Chapitre 7. Fonctions dérivables (rappels et compléments)

1) Nombre dérivé en un point (rappels)

Remarque. En posant $x=a+h$ de sorte que $h=x-a$ et que $h$ tend vers $0$ si et seulement si $x$ tend vers $a$, on obtient

C'est avec la définition 1 que l'on établit les différentes formules de dérivation données en 1ère S. Un formulaire de dérivées usuelles sera rappelé et complété plus loin. Le qu

Exemple. Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par : pour tout réel $x$, $f(x)=x^2$. Soit $a$ un réel. Pour tout réel $h$ différent de $0$,

Par suite, $\displaystyle\lim_{h\rightarrow0}\dfrac{f(a+h)-f(a)}{h}=2a$. La fonction $f$ est donc dérivable en $a$ et $f'(a)=2a$.

En utilisant l'autre notation, le calcul aurait changé d'aspect mais bien sûr le résultat final n'aurait pas changé. Pour tout réel $x$ différent de $a$

et on retrouve $f'(a)=\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}=2a$.

2) Tangente à une courbe en un point

Le plan est rapporté à un repère orthonormé $\left(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j}\right)$. Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle $I$ de $\mathbb{R}$.
On note $\mathscr{C}_f$ sa courbe représentative. On se donne un réel $a$ élément de l'intervalle $I$.

Pour tout réel $x$ de l'intervalle $I$, différent du réel $a$, le nombre $\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}$ est le coefficient directeur (ou encore la pente) de la droite passant par les points $A(a,f(a))$ et $M(x,f(x))$.

On suppose maintenant que $f$ est dérivable en $a$. Par définition, le rapport $\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}$ a une limite finie quand $x$ tend vers $a$, limite qui est le nombre réel $f'(a)$. Graphiquement, quand $x$ tend vers $a$, le point $M$ tend vers le point $A$ puis la droite $(AM)$ tend vers une droite limite appelée la tangente à la courbe $\mathscr{C}_f$ en $A$.

Ainsi, par définition

Remarque 1. Il n'est pas obligatoire que la fonction $f$ soit dérivable en $a$ pour que sa courbe représentative admette une tangente en son point d'abscisse $a$. En effet, si

la fonction $f$ n'est pas dérivable en $a$. Néanmoins la droite joignant les points $A(a,f(a))$ et $M(x,f(x))$ tend vers une droite limite qui est la droite passant par $a$ et parallèle à l'axe des ordonnées. Dans ce cas, $\mathscr{C}_f$ admet la droite d'équation $x=a$ pour tangente en son point d'abscisse $a$.

Remarque 2. Une droite est parallèle à l'axe des abscisses si et seulement si son coefficient directeur est nul. Comme le coefficient directeur de la tangente à $\mathscr{C}_f$ en son point d'abscisse $a$ est $f'(a)$, on obtient

Solution. $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout réel $x$, $f'(x)=2x-3$.
$f(3)=3^2-3\times3+2=2$ et $f'(3)=2\times3-3=3$. Une équation de la tangente à $\mathscr{C}_f$ en son point d'abscisse $3$ est $y=f'(3)(x-3)+f(3)$ ou encore $y=3(x-3)+2$ ou enfin

3) Lien avec la continuité

Si $f$ est dérivable en $a$, le rapport $\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}$ a une limite réelle quand $x$ tend vers $a$. Le dénominateur de ce rapport, à savoir $x-a$, tend vers $0$ quand $x$ tend vers $a$. Pour que ce rapport ait une chance d'avoir une limite réelle, il est obligatoire que le numérateur, à savoir $f(x)-f(a)$, tende aussi vers $0$ (nous sommes alors en présence d'une indétermination du type $\dfrac{0}{0}$) et donc il est obligatoire que $\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}f(x)=f(a)$. D'où :

Ce théorème signifie qu'une fonction discontinue en $a$ ne peut en aucun cas ê tre dérivable en $a$. Une fonction est d'abord continue ou discontinue en $a$ puis, si elle est continue en $a$, elle peut encore ê tre dérivable en $a$ ou ne pas ê tre dérivable en $a$.

4) Exemples de fonctions non dérivables en un point

Exemple 1. Une fonction discontinue en un point constitue un premier exemple de fonction non dérivable en un point. Par exemple, voici le graphe de la fonction partie entière.

La fonction partie entière n'est pas dérivable en $1$ car la fonction partie entière n'est pas continue en $1$. Analysons cette phrase numériquement. Soit $x\in]0,1[$,

Quand $x$ tend vers $1$ par valeurs inférieures, $x-1$ tend vers $0$ par valeurs inférieures puis $\dfrac{1}{x-1}$ tend vers $-\infty$ et donc $-\dfrac{1}{x-1}$ tend vers $+\infty$. Ainsi, le rapport $\dfrac{E(x)-E(1)}{x-1}$ n'a pas de limite réelle quand $x$ tend vers $1$ et donc la fonction partie entière n'est pas dérivable en $1$.

