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

\begin{document}
%\tableofcontents

\begin{center}\section*{\textcolor{red}{TS-correction du TD sur le théorème des valeurs intermédiaires}}\end{center}




$f$ est la fonction définie sur $\mathbb{R}\setminus\left\{-1~;~1\right\}$ par \[f(x)=\dfrac{x^3+2x^2}{x^2-1}.\] 
On note $\mathscr{C}$ sa courbe représentative dans un repère orthonormal d'unité 2 cm.

\bigskip
\textbf{\textcolor{red}{Partie A : étude d'une fonction auxiliaire}}

\noindent $g$ est la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par : 
$g(x)=x^3-3x-4$.

\begin{enumerate}
\item  
\begin{enumerate}
\item %Justifier que $g$ est continue sur $\mathbb{R}$ .
$g$ est continue sur $\mathbb{R}$ parce que c'est une fonction pôlynôme.

\item %Étudier les limites de $g$ en $-\infty$ et en $+\infty$.
$\forall x\in\mathbb{R}$, $g(x)=x^3-3x-4=x^3\left(1-\dfrac{3}{x^2}-\dfrac{4}{x^3}\right)$.

\noindent $\lim_{x\rightarrow -\infty}\left(1-\dfrac{3}{x^2}-\dfrac{4}{x^3}\right)=1$ et $\lim_{x\rightarrow -\infty}x^3=-\infty$ donc $\lim_{x\rightarrow -\infty}g(x)=-\infty$ (par produit)

\noindent De même, $\lim_{x\rightarrow +\infty}g(x)=+\infty$.

\item %Étudier les variations de $g$. Dresser son tableau de 
$g$.  est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme fonction polynôme.

$g'(x)=3x^2-3=\boxed{\textcolor{red}{3\left(x^2-1\right)=3(x+1)(x-1)}}$.

$g'(x)=0$ pour $x=-1$ ou $x=1$.

\noindent $g'(x)$ est un polynôme du second degré ; $g'(x)$ est positif, c'est-à-dire du signe du coefficient de $x^2$ en dehors des racines, donc sur $]-\infty~;~-1]\cup[1~;~+\infty[$ et négatif sur [-1~;~1].

$g(-1)=-2$ et $g(1)=-6$

\textbf{\textcolor{red}{Tableau de variation de $\boldmath{g}$}} :
\begin{center}
\begin{variations}
x&\mI&&-1&&1&&\pI\\
\hline
g'(x)&&+&\z&-&\z&+&\\
\hline
\m{g(x)}&\mI&\c&\h{-2}&\d&-6&\c&\h{\pI}\\
\hline
\end{variations}
\end{center}
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item %Vérifier qu'il existe un réel $\alpha$ unique tel que $g(\alpha) = 0$.
D'après le tableau de variation, $g(x)\leqslant -2$ sur $]-\infty~;~1[$.

\noindent Sur $]1~;~+\infty[$, $g$ est continue, $g(1)<0$ et $\lim_{x\rightarrow +\infty}g(x)=+\infty$.

D'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $g(x)=$ admet une solution, \textbf{\textcolor{red}{unique}} puisque $g$ est crissante sur cet intervalle. on la note $\alpha$

\item %Donner un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $10^{-2}$
À l'aide de la calculatrice, on trouve $\boxed{\textcolor{red}{2,19<\alpha<2,20}}$.

\item %Étudier le signe de la fonction $g$. 
On en déduit le signe de $g(x )$ : 
\begin{center}
\begin{variations}
x&\mI&&\alpha&&\pI\\
\hline
g(x)&&-&\z&+&\\
\hline
\end{variations}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\textbf{\textcolor{red}{Partie B : Etude de la fonction $\mathbf{f}$ }}

\begin{enumerate}
\item %Étudier les limites de $f$ aux bornes de son ensemble de définition. 
Pour tout $x\neq 0$, $f(x)=\dfrac{x^3+2x^2}{x^2-1}=\dfrac{x^3\left(1+\frac2x\right)}{x^2\left(1-\frac1{x^2}\right)}=\dfrac{x\left(1+\frac2x\right)}{1-\frac1{x^2}}$
$\lim_{x\rightarrow \pm\infty1+\dfrac{2}{x^2}}=1$ et $\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\left(1-\dfrac{1}{x^2}\right)=1$.

