Raah la resolution des équations du 3e degrés !!

La résolution de celle ci n'est pas aussi simple qu'il y parait,
puisqu'elle na qu'une seule solution et qu'il est
impossible de trouver des solutions évidentes (qui peuvent nous permettre
de factoriser afin de retrouver du second degré).

et tu sur de ne pas avoir une question précédente dont la réponse pourrait
aider a trouver la solution ?

En effet, la solution générale est un peu compliquée, et n'est
pas au programme de TS.

En effet, il n'y a pas de sol rationnelle, donc à priori pas
d'astuce de factorisation très évidente.
seule possibilité niveau terminale me semble-t-il
poser f(x)=x^3+2x²+x-1
f dérivable sur R
f'(x)=3x²+2x+1, delta<0, f'(x)>0 pr tt x
donc f strictement croissante
lim f en + inf = + inf
limf en -inf= - inf
donc l'équation f(x)=0 admet une solution a unique dans R
par balayge à la calculatrice
0,465<a<0,466

mince désolé mais il est tôt ( tard)
f'(x)=3x²+4x+1, delta >0, deux sol -1 et -1/3
faire le tableau des variation de f
pour f(x)=0
pas de sol dans ]-inf;-1], ni dans ]-1;-1/3]
une seule sol a dans ]-1/3 ; +inf [
donc une seule dans R, celle annoncée plus haut

zlurg qui a l'air de bien connaître le programme de plus en
plus réduit de terminale va encore me traiter de chipoteur.

Mais voici comment procéder: (je t'épargne les démo.)

Si tu appliques la théorie décrite en fin de message, tu te retrouveras
dans le cas de 1 racine réelle et 2 racines complexes conjuguées
et cela donne (sans balayer à la calculette):

x = 0,465571231877...
x = -1,23278561594 +/- 0,792551992516 i.

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Rappel succinct de la théorie permettant de résoudre n'importe quelle
équation du type   x³ + ax² +bx + c = 0.
En posant x = y - (a/3), ces équations peuvent être ramenées à la forme
:
y³ + py + q = 0.

3 cas peuvent alors se présenter :

1) (q/2)² + (p/3)³ > 0.
Il y a alors une racine réelle R.
R = ((-(q/2)+((q/2)² + (p/3)³)^(1/2))^(1/3)) + ((-(q/2) - ((q/2)²
+(p/3)³)^(1/2))^(1/3)).
Il y a aussi 2 racines complexes conjuguées C1 et C2.
C1 = -(R/2) + i.((3R² + 4p)^(1/2))/2.
C2 = -(R/2) - i.((3R² + 4p)^(1/2))/2.

2) (q/2)² + (p/3)³ = 0.
Il y a alors une racine double R1 = R2 = -3q/(2p).
Il y a aussi une 3ème racine : R3 = 3q/p.

3) (q/2)² + (p/3)³ < 0.
Il y a 3 racines réelles que l'on peut trouver par une méthode

trigonométrique.
R1 = [(-4p/3)^(1/2)] . cos[(1/3).Arccos(-q.((-27/(4p³))^(1/2)))].
R2 = [(-4p/3)^(1/2)] . cos[(1/3).Arccos(-q.((-27/(4p³))^(1/2))) + (2.Pi/3)].
R3 = [(-4p/3)^(1/2)] . cos[(1/3).Arccos(-q.((-27/(4p³))^(1/2))) + (4.Pi/3)].
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Pas facile à lire car le site ne traite pas le langage Latex.

Et puis de toute manière, pour paraphraser zlurg, ce n'est pas
au programme de terminale.

Remarque: Je viens d'aller fouiller dans mes cours du secondaire, j'ai
retrouvé cette matière datée de 1966 (à l'époque j'avais
16 ans).
Mais ce n'est plus au programme de terminale.
Cela me fait bien rigoler (ou plutôt pleurer).