Énoncé

On dispose : d'une courbe \(\mathcal{C}_f\), qui est celle de la fonction \(\displaystyle f (x) = \frac{x^3}{4} - \frac{3}{2} x^2\) ; d'un point mobile sur \(\mathcal{C}_f\) et sa tangente \(\mathcal{T}\) à \(\mathcal{C}_f\), représentés en deux positions sur le schéma : \(A\) et \(D\) ; du point \(B (0, 2)\). Figure 1. Figure de présentation de l'exercice. On se demande quelles tangentes passent par le point \(B\).

Les solutions

1. On détermine \(f' (x) = \frac{3 x^2}{4} - 3 x = x \left( \frac{3 x}{4} - 3 \right)\).

   \(f'\) est ici une fonction (lacunaire) de degré 2 et l'on sait étudier son signe :

   \(\begin{array}{|c|l|} \hline x & \begin{array}{c} - \infty \end{array} \begin{array}{c} \end{array} \begin{array}{c} 0 \end{array} \begin{array}{c} \end{array} \begin{array}{c} 4 \end{array} \begin{array}{c} \end{array} \begin{array}{c} + \infty \end{array}\\ \hline f' (x) & \begin{array}{c} \end{array} \begin{array}{c} + \end{array} \begin{array}{c} 0 \end{array} \begin{array}{c} - \end{array} \begin{array}{c} 0 \end{array} \begin{array}{c} + \end{array}\\ \hline f & \begin{array}{c} \end{array} \begin{array}{c} \nearrow \end{array} \begin{array}{c} ^0 \end{array} \begin{array}{c} \searrow \end{array} \begin{array}{c} _{- 8} \end{array} \begin{array}{c} \nearrow \end{array}\\ \hline \end{array}\)

   Ce tableau montre que la Figure 1 devrait être zoomée en arrière :

   \((1)\) \((2)\) \((3)\) \((4)\)

   Figure 2. Figure dézoomée avec plusieurs tangentes.

   Sur cette Figure 2, il semblerait (entre \({(1)}\) et \({(2)}\)) que la tangente passe par \(B\) quelque part pour une abscisse \(a \approx - 1\), puis une autre fois peut-être vers \(a\) environ égal à 2 ou 3 (schéma \({(3)}\)) et plus du tout ensuite car (à partir de \({(4)}\) le point d'intersection entre la tangente rouge et l'axe vertical semble descendre vers \(- \infty\)).

2. On trouve \(\mathcal{T}_m : y = f' (m) (x - m) + f (m) = \left( \frac{3 m^2}{4} - 3 m \right) (x - m) + \frac{m^3}{4} - \frac{3}{2} m^2 (5)\) pour l'équation de la tangente.

   Certes cela paraît un peu compliqué !

   Cependant nous allons bientôt voir que les choses vont se simplifier…

3. On veut \(B (0, 2) \in \mathcal{T}_m\), cela se produit ssi l'équation \((5)\) est vérifiée en remplaçant \((x, y)\) par \((0, 2)\) :

   \begin{eqnarray*} B \in \mathcal{T}_m & \Leftrightarrow & \left( \frac{3 m^2}{4} - 3 m \right) (- m) + \frac{m^3}{4} - \frac{3}{2} m^2 = 2\\ & \Leftrightarrow & - \frac{3 m^3}{4} + 3 m^2 + \frac{m^3}{4} - \frac{3}{2} m^2 = 2\\ & \Leftrightarrow & - \frac{m^3}{2} + \frac{3}{2} m^2 = 2. \end{eqnarray*}

   Et là deux méthodes :

   a) par l'analyse

   • Posons \(p (m) = - \frac{m^3}{2} + \frac{3}{2} m^2\) : on cherche donc si \(p (m)\) peut prendre la valeur \(2\) pour certaines valeurs de \(m\), autrement dit : on cherche les antécédents de \(2\) par la fonction \(p\). Pour trouver cela, on constitue le tableau de variations de \(p\).

     On a \(p' (m) = 3 \left( \frac{- m^2}{2} + m \right)\) nul en \(m = 0\) et en \(m = 2\) et du signe de \(a\) (qui vaut \(a = - \frac{3}{2} < 0\)) en dehors des racines, et ainsi :

     \(\begin{array}{|c|l|} \hline m & \begin{array}{c} - \infty \end{array} \begin{array}{c} \end{array} \begin{array}{c} 0 \end{array} \begin{array}{c} \end{array} \begin{array}{c} 2 \end{array} \begin{array}{c} \end{array} \begin{array}{c} + \infty \end{array}\\ \hline p' (m) & \begin{array}{c} \end{array} \begin{array}{c} - \end{array} \begin{array}{c} 0 \end{array} \begin{array}{c} + \end{array} \begin{array}{c} 0 \end{array} \begin{array}{c} - \end{array}\\ \hline p & \begin{array}{c} ^{+ \infty} \end{array} \begin{array}{c} \searrow \end{array} \begin{array}{c} _0 \end{array} \begin{array}{c} \nearrow \end{array} \begin{array}{c} ^2 \end{array} \begin{array}{c} \searrow \end{array} \begin{array}{c} _{- \infty} \end{array}\\ \hline \end{array} .\)

   • On voit que la chance nous sourit : \(m = 2\) est solution. Et une autre solution sera quelque part pour \(m \in] - \infty, 0 [\).

   b) par l'algèbre

   • On doit finalement résoudre l'équation du troisième degré \(- \frac{m^3}{2} + \frac{3}{2} m^2 - 2 = 0\).

   • La seule façon de le faire est d'en trouver une racine évident.

     Essayons avec \(m = 0\), clairement cela ne marche pas.

     Essayons avec \(m = - 1\), cela fonctionne !

   • À partir de là on pourrait combiner les deux méthodes et conclure. Mais tentons d'aller jusqu'au bout de cette méthode–ci (« avec l'algèbre »).

   • On va factoriser le polynôme \(- \frac{m^3}{2} + \frac{3}{2} m^2 - 2\) par \((m + 1)\), ce qui nous conduit à :

     \(- \frac{m^3}{2} + \frac{3}{2} m^2 - 2 = (m + 1) (am^2 + ba + c) = am^3 + (b + a) m^2 + (b + c) m + c\) d'où le système :

     \(\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} a = - \frac{1}{2}\\ b - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}\\ b + c = 0\\ c = - 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = - \frac{1}{2}\\ b = 2\\ b = 2\\ c = - 2 \end{array} \right. .\)

   • Conclusion : l'équation \(- \frac{m^3}{2} + \frac{3}{2} m^2 - 2 = 0\) est équivalente à l'équation \((m + 1) \left( - \frac{1}{2} m^2 + 2 m - 2 \right) = 0\).

   • Par le principe des équations-produit, les solutions se trouvent donc en résolvant :

     \(\displaystyle \left\{ \begin{array}{lll} m + 1 = 0 & \rightsquigarrow & \text{on retrouve la solution évidente $m = - 1$}\\ - \frac{1}{2} m^2 + 2 m - 2 = 0 & \rightsquigarrow & \text{on trouve $\Delta = 0$ puis $m = 2$, ce qui confirme la méthode \text{{\bfseries{a)}}}} \end{array} \right. .\)

Conclusion : la tangente passe par \(B\) pour deux abscisses seulement, qui sont \(m = - 1\) et \(m = 2\).

\(m = - 1\) \(m = 2\)

Figure 3. Les deux solutions.