Exemple 2. Une fonction dont le graphe admet une tangente parallèle à $(Oy)$ en un point d'abscisse $a$ n'est pas dérivable en $a$. Par exemple, la fonction $x\mapsto\sqrt{x}$ est définie sur $[0,+\infty[$, continue sur $[0,+\infty[$ et en particulier continue en $0$ mais n'est pas dérivable en $0$. En effet, pour tout réel $x>0$,

et donc la fonction $x\mapsto\sqrt{x}$ n'est pas dérivable en $0$. Néanmoins, son graphe admet en son point d'abscisse $0$ une tangente parallèle à $(Oy)$ ou encore la tangente en $O$ est l'axe $(Oy)$.

Si on veut un exemple de fonction définie sur $\mathbb{R}$ dont le graphe admet en $O$ une tangente parallèle à $(Oy)$, on peut\rule[-0.2cm]{0mm}{0mm} par exemple considérer la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par : pour tout réel $x$, $f(x)=\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{x}\;\text{si}\;x\geqslant0\\ -\sqrt{-x}\;\text{si}\;x<0 \end{array} \right. $.

Exemple 3.} Une fonction dont le graphe admet en un point une tangente à droite et une tangente à gauche de directions différentes, n'est pas dérivable en ce point. La fonction valeur absolue est un exemple de telle fonction.
En effet, si $x$ est un réel strictement positif,

et si $x$ est un réel strictement négatif

Donc quand $x$ tend vers $0$ par valeurs supérieures, le rapport $\dfrac{|x|-|0|}{x-0}$ tend vers $1$ et quand $x$ tend vers $0$ par valeurs inférieures, le rapport $\dfrac{|x|-|0|}{x-0}$ tend vers $-1$. Mais alors, le rapport $\dfrac{|x|-|0|}{x-0}$ n'a pas de limite quand $x$ tend vers $0$. Par contre, puisque $\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow0\\ x>0}}\dfrac{|x|-|0|}{x-0}=1$, on peut dire que le graphe de la fonction $x\mapsto|x|$ admet en $O$ à droite une demi-tangente de coefficient directeur $1$ et puisque $\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow0\\ x<0}}\dfrac{|x|-|0|}{x-0}=-1$, on peut dire que le graphe de la fonction $x\mapsto|x|$ admet en $O$ à gauche une demi-tangente de coefficient directeur $-1$.

Si on veut un exemple avec une courbe « qui soit courbe », on peut considérer la fonction $x\mapsto|x^2-4x+3|$ dont voici le graphe.

En son point d'abscisse $1$, la courbe représentative de $f$ admet deux demi-tangentes de directions différentes et donc la fonction $f$ n'est pas dérivable en $1$. Le point de la courbe d'abscisse $1$ est un point anguleux de cette courbe.

1) Fonction dérivable sur un intervalle et fonction dérivée

En première S, on a donné un certain nombre de formules donnant directement la dérivée d'une fonction sans avoir à revenir à la limite en $a$ du rapport $\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}$. On rappellera ces formules au paragraphe 3) après en avoir établi de nouvelles au paragraphe 2)

2) De nouvelles formules de dérivation (dérivée d'une composée)

1. Dérivée de la fonction $x\mapsto f(ax+b)$

Théorème 3.

Soit $f$ une fonction dérivable sur un intervalle $I$. Soient $a$ et $b$ deux réels. Soit $J$ un intervalle tel que pour tout réel $x$ de $J$, $ax+b$ appartient à $I$. Soit $g$ la fonction définie sur $J$ par :
pour tout réel $x$ de $J$, $g(x)=f(ax+b)$. La fonction $g$ est dérivable sur $J$ et
pour tout réel $x$ de $J$, $g'(x)=a\times f'(ax+b)$.

Le résultat précédent s'écrit en abrégé

(f(ax+b)\right)'=af'(ax+b).
Démonstration. Si $a=0$, la fonction $x\mapsto f(ax+b)=f(b)$ est constante sur $J$. On sait depuis la première S que sa dérivée est nulle. La formule de dérivation est donc vraie quand $a=0$ car pour tout $x$ de $J$, $0\times f'(ax+b)=0$.

On suppose dorénavant $a\neq0$. Soient $x_0$ un réel de $J$ puis $y_0=ax_0+b$. Soient $x$ un réel de $J$ différent de $x_0$ puis $y=ax+b$.

Puisque $a\neq0$ et $x\neq x_0$, on a encore $y\neq y_0$ (car $ax+b=ax_0+b\Leftrightarrow ax=ax_0\Leftrightarrow x=x_0$) et

$\dfrac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}=\dfrac{f(ax+b)-f(ax_0+b)}{x-x_0}=\dfrac{f(y)-f(y_0)}{y-y_0}\times\dfrac{y-y_0}{x-x_0}$. avec $\dfrac{y-y_0}{x-x_0}=\dfrac{(ax+b)-(ax_0+b)}{x-x_0}=\dfrac{a(x-x_0)}{x-x_0}=a$, et donc $\dfrac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}=a\dfrac{f(y)-f(y_0)}{y-y_0}$.

