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second degré
Bonjour, lors de mes révisions (en ce moment quoi) j'arrive à une question qui est : résoudre P(x) = 0 .
Rien de trop complique me dis-je 
mais mes résultats ne correspondent pas vraiment avec le graphique obtenu. J'ai beau chercher mais je n'arrive pas à trouver mon erreur donc je fais appelle à vous, un peu en roue de secour, j'avoue 
P(x) =
Je suis passé en posant puis en calculant le discriminant et etc....
J'arrive vers un résultat à deux solutions alors que sur mon corrigé et mon ecran de calculatrice je n'en ai qu'un seul. Mes resultats sont :
et
Donc si quelqu'un aurait la gentillesse de résoudre ce probleme et qu'ainsi je puisse comparer avec mon raisonement, je vous en serait très reconnaissant.
Je suis sur que c'est une erreur toute con de ma part(calcul qui n'a rien à voir, mauvaise manip etc...) comme j'ai tant l'habitude de faire ^^
On pose on obtient donc
= 17
La solution à deux racines et
X' etant négatif on ne peut résoudre X'= x² donc X'' est la seul racine du trinome :
X'' = x² donc x = ou -
Désolé pour le retard, le Latex c'est pas mon fort 
Non, il n'y a pas de racine évidente, en effet.
Mais les solutions exactes sont vraiment compliquées ...
OK, je vois d'où vien le probleme. D'un coté ça me rassure
et sinon en quelque mot comment peut on trouver la solution à part graphiquement?
Merci à vous, meme si je n'ai jamais vu en cours ce que c'est que la méthode cardan, au moin je saurai à quoi ça sert maintenant 
Mais je vais me contanter d'une lecture graphique pour le moment
Encore Merci
Cette question est une partie d'un exercice portant sur les dérivés, je suppose que la seul méthode est la lecture graphique car on me demande de démontrer que la fonction admet une seul racine, et moi je suis partie sur cette méthode, fausse donc, alors qu'une simple déduction graphique aurait suffit.
Maintenant que j'ai découvert pourquoi je n'y arrivai pas, je comprend mieu le sens de la question posé.
"Montrer que P(x)=0 admet qu'une racine" ne veut pas dire forcement "resoudre P(x)=0"
Ah ! c'est plus clair !
En fait, c'est le théorème des valeurs intermédiaires qu'il faut appliquer (ou plutot un théorème dérivé du TVA).
Tu le connais ?
Il y a un téhorème qui dit que :
Soit une fonction f définie sur [a;b].
- si f est dérivable sur [a;b]
- si f est strictement monotone (croissante ou décroissante)
- si le réel k est compris entre f(a) et f(b) (ou entre f(b) et f(a) si f est décroissante)
Alors l'équation f(x)=k admet une solution unique sur [a;b]
Non vraiment ça me dit rien mais en tout cas merci. Mais je vois pas comment avec ça on peut trouver.
Merci
Attention, ce théorème dit seulement qu'il existe une seule solution, il n'en donne pas la valeur (c'est un théorème d'existence et d'unicité).
Il faut étudier la fonction f(x)=2x3-3x2+1, en la dérivant, et tu vas montrer qu'elle est strictement croissante sur [1;2]. Tu appliques ensuite le théorème :
- f est dérivable sur [1;2]
- f est strictement croissante sur [1;2]
- 0 est compris entre f(1) et f(2)
Alors l'équation f(x)=0 admet une solution unique sur [1;2]
Si je comprend bien on cherche pas une valeur précise mais juste l'interval dans laquel la solution se trouve. En fait on essaye de se rapprocher petit à petit du resultat jusqua avoir un interval assez précis
Tout dépend de la question posée.
Si la question est : "démontrer qu'il y a une solution unique", alors c'est terminé.
Par contre, on peut chercher une valeur approchée en réduisant l'intervalle [1;2].
On peut prendre [1,6 ; 1,7] puis [1,67 ; 1,68] ...
