{4}-3x^{2}+2x \]

et

    \[ f'(x)=4x^{3}-6x+2 \]

l’équation de la tangente au point d’abscisse a est :

    \[ y=\left(4a^{3}-6a+2\right)\left(x-a\right)+a^{4}-3a^{2}+2a \]

c’est-à-dire :

    \[ y=\left(4a^{3}-6a+2\right)x-3a^{4}+3a^{2} \]

La condition imposée est donc :

    \[ \left\{ \begin{array}{ccc} a & < & b\\ 4a^{3}-6a+2 & = & 4b^{3}-6b+2\\ -3a^{4}+3a^{2} & = & -3b^{4}+3b^{2} \end{array}\right. \]

d’où :

    \[ \left\{ \begin{array}{ccc} 2a^{3}-2b^{3}-3a+3b & = & 0\\ a^{4}-b^{4}-a^{2}+b^{2} & = & 0 \end{array}\right. \]

ou encore, en factorisant dans chaque égalité par a-b et en tenant compte de a\neq b :

    \[ \left\{ \begin{array}{ccccc} 2a^{2}+2ab+2b^{2}-3 & = & 0 & & \left(1\right)\\ \left(a+b\right)\left(a^{2}+b^{2}-1\right) & = & 0 & & \left(2\right) \end{array}\right. \]

La relation \left(2\right) fait apparaître deux cas…

  • 1er cas : a+b=0. Alors, d’après (1) : 2a^{2}-3=0 d’où {\displaystyle a\in\left\{ -\sqrt{\frac{3}{2}},\,\sqrt{\frac{3}{2}}\right\} }.
    Comme a<b, nécessairement : {\displaystyle \left(a,b\right)=\left(-\sqrt{\frac{3}{2}},\,\sqrt{\frac{3}{2}}\right)}.
  • 2ème cas : a^{2}+b^{2}=1. D’après (2) : 2ab=1. Donc, par différence \left(a-b\right)^{2}=0 et donc a=b, ce qui est exclu par hypothèse.
    Finalement, la seule possibilité est celle obtenue au 1er cas.

Il existe donc une unique droite bitangente à \Gamma. Elle admet pour équation y=\alpha x+\beta avec :

    \[ \alpha=4\left(\sqrt{\frac{3}{2}}\right)^{3}-6\sqrt{\frac{3}{2}}+2=2\quad\textrm{ et }\quad\beta=-3\left(\sqrt{\frac{3}{2}}\right)^{4}+3\left(\sqrt{\frac{3}{2}}\right)^{2}=-\frac{9}{4} \]

soit :

    \[ \boxed{y=2x-\frac{9}{4}} \]

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