Quand $x$ tend vers $x_0$, $y$ tend vers $y_0$ puis $\dfrac{f(y)-f(y_0)}{y-y_0}$ tend vers $f'(y_0)$. On en déduit que $\dfrac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}$ tend vers $a\times f'(y_0)$ ou encore $a\times f'(ax_0+b)$.

On a montré que la fonction $g$ est dérivable en $x_0$ et que $g'(x_0)=a\times f'(ax_0+b)$. Finalement, $g$ est dérivable sur l'intervalle $J$ et pour tout $x$ de $J$, $g'(x)=af'(ax+b)$.




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Exemple. Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par :

pour tout réel $x$, $f(x)=(2x+3)^4$.

Pour tout réel $x$, $f(x)=g(2x+3)$ où, pour tout réel $y$, $g(y)=y^4$. Pour tout réel $x$, on a alors (en posant momentanément $y=2x+3$)

$f'(x)=2\times g'(2x+3)=2\times g'(y)=2\times4y^3=2\times4(2x+3)^3=8(2x+3)^3$.

\dbend\hspace{0.2cm}Il ne faut donc pas confondre $(f(ax+b))'$ et $f'(ax+b)$. Si par exemple, $f$ est la fonction $y\mapsto y^4$, $f'(ax+b)$ est la valeur en $ax+b$ de la dérivée $f'$ de la fonction $f$ c'est-à -dire $4(ax+b)^3$ alors que $(f(ax+b))'$ est la valeur en $x$ de la dérivée de la fonction $x\mapsto f(ax+b)$ c'est-à -dire $a\times4(ax+b)^3$.

2. Dérivée de la fonction $x\mapsto \sqrt{u(x)}$

Théorème 4.

Soit $u$ une fonction dérivable sur un intervalle $I$ et strictement positive sur $I$.
Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par :
pour tout réel $x$, $f(x)=\sqrt{u(x)}$. La fonction $f$ est dérivable sur $I$ et pour tout $x$ de $I$,
pour tout réel $x$, $f'(x)=\dfrac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}}$.

Le résultat précédent s'écrit en abrégé

$\left(\sqrt{u}\right)'=\dfrac{u'}{2\sqrt{u}}$.
Démonstration. Soit $x_0$ un réel élément de $I$. Soit $x$ un réel élément de $I$ et distinct de $x_0$.
Les deux nombres $\sqrt{u(x_0)}$ et $\sqrt{u(x)}$ existent et sont strictement positifs. On en déduit que la somme $\sqrt{u(x)}+\sqrt{u(x_0)}$ existe et est strictement positive et en particulier n'est pas nulle.

On peut donc multiplier le numérateur et le dénominateur de la fraction $\dfrac{\sqrt{u(x)}-\sqrt{u(x_0)}}{x-x_0}$ par la quantité conjuguée du numérateur à savoir $\sqrt{u(x)}+\sqrt{u(x_0)}$. On obtient

$\dfrac{\sqrt{u(x)}-\sqrt{u(x_0)}}{x-x_0}=\dfrac{\left(\sqrt{u(x)}-\sqrt{u(x_0)}\right)\left(\sqrt{u(x)}+\sqrt{u(x_0)}\right)}{(x-x_0)\left(\sqrt{u(x)}+\sqrt{u(x_0)}\right)}=\dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}\times\dfrac{1}{\sqrt{u(x)}+\sqrt{u(x_0)}}$,

Quand $x$ tend vers $x_0$, $\dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}$ tend vers $u'(x_0)$ et $\dfrac{1}{\sqrt{u(x)}+\sqrt{u(x_0)}}$ tend vers $\dfrac{1}{2\sqrt{u(x_0)}}$ car $2\sqrt{u(x_0)}$ n'est pas nul.

Donc, quand $x$ tend vers $x_0$, $\dfrac{\sqrt{u(x)}-\sqrt{u(x_0)}}{x-x_0}$ tend vers $\dfrac{u'(x_0)}{2\sqrt{u(x_0)}}$.

On a montré que la fonction $f$ est dérivable en $x_0$ et que $f'(x_0)=\dfrac{u'(x_0)}{2\sqrt{u(x_0)}}$. Finalement, $f$ est dérivable sur $I$ et pour tout $x$ de $I$, $f'(x)=\dfrac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}}$.




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Exemple. Pour tout réel $x$, posons $f(x)=\sqrt{x^2+x+1}$. Tout d'abord, le discriminant du trinôme $x^2+x+1$ est $\Delta=1^2-4=-3<0$. On sait alors que le trinôme $x^2+x+1$ ne s'annule pas sur $\mathbb{R}$, est de signe constant sur $\mathbb{R}$ et que ce signe est le signe du coefficient de $x^2$ à savoir $1$. Donc,

pour tout réel $x$, $x^2+x+1>0$.

