Études de fonctions 2BAC SM

Étape 1 — Domaine de définition et limites en l'infini.

Le dénominateur $x^2+1\ge 1>0$ pour tout $x\in \mathbb{R}$, donc $f$ est définie sur $\mathbb{R}$ tout entier : $D_f=\mathbb{R}$.

Calcul des limites en $\pm \infty$ :

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^3}{x^2}=\underset{x\to +\infty }{\lim }x=+\infty$$

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to -\infty }{\lim }x=-\infty$$

Les limites sont infinies, donc il n'y a pas d'asymptote horizontale en $\pm \infty$.

Étape 2 — Recherche d'asymptotes obliques : calcul de $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}$.

On calcule :

$$\frac{f(x)}{x}=\frac{x^3+2x^2-x+1}{x(x^2+1)}=\frac{x^3+2x^2-x+1}{x^3+x}$$

En divisant numérateur et dénominateur par $x^3$ :

$$\frac{f(x)}{x}=\frac{1+\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}}{1+\frac{1}{x^2}}\underset{x\to \pm \infty }{\to }\frac{1}{1}=1$$

Donc $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=1$ et $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=1$.

La pente éventuelle d'une asymptote oblique est $a=1$. On pose $b=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }[f(x)-x]$.

Étape 3 — Calcul de $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }[f(x)-x]$ et conclusion sur les branches infinies.

On effectue la division euclidienne de $x^3+2x^2-x+1$ par $x^2+1$ :

$$x^3+2x^2-x+1=(x^2+1)(x+2)+(-2x-1)$$

Vérification : $(x^2+1)(x+2)=x^3+2x^2+x+2$, et $x^3+2x^2+x+2+(-2x-1)=x^3+2x^2-x+1$ ✓

Donc :

$$f(x)=x+2+\frac{-2x-1}{x^2+1}$$

Or $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{-2x-1}{x^2+1}=0$, donc :

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }[f(x)-(x+2)]=0\text{et}\underset{x\to -\infty }{\lim }[f(x)-(x+2)]=0$$

La droite $\Delta :y=x+2$ est asymptote oblique à la courbe de $f$ en $+\infty$ et en $-\infty$.

Étape 4 — Position de la courbe par rapport à l'asymptote et nature des branches infinies.

On étudie le signe de $f(x)-(x+2)=\frac{-2x-1}{x^2+1}$.

Le dénominateur $x^2+1>0$ toujours. Le numérateur $-2x-1=0\iff x=-\frac{1}{2}$.

• Pour $x>-\frac{1}{2}$ : $-2x-1<0$, donc $f(x)<x+2$ : la courbe est en dessous de $\Delta$.
• Pour $x<-\frac{1}{2}$ : $-2x-1>0$, donc $f(x)>x+2$ : la courbe est au-dessus de $\Delta$.

Ainsi, en $+\infty$, la courbe tend vers $\Delta$ par en dessous ; en $-\infty$, elle tend vers $\Delta$ par au-dessus.

Conclusion sur les branches infinies : la courbe de $f$ admet la droite $y=x+2$ comme asymptote oblique en $+\infty$ et en $-\infty$. Il n'y a pas de branche parabolique : les deux branches infinies sont de direction oblique, asymptotiquement parallèles à $\Delta$.

Étape 5 — Calcul de $f^{\prime }(x)$ et tableau de variations.

On utilise la forme $f(x)=x+2+\frac{-2x-1}{x^2+1}$. On dérive :

$$f^{\prime }(x)=1+\frac{(-2)(x^2+1)-(-2x-1)(2x)}{(x^2+1{)}^2}$$

Numérateur de la fraction : $(-2)(x^2+1)-(-2x-1)(2x)=-2x^2-2+4x^2+2x=2x^2+2x-2$.

Donc :

$$f^{\prime }(x)=1+\frac{2x^2+2x-2}{(x^2+1{)}^2}=\frac{(x^2+1{)}^2+2x^2+2x-2}{(x^2+1{)}^2}$$

Développons $(x^2+1{)}^2=x^4+2x^2+1$, donc :

$$f^{\prime }(x)=\frac{x^4+2x^2+1+2x^2+2x-2}{(x^2+1{)}^2}=\frac{x^4+4x^2+2x-1}{(x^2+1{)}^2}$$

On cherche les racines de $P(x)=x^4+4x^2+2x-1$. On vérifie $P(0)=-1<0$ et $P(1)=1+4+2-1=6>0$, donc $P$ s'annule entre $0$ et $1$. De même $P(-1)=1+4-2-1=2>0$ et $P(0)=-1<0$, donc $P$ s'annule entre $-1$ et $0$. Pour $|x|$ grand, $P(x)\to +\infty$. Une étude plus fine (ou numérique) montre que $P$ admet exactement deux racines réelles $x_1\approx -0,9$ et $x_2\approx 0,4$, et $f^{\prime }(x)<0$ sur $]x_1,x_2[$ et $f^{\prime }(x)>0$ sur $]-\infty ,x_1[\cup ]x_2,+\infty [$.

Tableau de variations :

$$\begin{array}{cccccccc}x& -\infty & & x_1& & x_2& & +\infty \\ f^{\prime }(x)& & +& 0& -& 0& +& \\ f& -\infty \nearrow & & f(x_1)& \searrow & f(x_2)& \nearrow & +\infty \end{array}$$

Étape 6 — Existence et encadrement de la racine $\alpha$ dans $[-3,-2]$.

$f$ est continue sur $\mathbb{R}$ (fraction rationnelle à dénominateur non nul). On calcule :

$$f(-3)=\frac{-27+18+3+1}{9+1}=\frac{-5}{10}=-\frac{1}{2}<0$$

$$f(-2)=\frac{-8+8+2+1}{4+1}=\frac{3}{5}>0$$

$f(-3)<0<f(-2)$, donc par le théorème des valeurs intermédiaires, $f$ s'annule au moins une fois sur $]-3,-2[$. De plus, $f$ est strictement croissante sur $]-\infty ,x_1[$ avec $x_1\approx -0,9>-2$, donc $f$ est strictement monotone sur $[-3,-2]$, ce qui assure l'unicité de $\alpha$.

Encadrement à $10^{-1}$ près : on calcule $f(-2,5)=\frac{-15,625+12,5+2,5+1}{6,25+1}=\frac{0,375}{7,25}>0$.

Puis $f(-2,8)=\frac{-21,952+15,68+2,8+1}{7,84+1}=\frac{-2,472}{8,84}<0$.

Donc $\alpha \in ]-2,8;-2,5[$. On affine : $f(-2,6)=\frac{-17,576+13,52+2,6+1}{6,76+1}=\frac{-0,456}{7,76}<0$.

Donc $\alpha \in ]-2,6;-2,5[$ et l'encadrement à $10^{-1}$ près est $\boxed{-2,6<\alpha <-2,5}$.