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Dérivation et étude des fonctions 2 bac PC et SVT

Le chapitre La dérivation en 2 bac PC et SVT : dérivabilité en un point et sur un intervalle, tangentes et demi-tangentes, fonction dérivée et opérations, dérivée d'une composée, de la fonction réciproque et de la racine n-ième, avec exercices corrigés.

Dérivation en un point

Exercice

Exercice 1

1- Montrer en utilisant la définition que la fonction $f(x) = x^2 + x - 3$ est dérivable en $a = -2$.

2- Soit $f$ une fonction définie par : $f(x) = \sqrt{x}$ si $x \geq 1$ et $f(x) = \dfrac{1}{4}x^2 + \dfrac{3}{4}$ si $x < 1$. Étudier la dérivabilité de $f$ en $x_0 = 1$.

3- Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x) = 3x^2 + x$ si $x < 0$ et $f(x) = -2x^2 + 3x$ si $x \geq 0$. Étudier la dérivabilité de $f$ en $x_0 = 0$.

Voir la correction

1)

$$\lim_{x \to -2} \frac{f(x) - f(-2)}{x - (-2)} = \lim_{x \to -2} \frac{x^2 + x - 3 + 1}{x + 2} = \lim_{x \to -2} \frac{x^2 + x - 2}{x + 2} = \lim_{x \to -2} \frac{(x+2)(x-1)}{x + 2} = \lim_{x \to -2} (x - 1) = -3 = f'(-2)$$

Donc $f$ est dérivable en $-2$ et $f'(-2) = -3$.

2) On a $f(1) = \sqrt{1} = 1$.

$$\lim_{x \to 1^+} \frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^+} \frac{\sqrt{x} - 1}{x - 1} = \lim_{x \to 1^+} \frac{\sqrt{x} - 1}{\left(\sqrt{x}\right)^2 - 1^2} = \lim_{x \to 1^+} \frac{1}{\sqrt{x} + 1} = \frac{1}{2} = f'_d(1)$$

Donc $f$ est dérivable à droite en 1.

$$\lim_{x \to 1^-} \frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^-} \frac{\frac{1}{4}x^2 + \frac{3}{4} - 1}{x - 1} = \lim_{x \to 1^-} \frac{1}{4}(x + 1) = \frac{1}{2} = f'_g(1)$$

Donc $f$ est dérivable à gauche en 1, et on a $f'_d(1) = f'_g(1)$. Donc $f$ est dérivable en 1 et $f'(1) = \dfrac{1}{2}$.

3)

$$\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^+} \frac{-2x^2 + 3x}{x} = \lim_{x \to 0^+} (-2x + 3) = 3 = f'_d(0)$$

3 s'appelle le nombre dérivé de la fonction $f$ à droite de 0. On dit que $f$ est dérivable à droite en 0.

$$\lim_{x \to 0^-} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^-} \frac{3x^2 + x}{x} = \lim_{x \to 0^-} (3x + 1) = 1 = f'_g(0)$$

1 s'appelle le nombre dérivé de la fonction $f$ à gauche de 0. On dit que $f$ est dérivable à gauche en 0.

Mais on a $f'_d(0) \neq f'_g(0)$. Donc $f$ n'est pas dérivable en 0.

Exercice

Exercice 2

Soit $f$ une fonction définie par : $f(x) = (1 + x)\sqrt{1 - x^2}$ si $0 \leq x \leq 1$ et $f(x) = \sqrt{x^3 - x}$ si $x > 1$.

1) Déterminer le domaine de définition de $f$.

2) Étudier la dérivabilité de $f$ à droite en $x_0 = 0$ et donner une interprétation géométrique du résultat.

3) Étudier la dérivabilité de $f$ à droite et à gauche en $x_0 = 1$ et donner une interprétation géométrique.

Voir la correction

1) $x \in D_f \iff 1 - x^2 \geq 0$ et $0 \leq x \leq 1$, ou $x^3 - x \geq 0$ et $x > 1$.

$x \in D_f \iff -1 \leq x \leq 1$ ou $x > 1$, donc $x \in D_f \iff x \in [0 ; +\infty[$ : $D_f = [0 ; +\infty[$.

2) Étude de la dérivabilité de $f$ à droite de $x_0 = 0$. On a $f(0) = 1$.

$$\frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \frac{(1+x)\sqrt{1-x^2} - 1}{x} = \frac{x\sqrt{1-x^2} + \sqrt{1-x^2} - 1}{x} = \sqrt{1-x^2} - \frac{x^2}{x\left(\sqrt{1-x^2} + 1\right)} = \sqrt{1-x^2} - \frac{x}{\sqrt{1-x^2} + 1}$$

Donc $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = 1 = f'_d(0)$. Donc $f$ est dérivable à droite en 0.

Interprétation géométrique du résultat : la courbe de $f$ admet une demi-tangente en $A(0, 1)$ de coefficient directeur $f'_d(0) = 1$.

3) a) Étude de la dérivabilité de $f$ à gauche en $x_0 = 1$. On a $f(1) = 0$ ; soit $0 \leq x \leq 1$ :

$$\frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = \frac{(1+x)\sqrt{1-x^2}}{x - 1} = \frac{(1+x)\left(1-x^2\right)}{(x-1)\sqrt{1-x^2}} = \frac{-(1+x)^2}{\sqrt{1-x^2}}$$

Et puisque $\displaystyle\lim_{x \to 1^-} \sqrt{1-x^2} = 0^+$ et $\displaystyle\lim_{x \to 1^-} -(1+x)^2 = -4$, alors $\displaystyle\lim_{x \to 1^-} \frac{-(1+x)^2}{\sqrt{1-x^2}} = -\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 1^-} \frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = -\infty$.