Par suite, la fonction $f$ est bien définie sur $\mathbb{R}$. $f(x)$ est de la forme $\sqrt{u(x)}$ avec $u(x)=x^2+x+1$. Puisque la fonction $u$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et strictement positive sur $\mathbb{R}$, le théorème précédent montre que la fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et que

pour tout réel $x$, $f'(x)=\dfrac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}}=\dfrac{2x+1}{2\sqrt{x^2+x+1}}$.

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Exercice 2. Pour tout réel $x$, on pose $f(x)=\sqrt{x^3-x^4}$.
1. Déterminer le domaine de définition de la fonction $f$.
2. Etudier la continuité de $f$.
3. Etudier la dérivabilité de $f$ en $0$.
4. Etudier la dérivabilité de $f$ en $1$.
5. Que pouvez-vous dire des tangentes à la courbe de $f$ aux points d'abscisses $0$ et $1$ ?
6. Etudier la dérivabilité de $f$ et déterminer sa dérivée $f'$.
7. Construire le graphe de $f$ avec la calculatrice.

Solution.

1. Pour tout réel $x$, $x^3-x^4=x^3(1-x)$. Etudions le signe de cette expression grâce à un tableau de signes :
   
   

   $x$	$-\infty$		$0$		$1$		$+\infty$
   $x^3$		$-$	$0$	$+$		$+$
   $1-x$		$+$		$+$	$0$	$-$
   $x^3(1-x)$		$-$	$0$	$+$	$0$	$-$

   Soit $x$ un réel. $f(x)$ existe si et seulement si $x^3-x^4\geqslant0$. D'après le tableau de signes ci-dessus, ceci équivaut à $x\in[0,1]$.

   Le domaine de définition de la fonction $f$ est $[0,1]$.

2. Pour tout réel $x$ de $[0,1]$, $f(x)=\sqrt{u(x)}$ avec $u(x)=x^3-x^4$. La fonction $u$ est continue sur $[0,1]$ en tant que fonction polynôme et positive sur $[0,1]$. Donc la fonction $f$ est continue sur $[0,1]$.


3. Dérivabilité en $0$ (à droite). Soit $x\in]0,1]$. \begin{align*} \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}&=\dfrac{\sqrt{x^3(1-x)}}{x}=\dfrac{\sqrt{x^3}}{x}\times\sqrt{1-x}\;(\text{car}\;x^3\geqslant0\;\text{et}\;1-x\geqslant0)\\ &=\dfrac{\sqrt{x^3}}{\sqrt{x^2}}\times\sqrt{1-x}=\sqrt{\dfrac{x^3}{x^2}}\times\sqrt{1-x}=\sqrt{x}\times\sqrt{1-x}=\sqrt{x-x^2}. \end{align*}

   Quand $x$ tend vers $0$ par valeurs supérieures, $\sqrt{x-x^2}$ tend vers $0$ et donc $\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}$ tend vers $0$. On en déduit que la fonction $f$ est dérivable en $0$ (à droite) et que $f'(0)=0$.

4. Dérivabilité en $1$ (à gauche). Soit $x\in[0,1[$. \begin{align*} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}&=\dfrac{\sqrt{x^3(1-x)}}{-(1-x)}=-\dfrac{\sqrt{1-x}}{1-x}\times\sqrt{x^3}\;(\text{car}\;1-x\geqslant0\;\text{et}\;x^3\geqslant0)\\ &=-\dfrac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{1-x}\times\sqrt{1-x}}\times\sqrt{x^3}=-\dfrac{1}{\sqrt{1-x}}\times\sqrt{x^3}. \end{align*}

   Quand $x$ tend vers $1$ par valeurs supérieures, $\sqrt{1-x}$ tend vers $0$ par valeurs inférieures et donc $\dfrac{1}{\sqrt{1-x}}$ tend vers $+\infty$. D'autre part, $\sqrt{x^3}$ tend vers $1$ et donc $\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}$ tend vers $-\infty$ quand $x$ tend vers $1$ par valeurs inférieures. On en déduit que la fonction $f$ n'est pas dérivable en $1$.

5. Notons $\mathscr{C}_f$ la courbe représentative de $f$.
   • La fonction $f$ est dérivable en $0$ et $f'(0)=0$. Donc, $\mathscr{C}_f$ admet au point de coordonnées $(0,f(0))$ ou encore $(0,0)$ une tangente parallèle à $(Ox)$ : l'axe $(Ox)$ est tangent à $\mathscr{C}_f$ en $O$.
   • La fonction $f$ n'est pas dérivable en $1$. Néanmoins, $\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}$ tend vers $-\infty$ quand $x$ tend vers $1$ par valeurs inférieures. On en déduit que $\mathscr{C}_f$ admet une tangente parallèle à $(Oy)$ au point de coordonnées $(1,f(1))$ ou encore $(1,0)$ : la droite d'équation $x=1$ est tangente à $\mathscr{C}_f$ en le point de coordonnées $(1,0)$.


