Dérivée

Dérivée en un point

Définitions

Soit f:I⟼Rf:I\longmapsto \R, a∈Ia\in I, pour x∈I∖{a}x\in I\setminus\{a\} on définit la fonction pfp_f par:  pf(x)=f(x)−f(a)x−a.\,p_f(x)=\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}.

(Nombre dérivé) On dit que la fonction ff est dérivable en a∈Ia\in I ssi pfp_f admet une limite finie en aa. Cette limite est appelée nombre dérivé au point aa est notée f′(a)f'(a) .

Avec cette définition, on peut écrire: f′(a)=lim⁡x→af(x)−f(a)x−a=lim⁡h→0f(a+h)−f(a)h.f'(a)=\underset{x\rightarrow a}{\lim}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\underset{h\rightarrow 0}{\lim}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}.

Exemple

Soit f(x)=x2+x, x∈Rf(x)=x^2+x,\,x\in\R. Soit a∈Ra\in \R, on a: ∀x∈R, x≠a, p(x)=x2+x−a2−ax−a=(x+a)+1.\forall x\in \R,\,x\neq a,\,p(x)=\dfrac{x^2+x-a^2-a}{x-a}=(x+a)+1. Donc lim⁡x→a p(x)=2a+1\underset{x\rightarrow a}{\lim}\,p(x)=2a+1, donc ff est dérivable en aa et f′(a)=2a+1f^{'}(a)=2a+1.


Soit a∈Ra\in \R (resp a∈R+a\in \R_+). Étudier la dérivabilité de cos⁡\cos en aa (resp. x\sqrt{\phantom{x}}).

Correction

  1. Soit h∈R∗h\in \R^*, on a d'après les formules trigonométriques, cos⁡(a+h)−cos⁡(a)=cos⁡(a)cos⁡(h)−sin⁡(a)sin⁡(h)−cos⁡(a)=cos⁡(a)(cos⁡(h)−1)−sin⁡(a)sin⁡(h).\begin{array}{lcl} \cos(a+h)-\cos(a)&=&\cos(a)\cos(h)-\sin(a)\sin(h)-\cos(a)\\ &=&\cos(a)(\cos(h)-1)-\sin(a)\sin(h). \end{array} Or on sait que sin⁡(h)h→h→0 1\dfrac{\sin(h)}{h}\tendvers{h}{0}1 et cos⁡(h)−1h→h→0 0\dfrac{\cos(h)-1}{h}\tendvers{h}{0}0. On en déduit, cos⁡(a+h)−cos⁡(a)h=cos⁡(a)cos⁡(h)−1h−sin⁡(a)sin⁡(h)h→h→0 −sin⁡(a).\dfrac{\cos(a+h)-\cos(a)}{h}=\cos(a)\dfrac{\cos(h)-1}{h}-\sin(a)\dfrac{\sin(h)}{h}\tendvers{h}{0}-\sin(a). Donc cos⁡\cos est dérivable en aa et cos⁡′(a)=−sin⁡(a)\cos'(a)=-\sin(a).
  2. Soit h∈R∗h\in \R^* tel que a+h≥0a+h\geq 0, on a: a+h−ah=(a+h−a)(a+h+a)(a+h+a)h=1a+h+a.\dfrac{\sqrt{a+h}-\sqrt{a}}{h}=\dfrac{(\sqrt{a+h}-\sqrt{a})(\sqrt{a+h}+\sqrt{a})}{(\sqrt{a+h}+\sqrt{a})h} =\dfrac{1}{\sqrt{a+h}+\sqrt{a}}. Comme la fonction racine est continue sur R+\R_+, alors (a+h+a)→h→0 2a(\sqrt{a+h}+\sqrt{a})\tendvers{h}{0}2\sqrt{a}. On en déduit que si a>0a>0 alors la fonction racine est dérivable en aa et le nombre dérivé est 12a\dfrac{1}{2\sqrt{a}}, par contre la fonction racine n'est pas dérivable en 00.

Soient f∈F(I), a∈If\in \mathcal{F}(I),\,a\in I. ff est dérivable en aa ssi il existe une fonction ε\varepsilon définie sur II continue en aa, ε(a)=0\varepsilon(a)=0 et un nombre ℓ∈R\ell\in \R tel que: ∀x∈I,  f(x)=f(a)+(x−a)(ℓ+ε(x))=f(a)+(x−a)ℓ+(x−a)ε(x).\forall x\in I,\,\,f(x)=f(a)+(x-a)(\ell+\varepsilon(x))=f(a)+(x-a)\ell+(x-a)\varepsilon(x). De plus on a f′(a)=ℓf'(a)=\ell.


Soit f:I↦Rf:I\mapsto \R et a∈I∘a\in \overset{\circ}{I}. on suppose que ff est dérivable en aa. Étudier l'éventuelle lim⁡h→0f(a+h)−f(a−h)2h\underset{h\rightarrow 0}{\lim}\dfrac{f(a+h)-f(a-h)}{2h}.

Correction

Il existe ε:I↦R\varepsilon:I\mapsto \R telle que: ∀x∈I, f(x)=f(a)+(x−a)(f′(a)+ε(x)),\forall x\in I,\,f(x)=f(a)+(x-a)(f'(a)+\varepsilon(x)), et ε(a)=0\varepsilon(a)=0. Ce qui nous donne: h≠0, f(a+h)−f(a−h)2h=f′(a)+ε(a+h)+ε(a−h)2⟶h→0f′(a).h\neq 0,\,\dfrac{f(a+h)-f(a-h)}{2h}= f^{'}(a)+\frac{\varepsilon(a+h)+\varepsilon(a-h)}{2}\underset{h\rightarrow 0}{\longrightarrow} f^{'}(a).

ff dérivable en aa, alors ff est continue en aa.

Remarque

La réciproque est faux comme le montre l'exemple f(x)=∣x∣f(x)=|x| et a=0a=0.