Donc $f$ n'est pas dérivable à gauche en $x_0 = 1$.

b) Soit $x > 1$ :

$$\frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = \frac{\sqrt{x^3 - x} - 0}{x - 1} = \frac{x(x+1)(x-1)}{(x-1)\sqrt{x^3-x}} = \frac{x^2 + x}{\sqrt{x^3 - x}}$$

Et puisque $\displaystyle\lim_{x \to 1^+} \sqrt{x^3 - x} = 0^+$ et $\displaystyle\lim_{x \to 1^+} x^2 + x = 2$, alors $\displaystyle\lim_{x \to 1^+} \frac{x^2+x}{\sqrt{x^3-x}} = +\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 1^+} \frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = +\infty$.

Donc $f$ n'est pas dérivable à droite en $x_0 = 1$.

Interprétation géométrique du résultat : la courbe de $f$ admet une demi-tangente en $A(1, 0)$ parallèle à l'axe des ordonnées, dirigée vers le haut.

Exercice

Exercice 3

Soit $f$ une fonction définie par $f(x) = \left|x^2 - 1\right|$.

1) Étudier la dérivabilité de $f$ à droite en $x_0 = 1$ et donner une interprétation géométrique du résultat.

2) Étudier la dérivabilité de $f$ à gauche en $x_0 = 1$ et donner une interprétation géométrique du résultat.

3) Étudier la dérivabilité de $f$ en $x_0 = 1$ et donner une interprétation géométrique du résultat.

4) Donner l'équation de la demi-tangente à droite à la courbe de $f$ en $x_0 = 1$.

5) Donner l'équation de la demi-tangente à gauche à la courbe de $f$ en $x_0 = 1$.

Voir la correction

Étude du signe de $x^2 - 1$ : $x^2 - 1 = 0 \iff (x-1)(x+1) = 0 \iff x = -1$ ou $x = 1$.

$$\begin{array}{c|ccccccc} x & -\infty & & -1 & & 1 & & +\infty \\ \hline x^2 - 1 & & + & 0 & - & 0 & + & \end{array}$$

Donc $f(x) = x^2 - 1$ pour $x \in \,]-\infty ; -1] \cup [1 ; +\infty[$ et $f(x) = -\left(x^2 - 1\right)$ pour $x \in [-1 ; 1]$, et $f(1) = \left|1^2 - 1\right| = 0$.

1)

$$\lim_{x \to 1^+} \frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^+} \frac{x^2 - 1 - 0}{x - 1} = \lim_{x \to 1^+} \frac{(x-1)(x+1)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^+} (x + 1) = 2$$

Donc $f$ est dérivable à droite en $x_0 = 1$ et $f'_d(1) = 2$.

Interprétation géométrique du résultat : la courbe de $f$ admet une demi-tangente à droite en $A(1, 0)$ de coefficient directeur $f'_d(1) = 2$.

2)

$$\lim_{x \to 1^-} \frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^-} \frac{-\left(x^2 - 1\right) - 0}{x - 1} = \lim_{x \to 1^-} \frac{-(x-1)(x+1)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^-} -(x + 1) = -2$$

Donc $f$ est dérivable à gauche en $x_0 = 1$ et $f'_g(1) = -2$.

Interprétation géométrique du résultat : la courbe de $f$ admet une demi-tangente à gauche en $A(1, 0)$ de coefficient directeur $f'_g(1) = -2$.

3) $f$ n'est pas dérivable en $x_0 = 1$ car $f'_d(1) \neq f'_g(1)$.

Interprétation géométrique du résultat : la courbe admet un point anguleux en $A(1, 0)$.

4) L'équation de la demi-tangente à droite à la courbe de $f$ en $x_0 = 1$ est $y = f(x_0) + f'_d(x_0)(x - x_0)$.

5) L'équation de la demi-tangente à gauche à la courbe de $f$ en $x_0 = 1$ est $y = f(x_0) + f'_g(x_0)(x - x_0)$ :

$$y = f(1) + f'_g(1)(x - 1) \iff y = 0 - 2(x - 1) \iff (\Delta_g) : y = -2x + 2$$
Définition

Soit $f$ une fonction numérique définie sur un intervalle ouvert de centre $a$. On dit que $f$ est dérivable en $a$ si la limite $\displaystyle\lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a}$ existe et est finie. Dans ce cas on appellera cette limite le nombre dérivé de la fonction $f$ en $a$ et se note $f'(a)$.

Remarque

Si $f$ est dérivable en $a$ et $\displaystyle\lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a} = f'(a)$, on pose $h = x - a$ ; si $x$ tend vers $a$ alors $h$ tend vers 0 et on obtient :

$$\lim_{h \to 0} \frac{f(a + h) - f(a)}{h} = f'(a)$$
Exemple

Exemple

Calculer le nombre dérivé de $f(x) = x^3 + x$ en $a = 1$ en utilisant la deuxième formulation de la dérivation.