6. Dérivablilité sur $]0,1[$. $f$ est de la forme $\sqrt{u}$ avec pour tout $x$ de $[0,1]$, $u(x)=x^3-x^4=x^3(1-x)$. D'après la question 1), la fonction $u$ est strictement positive sur $]0,1[$. Comme la fonction $u$ est de plus dérivable sur $]0,1[$, on en déduit que la fonction $f$ est dérivable sur $]0,1[$ et que pour tout réel $x$ de $]0,1[$, \begin{align*} f'(x)&=\dfrac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}}=\dfrac{3x^2-4x^3}{2\sqrt{x^3(1-x)}} =\dfrac{x^2(3-4x)}{2\sqrt{x^3}\sqrt{1-x}}\;(\text{car}\;x^3>0\;\text{et}\;1-x>0)\\ &=\dfrac{x^2}{\sqrt{x^3}}\times\dfrac{3-4x}{2\sqrt{1-x}}=\dfrac{\sqrt{x^4}}{\sqrt{x^3}}\times\dfrac{3-4x}{2\sqrt{1-x}}=\sqrt{\dfrac{x^4}{x^3}}\times\dfrac{3-4x}{2\sqrt{1-x}}\\ &=\dfrac{\sqrt{x}(3-4x)}{2\sqrt{1-x}}. \end{align*}

   En résumé, $f$ est dérivable sur $]0,1[$ et en $0$ à droite et donc $f$ est dérivable sur $[0,1[$. De plus, si $x\in]0,1[$, $f'(x)=\dfrac{\sqrt{x}(3-4x)}{2\sqrt{1-x}}$ et d'autre part, $f'(0)=0$. Comme $\dfrac{\sqrt{0}(3-4\times0)}{2\sqrt{1-0}}=0$, on a finalement pour tout $x$ de $[0,1[$,

   $f'(x)=\dfrac{\sqrt{x}(3-4x)}{2\sqrt{1-x}}$.

   $f$ est dérivable sur $[0,1[$ et pour tout $x$ de $[0,1[$, $f'(x)=\dfrac{\sqrt{x}(3-4x)}{2\sqrt{1-x}}$.

7. Graphe de $f$.




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3. Dérivée de la fonction $x\mapsto \left(u(x)\right)^n$

Théorème 5.

Soit $u$ une fonction dérivable sur un intervalle $I$. Soit $n\in\mbn^*$. Soit $f$ la fonction définie sur $I$ par :
pour tout réel $x$ de $I$, $f(x)=\left(u(x)\right)^n$. La fonction $f$ est dérivable sur $I$ et
pour tout $x$ de $I$, $f'(x)=n\times\left(u(x)\right)^{n-1}\times u'(x)$. Si de plus, $f$ ne s'annule pas sur $I$, la formule précédente est valable pour $n\in\mathbb{Z}^*$.
En particulier, si pour tout $x$ de $I$, $f(x)=\dfrac{1}{u(x)}$, alors
pour tout réel $x$ de $I$, $f'(x)=-\dfrac{u'(x)}{(u(x))^2}$.