Interprétation graphique et cinématique de la dérivé

Soit f:I⟼Rf:I\longmapsto\R, a∈I∘a\in \overset{\circ}{I}. On note Cf\mathcal{C}_f la courbe représentative de ff, A(a,f(a))∈CfA(a,f(a))\in \mathcal{C}_f.

Pour x∈I, x≠ax\in I,\,x\neq a, on note également le point M(x,f(x))∈CfM(x,f(x))\in \mathcal{C}_f. La droite (AM)(AM) a pour coefficient directeur f(x)−f(a)x−a\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}.

Puisque ff est continue en aa, M⟶AM\longrightarrow A lorsque xx tend vers aa. Donc la droite (AM)(AM) a pour position limite quand xx tend vers aa, la droite passant par AA de coefficient directeur f′(a)f'(a); cette droite est donc la tangente à Cf\mathcal{C}_f en aa. On en déduit la proposition suivante:

0.511.522.533.5−0.5123−1−2
–o+←↓↑→
x0
A
x1
M
Pente de (AM) = -0.296
f′(x0)=1f'(x_0)=1
faites bouger le point x1

Si ff est dérivable en aa, alors la courbe Cf\mathcal{C}_f admet en A(a,f(a))A(a,f(a)) une tangent TT de coefficient directeur f′(a)f'(a).
Cette tangente a pour équation y=f′(a)(x−a)+f(a).\boxed{y=f'(a)(x-a)+f(a).}

L'application g:x↦f(a)+f′(a)(x−a)g:x\mapsto f(a)+f'(a)(x-a) est une application affine et Cg\mathcal{C}_g est la tangente à Cf\mathcal{C}_f en aa. On dit que gg est l'approximation affine de ff au voisinage de aa. Cette approximation est l'idée de base de différentes méthodes numériques comme la méthode de Newton (pour la résolution de l'équation f(x)=0f(x)=0) ou la méthode d'Euler (pour la résolution des équations différentielle).


Une fonction ff de courbe représentative C\mathcal{C} est telle que f(4)=−3f(4)=-3 et f′(4)=2f'(4)=2.

  1. Écrire l'équation de la tangente TT à C\CC au point AA d'abscisse 44.
  2. Donner une approximation de f(4.05)f(4.05).
Correction

  1. L'équation de la tangente TT à C\CC est donnée par la formule y=f′(a)(x−a)+f(a)y=f'(a)(x-a)+f(a), ce qui donne y=f′(4)(x−4)+f(4)=−3(x−4)+2=−3x+14.y=f'(4)(x-4)+f(4)=-3(x-4)+2=-3x+14.
  2. Pour trouver une approximation de f(4.05)f(4.05) on utilise l'équation de la tangente, ce qui donne f(4.05)≃−3(4.05)+14=1.85⟹f(4.05)≃1.85.f(4.05)\simeq -3(4.05)+14=1.85 \Longrightarrow f(4.05)\simeq 1.85.

Opérations sur les fonctions dérivables en un points

Soient II un intervalle de R\R non vide et non réduit à un point et a∈Ia\in I.

Soient f,g:I↦Rf,g:I\mapsto \R et λ∈R\lambda\in \R. On suppose que ff et gg sont dérivables en aa, alors:

  1. La fonction f+λgf+\lambda g est dérivable en aa et (f+λg)′(a)=f′(a)+λg′(a)(f+\lambda g)'(a)=f'(a)+\lambda g'(a).
  2. La fonction fgfg est dérivable en aa et (fg)′(a)=f′(a)g(a)+f(a)g′(a)(fg)'(a)=f'(a)g(a)+f(a)g'(a).
  3. Si g(a)≠0g(a)\neq 0, alors la fonction fg\frac{f}{g} est dérivable en aa et on a (fg)′(a)=f′(a)g(a)−f(a)g′(a)g2(a).\left(\frac{f}{g}\right)'(a)=\dfrac{f'(a)g(a)-f(a)g'(a)}{g^2(a)}. En particulier, on a (1g)′(a)=−g′(a)g2(a)\left(\frac{1}{g}\right)'(a)=\dfrac{-g'(a)}{g^2(a)}.

(Dérivée de la composée) Soient JJ un intervalle de R\R, f:I↦Rf: I\mapsto\R, g:J↦Rg:J\mapsto \R. On suppose que:

  • f(I)⊂Jf(I)\subset J,
  • ff est dérivable en aa,
  • gg est dérivable en b=f(a)b=f(a).

Alors, g∘fg\circ f est dérivable en aa et on a, (g∘f)′(a)=g′(f(a))f′(a).(g\circ f)'(a)=g'(f(a))f'(a).


Soit f:R↦Rf:\R\mapsto\R définie par f(x)=1+x2f(x)=\sqrt{1+x^2}. Soit a∈Ra\in \R, étudier la dérivabilité de ff en aa.

Correction

  • Soit f1:R↦R+∗f_1:\R\mapsto \R_+^* définie par f1(x)=1+x2f_1(x)=1+x^2. On a f1f_1 est dérivable en aa et f1′(a)=2af_1'(a)=2a.
  • Soit f2:R+∗↦Rf_2:\R_+^*\mapsto\R définie par f2(y)=yf_2(y)=\sqrt{y}. On a f2f_2 est dérivable en f1(a)f_1(a) (puisque f1(a)>0f_1(a)>0) et f2′(f1(a))=12f1(a)f_2'(f_1(a))=\dfrac{1}{2\sqrt{f_1(a)}}.

Comme f1(R)⊂R+∗f_1(\R)\subset \R_+^* et f=f2∘f1f=f_2\circ f_1. On en déduit en appliquant le résultat de la proposition précédente, que ff est dérivable en aa et f′(a)=f2′(f1(a))f1′(a)=121+a22a=a1+a2.f'(a)=f_2'(f_1(a))f_1'(a)=\dfrac{1}{2\sqrt{1+a^2}}2a=\dfrac{a}{\sqrt{1+a^2}}.

