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\newcommand{\chapHead}[1]{% #1 = Titre
\begin{tikzpicture}
\fill[blue!20] (0,0) rectangle+(\textwidth,-1.5cm);
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\begin{minipage}{4cm}
\begin{center}
\color{white}\fontfamily{lmss}\fontseries{bx}\selectfont{\Large Fiche}

\bigskip

\emph{par\\{\small Stéphane PASQUET}}
\end{center}
\end{minipage}
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\begin{center}
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\end{center}
\end{minipage}
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\begin{document}
\pagestyle{fancy}
\chapHead{Application du TVI en \\Terminale S}

\emph{Nous allons ici voir comment rédiger un exercice faisant intervenir le corollaire du Théorème des Valeurs Intermédiaires (TVI), que l'on nomme le \og théorème de la bijection \fg.}

\section{\'Enoncé}

Montrer que l'équation  : $\dfrac{1}{x-1}-\sqrt{3x+6}=0$ admet une unique solution.

\section{Solution}

Posons :
\[ f(x)=\dfrac{1}{x-1}-\sqrt{3x+6}\]
définie sur $\mathscr{D}=\intervFO{-2}{1}\cup\intervOO{1}{+\infty}$.

\begin{enumerate}
\item \textbf{On justifie la dérivabilité de $\pmb{f}$.}

\medskip

\begin{itemize}
\item La fonction $x\mapsto x-1$ est dérivable et ne s'annule jamais sur \intervFO{-2}{1} et sur \intervOO{1}{+\infty}. Par conséquent, $x\mapsto\dfrac{1}{x-1}$ est dérivable sur ces m\^emes intervalles comme inverse d'une fonction dérivable ne s'annulant pas.
\item La fonction $x\mapsto 3x+6$ est dérivable et ne s'annule jamais sur \intervOO{-2}{1} et sur \intervOO{1}{+\infty}. Par conséquent, $x\mapsto\sqrt{3x+6}$ est dérivable sur ces intervalles comme racine carrée d'une fonction dérivable strictement positive.
\end{itemize}

\medskip

Ainsi, $f$ est dérivable sur \intervOO{-2}{1} et sur \intervOO{1}{+\infty} comme somme de fonctions dérivables sur ces intervalles.

\item \textbf{On détermine la dérivée de la fonction.}

\begin{itemize}
\item La fonction $x\mapsto\dfrac{1}{x-1}$ est de la forme $\dfrac{1}{u}$ avec $u(x)=x-1$. Sa dérivée est donc $-\dfrac{u'}{u^2}$, avec $u'(x)=1$, soit $-\dfrac{1}{(x-1)^2}$.

\item La fonction $x\mapsto\sqrt{3x+6}$ est de la forme $\sqrt{u}$ avec $u(x)=3x+6$. Sa dérivée est donc $\dfrac{u'}{2\sqrt{u}}$, avec $u'(x)=3$, soit $\dfrac{3}{2\sqrt{3x+6}}$.
\end{itemize}

\medskip

Ainsi, $\boxed{f'(x)=-\dfrac{1}{(x-1)^2}-\dfrac{3}{2\sqrt{3x+6}}}$.

\newpage

\AddToShipoutPictureBG
{%
	\put(0,\LenToUnit{\dimexpr\paperheight-2cm})
	{%
		\begin{tikzpicture}
		\begin{scope}[rotate=-90]
		\fill[violet!80] (12cm,-4.5cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
\fill[violet!70] (12.5cm,-4.5cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
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\fill[violet!60] (12cm,-4cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
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\fill[violet!40] (13.5cm,-4.5cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
		\end{scope}
		\end{tikzpicture}
	}
	\put(\LenToUnit{\dimexpr\paperwidth-1.5cm},0)
	{%
		\begin{tikzpicture}
		\begin{scope}[rotate=90]
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		\end{scope}
		\end{tikzpicture}
	}
}

\item \textbf{On étudie le signe de la dérivée et les variations de la fonction.}

$(x-1)^2>0$ et $\sqrt{3x+6}>0$ sur $\intervOO{-2}{1}\cup\intervOO{1}{+\infty}$. Donc $f'(x)<0$ sur $\intervOO{-2}{1}\cup\intervOO{1}{+\infty}$.\\
Par conséquent, $f$ est strictement décroissante sur \intervOO{-2}{1}et sur \intervOO{1}{+\infty}.


\item \textbf{On calcule les limites aux bornes du domaine de définition.}

\begin{itemize}
\item $f(-2)=\dfrac{1}{-2-1}-\sqrt{-6+6}=-\dfrac{1}{3}$.
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x-1}\right)}=0$ et $\limite{x}{+\infty}{\sqrt{3x+6}}=+\infty$ donc, par somme, $\boxed{\limite{x}{+\infty}{f(x)}=-\infty}$.

