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Seuil de rentabilité : existence, unicité et encadrement

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Une créatrice de contenu lance une boutique de sweats en ligne. Pour un prix de vente xx (en dizaines d'euros, avec x∈[0 ; 1]x \in [0\,;\,1]), son bénéfice mensuel, en milliers d'euros, est modélisé par f(x)=x3−6x2+9x−2f(x) = x^3 - 6x^2 + 9x - 2. Le seuil de rentabilité correspond au prix pour lequel le bénéfice est nul. 1) Démontrer que l'équation f(x)=0f(x) = 0 admet une unique solution α\alpha dans [0 ; 1][0\,;\,1]. 2) Donner un encadrement de α\alpha d'amplitude 0,10{,}1, puis une valeur approchée de α\alpha au dixième.
Besoin d'un coup de pouce ?
  1. Une équation f(x)=0f(x) = 0 a une solution unique sur un intervalle quand ff y est à la fois continue et strictement monotone : pense à dériver ff pour étudier le signe de f′f'.
  2. Factorise la dérivée : f′(x)=3x2−12x+9=3(x−1)(x−3)f'(x) = 3x^2 - 12x + 9 = 3(x - 1)(x - 3). Sur [0 ; 1][0\,;\,1], étudie le signe de chaque facteur pour conclure sur le sens de variation.
  3. Pour l'encadrement, calcule f(0,1)f(0{,}1), f(0,2)f(0{,}2), f(0,3)f(0{,}3)… jusqu'à trouver deux valeurs consécutives entre lesquelles ff change de signe : α\alpha est alors coincé entre ces deux nombres.

Mode élève : cherche d'abord par toi-même (les coups de pouce sont là pour t'aider), puis passe en vue « Corrigé » pour vérifier.

Voir le corrigé détaillé

  1. 1. Justifier la continuité

    ff est une fonction polynôme, donc elle est continue sur R\mathbb{R}, et en particulier sur [0 ; 1][0\,;\,1].

  2. 2. Étudier la stricte monotonie

    ff est dérivable sur R\mathbb{R} et f′(x)=3x2−12x+9=3(x2−4x+3)=3(x−1)(x−3)f'(x) = 3x^2 - 12x + 9 = 3(x^2 - 4x + 3) = 3(x - 1)(x - 3). Sur [0 ; 1][0\,;\,1], on a x−1≤0x - 1 \leq 0 et x−3<0x - 3 < 0, donc leur produit est positif et f′(x)≥0f'(x) \geq 0 (avec f′(x)=0f'(x) = 0 seulement en x=1x = 1). Par conséquent ff est strictement croissante sur [0 ; 1][0\,;\,1].

  3. 3. Calculer les valeurs aux bornes

    f(0)=0−0+0−2=−2f(0) = 0 - 0 + 0 - 2 = -2 et f(1)=1−6+9−2=2f(1) = 1 - 6 + 9 - 2 = 2. On a f(0)=−2<0<2=f(1)f(0) = -2 < 0 < 2 = f(1), donc 00 est bien compris entre f(0)f(0) et f(1)f(1).

  4. 4. Conclure à l'existence et l'unicité

    ff est continue et strictement croissante sur [0 ; 1][0\,;\,1], et 00 est compris entre f(0)f(0) et f(1)f(1). D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f(x)=0f(x) = 0 admet une unique solution α\alpha dans [0 ; 1][0\,;\,1].

  5. 5. Encadrer α par balayage au dixième

    On calcule f(0,2)=0,008−0,24+1,8−2=−0,432<0f(0{,}2) = 0{,}008 - 0{,}24 + 1{,}8 - 2 = -0{,}432 < 0 et f(0,3)=0,027−0,54+2,7−2=0,187>0f(0{,}3) = 0{,}027 - 0{,}54 + 2{,}7 - 2 = 0{,}187 > 0. La fonction change de signe entre 0,20{,}2 et 0,30{,}3, donc 0,2<α<0,30{,}2 < \alpha < 0{,}3 : c'est un encadrement d'amplitude 0,10{,}1.

  6. 6. Donner la valeur approchée

    Pour préciser, on calcule f(0,25)=0,015625−0,375+2,25−2≈−0,109<0f(0{,}25) = 0{,}015625 - 0{,}375 + 2{,}25 - 2 \approx -0{,}109 < 0, donc 0,25<α<0,30{,}25 < \alpha < 0{,}3. Comme α>0,25\alpha > 0{,}25, l'arrondi au dixième est 0,30{,}3 : on retient α≈0,3\alpha \approx 0{,}3, soit un seuil de rentabilité autour de 33 euros.
Réponse finale
f(x)=0 admet une unique solution α∈[0 ; 1],0,2<α<0,3 donc α≈0,3f(x) = 0 \text{ admet une unique solution } \alpha \in [0\,;\,1], \quad 0{,}2 < \alpha < 0{,}3 \text{ donc } \alpha \approx 0{,}3
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