Application dérivée

Soit II un intervalle de R\R, f:I↦Rf:I\mapsto \R.

On appelle dérivée de ff l'application qui à chaque x∈Ix\in I tel que f′(x)f'(x) existe associe f′(x)f'(x). On note Df′={x∈I, f′(x) existe}\mathcal{D}_{f'}=\{x\in I,\,f'(x)\text{ existe}\}, alors f′:Df′↦Rf':\mathcal{D}_{f'}\mapsto \R, x↦f′(x)x\mapsto f'(x). On dit que ff est dérivable sur II si Df′=I\mathcal{D}_{f'}=I.

Exemple

Soit f:R↦Rf:\R\mapsto \R définie par f(x)=∣x∣f(x)=|x|, alors le domaine de définition de f′f' est R∗\R^* et f′f' est définie par: f′(x)={1 si x>0,−1 si x<0.f'(x)=\left\{\begin{array}{ll} 1&\text{ si } x>0,\\ &\\ -1&\text{ si } x< 0. \end{array}\right.

En utilisant les résultats des propositions précédentes, on trouve:

Soient f,g:I↦Rf,g:I\mapsto \R et λ∈R\lambda\in \R. On suppose que ff et gg sont dérivables sur II, alors:

  1. La fonction f+λgf+\lambda g est dérivable sur II et (f+λg)′=f′+λg′(f+\lambda g)'=f'+\lambda g'.
  2. La fonction fgfg est dérivable sur II et (fg)′=f′g+fg′(fg)'=f'g+fg'.
  3. Si gg ne s'annule pas sur II, alors la fonction fg\frac{f}{g} est dérivable sur II et on a (fg)′=f′g−fg′g2.\left(\frac{f}{g}\right)'=\dfrac{f'g-fg'}{g^2}.

Donner le domaine de définition de ff puis f′f', avec f(x)=x2exf(x)=x^2\ee^x, puis déterminer f′f'.

Correction

ff est définie sur R\R dérivable sur R\R comme le produit de deux fonctions dérivables sur R\R. On note u(x)=x2u(x)=x^2 et v(x)=exv(x)=\ee^x, alors f′(x)=u′(x)v(x)+u(x)v′(x)=2xex+x2ex=(x2+2x)ex.f'(x)=u'(x)v(x)+u(x)v'(x)=2x\ee^x+x^2\ee^x=(x^2+2x)\ee^x.


Pour x≠1x\neq 1, on pose f(x)=e−xx−1f(x)=\dfrac{\ee^{-x}}{x-1}. Déterminer f′(x)f'(x) puis donner le signe de f′f'.

Correction

ff est de la forme uv\dfrac{u}{v}, avec u(x)=e−x, v(x)=x−1u(x)=\ee^{-x},\,v(x)=x-1. Donc, pour tout x≠1x\neq 1, on a: f′(x)=u′(x)v(x)−u(x)v′(x)v2(x)=−(x−1)e−x−1×e−x(x−1)2=−xe−x(x−1)2.f'(x)=\dfrac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{v^2(x)}=\dfrac{-(x-1)\ee^{-x}-1\times \ee^{-x}}{(x-1)^2}=\dfrac{-x\ee^{-x}}{(x-1)^2}. D'autre part, e−x>0\ee^{-x}>0 et (x−1)2>0(x-1)^2>0, donc le signe de f′f' est l'opposé de signe de xx.

(Dérivée de la composée) Soient JJ un intervalle de R\R, f:I↦Rf: I\mapsto\R, g:J↦Rg:J\mapsto \R. On suppose que:

  • f(I)⊂Jf(I)\subset J,
  • ff est dérivable sur II,
  • gg est dérivable sur JJ.

Alors, g∘fg\circ f est dérivable en aa et on a, ∀x∈I, (g∘f)′(x)=g′(f(x))f′(x).\forall x\in I,\,(g\circ f)'(x)=g'(f(x))f'(x).

Remarque

On retiens en particulier les deux formules suivantes.
Si u:I⟼R+∗u:I\longmapsto\R_+^* dérivable, alors les fonctions ln⁡(u)\ln(u) et u\sqrt{u} sont dérivable sur II, et on a: ∀x∈I,(ln⁡(u(x))′=u′(x)u(x),(u(x))′=u′(x)2u(x).\forall x\in I,\quad (\ln(u(x))'=\dfrac{u'(x)}{u(x)},\quad (\sqrt{u(x)})'=\dfrac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}}. On peut également retenir aussi les formules suivants:
Si u:I⟼Ru:I\longmapsto\R dérivable, alors les fonctions un (n∈N∗)u^n \,(n\in \N^*) et eu\ee^{u} sont dérivable sur II, et on a: ∀x∈I,((u(x)n)′=nu′(x)un−1(x),(eu(x))′=u′(x)eu(x).\forall x\in I,\quad ((u(x)^n)'=nu'(x)u^{n-1}(x),\quad (\ee^{u(x)})'=u'(x)\ee^{u(x)}.


Déterminer le domaine de définition de ff (resp. f′f') avec f(x)=ex+1f(x)=\sqrt{\ee^x+1} puis déterminer f′f'.

Correction

On note u(x)=x, v(x)=ex+1u(x)=\sqrt{x},\,v(x)=\ee^x+1, alors

  1. vv définie sur R\R à valeur dans R+∗\R_+^* et dérivable sur R\R, et on a v′(x)=exv'(x)=\ee^x pour tout x∈Rx\in \R.
  2. uu est définie sur R+\R_+ dérivable sur R+∗\R_+^*, et pour tout x>0x>0, u′(x)=12xu'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}.

Puisque v(R)⊂R+∗v(\R)\subset\R_+^* alors u∘vu\circ v définie sur R\R et dérivable sur R\R, de plus, ∀x∈R, f′(x)=v′(x)u′(v(x))=(ex)12ex+1=ex2ex+1.\forall x\in \R,\,f'(x)=v'(x)u'(v(x))=(\ee^x)\dfrac{1}{2\sqrt{\ee^x+1}}=\dfrac{\ee^x}{2\sqrt{\ee^x+1}}.