\item Quand $x$ tend vers 1 par valeurs inférieures, on a :
\[\left.
\begin{aligned}
\limite[x<1]{x}{1}{(x-1)} & =0^-\\
\limite{X}{0^-}{\left(\dfrac{1}{X}\right)} & =-\infty
\end{aligned}\right\}
\Rightarrow\boxed{\limite[x<1]{x}{1}{f(x)}=-\infty}.\]

\item Quand $x$ tend vers 1 par valeurs supérieures, on a :\[\left.
\begin{aligned}
\limite[x>1]{x}{1}{(x-1)} & =0^+\\
\limite{X}{0^+}{\left(\dfrac{1}{X}\right)} & =+\infty
\end{aligned}\right\}
\Rightarrow\boxed{\limite[x>1]{x}{1}{f(x)}=+\infty}.\]
\end{itemize}

\item \textbf{On construit le tableau de variations de la fonction.}

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/0.5,$f(x)$/1}{$-2$,1,$+\infty$}
\tkzTabVar{+/$-\frac{1}{3}$,-D+/$-\infty$/$+\infty$,-/$-\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item \textbf{On applique le théorème de la bijection.}

La fonction $f$ est continue et strictement décroissante sur \intervFO{-2}{1} et sur \intervOO{1}{+\infty}.\\
De plus,
\begin{itemize}
\item $f(-2)<0$ et $\limite[x<1]{x}{1}{f(x)}<0$ donc l'équation $f(x)=0$ n'admet aucune solution sur l'intervalle \intervFO{-2}{1}.
\item $\limite[x>1]{x}{1}{f(x)}>0$ et $\limite{x}{+\infty}{f(x)}<0$ donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution sur \intervOO{1}{+\infty}.
\end{itemize}

\item \textbf{On détermine une valeur approchée de la solution.}\\
Cette question n'était pas posée initialement, mais la curiosité peut nous pousser à la traiter.\\
Posons $\alpha$ cette solution.

\begin{itemize}
\item On peut commencer par calculer :
\[ f(2)=\dfrac{1}{2-1}-\sqrt{3\times2+6}=1-\sqrt{12}<0.\]
On en conclut alors que $\alpha\in\intervOO{1}{2}$.


\item Utilisons maintenant la calculatrice, et plus particulièrement le tableau de valeurs.\\
On paramètre la calculatrice de sorte à ce qu'elle calcule les valeurs de $f(x)$ pour $x\in\intervFF{1,1}{2}$, pour $x$ allant de 0,1 en 0,1.

\medskip

\begin{center}
\begin{tabular}{|*2{>{\ttfamily\arraybackslash}Sl|}}
\hline
\centering\arraybackslash TI & \centering\arraybackslash CASIO\\
\hline
Touche 2nd+WINDOW (TBLSET) & MENU + TABLE + EXE, puis [F5] (Range)\\
TblStart = 1.1 & Start : 1.1\\
$\Delta$Tbl = 0.1 & End : 2\\
& Pitch : 0.1\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}


On obtient alors le tableau suivant :

\begin{center}
\begin{tabular}{|*2{>{\ttfamily\arraybackslash}Sl|}}
\hline
x & y\\
\hline
1.1	& 6.950410\\
1.2	& 1.901613\\
1.3	& 0,186907\\
1.4	& -0,693744\\
1.5	& -1,240370\\
1.6	& -1,619669\\
1.7	& -1,903095\\
1.8	& -2,126389\\
1.9	& -2,309415\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

On peut alors dire que $\alpha\in\intervFF{1,3}{1,4}$ car $f(1,3)>0$ et $f(1,4)<0$.\\
Pour avoir une valeur approchée de $\alpha$ à $10^{-1}$ près, on constate que $f(1,3)$ est plus proche de 0 que $f(1,4)$. Donc $\alpha\approx1,3$ à $10^{-1}$ près. Allons plus loin et calculons les valeurs de $f(x)$ pour $x\in\intervFF{1,3}{1,4}$ avec un pas de 0,01. On a alors :

\begin{center}
\begin{tabular}{|*2{>{\ttfamily\arraybackslash}Sl|}}
\hline
x & y\\
\hline
1.30 & 0.186907\\
1.31&  0.074616\\
1.32&	-0.030947\\
1.33&	-0.130393\\
1.34&	-0.224262\\
1.35&	-0.313031\\
1.36&	-0.397124\\
1.37&	-0.476920\\
1.38&	-0.552758\\
1.39&	-0.624941\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

On voit alors que $\alpha\in\intervFF{1,31}{1,32}$, avec $f(1,32)$ plus proche de 0 que $f(1,31)$. On peut alors dire que $\alpha\approx1,31$ à $10^{-2}$ près.\\
Pour avoir une valeur approchée de $\alpha$ à $10^{-3}$ près, on va plus loin : on calcule $f(x)$ pour $x\in\intervFF{1,31}{1,32}$ avec un pas de 0,001.

\begin{center}
\begin{tabular}{|*2{>{\ttfamily\arraybackslash}Sl|}}
\hline
x & y\\
\hline
1.310&	0.074616\\
1.311&	0.063768\\
1.312&	0.052986\\
1.313&	0.042270\\
1.314&	0.031620\\
1.315&	0.021034\\
1.316&	0.010512\\
1.317&	5.356670E-05\\
1.318&	-0.010342\\
1.319&	-0.020675\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

On constate que $\alpha\approx1,317$ à $10^{-3}$ près. \`A ce stade, nous avons une très bonne valeur approchée car $f(1,317)\approx 0,00005$.
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{document}