Problèmes utilisant la fonction racine carré - Exercice 2

D'une part :
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to -\infty } 2x } & {=} & {-\infty } \\ {\lim\limits_{x\to -\infty } \sqrt{1+x^{2} }} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}$$ par produit : $$\lim\limits_{x\to -\infty } 2x\sqrt{1+x^{2} }=-\infty$$
Finalement :
D'autre part :
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } 2x } & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } \sqrt{1+x^{2} }} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}$$ par produit : $$\lim\limits_{x\to +\infty } 2x\sqrt{1+x^{2} }=+\infty$$
Finalement :

$$g$$ est dérivable sur $$\mathbb{R}$$.
On reconnaît la forme $$\left(uv+w\right)'=u'v+uv'+w'$$ avec $$u\left(x\right)=2x$$ ; $$v\left(x\right)=\sqrt{1+x^{2} }$$ et $$w\left(x\right)=-2$$
Ainsi : $$u'\left(x\right)=2$$ et $$v'\left(x\right)=\frac{2x}{2\sqrt{1+x^{2} }}$$ et $$w'\left(x\right)=0$$.
Il en résulte que :
$$g'\left(x\right)=2\times\sqrt{1+x^{2} }+2x\times\frac{2x}{2\sqrt{1+x^{2} }}$$
$$g'\left(x\right)=2\sqrt{1+x^{2} }+\frac{2x^{2}}{\sqrt{1+x^{2} }}$$
Pour tout réel $$x$$, on sait que : $$x^{2} \ge0$$ donc $$1+x^{2} \ge1$$ c'est à dire $$1+x^{2}>0$$.
Il en résulte donc que :
$$2\sqrt{1+x^{2} }>0$$ et que $$\frac{2x^{2}}{\sqrt{1+x^{2} }}\ge0$$. Il vient alors que pour tout réel $$x$$ on a : $$g'\left(x\right)\ge0$$
Nous traduisons cela dans un tableau de variation. D'où :

On reprend le tableau de variation fait à la question $$2$$. On fera apparaître dans le tableau la valeur zéro que l'on recherche.

• Sur $$\left]-\infty;+\infty\right[$$, la fonction $$g$$ est continue et strictement croissante.
  De plus, $$\lim\limits_{x\to -\infty } g\left(x\right)=-\infty$$ et $$\lim\limits_{x\to +\infty } g\left(x\right)=+\infty$$ . Or $$0\in \left]-\infty;+\infty\right[$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha$$ appartenant à $$\mathbb{R}$$ tel que $$g\left(x\right)=0$$.

A la calculatrice, on vérifie que :
$$g(0,78)\approx-0,021$$ et $$g(0,79)\approx0,0135$$
Or $$0 \in \left[-0,021;0,0135\right]$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que : $$0,78\le\alpha\le0,79$$

Sur $$\left]-\infty;+\infty\right[$$, la fonction $$g$$ est continue et strictement croissante et $$g(\alpha) = 0$$
Donc $$g(x)\le0$$ pour tout $$x\in \left]-\infty;\alpha\right]$$ et $$g(x)\ge0$$ pour tout $$x\in\left[\alpha;+\infty\right[$$
On résume cela dans un tableau de signe :

$$f$$ est dérivable sur $$\mathbb{R}$$. Il vient alors que :
$$f'\left(x\right)=x^{2}-\frac{2x}{2\sqrt{1+x^{2} }}$$
$$f'\left(x\right)=x^{2}-\frac{x}{\sqrt{1+x^{2} }}$$ . Nous allons tout mettre au même dénominateur.
$$f'\left(x\right)=\frac{x^{2}\times\sqrt{1+x^{2} }}{\sqrt{1+x^{2} }}-\frac{x}{\sqrt{1+x^{2} }}$$
$$f'\left(x\right)=\frac{x^{2}\times\sqrt{1+x^{2} }-x}{\sqrt{1+x^{2} }}$$
$$f'\left(x\right)=\frac{1}{2} \times \frac{\left(2x^{2} \times \sqrt{1+x^{2} } -2x\right)}{\sqrt{1+x^{2} } }$$ . Nous factorisons maintenant le numérateur par $$x$$ .
$$f'\left(x\right)=\frac{1}{2} \times \frac{x\times \left(2x\times \sqrt{1+x^{2} } -2\right)}{\sqrt{1+x^{2} } }$$
Ainsi :

Nous allons dresser le tableau de signe de $$f'$$. Rappelons qu'à la question $$4$$ de la partie A, nous avons établit le signe de $$g$$.

D'après la question $$3$$ (Partie A) on sait que : $$g\left(\alpha\right)=0$$ donc $$2\alpha\sqrt{1+\alpha^{2} }-2=0$$
Ainsi :
$$2\alpha\sqrt{1+\alpha^{2} }=2$$
$$\sqrt{1+\alpha^{2} }=\frac{2}{2\alpha}$$
On a donc : $$\sqrt{1+\alpha^{2} }=\frac{1}{\alpha}$$
De plus :
$$f\left(\alpha\right)=\frac{\alpha^{3}}{3}-\sqrt{1+\alpha^{2} }$$ et comme $$\sqrt{1+\alpha^{2} }=\frac{1}{\alpha}$$
$$f\left(\alpha\right)=\frac{\alpha^{3}}{3}-\frac{1}{\alpha}$$
$$f\left(\alpha\right)=\frac{\alpha^{4}}{3\alpha}-\frac{3}{3\alpha}$$