Soient h,f,gh,f,g trois fonctions définies par: h(x)=1+x1−x,    f(x)=ln⁡(h(x))=ln⁡(1+x1−x),    g(x)=ex−1ex+1.h(x)=\dfrac{1+x}{1-x},~~~~f(x)=\ln(h(x))=\ln\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right),~~~~g(x)=\dfrac{\ee^x-1}{\ee^x+1}.

  1. Déterminer le domaine de définition de hh puis étudier le signe de hh (on pourra faire un tableau de signe).
  2. En déduire le domaine de définition de ff noté Df\mathcal{D}_f.
  3. Rappeler la règle du calcul de (u∘v)′(u\circ v)', puis calculer pour tout réel x∈Dfx\in \mathcal{D}_f, h′(x)h'(x) et ensuite f′(x)f'(x) (on simplifie le plus possible l'expression de f′f').
  4. Montrer que pour tout a∈Dga\in \mathcal{D}_g, on a g(a)∈Dfg(a)\in \mathcal{D}_f.
  5. On admet que pour tout x∈Rx\in \R, g(x)∈Dfg(x)\in \mathcal{D}_f. Déterminer f∘g(x)f\circ g(x) (détailler les étapes du calculs et simplifications). Que remarque-t-on?
Correction

  1. La fonction hh est définie sur R∖{1}\R\setminus\{1\}. En étudiant les signes de 1−x1-x et 1+x1+x, on trouve:
  2. La fonction ln⁡\ln est définie sur R+∗\R_+^*, en utilisant le résultat de la question 1) on trouve que Df=]−1;1[\mathcal{D}_f=]-1;1[.
  3. D'après le cours (u∘v)′=u′∘v×v′ (u\circ v)'=u'\circ v\times v'. Pour tous x∈Dfx\in \mathcal{D}_f, on a: h′(x)=1(1−x)−(−1)(1+x)(1−x)2=2(1−x)2,h'(x)=\dfrac{1(1-x)-(-1)(1+x)}{(1-x)^2}=\dfrac{2}{(1-x)^2}, f′(x)=h′(x)h(x)=11+x1−x2(1−x)2=2(1+x)(1−x)=21−x2.f'(x)=\dfrac{h'(x)}{h(x)}=\dfrac{1}{\frac{1+x}{1-x}}\dfrac{2}{(1-x)^2}=\dfrac{2}{(1+x)(1-x)}=\dfrac{2}{1-x^2}.
  4. Pour tout x∈Dgx\in \mathcal{D}_g, on a: f∘g(x)=ln⁡(1+ex−1ex+11−ex−1ex+1)=ln⁡(ex+1+ex−1ex+1−ex+1)=ln⁡(2ex2)=ln⁡(ex)=x.f\circ g(x)=\ln\left(\dfrac{1+\dfrac{\ee^x-1}{\ee^x+1}}{1-\dfrac{\ee^x-1}{\ee^x+1}}\right) =\ln\left(\dfrac{\ee^x+1+\ee^x-1}{\ee^x+1-\ee^x+1}\right)=\ln\left(\dfrac{2\ee^x}{2}\right)=\ln(\ee^x)=x. On en déduit que f∘g=Idf\circ g=Id (l'application identité). De même, on vérifie que ∀x∈]−1;1[,  g(f(x))=1+x1−x−11+x1−x+1=1+x−1+x1+x+1−x=x.\forall x\in ]-1;1[,~~g(f(x))=\dfrac{\dfrac{1+x}{1-x}-1}{\dfrac{1+x}{1-x}+1}=\dfrac{1+x-1+x}{1+x+1-x}=x. On dit alors que gg est la fonction réciproque de ff (et ff est la réciproque de gg), et on note g=f−1g=f^{-1}.

123−1−2−3123−1−2−3
–o+←↓↑→
h
h
f
g
h(x)=1+x1−xh(x)=\frac{1+x}{1-x}
f(x)=ln⁡(1+x1−x)f(x)=\ln (\frac{1+x}{1-x})
g(x)=ex−1ex+1g(x)=\frac{\mathrm{e}^x-1}{\mathrm{e}^x+1}

Dérivées successives, classe d'une fonction

Soit II un intervalle de R\R, f:I↦Rf:I\mapsto \R. On définit par récurrence l'application f(n)f^{(n)}, fonction dérivée d'ordre n∈Nn\in \N, de la façon suivante: {f(0)=fon suppose f(n−1) connue; s’elle est deˊrivable sur I, on pose f(n)=(f(n−1))′.\left\{\begin{array}{l} f^{(0)}=f\\ \text{on suppose } f^{(n-1)} \text{ connue; s'elle est dérivable sur } I \text{, on pose } f^{(n)}=\left(f^{(n-1)}\right)'. \end{array}\right.

Soient n∈Nn\in \N et a∈Ia\in I. On appelle:

  • f(n)(a)f^{(n)}(a) est le nombre dérivé nn\up{ième} de ff en aa.
  • f(n)f^{(n)} est la fonction dérivée nn\up{ième} de ff.

Exemple

Pour tout n∈Nn\in \N, on a pour tout x∈Rx\in \R, sin⁡(n)(x)=sin⁡(x+nπ2),   exp⁡(n)(x)=exp⁡(x).\sin^{(n)}(x)=\sin\left(x+\dfrac{n\pi}{2}\right),\,\,\,\exp^{(n)}(x)=\exp(x).

(Classe d'une fonction) Soit f:I↦Rf:I\mapsto \R. Soit n∈Nn\in \N. On dit que ff est de classe Cn\CC^n sur II ssi {f est n fois deˊrivable sur If(n) est continue sur I.\left\{\begin{array}{l} f \text{ est n fois dérivable sur } I\\ f^{(n)} \text{ est continue sur } I. \end{array}\right. On note Cn(I,R)\CC^n(I,\R) l'ensemble des fonctions de classe Cn\CC^n sur II.On dit que ff est de classe C∞\CC^\infty sur II si pour tout n∈N, f∈Cn(I,R)n\in \N,\, f\in \CC^n(I,\R).


