
\begin{enumerate}
\item $\alpha$ est la solution de l'équation $f(x)=g(x)$.
\begin{align*}
f(x)=g(x) 
& \iff \dfrac{1}{x}=0,5x^2-x+1\\
& \iff 1=0,5x^3-x^2+x\qquad\text{(en multipliant par }x\neq0)\\
& \iff 0,5x^3-x^2+x-1=0
\end{align*}
Posons:
\[
h(x)=0,5x^3-x^2+x-1.
\]
Alors, 
\[
h'(x)=1,5x^2-2x+1.
\]
Le discriminant de $h'(x)$ est :
\[
\Delta=4-6=-2<0
\]
donc $h'(x)$ est toujours du signe de \og 1,5 \fg, soit toujours positif.

Ainsi, $h$ est strictement croissante sur \R.

$h$ est continue et croissante sur \intervFF{1}{2} ; de plus, $h(1)=-0,5<0$ et $h(2)=1>0$ donc $0\in\intervOO{h(1)}{h(2)}$.

Par conséquent, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $h(x)=0$ admet une unique solution sur \intervFF{1}{2}. C'est cette valeur que l'on note $\alpha$.

\underline{On trouve à la calculatrice $\alpha\approx1,54$.}

\item Sur \intervFF{0,25}{\alpha}, $f(x)\geqslant g(x)$ donc l'aire à gauche correspond à $\dint_{0,25}^\alpha\big[f(x)-g(x)\big]\dx$.
Posons :
\[
u(x)=f(x)-g(x)=\dfrac{1}{x}-\big(0,5x^2-x+1\big)=\dfrac{1}{x}-0,5x^2+x-1.
\]
Une primitive de $u(x)$ est :
\[
U(x)=\ln(x)-0,5\times\dfrac{1}{3}x^3+\dfrac{1}{2}x^2-x
    =\ln(x)-         \dfrac{1}{6}x^3+\dfrac{1}{2}x^2-x.
\]
Alors,
\begin{align*}
\dint_{0,25}^\alpha\big[f(x)-g(x)\big]\dx & = U(\alpha)-U(0,25)\\
& \approx -0,53 - (-1,6)\\
& \approx 1,07.
\end{align*}
Sur \intervFF{\alpha}{a}, $g(x)\geqslant f(x)$ donc l'aire à droite correspond à $\dint_\alpha^a\big[g(x)-f(x)\big]\dx$.

Une primitive de $g(x)-f(x)$ est $-U(x)$ ($U(x)$ ayant été calculée précédemment) donc :
\begin{align*}
\dint_\alpha^a\big[g(x)-f(x)\big]\dx & = -U(a)-\big(-U(\alpha)\big)\\
& = -\ln(a)+\dfrac{1}{6}a^3-\dfrac{1}{2}a^2+a-0,53
\end{align*}

On cherche à déterminer $a$ telle que $\dint_{0,25}^\alpha\big[g(x)-f(x)\big]\dx=\dint_\alpha^a\big[g(x)-f(x)\big]\dx$,c'est-à-dire telle que :
\begin{align*}
\dint_{0,25}^\alpha\big[g(x)-f(x)\big]\dx=\dint_\alpha^a\big[g(x)-f(x)\big]\dx & \iff -\ln(a)+\dfrac{1}{6}a^3-\dfrac{1}{2}a^2+a-0,53=1,07\\
& \iff  -\ln(a)+\dfrac{1}{6}a^3-\dfrac{1}{2}a^2+a-1,6=0.
\end{align*}
Bien sûr, il est hors de question de résoudre cette équation algébriquement. On prend donc la calculatrice et on lui demande d'afficher les valeurs (par pas de 0,01) de la fonction  \mbox{$x\longmapsto-\ln(x)+\dfrac{1}{6}x^3-\dfrac{1}{2}x^2+x-1,6$} à partir de $x=2$ (par exemple) car on peut imaginer que $a>2$ d'après la représentation graphique.

\underline{On trouve alors que $a\approx2,85$.}
\end{enumerate}
