Points d'inflexion

jeremyjeff · July 2012

Bonjour,

Je bloque sur l'exercice suivant :

Soit f la fonction définie de IR -> IR par :
f(x) = (ax+b) / (cx²+dx+e) avec a, et c non nuls et d² - 4ec <0, montrer que f admet exaxtement 3 points d'inflexion et que ceux-ci sont alignés.

J'ai ramené le problème au calcul de la dérivée seconde de f (qui est dérivable) pour montrer que celle-ci s'annule en 3 points .

f ' = a*(cx²+dx+e) - (ax+b)(2cx+d) / v²
= (-acx²-2bcx + ae - bd) / (cx²+dx+e)²

f' ' = N / D

avec D = (cx²+dx+e)^4
et
N= (-2acx-2bc)(cx²+dx+e)² - 2(-acx²-2bcx + ae - bd)(cx²+dx+e)(2cx+d)
= 2(cx²+dx+e) [ (-acx-bc)(cx²+dx+e) + (acx²+2bcx - ae + bd)(2cx+d) ]
= 2(cx²+dx+e) [ (-ac²x^3+(-bc²-acd)x²+(-bcd-ace)x - bce + 2ac²x^3+ (4bc²+acd)x²+(-2ace+4bcd)x + bd²-aed]
= 2(cx²+dx+e) [ ac²x^3+ (3bc²)x²+ 3c(-ae+bd)x + bd²-aed- bce ]
= 2(cx²+dx+e) [ ac²x^3+ (3bc²)x²+ 3c(-ae+bd)x + b(d²-ce)-aed]

* (cx²+dx+e) a un discriminant négatif,
donc ne s'annule pas sur IR.

* Comme ac différent de 0, le polynôme est
de degré 3, d'après le théorème des valeurs intermédiares ,il y a au moins une racine dans IR.

Donc [ ac²x^3+ (3bc²)x²+ 3c(-ae+bd)x + b(d²-ce)-aed] a une racine réelle.

Je n'arrive pas à montrer qu'il y en a deux autres,
et encore moins à prouver l'alignement.
Est-ce à dire qu'on peut expliciter les racines ?

Merci pour vos indices.

joel_5632 · July 2012

bonjour

je ne pense pas qu'il faille se lancer dans de grands calculs

On a lim f(x) = 0 en +oo et -oo avec la courbe au dessus de l'axe des x d'un coté et au dessous de l'autre
La fonction est continue sur R

ça devrait suffire pour affirmer qu'il y a au moins 3 points d'inflexion

Ajout:

Ah j'ai oublié l'alignement.

Autre idée: faire un changement de variable pour se ramener à une fonction impaire comme x/(x²+1)

jeremyjeff · July 2012

Bonjour,

Il me semble que l'argument est erroné.
La fonction : f: x-> 1/x est telle que :
sa limite en + l'infini et - l'infini est 0, en dessous et au dessus de l'axe et pourtant il n'y a pas de points d'inflexion.

Je ne crois pas qu'on puisse faire l'impasse du calcul.

Cordialement

gerard0 · July 2012

Heu, Jeremyjeff,

ton contre exemple n'est pas défini sur $\mathbb R$.

Cordialement.

egoroffski · July 2012

Oui, mais $x \mapsto 1/x$ n'est pas $C^2$ sur tout $\R$ ! Cela dit je suis d'accord pour dire que concernant l'alignement, il est difficile de s'en sortir sans calcul. A moins qu'il y ait un super argument algébrique qui écrase le truc...

egoroffski · July 2012

La seconde idée de Joel (que je viens de voir apparaître) est intéressante ; il est clair qu'on peut se ramener à un truc du style $\frac{X+c}{X^2+1}$.

Kito · July 2012

Salut jeremyjeff,

Tu utise la bonne methode, essaie de faire apparaitre $d^2-4ec$ dans la derivee seconde et peut etre tu pourras conclure.