Soit ff la fonction définie sur R\R par f(x)={sin⁡(x) si x>0x sionf(x)=\left\{\begin{array}{ll} \sin(x)&\text{ si } x>0\\ x&\text{ sion} \end{array} \right.. Déterminer la classe de ff sur R\R.

Correction

La fonction ff est de classe C∞f\CC^\infty f sur R+\R_+ et R−\R_-, il faut étudier la dérivabilités successives en 0.

  1. Puisque lim⁡ x→0sin⁡(x)=lim⁡ x→0x=0=f(0)\limiteX{x}{0}\sin(x)=\limiteX{x}{0}x=0=f(0) donc ff est continue en 00.
  2. Pour x>0x>0, on a f(x)−f(0)x=sin⁡(x)x→x→0 1\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\dfrac{\sin(x)}{x}\tendvers{x}{0}1.
    Pour x<0x< 0, on a: f(x)−f(0)x=xx→x→0 1\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\dfrac{x}{x}\tendvers{x}{0}1.
    On en déduit que ff est dérivable en 0 et f′(0)=0f'(0)=0.
  3. Pour x≠0x\neq 0, on a f′(x)={cos⁡(x) si x>01 si x<0.f'(x)=\left\{\begin{array}{ll} \cos(x)&\text{ si } x>0\\ 1&\text{ si } x< 0. \end{array} \right..
    Pour x>0x>0, on a f′(x)−f′(0)x=cos⁡(x)−1x→x→0 (cos⁡)′(0)=0.\dfrac{f'(x)-f'(0)}{x}=\dfrac{\cos(x)-1}{x}\tendvers{x}{0}(\cos)'(0)=0. Pour x<0x< 0, on a f′(x)−f′(0)x=0→x→0 0\dfrac{f'(x)-f'(0)}{x}=0\tendvers{x}{0}0.
    On en déduit que ff est deux fois dérivable en 0 et f′′(0)=0f''(0)=0.
  4. La deuxième dérivée de ff sur R∗\R^* est définie par f′′(x)={−sin⁡(x) si x>0, si x<0.f''(x)=\left\{\begin{array}{ll} -\sin(x)&\text{ si } x>0,\\ &\text{ si }x< 0. \end{array} \right..
    Pour x>0x>0, on a f′′(x)−f′′(0)x=−sin⁡(x)x→x→0 −1\dfrac{f''(x)-f''(0)}{x}=\dfrac{-\sin(x)}{x}\tendvers{x}{0}-1.
    Pour x<0x< 0, on a: f′′(x)−f′′(0)x=0→x→0 0\dfrac{f''(x)-f''(0)}{x}=0\tendvers{x}{0}0.
    On en déduit que f′′f'' n'est pas dérivable en 0.

On en déduit que f∈C2(R)f\in \CC^2(\R) (f′′f'' est continue en 0).

123−1−2−3123−1−2−3
–o+←↓↑→
f
f'
f''
f(x)f(x)

(Formule de Leibniz) Soient n∈Nn\in \N, f,gf,g deux fonctions définies sur II, nn fois dérivables sur II, alors fgfg est nn fois dérivable sur II et on a: (fg)(n)=∑k=0nCnkf(k)g(n−k).(fg)^{(n)}=\sum_{k=0}^nC_n^kf^{(k)}g^{(n-k)}.

Applications de la dérivation

Extrémum local d'une fonction dérivable

Soit ff une application de II dans R\R; si ff admet un extrémum local au point aa intérieur à II et si ff est dérivable en aa alors f′(a)=0f'(a)=0.

Graphiquement

ce résultat se traduit par le fait que la courbe représentative de ff admet une tangente horizontale en A(a,f(a))A(a,f(a)), c.f. figure ci-dessous.


–o+←↓↑→
x0
A
x1
B
x2
C
xx
yy

Remarque

La condition f′(a)=0f'(a)=0 n'est ni nécessaire, ni suffisante pour que ff admette un extrémum local en aa.

  • Par exemple, f(x)=∣x∣f(x)=\abs{x}, admet un extrémum globale (en x=0x=0), mais ff n'est pas dérivable en 00.
  • Si on pose, f(x)=x3f(x)=x^3, alors f′(0)=0f'(0)=0 et pourtant ff n'admet pas d'extrémum en 00.

Théorème de Rolle

(Théorème de Rolle) Soit ff une fonction continue sur [a;b][a;b] dérivable sur ]a;b[]a;b[ telle que f(a)=f(b)f(a)=f(b). Alors il existe c∈]a;b[c\in ]a;b[ tel que f′(c)=0f'(c)=0.

Interprétation graphique:

Il existe au moins un point cc dans l'intervalle ]a;b[]a;b[, tel que la tangente à Cf\mathcal{C}_f au point (c,f(c))(c,f(c)) est horizontale.

Le théorème de Rolle donne l'existence de cc, on peut très bien avoir plusieurs points c1,⋯ ,ckc_1,\cdots,c_k de l'intervalle ]a;b[]a;b[ tels que f′(cj)=0f'(c_j)=0 pour j∈[ ⁣[1,k] ⁣]j\in \inter{1,k}, c.f. Figure précedente .

(Formule des accroissements finis) Soit ff une fonction continue sur [a;b][a;b] dérivable sur ]a;b[]a;b[ telle que f(a)=f(b)f(a)=f(b). Alors il existe c∈]a;b[c\in ]a;b[ tel que f(b)−f(a)=(b−a)f′(c)f(b)-f(a)=(b-a)f'(c).