Voir la correction $$\lim_{h \to 0} \frac{f(a+h) - f(a)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{(1+h)^3 + 1 + h - 2}{h}$$ $$= \lim_{h \to 0} \frac{h^3 + 3h^2 + 3h + 1 + 1 + h - 2}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^3 + 3h^2 + 4h}{h} = \lim_{h \to 0} \left(h^2 + 3h + 4\right) = 4 = f'(1)$$
Propriété

Soit $f$ une fonction numérique définie sur un intervalle ouvert $I$ de centre $x_0$ ($I = \,]x_0 - r ; x_0 + r[$ et $r > 0$).

$f$ est une fonction dérivable en $x_0$ si et seulement s'il existe un réel $L$ et une fonction $\phi$ définie sur $J = \,]-r ; r[$ telle que $\forall h \in J$ on a :

$$f(x_0 + h) = f(x_0) + L \times h + h\,\phi(h) \quad \text{avec} \quad \lim_{h \to 0} \phi(h) = 0$$
Propriété

Soit $f$ une fonction dérivable en $a$. $f$ admet une fonction affine tangente en $a$ de la forme :

$$u(x) = f'(a)(x - a) + f(a)$$
Propriété

Toute fonction dérivable en $a$ est continue en $a$.

Remarque

La réciproque de la propriété précédente n'est pas vraie : $f(x) = |x|$ est continue en 0 mais pas dérivable en 0.

Remarque

1) La fonction affine tangente en $a$ d'une fonction dérivable en $a$ est une approximation de $f$ au voisinage de $a$. On peut écrire alors $f(x) \sim f'(a)(x - a) + f(a)$ au voisinage de $a$.

2) Si on pose $x = a + h$, on aura $f(a + h) \sim f'(a)h + f(a)$, qui dit que si on ne connaît pas $f(a + h)$ et si $h$ est petit, on peut essayer de mettre $f'(a)h + f(a)$ à la place de $f(a + h)$.

Exemple

Exemple

Donner une approximation de $\sin 3$.

Voir la correction

Si on veut une approximation de $\sin 3$, on peut prendre $f(x) = \sin x$ et $a = \pi$ (car $\pi$ est l'élément le plus proche de 3 dont le sinus est connu), $h = 3 - \pi$ (pour avoir $3 = \pi + h$).

On a alors $f(a) = \sin \pi = 0$ et $f'(a) = \cos \pi = -1$, ce qui donne :

$$\sin 3 = \sin(\pi + h) \sim -1 \times (3 - \pi) = \pi - 3$$

Fonction dérivée d'une fonction et opérations sur les fonctions dérivées

Définition

Soit $f$ une fonction dont l'ensemble de définition est $D_f$, $a$ et $b$ deux éléments de $D_f$ tels que $a < b$.

  • On dit que $f$ est dérivable sur l'ouvert $]a ; b[$ si elle est dérivable en tout point de $]a ; b[$.
  • On dit que $f$ est dérivable sur le semi-ouvert $[a ; b[$ si elle est dérivable sur $]a ; b[$ et dérivable à droite de $a$.
  • On dit que $f$ est dérivable sur le fermé $[a ; b]$ si elle est dérivable sur $]a ; b[$ et dérivable à droite de $a$ et à gauche de $b$.
Définition

Soit $f$ une fonction dérivable sur un intervalle ouvert $I$. La fonction qui associe à tout élément $x$ son nombre dérivé $f'(x)$ s'appelle la fonction dérivée de la fonction $f$ sur $I$.

Résumé

Fonctions dérivées de quelques fonctions usuelles

$$\begin{array}{|c|c|c|} \hline \textbf{La fonction } f & \textbf{Sa fonction dérivée } f' & \textbf{Intervalles de dérivation} \\ \hline C & 0 & \mathbb{R} \\ \hline x & 1 & \mathbb{R} \\ \hline x^2 & 2x & \mathbb{R} \\ \hline x^n & n x^{n-1} & \mathbb{R} \\ \hline \sqrt{x} & \dfrac{1}{2\sqrt{x}} & \mathbb{R}^{*+} \\ \hline \dfrac{1}{x} & \dfrac{-1}{x^2} & \mathbb{R}^{*+} \text{ et } \mathbb{R}^{*-} \\ \hline \cos & -\sin & \mathbb{R} \\ \hline \sin & \cos & \mathbb{R} \\ \hline \tan x & 1 + \tan^2 x & \left]\dfrac{-\pi}{2} + k\pi ; \dfrac{\pi}{2} + k\pi\right[,\ k \in \mathbb{Z} \\ \hline \end{array}$$
Résumé

Opérations sur les fonctions dérivées

$$\begin{array}{|c|c|} \hline \textbf{La fonction} & \textbf{Sa fonction dérivée} \\ \hline f + g & f' + g' \\ \hline f \cdot g & f' \cdot g + g' \cdot f \\ \hline \dfrac{1}{g} & \dfrac{-g'}{g^2} \\ \hline \dfrac{f}{g} & \dfrac{f' \cdot g - g' \cdot f}{g^2} \\ \hline \sqrt{f} & \dfrac{f'}{2\sqrt{f}} \\ \hline f(ax + b) & a\,f'(ax + b) \\ \hline \end{array}$$
Exercice