Le résultat précédent s'écrit en abrégé

$\left(u^n\right)'=nu^{n-1}u'$.
Démonstration. Soit $u$ une fonction dérivable sur un intervalle $I$.
Montrons le résultat quand $n=2$. Soit $x_0$ un réel élément de $I$. Soit $x$ un réel élément de $I$ distinct de $x_0$.
$\dfrac{\left(u(x)\right)^2-\left(u(x_0)\right)^2}{x-x_0}=\dfrac{\left(u(x)-u(x_0)\right)\left(u(x)+u(x_0)\right)}{x-x_0}=\left(u(x)+u(x_0)\right)\dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}$.
La fonction $u$ est dérivable en $x_0$ et en particulier, la fonction $u$ est continue en $x_0$. Donc, $u(x)+u(x_0)$ tend vers $2u(x_0)$ quand $x$ tend vers $x_0$. D'autre part, $\dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}$ tend vers $u'(x_0)$ quand $x$ tend vers $x_0$ et finalement $\dfrac{\left(u(x)\right)^2-\left(u(x_0)\right)^2}{x-x_0}$ tend vers $2u(x_0)u'(x_0)$.
Par suite, la fonction $f~:~x\mapsto u^2(x)$ est dérivable en $x_0$ et sa dérivée en $x_0$ est $f'(x_0)=2u(x_0)u'(x_0)$. En résumé, la fonction $f$ est dérivable sur $I$ et pour tout $x$ de $I$, $f'(x)=2u(x)u'(x)$. Le résultat est donc démontré quand $n=2$ (et est immédiat quand $n=1$ car dans ce cas, $nu^{n-1}u'=u'$).
Pour démontrer le résultat pour $n=3$ ou $n=4$ ..., il nous manque une identité remarquable, identité qui n'est plus au programme du lycée. Ce manque nous empê che de faire une démonstration directe. Néanmoins, on peut démontrer le résultat par récurrence.
Montrons par récurrence que pour tout $n\in\mbn^*$, la fonction $u^n$ est dérivable sur $I$ et $(u^n)'=nu^{n-1}u'$.
• Le résultat est démontré pour $n=1$.
• Soit $n\geqslant1$. Supposons que la fonction $u^n$ soit dérivable sur $I$ et que $(u^n)'=nu^{n-1}u'$ et montrons que la fonction $u^{n+1}$ est dérivable sur $I$ et que $(u^{n+1})'=(n+1)u^{n}u'$.
  Puisque $u^{n+1}=u^n\times u$, la fonction $u^{n+1}$ est dérivable sur $I$ en tant que produit de fonctions dérivables sur $I$.
  De plus,
\begin{align*} \left(u^{n+1}\right)'&=(u^n\times u)'=(u^n)'\times u+u^n\times u'\\ &=nu^{n-1}u'\times u+u^n\times u'\;(\text{par hypothèse de récurrence})\\ &=nu^nu'+u^nu'=(n+1)u^nu'. \end{align*}
On a montré par récurrence que pour tout $n\in\mbn^*$, la fonction $u^n$ est dérivable sur $I$ et $(u^n)'=nu^{n-1}u'$.
Supposons de plus que la fonction $u$ ne s'annule pas sur $I$. Soit $n$ un entier naturel strictement négatif. Posons $m=-n$. $m$ est un entier strictement positif. Soient $x_0$ et $x$ deux réels éléments de $I$ et distincts.
\begin{align*} \dfrac{(u(x))^n-(u(x_0))^n}{x-x_0}&=\dfrac{(u(x))^{-m}-(u(x_0))^{-m}}{x-x_0}=\dfrac{\dfrac{1}{(u(x))^{m}}-\dfrac{1}{(u(x_0))^{m}}}{x-x_0}\\ &=-\dfrac{1}{(u(x))^{m}(u(x_0))^{m}}\times\dfrac{(u(x))^m-(u(x_0))^m}{x-x_0} \end{align*}
La fonction $u$ est dérivable en $x_0$ et en particulier la fonction $u$ est continue en $x_0$. Donc $(u(x))^{m}(u(x_0))^{m}$ tend vers
$$(u(x_0))^{m}(u(x_0))^{m}=(u(x_0))^{2m}=(u(x_0))^{-2n}$$
quand $x$ tend vers $x_0$. D'autre part, puisque $m$ est strictement positif, $\dfrac{(u(x))^m-(u(x_0))^m}{x-x_0}$ tend vers $\left(u^m\right)'(x_0)$ c'est-à -dire
$$m(u(x_0))^{m-1}u'(x_0)=-n(u(x_0))^{-n-1}u'(x_0).$$
Puisque $u(x_0)\neq0$, on en déduit que $\dfrac{(u(x))^n-(u(x_0))^n}{x-x_0}$ tend vers
\begin{align*} -\dfrac{1}{(u(x_0))^{-2n}}\times-n(u(x_0))^{-n-1}u'(x_0)&=n(u(x_0))^{2n}(u(x_0))^{-n-1}u'(x_0)=n(u(x_0))^{2n-n-1}u'(x_0)\\ &=n(u(x_0))^{n-1}u'(x_0). \end{align*}
Le résultat est maintenant démontré pour tout $n\in\mathbb{Z}^*$. En particulier, pour $n=-1$, la formule s'écrit
$$\left(\dfrac{1}{u}\right)'=\left(u^{-1}\right)'=(-1)u^{-1-1}u'=-u^{-2}u'=-\dfrac{u'}{u^2}.$$



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Remarque. Pour calculer la dérivée de $\dfrac{1}{u^3}$, le théorème 5 nous dit de pratiquer ainsi :

$\left(\dfrac{1}{u^3}\right)'=\left(u^{-3}\right)'=-3u^{-3-1}u'=-3u^{-4}u'=-\dfrac{3u'}{u^4}$.

Faisons ce travail une bonne fois pour toutes, quite à rajouter une formule à un formulaire de dérivées. Soit $n$ un entier naturel non nul.

$\left(\dfrac{1}{u^n}\right)'=\left(u^{-n}\right)'=-nu^{-n-1}u'=-nu^{-(n+1)}u'=-\dfrac{nu'}{u^{n+1}}$.

On a établi la nouvelle formule de dérivation :

Pour tout $n\in\mbn^*$, $\left(\dfrac{1}{u^n}\right)'=-\dfrac{nu'}{u^{n+1}}$.

Avec cette formule, le calcul de la dérivée de $\dfrac{1}{u^3}$ est direct :

$\left(\dfrac{1}{u^3}\right)'=-\dfrac{3u'}{u^4}$.
Exercice 3. Donner les dérivées des fonctions suivantes :
1. Pour tout réel $x$, $f_1(x)=(x^2+3x+5)^3$.
2. Pour tout réel $x$, $f_2(x)=(3x-1)^5$.
3. Pour tout réel $x$ différent de $-\dfrac{1}{2}$, $f_3(x)=\dfrac{1}{(2x+1)^2}$
4. Pour tout réel $x$, $f_4(x)=\dfrac{1}{x^2+1}$.

