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% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}
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\begin{center}\section*{\textcolor{red}{TS : TD \no 1 sur le théorème des valeurs intermédiaires et la dérivation }}\end{center}

\subsection{}

\begin{enumerate}
\item Démontrons que l'équation  $\cos(4x+2)-8x=-1$ admet une solution unique dans $\mathbb{R}$.
On considère la fonction $f$ définie par $f(x)=\cos(4x+2)-8x$.\\
L'équation s'écrit alors $f(x)=-1$

 \begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $f$ est continue (comme somme et composée de fonctions continues)

\item Limite en $-\infty$ : \\
Pour tout $x$, $-1\leqslant \cos(4x-2)\leqslant 1\Rightarrow -1-8x\leqslant \cos(4x+2)-8x=f(x)\leqslant 1-8x$\\
$\lim_{x\rightarrow -\infty}(-1-8x)=+\infty\Rightarrow \lim_{x\rightarrow -\infty}f(x)=+\infty$ d'après le théorème de comparaison.\\
$f(x)$ prend donc des valeurs supérieures à -1.

\item Limite en $+\infty$ : \\
Pour tout $x$, $\cos(4x-2)\leqslant 1\Rightarrow \cos(4x+2)-8x=f(x)\leqslant 1-8x$\\
$\lim_{x\rightarrow +\infty}(1-8x)=-\infty\Rightarrow \lim_{x\rightarrow -\infty}f(x)=-\infty$ d'après le théorème de comparaison.\\
$f(x)$ prend donc des valeurs inférieures à -1.
\end{enumerate}

D'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)==-1$ admet (au moins) une solution.

\bigskip

\textbf{\textbf{Unicité}} :  pour montrer l'unicité de cette solution, étudions les variations de la fonction $f$.
$f$ est dérivable : $f=\:cos(u)-v$ avec $\begin{cases}u(x)=4x+2\\v(x)8x\end{cases}$.\\
$f'=-u'\sin(u)-v'$ avec $\begin{cases}u'(x)=4\\v'(x)=8\end{cases}$.\\
On en déduit $f'(x)=-4\sin(4x+2)-8=-4(\sin(4x+2)+2)$.\\
Or $-1\leqslant \sin(4x+2)\leqslant 1$ donc $1\leqslant \sin(4x+2)\leqslant 3$ d'où $-12\leqslant -4(\sin(4x+2))\leqslant -8$.\\
On en déduit que $f'(x)<0$ donc $f$ est décroissante.\\
La solution de l'équation $f(x)=-1$ est donc unique. Notons-la $\alpha$.


\item %Donner un encadrement de cette solution à $10^{-2}$ près à l'aide de la calculatrice.\\
À la  calculatrice, on trouve $\boxed{\textcolor{red}{0,05\leqslant \alpha\leqslant 0,06}}$
\end{enumerate}

\subsection{}
La fonction $f:x\longmapsto x\left\vert x \right\vert$ est-elle dérivable en 0 ?

\bigskip

$f(0)=0$.\\
Pour tout $h\neq 0$, $\dfrac{f(h)-f(0)}{h}=|h|$ qui tend vers 0 quand $h$ tend vers 0.\\
$\lim_{x\rightarrow 0}\left(\dfrac{f(h)+f(0)}{h}\right)=0$ donc $f$ est dérivable en 0 et $f'(0)=0$.\\
On en déduit que la courbe représentative de $f$ admet une tangente en 0 parallèle à l'axe des abscisses (c'est même l'axe des abscisses).

\subsection{}
Calculer l'expression de dérivées des fonctions suivantes, en précisant l'ensemble de dérivabilité :

\begin{enumerate}[$f_1(x)=~$]
\item $\left(5x^3-4\right)^2$
$f_1=u^2$ avec $u(x)=5x^3-4$.\\
$f_1'=2u'u$ avec $u'(x)=5\times 3x^2=15x^2$.\\
Alors $f_1'(x)=2\times 15x^2\times \left(5x^3-4\right)=\boxed{\textcolor{red}{30x^2\left(5x^4-3\right)}}$.

\item $\sqrt{4x^2+4x+1}$\\
$f_2=\sqrt{u}$ avec $u(x)=4x^2+4x+1$.\\
$f_2'=\dfrac{u'}{2\sqrt{u}}$ avec $u'(x)=8x+4$.\\
Pour $x\neq -\dfrac{1}{2}$, $f_1'(x)=\dfrac{8x+4}{2\sqrt{4x^2+4x+1}}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{4x+2}{\sqrt{4x^2+4x+1}}}}$.

\item $\left(5x^3-3x+2\right)^6$
$f_3=u^n$ avec $u(x)=5x^3-3x+2$ et $n=6$.\\
$f_2'=nu'u^{n-1}=6u'u^5$ avec $u'(x)=15x^2-3=3\left(5x^2-1\right)$.\\
Alors : $f_2'(x)=6\times 3\left(5x^2-1\right)\times \left(5x^3-3x+2\right)^5=\boxed{\textcolor{red}{18\left(5x^2-1\right)\times \left(5x^3-3x+2\right)^5}}$