Interprétation graphique:

Il existe au moins un point de Cf\mathcal{C}_f où la tangent est parallèle à la droite (AB)(AB) avec A=(a;f(a)), B=(b;f(b)).A=(a;f(a)),\,B=(b;f(b)). c.f. Illustration graphique ci-contre.


c1
A
c2
B
c3
B
f(x)=(x2−3x+1)exf(x) = (x^2-3x+1)\mathrm{e}^x

(Prolongement de la dérivée) Soit ff une fonction continue sur [a;b][a;b] dérivable sur ]a;b[]a;b[. On suppose que lim⁡x→a+ f′(x)=ℓ∈R‾\underset{x\rightarrow a^+}{\lim}\,f'(x)=\ell\in \overline{\R}, alors lim⁡x→a+ f(x)−f(a)x−a=ℓ\underset{x\rightarrow a^+}{\lim}\,\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}=\ell.

De plus si ℓ∈R\ell\in \R, alors ff est dérivable à droite en aa et fd′(a)=ℓf'_d(a)=\ell.

Remarque

ff peut être dérivable en aa sans que f′f' admette une limite en aa, comme le montre l'exemple suivant: f(x)={x2sin⁡(1x) si x≠00 si x=0,  et pour x≠0, f′(x)=2xsin⁡(1x)−cos⁡(1x).f(x)=\left\{\begin{array}{ll} x^2\sin\left(\dfrac{1}{x}\right) &\text{ si } x\neq 0\\ 0& \text{ si } x=0, \end{array}\right.\,\text{ et pour } x\neq 0,\,f'(x)=2x\sin\left(\frac{1}{x}\right)-\cos\left(\frac{1}{x}\right). f′f' n'a pas de limite en 00 et pourtant f(x)−f(0)x−0=xsin⁡(1x)⟶x→00\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=x\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)\underset{x\rightarrow 0}{\longrightarrow}0.

(Inégalité des accroissements finis) Soit ff une fonction continue sur [a;b][a;b] et dérivable sur ]a;b[]a;b[. On suppose que f′f' est bornée sur ]a;b[]a;b[, i.e. ∃k>0,  ∀x∈]a;b[, ∣f′(x)∣≤k\exists k>0,\,\,\forall x\in ]a;b[,\,|f'(x)|\leq k. Alors ∀(x,y)∈[a;b]2,  ∣f(x)−f(y)∣≤k∣x−y∣.\forall (x,y)\in [a;b]^2,\,\, |f(x)-f(y)|\leq k|x-y|.

Sens de variation d'une fonction

Dans la suite on considère II un intervalle de R\R non vide et non réduit à un point.

Soit ff une fonction continue sur II dérivable sur I∘\overset{\circ}{I}, alors:

  1. ff est constante sur II ssi ∀t∈I∘, f′(t)=0\forall t\in \overset{\circ}{I},\,f'(t)=0.
  2. ff est croissante sur II ssi ∀t∈I∘, f′(t)≥0\forall t\in \overset{\circ}{I},\,f'(t)\geq 0.
  3. ff est décroissante sur II ssi ∀t∈I∘, f′(t)≤0\forall t\in \overset{\circ}{I},\,f'(t)\leq 0.


Soit ff la fonction définie sur ]0;∞[]0;\infty[ par f(x)=x+1−ln⁡(1+1x)f(x)=x+1-\ln\left(1+\frac{1}{x}\right). On note C\CC sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthonormal (O;i⃗,j⃗)(O;\vec{i},\vec{j}).

  1. Déterminer les limites de ff en 00 et en ∞\infty.
  2. Calculer la dérivée de ff puis déterminer le signe de f′f'.
  3. En déduire le tableau de variation de ff.
  4. Montrer que C\CC admet une asymptote Δ\Delta en ∞\infty. Donner l'équation de Δ\Delta et étudier la position de C\CC par rapport à Δ\Delta.
  5. Donner l'équation de la tangente (notée TT) à C\CC au point d'abscisse 11.
  6. Tracer T,ΔT,\Delta et C\CC.
Correction

1) Lorsque xx tend vers 0+0^+, 1x\dfrac{1}{x} tend vers ∞\infty et donc ln⁡(1+1x)→x→0+ ∞\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\tendvers{x}{0^+}\infty. On en déduit alors que f(x)→x→0+ −∞f(x)\tendvers{x}{0^+}-\infty.
De même, lorsque xx tend vers ∞\infty, on a ln⁡(1+1x)→x→∞ 0\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\tendvers{x}{\infty}0 donc on trouve lim⁡ x→∞ f(x)=∞\limiteX{x}{\infty}\,f(x)=\infty.
2) La fonction ff est dérivable sur ]0;∞[]0;\infty[ et pour tout réel x>0x>0, on a: f′(x)=1−−1x21+1x=1+1x2+x>0. f'(x)=1-\dfrac{\dfrac{-1}{x^2}}{1+\dfrac{1}{x}}=1+\dfrac{1}{x^2+x}>0. 3) D'après ce qui procède, on trouve le tableau de variation suivant: \begin{center} \begin{tikzpicture} \tkzTabInit[espcl=2.5]{xx /0.75, f′(x)f'(x) /1, f(x)f(x) /1.5}% {00,11 , +∞+\infty}% \tkzTabLine{d,+,2/3,+,} \tkzTabVar% { D-/−∞-\infty, R, +/ ∞\infty / }% \tkzTabIma{1}{3}{2}{2−ln⁡(2)2-\ln(2)} \end{tikzpicture} \end{center}
4) Puisque f(x)−x−1=−ln⁡(+1x)→x→∞ 0f(x)-x-1=-\ln\left(+\dfrac{1}{x}\right)\tendvers{x}{\infty}0, on en déduit que C\CC admet une asymptote en ∞\infty la droite Δ\Delta d'équation y=x+1y=x+1, de plus puisque 1+1x>01+\frac{1}{x}>0 alors −ln⁡(1+1x)<0-\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)<0, on en déduit alors que C\CC est en dessous de Δ\Delta.
5) L'équation de la tangente est donnée par y−f(1)=f′(1)(x−1)y-f(1)=f'(1)(x-1). Un calcul simple donne f(1)=2−ln⁡(2)f(1)=2-\ln(2) et f′(1)=32f'(1)=\frac{3}{2}. On en déduit que l'équation de TT est y=32(x−1)+2−ln⁡(2)⟹y=32x+12−ln⁡(2).y=\frac{3}{2}(x-1)+2-\ln(2)\Longrightarrow y= \frac{3}{2}x+\frac{1}{2}-\ln(2). 5) \begin{center} \fbox{\includegraphics[scale=0.75]{CorrDM2C1.pdf}} \end{center} %\end{cursive}