\noindent On en déduit : $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow-\infty}f(x)=-\infty}}$ et $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow /\infty}g(x)=+\infty}}$.


\item 
\begin{enumerate}
\item %Montrer que pour tout $x$ de $\mathscr{D}$, \[f'(x) = \dfrac{xg(x)}{ \left(x^2-1\right)^2}.\] 
$f=\dfrac{u}{v}$ avec $u(x)=x^3+2x^2$ et $g(x)=x^2-1$.

\noindent $f'=\left(\dfrac{u}{v}\right)'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$ avec $u'(x)=3x^2+4x$ et $v'(x)=2x$

\noindent $f'(x)=\dfrac{\left(3x^2+4x\right)\left(x^2-1)-2x\left(x^3+2x^2\right)\right)}{\left(x^2-1\right)^2}\\
=\dfrac{x\left(3x+4\right)\left(x^2-1\right)-2x\left(x^3+2x^2\right)}{\left(x^2-1\right)^2}\\
=\dfrac{x\left(3x^3-3x+4x^2-4-2x^3-4x^2\right)}{\left(x^2-1\right)^2}=\dfrac{x\left(x^3-3x-4\right)}{\left(x^2-1\right)^2}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{xg(x)}{\left(x^2-1\right)^2}}}$

\item  %En déduire le tableau de variation de la fonction $f$. 
Étudions les limites en -1 et 1 :

\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item \noindent $\lim_{x\rightarrow -1}\left(x^3+2x^2\right)=1$.

\noindent $\lim_{\substack{x\rightarrow -1\\x<-1}}\left(x^2-1\right)=0$ avec $x^2-1>0$ donc $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{\substack{x\rightarrow -1\\x<-1}}f(x)=+\infty}}$

\noindent De même, $\lim_{\substack{x\rightarrow -1\\x>-1}}\left(x^2-1\right)=0$ avec $x^2-1<0$ donc $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{\substack{x\rightarrow -1\\x<-1}}f(x)=-\infty}}$.

\bigskip


\item $\lim_{x\rightarrow 1}\left(x^3+2x^2\right)=3>0$.

\noindent $\lim_{\substack{x\rightarrow 1\\x<1}}\left(x^2-1\right)=0$ avec $x^2-1<0$ donc $\lim_{\substack{x\rightarrow -1\\x<-1}}f(x)=-\infty$.

\noindent De même : $\lim_{\substack{x\rightarrow 1\\x>1}}f(x)=+\infty$ car $x^2-1>0$
\end{enumerate}


\bigskip
On en déduit le tableau de variation de $f$ :
\begin{center}
\begin{variations}
x&\mI&&&-1&&&0&&&1&&&\alpha&&\pI\\
\hline
x&&-&&\bb&&-&\z&+&&\bb&\l&+&\\
\hline
g(x)&&-&&\bb&&-&\l&-&&\bb&&-&\z&+&\\
\hline
f'(x)&&+&&\bb&&+&\z&-&&\bb&&-&\z&+&\\
\hline
f(x)&\mI&\c&\h{\pI}&\bb&\mI&\c&\h{0}&\d&\mI&\bb&\h{\pI}&\d&f(\alpha)&\c&\h{\pI}\\
\hline
\end{variations}
\end{center}
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item %Vérifier que pour tout $x$ de $\mathscr{D}$ : 
%\[f(x)=x+2+\dfrac{x+2}{x^2-1}.\]
Pour tout $x\in\mathscr{D}$, $x+2+\dfrac{x+2}{x^2-1}=\dfrac{(x+2)\left(x^2-1\right)+x+2}{x^2-1}=\dfrac{x^3-x+2x^2-2+x+2}{x^2-1}=\dfrac{x^3+2x^2}{x^2-1}=f(x)$ donc $\boxed{\textcolor{red}{f(x)=\dfrac{x^3+2x^2}{x^2-1}}}$


