Solution pour le challenge n° 8

$icone-challenge-math-OS$

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 $x\in\mathbb{R}$ :

$f(x)=x^{4}-3x^{2}+2x$

$f'(x)=4x^{3}-6x+2$

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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