Exercice 4

Étudier le domaine de dérivation de $f$ et déterminer sa fonction dérivée dans les cas suivants :

$$1)\ f(x) = x^2 + 3x - 1 \qquad 2)\ f(x) = 4\sin x \qquad 3)\ f(x) = x^4 \cos x$$ $$4)\ f(x) = \sqrt{x} + x^3 \qquad 5)\ f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}} \qquad 6)\ f(x) = \frac{6}{4x^2 + 3x - 1}$$ $$7)\ f(x) = \frac{4x - 3}{2x - 1} \qquad 8)\ f(x) = \sqrt{x^2 - 4} \qquad 9)\ f(x) = (2x + 3)^5$$
Voir la correction

1) $f(x) = x^2 + 3x - 1$, $D_f = \mathbb{R}$. $f$ est une fonction polynôme donc dérivable sur $\mathbb{R}$ : $\forall x \in \mathbb{R}$, $f'(x) = \left(x^2\right)' + (3x - 1)' = 2x + 3$.

2) $f(x) = 4\sin x$, $D_f = \mathbb{R}$. $f(x) = 4u(x)$ avec $u(x) = \sin x$. Puisque $u$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, alors $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ : $\forall x \in \mathbb{R}$, $f'(x) = 4(u(x))' = 4\cos x$.

3) $f(x) = x^4 \cos x$, $D_f = \mathbb{R}$. $f(x) = u(x) \times v(x)$ avec $u(x) = x^4$ et $v(x) = \cos x$. Puisque $u$ et $v$ sont dérivables sur $\mathbb{R}$, alors $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. On utilise la formule $(u \times v)' = u' \times v + u \times v'$ :

$$f'(x) = \left(x^4\right)' \times (\cos x) + \left(x^4\right) \times (\cos x)' = 4x^3 \cos x - x^4 \sin x$$

4) $f(x) = \sqrt{x} + x^3$, $D_f = \mathbb{R}^+ = [0 ; +\infty[$. $f(x) = u(x) + v(x)$ avec $u(x) = \sqrt{x}$ et $v(x) = x^3$. Puisque $u$ est dérivable sur $\mathbb{R}^*_+$ et $v$ est dérivable en particulier sur $\mathbb{R}^*_+$, alors $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}^*_+$ :

$$\forall x \in \mathbb{R}^*_+ : f'(x) = (u(x))' + (v(x))' = \frac{1}{2\sqrt{x}} + 3x^2$$

5) $f(x) = \dfrac{1}{\sqrt{x}}$, $D_f = \mathbb{R}^{*+} = \,]0 ; +\infty[$. On a $f(x) = \dfrac{1}{u(x)}$ avec $u(x) = \sqrt{x}$. Puisque $u$ est dérivable sur $\mathbb{R}^*_+$, donc $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}^*_+$. On utilise la formule $\left(\dfrac{1}{u}\right)' = -\dfrac{u'}{u^2}$ :

$$\forall x \in \mathbb{R}^*_+ : f'(x) = -\frac{1}{2x\sqrt{x}}$$

6) $f(x) = \dfrac{6}{4x^2 + 3x - 1}$, $D_f = \mathbb{R} - \left\{-1 ; \dfrac{1}{4}\right\}$. Puisque $f$ est une fonction rationnelle, alors elle est dérivable sur $D_f$. On a $f(x) = \dfrac{6}{u(x)}$ avec $u(x) = 4x^2 + 3x - 1$ :

$$f'(x) = 6\left(\frac{1}{u(x)}\right)' = 6\left(-\frac{u'}{u^2}\right) = -6\,\frac{\left(4x^2+3x-1\right)'}{\left(4x^2+3x-1\right)^2} = -6\,\frac{8x + 3}{\left(4x^2+3x-1\right)^2}$$

7) $f(x) = \dfrac{4x - 3}{2x - 1}$, $D_f = \mathbb{R} - \left\{\dfrac{1}{2}\right\}$. Puisque $f$ est une fonction rationnelle, alors elle est dérivable sur $D_f$. $f(x) = u(x)/v(x)$ avec $u(x) = 4x - 3$ et $v(x) = 2x - 1$. On utilise $\left(\dfrac{u}{v}\right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2}$ :

$$f'(x) = \frac{(4x-3)'(2x-1) - (4x-3)(2x-1)'}{(2x-1)^2} = \frac{4(2x-1) - 2(4x-3)}{(2x-1)^2} = \frac{8x - 4 - 8x + 6}{(2x-1)^2} = \frac{2}{(2x-1)^2}$$

8) $f(x) = \sqrt{x^2 - 4}$, $D_f = \,]-\infty ; -2] \cup [2 ; +\infty[$. On a $f(x) = \sqrt{u(x)}$ avec $u(x) = x^2 - 4$, et $u(x) > 0$ pour tout $x \in D_f - \{-2 ; 2\}$. Donc $f$ est dérivable sur $D_f - \{-2 ; 2\}$ :

$$\forall x \in D_f - \{-2 ; 2\} : f'(x) = \left(\sqrt{x^2-4}\right)' = \frac{\left(x^2-4\right)'}{2\sqrt{x^2-4}} = \frac{x}{\sqrt{x^2-4}}$$

9) $f(x) = (2x + 3)^5$, $D_f = \mathbb{R}$. $f(x) = (u(x))^5$ avec $u(x) = 2x + 3$. On utilise la formule $\left(u^n\right)' = n u^{n-1} \times u'$ :

$$f'(x) = 5 \times (2x+3)^{5-1} \times (2x+3)' = 5 \times 2 \times (2x+3)^4 = 10(2x+3)^4$$

Dérivation de la composition de deux fonctions

Théorème

Soient $f$ une fonction définie sur un intervalle $I$ et $g$ une fonction définie sur un intervalle $J$ telles que $f(I) \subset J$, et $a$ un élément de $I$.

