Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2 et f la fonction définie sur [0; +∞[ par : f(x) = xn+1 − 2xn + 1. On admet que : f(2n/n+1) < 0. Démontre que l’équation f(x) = 0 admet exactement deux solutions dans ]0; +∞[.

La fonction est donnée par $f(x) = x^{n+1} - 2x^n + 1$.
Calculons sa dérivée $f'(x)$ pour $x \in ]0; +\infty[$ :

Nous pouvons factoriser $x^{n-1}$ (puisque $x \neq 0$ sur l'intervalle d'étude) :

Pour trouver les points où la fonction change de sens de variation, nous résolvons $f'(x) = 0$.
Puisque $x \in ]0; +\infty[$, $x^{n-1} > 0$. Donc $f'(x) = 0$ si et seulement si :

C'est l'unique point critique dans $]0; +\infty[$.

Le signe de $f'(x)$ est déterminé par le signe de $(n+1)x - 2n$ car $x^{n-1} > 0$.

• Si $x < \frac{2n}{n+1}$, alors $(n+1)x < 2n$, ce qui implique $(n+1)x - 2n < 0$. Donc $f'(x) < 0$, et $f(x)$ est strictement décroissante sur $]0; \frac{2n}{n+1}[$.
• Si $x > \frac{2n}{n+1}$, alors $(n+1)x > 2n$, ce qui implique $(n+1)x - 2n > 0$. Donc $f'(x) > 0$, et $f(x)$ est strictement croissante sur $]\frac{2n}{n+1}; +\infty[$. La fonction $f$ admet donc un minimum local en $x_0 = \frac{2n}{n+1}$.

• Limite en $0^+$ : $$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (x^{n+1} - 2x^n + 1)$$ Puisque $n \ge 2$, $n+1 \ge 3$ et $n \ge 2$. Donc $\lim_{x \to 0^+} x^{n+1} = 0$ et $\lim_{x \to 0^+} x^n = 0$. $$\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0 - 0 + 1 = 1$$
• Limite en $+\infty$ : $$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (x^{n+1} - 2x^n + 1)$$ On factorise par le terme de plus haut degré : $$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} x^{n+1}\left(1 - \frac{2}{x} + \frac{1}{x^{n+1}}\right)$$ Puisque $\lim_{x \to +\infty} x^{n+1} = +\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} \left(1 - \frac{2}{x} + \frac{1}{x^{n+1}}\right) = 1$, $$\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$$

Nous avons le tableau de variations suivant :

L'énoncé nous donne que $f\left(\frac{2n}{n+1}\right) < 0$.

• Sur l'intervalle $]0; \frac{2n}{n+1}[$ : La fonction $f$ est continue et strictement décroissante sur cet intervalle. De plus, $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 1$ et $f\left(\frac{2n}{n+1}\right) < 0$. Puisque $f\left(\frac{2n}{n+1}\right) < 0 < 1$, d'après le Théorème des Valeurs Intermédiaires, il existe une unique solution $\alpha \in ]0; \frac{2n}{n+1}[$ telle que $f(\alpha) = 0$.

• Sur l'intervalle $]\frac{2n}{n+1}; +\infty[$ : La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur cet intervalle. De plus, $f\left(\frac{2n}{n+1}\right) < 0$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$. Puisque $f\left(\frac{2n}{n+1}\right) < 0 < +\infty$, d'après le Théorème des Valeurs Intermédiaires, il existe une unique solution $\beta \in ]\frac{2n}{n+1}; +\infty[$ telle que $f(\beta) = 0$.

Conclusion :
Puisque la fonction $f(x)$ est strictement monotone sur chacun des intervalles $]0; \frac{2n}{n+1}[$ et $]\frac{2n}{n+1}; +\infty[$, et qu'elle change de signe sur chacun de ces intervalles, l'équation $f(x) = 0$ admet exactement deux solutions dans $]0; +\infty[$.