Aussi, concernant ce que Joel, j'ai l'impression qu'il utilise la definition qu'un point d'inflexion est un point ou la derivee seconde n'est pas definie ou bien un point ou la fonction change de concavitE, i.e. $f''(x)$ change de signe. De toute facon sans avoir reflechi sur ce qu'il dit, c'est apparemment faux.

jeremyjeff · July 2012

Je sèche
Je n'arrive pas à factoriser par d²-4ce ...

Maintenant, si on utilise la méthode évoquée par Joel :
f tend vers 0 en + et - l'infini, comment prouve -t-on
qu'il y a 3 points d'inflexion.
On le voit, mais comment le prouve-t-on ?

On sent que la continuité est fondamentale, que la valeur 0 joue aussi un rôle, ainsi que le changement de signe, mais cela doit se démontrer. C'est pourquoi j'ai essayé de le faire par le calcul, mais bon ...

jeremyjeff · July 2012

Bon,
J'ai effectué le changement de variable suggéré par Joel, cela simplifie un peu les calculs, mais je bloque sur les racines de la nouvelle dérivée seconde :

f = (ax+b)/(cx²+dx+e)

On fait le changement : x = X+p

f = (aX+ap+b) / (cX² + (2pc+d)X+ dp+e+cp²)

On cherche p qui annule le terme en X pour le dénominateur : 2pc+d = 0 => p = -d/2c

f = (aX-ad/2c+b) / (cX² + -d²/2c +e+cd²/4c²)
f = (aX-ad/2c+b) / (cX² + -d²/4c + e)
f = 4c(aX-ad/2c+b) / (4c²X² -d² + 4ec)
f = 4c(aX-ad/2c+b) / (4c²X² - (d² - 4ec) )
f = (aX-ad/2c+b)/c / (X² - (d² - 4ec)/4c² )
f = (2acX-ad+2bc)/2c² / (X² - (d² - 4ec)/4c² )
f = a/c*[ (X-ad/2c+b/a) / (X² - (d² - 4ec)/4c² ) ]

D'où la nouvelle fonction : (X+q)/(X²+r²)

f' = [ q(X²+r²)-(X+q)(2X) ] /(X²+r²)²
= [ X²(q-2)-2qX + qr²] / (X²+r²)²

f" = [ [ 2(q-2)X-2q ](X²+r²)² - 4[ X²(q-2)-2qX + qr²](X²+r²)X ] / (X²+r²)^4
= 2(X²+r²) [(q-2)X-q ](X²+r²) - 2X [X²(q-2)-2qX + qr²] ] / (X²+r²)^4
= 2(X²+r²) [ -(q-2)X^3 + 3qX² + r²(-q-2)X - r²q ] / (X²+r²)^4
= 2 N / (X²+r²)^3

avec N = [(q-2)X-q ](X²+r²) - 2X [X²(q-2)-2qX + qr²]
= -(q-2)X^3 + 3qX² + r²(-q-2)X - r²q

f"(0) = - r²q

f"(r) = -(q-2)r^3+ 3qr² + (-q-2)r^3 - r²q
= -2q r^3 + 2 qr² = 2qr²(-r+1)

f"(q) = -q^4 + 5q^3 -q²r² -3r²q
= q (-q^3 + 5q² -qr² -3r²)

Maintenant, sachant que je n'ai pas trouvé de racines, pour l'alignement, quesako ?

john_john · July 2012

Bonjour,
la dérivée première de $f$ s'annule deux fois en changeant de signe : appliquer pour cela le thm de Rolle entre $-\infty$ et $-b/a$ puis entre $-b/a$ et $+\infty$. De même, ce thm montre que $f''$ s'annule trois fois en changeant de signe. Il n'y a pas plus de trois points vu le degré de $N$.

Pour l'alignement : chercher une CNS d'alignement portant sur les fonctions symétriques élémentaires des abscisses de trois points du graphe puis vérifier que les abscisses des points d'inflexion la satisfont.

Vu que les cinq coefficients sont laissés quelconques, cela promet quelques calculs tout de même.

Cordialement, j__j

NB : l'alignement des points d'inflexion est une propriété générale des cubiques, même elliptiques.

egoroffski · July 2012

Tu peux encore supposer que $r=1$ en changeant $X$ en $rY$, m'enfin. Avec ton choix, je trouve plutôt $N=X^3+3qX^2-3r^2 X -qr^2$ (attention tu as une faute au départ, tu fais comme si on avait $(X+q)'=q$...)