Solution.

1. La fonction $f_1$ est de la forme $u^3$ avec pour tout $x$ réel $u(x)=x^2+3x+5$. La fonction $u$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et donc la fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. De plus, pour tout réel $x$,
   $$f_1'(x)=\left(u^3\right)'(x)=3u^2(x)u'(x)=3(x^2+3x+5)^2(2x+3).$$

   La fonction $f_1$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout réel $x$, $f_1'(x)=3(2x+3)(x^2+3x+5)^2$.



2. La fonction $f_2$ est de la forme $u^5$ avec pour tout $x$ réel $u(x)=3x-1$. La fonction $u$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et donc la fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. De plus, pour tout réel $x$, $$f_2'(x)=\left(u^5\right)'(x)=5u^4(x)u'(x)=5(3x-1)^4\times3=15(3x-1)^4.$$

   La fonction $f_2$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout réel $x$, $f_2'(x)=15(3x-1)^4$.



3. La fonction $f_3$ est de la forme $\dfrac{1}{u^2}$ avec pour tout $x$ réel $u(x)=2x+1$. La fonction $u$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et ne s'annule pas sur $\left]-\infty,-\dfrac{1}{2}\right[$ ou sur $\left]-\dfrac{1}{2},+\infty\right[$. Donc la fonction $f_3$ est dérivable sur $\left]-\infty,-\dfrac{1}{2}\right[$ ou sur $\left]-\dfrac{1}{2},+\infty\right[$.

   De plus, pour tout réel $x$ différent de $-\dfrac{1}{2}$,

   $$f_3'(x)=\left(\dfrac{1}{u^2}\right)'(x)=-\dfrac{2u'(x)}{u^3(x)}=-\dfrac{2\times2}{(2x+1)^3}=-\dfrac{4}{(2x+1)^3}.$$

   La fonction $f_3$ est dérivable sur $\left]-\infty,-\dfrac{1}{2}\right[$ ou sur $\left]-\dfrac{1}{2},+\infty\right[$ et pour tout réel $x$ différent de $-\dfrac{1}{2}$, $f_3'(x)=-\dfrac{4}{(2x+1)^3}$.



4. La fonction $f_4$ est de la forme $\dfrac{1}{u}$ avec pour tout $x$ réel $u(x)=x^2+1$. La fonction $u$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et ne s'annule pas sur $\mathbb{R}$ (car pour tout réel $x$, $x^2+1>0$). Donc la fonction $f_4$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout réel $x$, $$f_4'(x)=\left(\dfrac{1}{u}\right)'(x)=-\dfrac{u'(x)}{u^2(x)}=-\dfrac{2x}{(x^2+1)^2}.$$

   La fonction $f_4$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout réel $x$, $f_4'(x)=-\dfrac{2x}{(x^2+1)^2}$.




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4. Cas général : dérivée de la fonction $x\mapsto f(u(x))$

La fonction $x\mapsto f(u(x))$ se note $f\circ u$. $f\circ u$ est la composée de $u$ suivie de $f$. On note que, bien que $f$ soit écrite à gauche de $u$ dans la notation $f\circ u$, on commence par calculer $u(x)$ puis on calcule l'image par $f$ de $u(x)$ et donc
$f\circ u$ est bien $u$ suivie de $f$.

Les formules données dans les théorèmes 3, 4 et 5 sont à chaque fois des cas particuliers de la formule générale suivante :

Théorème 6.

Soit $u$ une fonction dérivable sur un intervalle $I$ telle que pour tout $x$ de $I$, $u(x)$ appartient à un intervalle $J$.
Soit $f$ une fonction dérivable sur l'intervalle $J$. Soit $g$ la fonction définie sur $I$ par : pour tout réel $x$ de $I$, $g(x)=f\circ u(x)=f(u(x))$. La fonction $g$ est dérivable sur $I$ et pour tout réel $x$ de $I$, $g'(x)=(f\circ u)'(x)=u'(x)\times f'(u(x))$.

Le résultat précédent s'écrit en abrégé

$\left(f\circ u\right)'=u'\times(f'\circ u)$.

Il est difficile en terminale (et d'ailleurs hors programme) de démontrer cette formule dans le cas général. On peut néanmoins la démontrer simplement dans un cas particulier : on suppose de plus que la fonction $u$ est strictement monotone sur l'intervalle $I$ (ce qui est tout de mê me assez fréquent).