  • Si $f$ est dérivable en $a$ et $g$ dérivable en $b = f(a)$, alors $(g \circ f)$ est dérivable en $a$ et $(g \circ f)'(a) = g'(f(a)) \times f'(a)$.
  • Si $f$ est dérivable sur $I$ et $g$ dérivable sur $J$, alors $(g \circ f)$ est dérivable sur $I$ et pour tout $a$ dans $I$ on a $(g \circ f)'(a) = g'(f(a)) \times f'(a)$.

Dérivation de la fonction réciproque

Théorème

Soient $f$ une fonction continue strictement monotone sur $I$, $J = f(I)$ et $a$ un élément de $I$.

  • Si $f$ est dérivable en $y_0$ et $f'(y_0) \neq 0$, alors $f^{-1}$ est dérivable en $x_0 = f(y_0)$ et $\left(f^{-1}\right)'(x_0) = \dfrac{1}{f'\left(f^{-1}(x_0)\right)}$.
  • Si $f$ est dérivable sur $I$ et $f'$ ne s'annule pas sur $I$, alors $f^{-1}$ est dérivable sur $J$ et $(\forall x \in J)\ \left(f^{-1}\right)'(x) = \dfrac{1}{f'\left(f^{-1}(x)\right)}$.
Exemple

Exemple

$f(x) = \cos x$ est une bijection de $[0 ; \pi]$ vers $[-1 ; 1]$ et on a $f\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 0$ et $f'\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = \cos'\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = -\sin\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = -1 \neq 0$, alors $f^{-1}$ est dérivable en 0 :

$$\left(f^{-1}\right)'(0) = \frac{1}{f'\left(f^{-1}(0)\right)} = \frac{1}{f'\left(\frac{\pi}{2}\right)} = \frac{1}{-1} = -1$$
Exercice

Exercice 7

Soit la fonction $g(x) = \cos(2x)$.

1- Dresser le tableau de variation de $g$ dans $[0 ; \pi]$.

2- Montrer que $g$ est une bijection de $\left]0 ; \dfrac{\pi}{2}\right[$ vers $]-1 ; 1[$.

3- Vérifier que $\left(\forall y \in \left]0 ; \dfrac{\pi}{2}\right[\right)(g'(y) \neq 0)$ et déterminer $\left(g^{-1}\right)'(x)$ pour $x$ dans $]-1 ; 1[$.

Voir la correction

1) $g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $(\forall x \in \mathbb{R})(g'(x) = -2\sin(2x))$.

Si $x \in \left[0 ; \dfrac{\pi}{2}\right]$ alors $2x \in [0 ; \pi]$ et par suite $g'(x) = -2\sin(2x) \leq 0$.

Si $x \in \left[\dfrac{\pi}{2} ; \pi\right]$ alors $2x \in [\pi ; 2\pi]$ et par suite $g'(x) = -2\sin(2x) \geq 0$.

$$\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & & \dfrac{\pi}{2} & & \pi \\ \hline g'(x) & 0 & - & 0 & + & 0 \\ \hline g(x) & 1 & \searrow & -1 & \nearrow & 1 \end{array}$$

2) La fonction $g$ est continue (composition de deux fonctions continues) strictement décroissante de $\left]0 ; \dfrac{\pi}{2}\right[$ vers $g\left(\left]0 ; \dfrac{\pi}{2}\right[\right)$ :

$$g\left(\left]0 ; \frac{\pi}{2}\right[\right) = \left]\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} g(x) ; \lim_{x \to 0^+} g(x)\right[ = \,]-1 ; 1[$$

Donc $g$ est une bijection de $\left]0 ; \dfrac{\pi}{2}\right[$ vers $]-1 ; 1[$ ; soit $g^{-1}$ sa fonction réciproque.

3) $g$ est dérivable sur $\left]0 ; \dfrac{\pi}{2}\right[$ et $\left(\forall x \in \left]0 ; \dfrac{\pi}{2}\right[\right)(g'(x) = -2\sin(2x) \neq 0)$, donc $g^{-1}$ est dérivable sur $]-1 ; 1[$. Soit $x \in \,]-1 ; 1[$ :

$$\left(g^{-1}\right)'(x) = \frac{1}{g'\left(g^{-1}(x)\right)} = \frac{1}{-2\sin\left(2g^{-1}(x)\right)} = \frac{1}{-2\sqrt{1 - \cos^2\left(2g^{-1}(x)\right)}} = \frac{1}{-2\sqrt{1 - \left(g\left(g^{-1}(x)\right)\right)^2}} = \frac{1}{-2\sqrt{1 - x^2}}$$

Pour $x$ dans $]-1 ; 1[$ : $\left(g^{-1}\right)'(x) = \dfrac{1}{-2\sqrt{1 - x^2}}$.

La dérivée de la racine n-ième

Propriété

Propriété 1

Soit $n$ un entier naturel non nul.