\item %Calculer $\lim_{x\rightarrow -\infty}[f(x)-(x+2)]$ et $\lim_{x\rightarrow +\infty}[f(x)-(x+2)]$.
Pour $x\neq 0$, $\dfrac{x+2}{x^2-1}=\dfrac{x\left(1+\frac{2}{x}\right)}{x^2\left(1-\frac{1}{x^2}\right)}=\dfrac{1+\frac{2}{x}}{x\left(1-\frac{1}{x^2}\right)}$.

$\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\left(1+\dfrac{2}{x}\right)=1$ et $\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\left(1-\dfrac{1}{x^2}\right)=1$ donc $\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\left(\dfrac{1+\frac{2}{x}}{x\left(1-\frac{1}{x^2}\right)}\right)=\pm\infty$ d'où $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow \pm\infty}(f(x)-(x+2))=0}}$

\noindent %En déduire que la courbe $\mathscr{C}$ admet une \textbf{\textcolor{red}{asymptote oblique}} $\Delta$ en $-\infty$ et en $+\infty$.
Cela signifie que la courbe $\mathscr{C}$ et $\Delta$ se rapprochent aussi près que l'on veut : $\Delta$ est asymptote à $\mathscr{C}$ au voisinage de l'infini. (Notion hors-programme désormais !)

\item %Étudier la position de $\mathscr{C}$ par rapport  à la droite $\Delta$.
$\forall x\in\mathscr{D}$, $f(x)-(x+2)=\dfrac{x+2}{x^2-1}$.

On fait un tableau de signes:

Le numérateur s'annule en -2

$\begin{variations}
x&\mI&&-2&&-1&&1&&\pI\\
\hline
x+2&&-&\z&+&\bb&+&\bb&+&\\
\hline
x^2-1&&+&\l&+&\bb&-&\bb&+&\\
\hline
\dfrac{x+2}{x^2-1}&&-&\z&+&\bb&-&\bb&+&\\
\hline
\end{variations}$
\end{enumerate}

$\mathscr{C}$ est donc au-dessus de $\Delta$ pour $x\in[-2~;~-1[\cup]1~;~+\infty[$ et en desous pour $x\in]-\infty~;~-2]\cup]–1~;~1[$.

$\Delta$ traverse donc $\mathscr{C}$ au point d'abscisse -2.

\item %Tracer la droite $\Delta$ et la courbe $\mathscr{C}$
Courbe et asymptotes :

\begin{center}
\newrgbcolor{qqwuqq}{0. 0.39215686274509803 0.}
\newrgbcolor{ccqqqq}{0.8 0. 0.}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dimen=middle,dotstyle=o,dotsize=5pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-5.,-4.)(5.,8.)
\psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=1.,Dy=1.,ticksize=-2pt 0,subticks=2,linewidth=2pt]{->}(0,0)(-5.,-4.)(5.,8.)
\psgrid[subgriddiv=2](-5.,-4.)(5.,8.)
\psplot[linewidth=1.2pt,linecolor=qqwuqq,plotpoints=200]{-5.0}{5.0}{(x^(3.0)+2.0*x^(2.0))/(x^(2.0)-1.0)}
\psline[linecolor=blue,linewidth=2pt](-1.,-4.)(-1.,8.)
\psline[linecolor=blue,linewidth=2pt](1.,-4.)(1.,8.)
\psplot[linewidth=1.2pt,linecolor=ccqqqq,plotpoints=200]{-5.0}{5.0}{x+2.0}
\uput[d](4,6){$\Delta$}
\uput[d](4,6){$\Delta$}
\uput[u](2,5.3){$\mathscr{C}$}
\uput[ul](0,0){O}
\end{pspicture*}

\end{center}
\end{enumerate}


\label{fin}
\end{document}  