1234567−1123456789−1−2
Cf:f(x)=x+1−ln⁡(1+1/x)\mathcal{C}_f: f(x) = x+1-\ln(1+1/x)
Δ:y=x+1\Delta: y = x+1
T:y=3x/2+1/2−ln⁡(2)T: y = 3x/2+1/2-\ln(2)


Soit ff la fonction définie sur R\R par, f(x)=(x2−3x+1)exf(x)=(x^2-3x+1)\ee^x. On note Cf\mathcal{C}_f la courbe représentative de ff dans le plan muni d'un repère orthonormé.

  1. Calculer les limites de ff en −∞-\infty et +∞+\infty.
  2. Calculer f′f', on mettra la réponse sous la forme f′(x)=(ax2+bx+c)exf'(x)=(ax^2+bx+c)\ee^x où a,ba,b et cc trois réels à déterminer.
  3. Résoudre l'équation f′(x)=0f'(x)=0, en déduire le signe de f′(x)f'(x). Donner le tableau de variation de ff.
  4. Tracer Cf\mathcal{C}_f (on se limite à l'intervalle [−3;3][-3;3]).

Correction

  1. Par croissance comparée, on a lim⁡ t→−∞f(t)=0\limiteX{t}{-\infty}f(t)=0 et lim⁡ t→∞f(t)=∞\limiteX{t}{\infty}f(t)=\infty.
  2. Pour tout réel xx, on a f′(x)=(x2−3x+1+2x−3)ex=(x2−x−2)exf'(x)=\left(x^2-3x+1+2x-3\right)\ee^x=(x^2-x-2)\ee^x. Donc a=1, b=−1a=1,\,b=-1 et c=−2c=-2.
  3. La fonction exp⁡\exp est strictement positive, donc le signe de f′(x)f'(x) est le même que x2−x−2=(x+1)(x−2)x^2-x-2=(x+1)(x-2). Ce qui donne le tableau de variation suivant, \begin{center} \begin{tikzpicture} \tkzTabInit[espcl=2.5]{xx /0.75, f′(x)f'(x) /1, f(x)f(x) /1.5}% {11 ,−1-1,22 , +∞+\infty}% \tkzTabLine{,+,z,-,z,+,} \tkzTabVar% { -/ 00/ ,% +/ 6e\frac{6}{\ee}/ ,% -/ −e2-\ee^2/, +/ +∞+\infty / }% \end{tikzpicture} \end{center}
  4. En utilisant les informations ci-dessus, on obtient la courbe ci-après.
0.511.522.5−0.5−1−1.5−2−2.55−5
f(x)=(x2−3x+1)exf(x) = (x^2-3x+1)\mathrm{e}^x

Méthodes numériques utilisant le dérivée

Méthode de Newton

Soit II un intervalle de R\R et ff une fonction de classe C1\CC^1 sur II. On suppose que ff admet une racine α\alpha dans l'intervalle II et on cherche à déterminer α\alpha.

En générale les théorèmes d'analyse nous donnent l'existence d'une racine (ce qui est déjà pas mal!) mais en pratique il est souvent très difficile de trouver ces racines.

La méthode de Newton permet de construire une suite de points (xn)n(x_n)_n de l'intervalle II telle que cette suite converge vers une (la ) racine de ff. Le principe est très simple:

  1. On se donne x0∈Ix_0\in I, puisque on ne sais pas résoudre l'équation f(x)=0f(x)=0 car la forme de ff n'est pas simple, alors on va remplacer ff par une fonction plus simple gg tel que gg est proche de ff (quand même) et la résolution de l'équation g(x)=0g(x)=0 soit plus facile.
    Dans cette méthode, le candidat de gg n'est rien d'autre que la tangente de Cf\mathcal{C}_f en x0x_0, i.e. , on écrit: f(x)≃g(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0).f(x)\simeq g(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0). Si f′(x0)f'(x_0) n'est pas nulle, alors la résolution de l'équation g(x)=0g(x)=0 est simple et la racine x1x_1 est donnée par la formule: x1=x0−f(x0)f′(x0). x_1=x_0-\dfrac{f(x_0)}{f'(x_0)}. Graphiquement, cela revient à cherche le point d'intersection entre la tangente à la courbe représentative de ff et à l'axe des abscisse.
  2. x1x_1 est sensé être plus proche de α\alpha que x0x_0, mais en générale x1≠αx_1\neq \alpha (puisque g≠fg\neq f). On calcul alors f(x1)f(x_1).
    \quad Si ∣f(x1)∣≤ε|f(x_1)|\leq \eps, avec ε\eps un réel strictement positif sensé être proche de 00 (dont le choix dépend de la précision qu'on cherche sur α\alpha). On arrête le calcule et on prend α=x1\alpha=x_1.
    \quad Sinon, on recommence le même procédé ( i.e. retour en (1) mais avec x0=x1x_0=x_1).

Testons cette méthode avec la fonction ff donnée par: ∀x∈R, f(x)=2x−sin⁡(x2+2x+3).\forall x\in \R,\,f(x)=2x-\sin(x^2+2x+\sqrt{3}). On sait que f∈C∞(R)f\in \CC^\infty(\R) et ∀x∈R, f(x)=2−(2x+2)cos⁡(x2+2x+3).\forall x\in \R,\,f(x)=2-(2x+2)\cos(x^2+2x+\sqrt{3}). Comme la fonction sin⁡\sin est bornée par 1, alors on a: f(−1)=−2−sin⁡(−1+3)<0,  f(1)=2+sin⁡(2+3)>0⟹f(−1)f(1)<0.f(-1)=-2-\sin(-1+\sqrt{3})< 0,\,\,f(1)=2+\sin(2+\sqrt{3})>0\Longrightarrow f(-1)f(1)< 0. Donc ff admet une racine dans l'intervalle ]−1;1[]-1;1[, de plus cette racine est unique (étudier f′f').