\item $\left(\dfrac{1}{x+6}\right)^3$.\\
$f_4=u^3$ avec $u(x)=\dfrac{1}{x+6}$ pour $x\neq -6$.\\
Alors $f_4'=3u'u^2$ avec $u'(x)=-\dfrac{1}{(x+6)^2}$ car $u=\dfrac{1}{v}$ d'où $u'=-\dfrac{1}{v^2}$.\\
Alors $f_4'(x)=3\times \left(-\dfrac{1}{(x+6)^2}\right)\times \left(\dfrac{1}{x+6}\right)^3=\boxed{\textcolor{red}{-\dfrac{3}{(x+6)^5}}}$

\item $2\sin(-3x+2)-\dfrac{4}{x}$.\\
$f_5=2\sin(u)=4\times v$ avec $u(x)=-3x+2$ et $v(x)=\dfrac{1}{x}$.\\
$f_5'=2u'\cos(u)-4\times v'$ avec $u'(x)=-3$ et $v'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$.\\
$\boxed{\textcolor{red}{f_5'(x)=2\left(-3\cos(-3x+2)\right)+\dfrac{4}{x^2}}}$

\item $(3x+5)\sqrt{x}$\\
$f_6=uv$ avec $u(x)=3x+5$ et $v(x)=\sqrt{x}$.\\
$f_6'=u'v+uv'$ avec $u'(x)=3$ et $v'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$.\\
On en déduit : $f_6'(x)=3\sqrt{x}+(3x+5)\times \dfrac{1}{2\sqrt{x}}=3\sqrt{x}+\dfrac{3x+5}{2\sqrt{x}}=\dfrac{3\sqrt{x}\times 2\sqrt{x}+3x+5}{2\sqrt{x}}=\dfrac{6x+3x+5}{2\sqrt{x}}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{9x+5}{2\sqrt{x}}}}$
\end{enumerate}

\subsection{}
Soit $f$ la fonction n définie par $f(x)=\sin(x)$.
\begin{enumerate}
\item Calculons $f'(x)$, $f''(x)$, $f^{(3)}(x)$, $f^{(4)}$(x).\\
$f'(x)=\cos(x)$~;~$f''(x)=-\sin(x)$~;~$f^{(3)}(x)=-\cos(x)$ et $f^{(4)}(x)=-\left(-\sin(x)\right)=\sin(x)=f(x)$ donc $\boxed{\textcolor{red}{f^{(4)}=f}}$.

\item %Que constate-t-on ?
On constate qu'en dérivant quatre fois de suite, on retrouve la fonction de départ.

\item %En déduire l'expression de $f^{(n)}(x)$ selon les valeurs de $n$ pour $n\in\mathbb{N}$.
On montre alors \og{} facilement\fg{} par récurrence que : 
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item si $n=4p$ (multiple de 4), $f^{(n)}=f$.

\item si $n=4p+1$ (multiple de 4 plus 1), $f^{(n)}=f'$.

\item si $n=4p+2$ (multiple de 4 plus 2), $f^{(n)}=f''$.

\item si $n=4p+3$ (multiple de 4 plus 3), $f^{(n)}=f^{(3)}$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection{}


\begin{multicols}{2}
\setlength{\columnseprule}{1pt}
\setlength{\columnsep}{2 cm}

Sur l'écran d'une calculatrice, les courbes représentatives des fonctions $f$ et $g$ définies sur $\mathbb{R}$ par : 
\[f(x)=\sqrt{x^2-x+1}\text{ et }g(x)=-\dfrac{1}{4}x^2+x+\dfrac{1}{4}\]
semblent tangentes au point A(1~;~1).

%Qu'en est-il exactement ?
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Il est clair que $f(1)g(1)=1$ donc A appartient aux deux courbes.

\item \'Equation de la tangente à $\mathscr{C}_f$ en A : $y=f'(1)(x-1)+f(1)$.\\
$f'(x)=\dfrac{2x-1}{2\sqrt{x^2-x+1}}$ donc $f'(1)=\dfrac{1}{2}$.\\
L'équation de la tangente en A est alors $y=\dfrac{1}{2}(x-1)+1\Leftrightarrow \boxed{\textcolor{red}{y=\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{2}}}$

\item \'Equation de la tangente à $\mathscr{C}_g$ en A : $y=f'(1)(x-1)+g(1)$.\\
$g'(x)=-\dfrac{1}{4}\times 2x+1=-\dfrac{x}{2}+1$ d'où $g'(1)=\dfrac{1}{2}$.\\
L'équation de la tangente en A est alors $y=\dfrac{1}{2}(x-1)+1\Leftrightarrow \boxed{\textcolor{red}{y=\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{2}}}$.

\item Les deux courbes ont une tangente commune en A ; elles sont donc tangentes en A
\end{enumerate}

\begin{center}
\psset{unit=1,algebraic=true,dimen=middle,dotstyle=o,dotsize=5pt 0,linewidth=1.6pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-3,-3)(3,3)
\psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=1,Dy=1,ticksize=-2pt 0,subticks=2,linewidth=2pt]{->}(0,0)(-3,-3)(3,3)
\psgrid[subgriddiv=1,gridwidth=1pt](-3,-3)(3,3)
\psplot[linewidth=2pt,linecolor=blue,plotpoints=200,linewidth=1pt]{-3}{3}{sqrt(x^(2)-x+1)}
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\uput[u](-1,1.732){\textcolor{blue}{$\mathscr{C}_f$}}
\uput[d](-1,-1){\textcolor{red}{$\mathscr{C}_g$}}
\end{pspicture*}
\end{center}


\end{multicols}
\label{fin}
\end{document}  