\documentclass[a4paper,11pt,french]{article}
\linespread{1}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Définitions de la feuille d'exercices

\newcommand{\ch}{Chapitre 5}
\newcommand{\Ch}{Correction}
\newcommand{\Cl}{TG6}
\newcommand{\Annee}{2012-2013}
\newcommand{\num}{6}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Packages
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\input macro_final.tex

\geometry{tmargin=1.8cm,bmargin=2.4cm,hmargin=1.5cm}

\tikzset{double style/.style = {double,double distance=2pt}}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Début
\begin{document}


\debutDmCha

\begin{ExoF} 101 p 80\\
\textbf{Partie A :} \begin{enumerate}
  \item $f$ est définie sur $]-\infty ; 1 [ \cup ]1 ; + \infty[$
   \item $\mathscr D : y=1$ \quad et \quad $\mathscr D_0 : x=1$\\
   La tangente à la courbe est horizontale en $A\left(-\dfrac12 ; -\dfrac13 \right)$
   \item \begin{enumerate}
          \item On sait d'après le tableau que \quad $\lim\limits_{x \to + \infty} f(x) = 1$.\\
   Or on sait qu'il existe trois réels $a$, $b$, $c$ tels que pour tout $x\neq 1$ on a \quad $f(x)=a + \dfrac{b}{x-1} + \dfrac{c}{(x-1)^2}$\\
   Et \quad $\lim\limits_{x \to + \infty} \dfrac{b}{x-1} = 0$ \quad et 
   \quad $\lim\limits_{x \to + \infty} \dfrac{c}{(x-1)^2}=0$ \quad\quad Donc \quad $\lim\limits_{x \to + \infty} f(x) = a$.\\
   Par unicité de la limite on trouve $a=1$.
   \item On a donc \quad $f(x) = 1  + \dfrac{b}{x-1} + \dfrac{c}{(x-1)^2}  $\\
   Et d'après le tableau on sait que \quad $f(0)=0 \iff 1  + \dfrac{b}{-1} + \dfrac{c}{(-1)^2}=0 \iff -b+c=-1   $\\
   De plus, on a 
   $f\left(-\dfrac12\right) = -\dfrac13 \iff 
   1+\dfrac{b}{-\dfrac12 - 1}+\dfrac{c}{\left(-\dfrac12 - 1 \right)^2}    = -\dfrac13
   \iff \dfrac{b}{-\frac23}+\dfrac{c}{\frac94}=-1-\dfrac13 \iff -\dfrac23b+\dfrac49c = -\dfrac43$
   Donc $b$ et $c$ sont solutions du système donné, que l'on doit résoudre :
   $$\left\{\begin{array}{ll}
   -b+c=-1 & (L_1)\\  -\dfrac23b+\dfrac49c = -\dfrac43 & (L_2)
   \end{array}\right.
   \iff \left\{\begin{array}{ll}
   -b+c=-1 & (L_1) \\  -6b+4c = -12 & (9L_2)
   \end{array}\right.
   \iff \left\{\begin{array}{ll}
   6b-6c=6 & (-6L_1) \\  -6b+4c = -12  & (L_2)
   \end{array}\right.$$
$$  \iff \left\{\begin{array}{ll}
   6b-6c=6 & (L_1) \\  -2c = -6  &(L_1+L_2)
   \end{array}\right.
   \iff \left\{\begin{array}{ll}
   c=3 & (L_2) \\  6b -6\times 3= 6  &(L_1)
   \end{array}\right.
   \iff \left\{\begin{array}{ll}
   c=3 & (L_2) \\  b =\dfrac{6+18}{6}=4  &(L_1)
   \end{array}\right.   
   $$
         \end{enumerate}
  \end{enumerate}
 \textbf{Partie B :}
 \begin{enumerate}
  \item Xcas nous donne $f'(x)=\dfrac{-2(2x+1)}{(x-1)^3}$. \quad Etudions le signe de cette dérivée, puis les varaitions de $f$ :
  \begin{center}
       \begin{tikzpicture} 
\tkzTabInit[espcl=3]{$x$ /0.8,$-2$/0.8, $2x+1 $/0.8,$x-1$/0.8 , $f'(x)$/0.8 , $f$/2 }{$-\infty$,$-\dfrac12$,$1$ , $+\infty$}% 
\tkzTabLine{ , - , t , - , t , - , } 
\tkzTabLine{ , - , z , + , t , + , }
\tkzTabLine{ , - , t , - , z , + , }
\tkzTabLine{ , - , z , + , d , - , }
\tkzTabVar{+/ $1 $ , -/$-\dfrac13 $ , +D+/$+\infty $ , -/$1$ }
\tkzTabVal[draw]{2}{3}{0.5}{$a$}{$0$}
\end{tikzpicture} 
       \end{center}
       Car \quad $\lim\limits_{x\to - \infty } 1 + \dfrac{4}{x-1} + \dfrac{3}{(x-1)^2}= 1 + 0 + 0 = 1$ \\
       De même \quad $\lim\limits_{x\to + \infty } 1 + \dfrac{4}{x-1} + \dfrac{3}{(x-1)^2}= 1 + 0 + 0 = 1$ \quad (détaillé dans la partie A)\\
De plus, \quad $ 1+\dfrac{4}{x-1} + \dfrac{3}{(x-1)^2}= \dfrac{(x-1)^2+4(x-1)+3}{(x-1)^2}$. \\
Or \quad $\lim\limits_{x \to 1}(x-1)^2+4(x-1)+3 = 3$ \quad et \quad  $\lim\limits_{x \to 1} (x-1)^2 = 0^+$\\
Par quotient, \quad   $\lim\limits_{x \to 1} f(x) = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{(x-1)^2+4(x-1)+3}{(x-1)^2} = + \infty$.\\
Enfin,     $f\left(-\dfrac12\right) = -\dfrac13 $ et $f(0)=0$ \quad (on a calculé $b$ et $c$ pour avoir cela).\\
       \item Il faut commencer par renommer le point, car il y a déjà u point $A$ dans l'énoncé. Appelons ce point $B$. On sait que $B(0;0)$ d'après 
       notre tableau. Alors la tangente à la courbe au point $B$ est 
       $$\Delta : y=f'(0)(x-0)+f(0) \iff \Delta : y=\dfrac{-2(2\times 0 +1}{(0-1)^3}x+0
       \iff \Delta : y=2x$$
       Grâce à Xcas, on sait que \quad $f(x)-2x = \dfrac{-(2x-5)x^2}{(x-1)^2} $. \quad 
       Cette différence est clairement du signe de $-(2x-5)=-2x+5$, qui est positif sur $\left]-\infty ; \dfrac52\right[$
       et positif sur $\left]\dfrac52 ; + \infty\right[$. Donc :
       \begin{itemize}
        \item La tangente est en dessous de la courbe au point $B$.
        \item Je pourrais détailler le reste, mais ce n'est pas réellement ce qui nous intéresse.
       \end{itemize}
\item Ok
       