Il faut quand meme tatonner pour déduire "0 est compris entre f(1) et f(2)"
Non, car f(1) est négatif et f(2) est positif.
Or, une fonction continue passe d'une valeur négative à une valeur positive en s'annulant !
On est d'accord la reponse à l'exo à été trouver,ok. Mais je ne comprend pas comment on peut trouver que 0 est compris entre f(1) et f(2). Par ce qu'une fonction peut etre croissante sans pour autant passé du négatif au positif.
Je bloque un peu dans cette démarche
Oui, mais la fonction est croissante entre 1 et 2. Et comme f(1) est négatif et f(2) est positif, alors il existe forcément une valeur x entre 1 et 2 telle que f(x)=0.
Tu ne trouves pas ça logique ?
Si je trouve ça logique, mais c'est le theoreme que je ne comprend pas!
En fait mon probleme c'est qu'il faut s'assurer que la fonction soit positive a un moment ou a un autre, et de ce fait je ne vois pas comment a part en tatonnant ou en utilisant la lecture graphique
Ok, je comprends.
En effet, on utilise le graphique pour choisir un intervalle, mais on vérifie avec le calcul.
On aurait pu prendre [1,5 ; 8] pour commencer si on voulait.
Car f(1,5) est négatif, f(8) est positif, et f est bien croissante entre 1,5 et 8.
OK, c'est exactement ce que je voulait savoir.
Bon ben je crois que tout est dis. Grand merci à vous, je vais dormir tranquille ce soir 
Encore merci et peut atre à une prochaine fois
Si ca t'interesse, tu peux lire ceci : 
C'est un cours de Terminale, et ce qu eje t'ai raconté est la partie III de ce document.
P(x) = 2x³-3x²-1
P(x) = 0 pour ???
Si tu ne connais pas la méthode de Cardan, alors on fait autrement :
P'(x) = 6x²-6x
P'(x) = 6x(x-1)
P'(x) > 0 pour x dans ]-oo ; 0[ --> P(x) est croissante.
P'(x) = 0 pour x = 0
P'(x) < 0 pour x dans ]0 ; 1[ --> P(x) est décroissante.
P'(x) = 0 pour x = 1
P'(x) < 0 pour x dans ]-oo ; 0[ --> P(x) est croissant.
Il y a un max de P(x) en x = 0 il vaut P(0) = 0
Il y a un min de P(x) en x = 1 il vaut P(1) = -1
Comme lim(x-> -oo) P(x) = -oo est < 0, que ensuite pour x dans ]0;1[, P(x) croît juque un maximum P(0) qui est négatif, qu'ensuite P(x) décroit pour x dans ]0 ; 1[, P(x) est forcément < 0 sur ]-oo ; 1[.
Il n'y a donc pas de solution réelle à P(x) = 0 sur ]-oo ; 1[
Comme P(1) < 0 , que P(x) est croissante sur ]1 ; +oo[ et que lim (x-> +oo[ P(x) = +oo.
P(x) étant continue, on conclut qu'il y a 1 et 1 seule valeur de x sur ]1 ; +oo[ pour laquelle P(x) = 0
Il y a donc 1 et une seule solution sur R à P(x) = 0 et cette solution est dans ]1 ; +oo[
On essaie de trouver une valeur de x pour laquelle P(x) est > 0, on essaie par exemple P(2), on trouve P(2) > 0.
On sait maintenat que LA solution à P(x) = 0 est dans ]1 ; 2[
On utiliser par exemple une méthode dichotomique (diviser chaque fois l'intervalle par 2) pour approcher la solution alpha aussi près qu'on veut.
P(3/2) = -1 < 0 ---> alpha est dans ]3/2 ; 2[
P(1,75) = 0,5 ... > 0 --> alpha est dans ]1,5 ; 1,75[
et on reserre ainsi l'intervalle tant qu'on veut ...
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Sauf distraction. 
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