Kito · July 2012

Je suis content de voir que le "Grand Egoroff" est toujours la

. Par contre je suis toujours deprimE ne voir que "Monseigneur remarque" n'est toujours pas revenu :-(.

jeremyjeff · July 2012

Grandiose l'idée de John-John d’utiliser le théorème de Rolle.

On prolonge f par continuité sur IR_ pour appliquer les hypothèse du théorème.
Joliment vu.

john_john · July 2012

Bonjour Jéremyjeff : c'est une idée plutôt naturelle au contraire. Si tu traces à main levée sommairement le graphe de $f$, tu vois que tu es obligé d'avoir deux extrema locaux et trois points d'inflexion.

Après cela, ce sont les calculs de degré qui montrent qu'il n'y en a respectivement pas plus...

Cordialement, j__j

Pour la bonne bouche : plongée dans le plan projectif {\bf complexe}, une cubique générale possède neuf points d'inflexion ; ils ne sont pas alignés mais toute droite qui en contient deux en contient un troisième. Une telle configuration finie de points non alignés ne peut exister dans un plan réel. Voir Arnaudiès-Bertin tome iii ; selon l'expression généralement admise : prévoir du café en perfusion.

jeremyjeff · July 2012

Effectivement, je commence déjà à avoir mal à la tête ...
La propriété est cependant remarquable, merci de l'avoir signalée (:P)

jydu56 · July 2012

Je trouve curieux d'appliquer le théorème de Rolle sur R !
Pour moi Rolle ne s'applique que sur un compact, donc un segment borné de R!
mais peut-être suis-je vieux jeu ?

ev · July 2012

Bonsoir jydu.

Sauf erreur de ma part, john_john - je les salue, tout particulièrement john - utilisent le théorème de Rolle sur $\overline{\R}$ qui me parait un compact tout à fait honorable de lapin.

amicalement,

e.v.

jydu56 · July 2012

@ev : merci ev !
je ne connaissais que la démonstration du théorème de Rolle sur un segment de R et pas son extension sur la droite achevée R avec ses points à l'infini.

egoroffski · July 2012

En effet le théorème de Rolle marche encore sur $\overline{R}$ ; pour le voir, on peut soit refaire la démo mutatis mutandis dans ce cas, soit envoyer $\overline{R}$ sur un segment de $\R$ par un changement de variable bien choisi pour appliquer Rolle classique.

jeremyjeff · July 2012

Bonjour,

Pour info, j'ai aussi réussi à démontrer que $f''$ admet admet 3 racines distinctes dans $\R$, à partir de l'expression : $$N=X^3+3qX^2-3r^2 X -qr^2$$
En montrant que la fonction dérivée de $N$, $N'(X)$ admet deux racines distinctes $X_1$ et $X_2$, et à partir des variations de $N$, sachant que : $N(X_1) > 0 et N(X_2) < 0$ et que :
\begin{itemize}
\item $N$ Croît de $-\infty$ vers $X_1$.
\item Décroît de $X_1$ vers $X_2$.
\item Croît de $X_2$ vers $+\infty$.
\end{itemize}
Le théorème des valeurs intermédiaires permet alors de conclure.
Donc on peut se passer du théorème de Rolle et du coup l'exo peut être abordé aussi au lycée.
(C'est vrai qu'avec Rolle, c'est plus court et plus joli) (:P)
Cordialement.

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jydu56 · July 2012

@jeremyjeff : oui c'est ce que j'avais fait de façon élémentaire en étudiant les variations de f en calculant f', en étudiant son signe , etc.,( on voit facilement que f continue est bornée sur tout R, qu'elle a deux extrema, et un seul zéro reel), d''où ma remarque sur l'usage du théorème de Rolle que je ne trouvais pas indispensable et dont j'ignorai l'extension sur la droite achevé ( mais ev m'a rassuré sur ce point avec ses explications trés claires).

john_john · July 2012

Bonjour ev,
john et john te saluent !

Points d'inflexion

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