1) La fonction $x \mapsto \sqrt[n]{x}$ est dérivable sur $]0 ; +\infty[$ et :

$$(\forall x \in \,]0 ; +\infty[)\quad \left(\sqrt[n]{x}\right)' = \frac{1}{n\sqrt[n]{x^{n-1}}}$$

2) Si $u$ est une fonction dérivable sur $I$ et strictement positive sur $I$, alors la fonction $x \mapsto \sqrt[n]{u(x)}$ est dérivable sur $I$ et :

$$(\forall x \in I)\quad \left(\sqrt[n]{u(x)}\right)' = \frac{(u(x))'}{n\sqrt[n]{(u(x))^{n-1}}}$$
Propriété

Propriété 2

Soit $r$ un nombre rationnel.

1) La fonction $x \mapsto x^r$ est dérivable sur $]0 ; +\infty[$ et $(\forall x \in \,]0 ; +\infty[)\ \left(x^r\right)' = r x^{r-1}$.

2) Si $u$ est une fonction dérivable sur $I$ et strictement positive sur $I$, alors la fonction $u^r$ est dérivable sur $I$ et :

$$(\forall x \in I)\quad \left((u(x))^r\right)' = r (u(x))^{r-1} \times (u(x))'$$
Exercice

Exercice 10

Résoudre dans $\mathbb{R}$ les équations suivantes :

$$(E_1) : \sqrt[3]{3+x} - \sqrt[3]{3-x} = \sqrt[6]{9 - x^2} \qquad (E_2) : 2x\sqrt{x} - 3x\sqrt[4]{\frac{1}{x}} = 20$$
Voir la correction

1) Le domaine de définition de l'équation $(E_1)$ est $D_{(E_1)} = [-3 ; 3]$.

On a : $(a - b)^3 = a^3 - 3a^2b + 3ab^2 - b^3 = a^3 - b^3 - 3ab(a - b)$.

$$(E_1) \iff \left(\sqrt[3]{3+x} - \sqrt[3]{3-x}\right)^3 = \left(\sqrt[6]{9-x^2}\right)^3 \iff (3+x) - (3-x) - 3\sqrt[3]{9-x^2}\,\sqrt[6]{9-x^2} = \sqrt{9-x^2}$$

On a : $\sqrt[3]{9-x^2}\,\sqrt[6]{9-x^2} = \sqrt[6]{\left(9-x^2\right)^2}\,\sqrt[6]{9-x^2} = \sqrt[6]{\left(9-x^2\right)^3} = \sqrt{9-x^2}$.

$$\text{Donc } (E_1) \iff 2x - 3\sqrt{9-x^2} = \sqrt{9-x^2} \iff x = 2\sqrt{9-x^2} \iff \begin{cases} x^2 = 4\left(9 - x^2\right) \\ x \geq 0 \end{cases} \iff x = \frac{6\sqrt{5}}{5}$$

Donc $S = \left\{\dfrac{6\sqrt{5}}{5}\right\}$.

2) Le domaine de définition de l'équation $(E_2)$ est $D_{(E_2)} = \,]0 ; +\infty[$.

Soit $x > 0$ ; on pose $t = \sqrt[4]{x}$ donc $t > 0$. Et on a $(E_2) \iff 2t^6 - 3t^3 - 20 = 0$ (avec $t^3 = T$) :

$$(E_2) \iff 2T^2 - 3T - 20 = 0, \quad \Delta = 169$$

La solution positive de cette équation est $T = 4$. Donc $t^3 = 4 \iff t = \sqrt[3]{4}$, et on a $t = \sqrt[4]{x}$ :

$$x = t^4 \iff x = \left(\sqrt[3]{4}\right)^4 = \left(\sqrt[3]{4}\right)^3 \sqrt[3]{4} = 4\sqrt[3]{4}$$

Donc $S = \left\{4\sqrt[3]{4}\right\}$.

Exercice

Exercice 11

Déterminer les limites suivantes :

$$1)\ \lim_{x \to 1} \frac{\sqrt[3]{x^2} - 1}{\sqrt[4]{x} - 1} \qquad 2)\ \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt[4]{x} - \sqrt[3]{x+1}}{\sqrt{x} - \sqrt[6]{x+1}}$$ $$3)\ \lim_{x \to +\infty} \sqrt{x^2 + 1} - \sqrt[3]{x^2 + 1} \qquad 4)\ \lim_{x \to +\infty} \sqrt[3]{x^3 + x^2} - x$$
Voir la correction

1) On pose $L_1 = \displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{\sqrt[3]{x^2} - 1}{\sqrt[4]{x} - 1}$. On a $a^3 - b^3 = (a-b)\left(a^2 + ab + b^2\right)$ et $a^4 - b^4 = (a-b)\left(a^3 + a^2 b + a b^2 + b^3\right)$ :

$$L_1 = \lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1} \cdot \frac{\sqrt[4]{x^3} + \sqrt[4]{x^2} + \sqrt[4]{x} + 1}{\sqrt[3]{x^4} + \sqrt[3]{x^2} + 1}$$ $$L_1 = \lim_{x \to 1} (x+1) \cdot \frac{\sqrt[4]{x^3} + \sqrt[4]{x^2} + \sqrt[4]{x} + 1}{\sqrt[3]{x^4} + \sqrt[3]{x^2} + 1} = 2 \cdot \frac{4}{3} = \frac{8}{3}$$