%En appliquant la méthode de Newton pour trouver une valeur approchée de cette racine, on obtient les valeurs suivantes (on démarre avec x0=1x_0=1):

xx f′(x)f'(x) f(x)f(x)
1.000 000 000 000 \quad\quad 1.921 357 758 509 \quad\quad 2.999 806 712 502 \quad\quad
-0.561 295 234 694 1.471 603 181 709 -1.920 917 852 857
0.744 028 018 079 4.814 140 309 924 2.078 889 801 890
0.312 198 102 860 4.027 928 641 450 -0.010 348 417 170
0.314 767 268 824 4.043 117 605 331 0.000 019 517 255
0.314 762 441 545 4.043 089 091 861 0.000 000 000 068
0.314 762 441 528 4.043 089 091 760 0.000 000 000 000

Résultats obtenus en utilisant {\tt{Maple}}, avec 10 chiffre après la virgule.

On voit sur cette exemple que la méthode de Newton est très efficace puisque au bout de 6 itération on a une bonne approximation de la racine.

Remarque

  • Le point de démarrage x0x_0 est en générale choisi assez proche de la racine.
  • Si on trouve f′(xk)=0f'(x_k)=0 on ne peut plus continuer; donc une condition nécessaire pour utiliser cette méthode est f′f' ne s'annule pas sur l'intervalle II.
  • Le test de l'arrêt de l'algorithme se porte sur f(xk)f(x_k) ou l'écart entre xk+1x_{k+1} et xkx_k (ou les deux en même temps). On peut également ajouter un test d'arrêt sur f′(xk)f'(x_k) ( i.e. on souhaite que ∣f′(xk)∣|f'(x_k)| soit plus grand qu'un certain ε\varepsilon pour éviter de diviser par un nombre trop petit.
  • On montre (sous certaines conditions) que cette méthode converge vers la racine.

Méthode d'Euler

On revient dans la chapitre \ref{ChEqDiff} plus en détailles sur les équations différentielles. On expose ici juste le principe de la méthode d'Euler et le lien entre cette méthode et la dérivée.

Une équation différentielle est une relation qui relie une fonction yy avec ses dérivées. On peut écrire alors que ∀x∈I, F(x,y(x),y′(x),...,y(n)(x))=0.\forall x\in I,\,F(x,y(x),y'(x),...,y^{(n)}(x))=0. Avec II est le domaine de définition de yy. On s'intéresse aux équations de 1\up{ère} ordre, i.e. on a une relation entre yy et y′y', on peut écrire dans ce cas y′y' en fonction de yy sous la forme: ∀x∈I, y′(x)=f(x,y(x)).\forall x\in I,\,y'(x)=f(x,y(x)). Avec ff une fonction de I×RI\times \R dans R\R.

Par exemple y′=2yy'=2y est une équation différentielle, aussi y′′=sin⁡(y)y''=\sin(y) etc.

On ajoute en générale une condition initiale à une équation différentielle, i.e. on se donne x0∈Ix_0\in I et on suppose que y(x0)y(x_0) est connu, on parle dans ce cas de problème de Cauchy.

Où trouve-t-on des équations différentielles?

Dans le domaine de la science, on rencontre souvent (très souvent) des équation différentielles, voici quelques exemples (c.f. Chapitre Eqs différentielles ).

  • En mécaniques classique. Pour décrire la trajectoire d'un point matériel qui est soumis à certaines forces on utilise la loi fondamentale de la physique qui s'écrit (mx⃗′(t))′= la somme des forces(m\vec{x}'(t))'=\text{ la somme des forces}. Avec x⃗′\vec{x}' désigne la vitesse de ce point (mx⃗′(t)m\vec{x}'(t) est la quantité de mouvement à l'instant tt).
  • En chimie, ...
Pourquoi cherche-t-on une solution approchée?

C'est pour une raison très simple: dans la majore parties des cas, on ne sais pas résoudre ces équations différentielles. MAIS comme on a besoin d'une solution à tout prix alors on cherche une solution approchée.

la solutions approchée est la donnés de nn points de l'intervalle II et les valeurs approchée de yy en ses points, i.e. on construit une suite y0,y1⋯ ,yny_0,y_1\cdots,y_n tel que yi≃y(xi)y_i\simeq y(x_i).

Principe de la méthode d'Euler

La méthode d'Euler c'est la méthode la plus simple utilisée dans la recherche d'une solution approchée d'une équation différentielle.

Considérons le problème de Cauchy suivant: {y′(x)=f(x,y(x))y(x0)=y0∈R.\left\{\begin{array}{rcl} y'(x)&=&f(x,y(x))\\ y(x_0)&=&y_0\in \R. \end{array} \right. Supposons donné x1∈Ix_1\in I et on souhaite calculer y(x1)y(x_1). L'idée est confondre la fonction yy par sa tangente en x0x_0 i.e.>, on écrit y(x)≃y(x0)+y′(x0)(x−x0)=y0+y′(x0)(x−x0).y(x)\simeq y(x_0)+y'(x_0)(x-x_0)=y_0+y'(x_0)(x-x_0). Puisque yy est solution du problème de Cauchy, alors on peut écrire y′(x0)=f(x0,y0)y'(x_0)=f(x_0,y_0), ainsi on a: y(x1)≃y1=y0+f(x0,y0)(x1−x0).y(x_1)\simeq y_1=y_0+f(x_0,y_0)(x_1-x_0).

Pour plus de détailles regarder le TP informatique sur la résolution approchée des équations différentielles.