 \end{enumerate}

 \end{ExoF}

\begin{ExoF}129 p 87\\
Cet exercice vous demande d'avoir un minimum d'initiative et de rigueur dans la rédaction. Il s'agit de démontrer le théorème
du point fixe. Soyez fier si vous avez réussi seuls !!\\
L'idée est d'utiliser le TVI, mais pour cela, il nous faut une fonction pour l'appliquer et répondre à la question. Posons alors 
$g$ la fonction définie sur $[0;1]$ par $g(x)=f(x)-x$. Ainsi, résoudre l'équation $f(x)=x$ revient à résoudre $g(x)=0$, ie à 
trouver les éventuels antécédents de $0$ par $g$.
\begin{itemize}
 \item $g$ est une fonction continue sur $[0;1]$ comme différence de fonctions continues sur $[0;1]$.
  \item $g(0)=f(0)-0 = f(0) \geq 0$ car $f$ prend ses valeurs dans $[0;1]$.\\
  $g(1)=f(1)-1 \leq 0$ car $f(1) \leq 1$.\\
  Ainsi, \quad $g(1) < 0 < g(0)$.
  \item D'après le TVI, il existe alors au moins un antécédent de $0$ dans $[0;1]$.\\
  Donc l'équation $f(x)=x$ admet au moins une solution dans $[0;1]$.
\end{itemize}


\end{ExoF}


\end{document}