2)

$$\lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt[4]{x} - \sqrt[3]{x+1}}{\sqrt{x} - \sqrt[6]{x+1}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt[12]{x^3} - \sqrt[12]{(x+1)^4}}{\sqrt[12]{x^6} - \sqrt[12]{(x+1)^2}} = \lim_{x \to +\infty} \sqrt[12]{\frac{(x+1)^4}{x^6}} \cdot \frac{\sqrt[12]{\dfrac{x^3}{(x+1)^4}} - 1}{1 - \sqrt[12]{\dfrac{(x+1)^2}{x^6}}}$$

On a $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \sqrt[12]{\frac{(x+1)^4}{x^6}} = 0$, $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \sqrt[12]{\frac{x^3}{(x+1)^4}} - 1 = -1$ et $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} 1 - \sqrt[12]{\frac{(x+1)^2}{x^6}} = 1$, donc la limite vaut $0$.

3)

$$\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x^2+1} - \sqrt[3]{x^2+1} = \lim_{x \to +\infty} \sqrt{x^2\left(1 + \frac{1}{x^2}\right)} - \sqrt[3]{x^3\left(\frac{1}{x} + \frac{1}{x^3}\right)} = \lim_{x \to +\infty} x\left(\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}} - \sqrt[3]{\frac{1}{x} + \frac{1}{x^3}}\right)$$

On a $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \sqrt{1 + \frac{1}{x^2}} = 1$ et $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \sqrt[3]{\frac{1}{x} + \frac{1}{x^3}} = 0$. Donc $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x^2+1} - \sqrt[3]{x^2+1} = +\infty$.

4) On a $a^3 - b^3 = (a-b)\left(a^2 + ab + b^2\right)$ :

$$\lim_{x \to +\infty} \sqrt[3]{x^3+x^2} - x = \lim_{x \to +\infty} \frac{\left(\sqrt[3]{x^3+x^2}\right)^3 - x^3}{\sqrt[3]{\left(x^3+x^2\right)^2} + x\sqrt[3]{x^3+x^2} + x^2} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{x^2\left(\sqrt[3]{\left(1+\frac{1}{x}\right)^2} + \sqrt[3]{1+\frac{1}{x}} + 1\right)}$$ $$= \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\sqrt[3]{\left(1+\frac{1}{x}\right)^2} + \sqrt[3]{1+\frac{1}{x}} + 1} = \frac{1}{3}$$

car $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \sqrt[3]{\left(1+\frac{1}{x}\right)^2} = 1$ et $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \sqrt[3]{1+\frac{1}{x}} = 1$.

Exercice

Exercice 12

Soit $f$ une fonction définie sur $I = \,]-\pi ; \pi[$ par : $f(x) = 2\dfrac{\cos x - 1}{\sin x}$ si $0 < x < \pi$ et $f(x) = \dfrac{x|x+1|}{x - 1}$ si $-\pi < x \leq 0$.

1) Montrer que $f$ est dérivable en $x_0 = 0$ et donner l'équation de la tangente à la courbe de $f$ en $x_0 = 0$.

2) a) Étudier la dérivabilité de $f$ en $x_0 = -1$.   b) Donner les équations des demi-tangentes à la courbe de $f$ en $x_0 = -1$.

Voir la correction

1) Étude de la dérivabilité de $f$ à droite en $x_0 = 0$ :

$$\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^+} 2\frac{\cos x - 1}{x \sin x} = \lim_{x \to 0^+} -2 \cdot \frac{1 - \cos x}{x^2} \cdot \frac{1}{\frac{\sin x}{x}} = -2 \times \frac{1}{2} \times 1 = -1 = f'_d(0)$$

Donc $f$ est dérivable à droite en $x_0 = 0$ et $f'_d(0) = -1$.

$$\lim_{x \to 0^-} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^-} \frac{|x+1|}{x - 1} = \lim_{x \to 0^-} \frac{x + 1}{x - 1} = -1 = f'_g(0)$$

Donc $f$ est dérivable à gauche en $x_0 = 0$ et $f'_g(0) = -1$. Et puisque $f'_d(0) = f'_g(0)$, donc $f$ est dérivable en $x_0 = 0$ et $f'(0) = -1$.

Interprétation géométrique du résultat : la courbe de $f$ admet une tangente en $O(0, 0)$ de coefficient directeur $f'(0) = -1$. L'équation de la tangente à la courbe de $f$ en $x_0 = 0$ est :

$$y = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) \iff y = 0 - 1(x - 0) \iff (T) : y = -x$$

2)

$$\lim_{x \to -1^+} \frac{f(x) - f(-1)}{x + 1} = \lim_{x \to -1^+} \frac{x}{x - 1} = \frac{1}{2} = f'_d(-1)$$

Donc $f$ est dérivable à droite en $x_0 = -1$ et $f'_d(-1) = \dfrac{1}{2}$.

$$\lim_{x \to -1^-} \frac{f(x) - f(-1)}{x + 1} = \lim_{x \to -1^-} \frac{-x}{x - 1} = -\frac{1}{2} = f'_g(-1)$$

Donc $f$ est dérivable à gauche en $x_0 = -1$ et $f'_g(-1) = -\dfrac{1}{2}$, mais on a $f'_d(-1) \neq f'_g(-1)$. Donc $f$ n'est pas dérivable en $x_0 = -1$.

Interprétation géométrique du résultat : la courbe admet un point anguleux en $A(-1, 0)$.

b) L'équation de la demi-tangente à droite à la courbe de $f$ en $x_0 = -1$ est $y = f(-1) + f'_d(-1)(x + 1)$ avec $x \geq -1$ :

$$y = 0 + \frac{1}{2}(x + 1) \iff (T_d) : y = \frac{1}{2}x + \frac{1}{2} \quad \text{avec } x \geq -1$$

L'équation de la demi-tangente à gauche à la courbe de $f$ en $x_0 = -1$ est $y = f(-1) + f'_g(-1)(x + 1)$ avec $x \leq -1$ :

$$y = 0 - \frac{1}{2}(x + 1) \iff (T_g) : y = -\frac{1}{2}x - \frac{1}{2} \quad \text{avec } x \leq -1$$
Exercice

Exercice 13

Soit $f$ une fonction définie par $f(x) = \sqrt{3x - 2}\left(\dfrac{2x + 1}{x - 1}\right)^3$.

1) Déterminer le domaine de définition $D_f$ de $f$.

2) Déterminer le domaine de dérivation de $f$ et déterminer sa fonction dérivée.

Voir la correction

1) $x \in D_f \iff 3x - 2 \geq 0$ et $x - 1 \neq 0$. Donc $D_f = \left[\dfrac{2}{3} ; 1\right[ \cup \,]1 ; +\infty[$.

2) On a $f(x) = g(3x - 2) \times h(x)$ avec $h(x) = \left(\dfrac{2x+1}{x-1}\right)^3$ et $g(x) = \sqrt{x}$.

On sait que $g$ est dérivable sur $\mathbb{R}^*_+$ et la fonction polynôme $x \mapsto 3x - 2$ est dérivable sur $D_f$. Comme $3x - 2 > 0 \iff x > \dfrac{2}{3}$, la fonction $x \mapsto g(3x-2)$ est dérivable sur $D_f - \left\{\dfrac{2}{3}\right\}$ ; donc $f$ est dérivable sur $D_f - \left\{\dfrac{2}{3}\right\}$, c'est-à-dire $D_{f'} = D_f - \left\{\dfrac{2}{3}\right\}$.

$\forall x \in D_{f'}$ :

$$f'(x) = (g(3x-2))' \times h(x) + g(3x-2) \times (h(x))'$$ $$(g(3x-2))' = (3x-2)' \times g'(3x-2) = 3 \times \frac{1}{2\sqrt{3x-2}} \quad \text{car } g'(x) = \left(\sqrt{x}\right)' = \frac{1}{2\sqrt{x}}$$ $$(h(x))' = 3\left(\frac{2x+1}{x-1}\right)' \times \left(\frac{2x+1}{x-1}\right)^2, \qquad \left(\frac{2x+1}{x-1}\right)' = \frac{(2x+1)'(x-1) - (2x+1)(x-1)'}{(x-1)^2} = \frac{-3}{(x-1)^2}$$

Donc :

$$f'(x) = \frac{3}{2\sqrt{3x-2}} \times \left(\frac{2x+1}{x-1}\right)^3 + \sqrt{3x-2}\,\frac{-9}{(x-1)^2}\left(\frac{2x+1}{x-1}\right)^2$$
Exercice

Exercice 14

En utilisant la dérivée, calculer les limites suivantes :

$$1)\ \lim_{x \to -1} \frac{(x+2)^{2018} - 1}{x + 1} \qquad 2)\ \lim_{x \to \frac{\pi}{6}} \frac{2\sin x - 1}{x - \frac{\pi}{6}}$$
Voir la correction

1) On pose $f(x) = (x+2)^{2018}$. On a $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, en particulier en $-1$, et $f(-1) = (-1+2)^{2018} = 1$. Donc :

$$\lim_{x \to -1} \frac{(x+2)^{2018} - 1}{x + 1} = \lim_{x \to -1} \frac{f(x) - f(-1)}{x - (-1)} = f'(-1)$$

Et puisque $f'(x) = 2018(x+2)^{2017}(x+2)' = 2018(x+2)^{2017}$, donc $f'(-1) = 2018 \times 1^{2017} = 2018$.

$$\text{Donc } \lim_{x \to -1} \frac{(x+2)^{2018} - 1}{x + 1} = 2018$$

2) On pose $f(x) = 2\sin x$. On a $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, en particulier en $\dfrac{\pi}{6}$, et $f\left(\dfrac{\pi}{6}\right) = 2\sin\dfrac{\pi}{6} = 1$. Donc :

$$\lim_{x \to \frac{\pi}{6}} \frac{2\sin x - 1}{x - \frac{\pi}{6}} = \lim_{x \to \frac{\pi}{6}} \frac{f(x) - f\left(\frac{\pi}{6}\right)}{x - \frac{\pi}{6}} = f'\left(\frac{\pi}{6}\right)$$

Et puisque $f'(x) = 2\cos x$, donc $f'\left(\dfrac{\pi}{6}\right) = 2\cos\dfrac{\pi}{6} = 2\dfrac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$.

$$\text{Donc } \lim_{x \to \frac{\pi}{6}} \frac{2\sin x - 1}{x - \frac{\pi}{6}} = \sqrt{3}$$

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