Soient $x_0$ et $x$ deux réels éléments de $I$ et distincts. Soient $y_0=u(x_0)$ et $y=u(x)$. $y_0$ et $y$ sont deux éléments de $J$. Puisque la fonction $u$ est strictement monotone sur $I$ et que $x\neq x_0$, on a $y\neq y_0$. On peut alors écrire

$$\dfrac{f(u(x))-f(u(x_0))}{x-x_0}=\dfrac{f(u(x))-f(u(x_0))}{u(x)-u(x_0)}\times\dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}=\dfrac{f(y)-f(y_0)}{y-y_0}\times\dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}.$$

La fonction $u$ est dérivable en $x_0$ et en particulier est continue en $x_0$. Par suite, quand $x$ tend vers $x_0$, $u(x)$ tend vers $u(x_0)$ ou encore $y$ tend vers $y_0$.

Puisque $f$ est dérivable sur $J$, $f$ est en particulier dérivable en $y_0$ et donc le rapport $\dfrac{f(y)-f(y_0)}{y-y_0}$ tend vers $f'(y_0)$ quand $y$ tend vers $y_0$ ou encore le rapport $\dfrac{f(y)-f(y_0)}{y-y_0}$ tend vers $f'(u(x_0))$ quand $x$ tend vers $x_0$. D'autre part, la fonction $u$ est dérivable en $x_0$. Donc le rapport $\dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}$ tend vers $u'(x_0)$ quand $x$ tend vers $x_0$. Finalement, le rapport $\dfrac{f(u(x))-f(u(x_0))}{x-x_0}$ tend vers $f'(u(x_0))\times u'(x_0)$.

On a démontré que la fonction $g$ est dérivable en $x_0$ et que $g'(x_0)=f'(u(x_0))\times u'(x_0)$.

3) Formulaire de dérivées

Les formulaires ci-dessous ne sont pas définitifs. Dans les chapitres suivants, on découvrira de nouvelles fonctions : la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien et les fonctions sinus et cosinus. De nouvelles formules de dérivées se rajouteront alors.

1. Dérivées des fonctions usuelles



Fonction

Dérivée

Domaine de définition

Domaine de dérivabilité

$x^n$	$n\in\mbn^*$&$nx^{n-1}$	$\mbr$	$\mbr$
$\dfrac{1}{x}$	$-\dfrac{1}{x^2}$	$\mbr^*$	$\mbr^*$
$\dfrac{1}{x^n}$, $n\in\mbn^*$	$-\dfrac{n}{x^{n+1}}$	$\mbr^*$	$\mbr^*$
$x^n$, $n\in\mbz^*$	$nx^{n-1}$	$\mbr$ si $n\geqslant 1$, $\mbr^*$ si $n\leqslant -1$	$\mbr$ si $n\geqslant 1$, $\mbr^*$ si $n\leqslant -1$
$\sqrt{x}$	$\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$	$[$$0,+\infty[$	$]$$0,+\infty[$

2. Opérations sur les dérivées




Théorème 7.

Soient $f$ et $g$ deux fonctions dérivables sur un intervalle $I$.

1. La fonction $f+g$ est dérivable sur $I$ et $(f+g)'=f'+g'$.
2. Pour tout réel $k$, la fonction $kf$ est dérivable sur $I$ et $(kf)'=kf'$.


Démonstration.
1. Soit $x_0$ un réel de l'intervalle $I$. Pour tout réel $x$ de $I$ distinct de $x_0$,
$\dfrac{(f+g)(x)-(f+g)(x_0)}{x-x_0}=\dfrac{(f(x)-f(x_0))+(g(x)-g(x_0))}{x-x_0}=\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}+\dfrac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}$. Puisque $f$ et $g$ sont dérivables en $x_0$, l'expression précédente tend vers le réel $f'(x_0)+g'(x_0)$. Par suite, la fonction $f+g$ est dérivable en $x_0$ et $(f+g)'(x_0)=f'(x_0)+g'(x_0)$.
2. Soit $x_0$ un réel de l'intervalle $I$. Pour tout réel $x$ de $I$ distinct de $x_0$,
$\dfrac{(kf)(x)-(kf)(x_0)}{x-x_0}=\dfrac{k(f(x)-f(x_0))}{x-x_0}=k\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$. Puisque $f$ est dérivable en $x_0$, l'expression précédente tend vers le réel $kf'(x_0)$. Par suite, la fonction $kf$ est dérivable en $x_0$ et $(kf)'(x_0)=kf'(x_0)$.



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Théorème 8.

Soient $f$ et $g$ deux fonctions dérivables sur un intervalle $I$.

1. La fonction $f\times g$ est dérivable sur $I$ et $(fg)'=f'g+fg'$.
2. Si de plus $g$ ne s'annule pas sur $I$, la fonction $\dfrac{f}{g}$ est dérivable sur $I$ et $\left(\dfrac{f}{g}\right)'=\dfrac{f'g-fg'}{g^2}$.


Démonstration.

1. Soient $f$ et $g$ deux fonctions dérivables sur un intervalle $I$. Soit $x_0$ un réel de l'intervalle $I$. Pour tout réel $x$ de $I$ distinct de $x_0$,
\begin{align*} \dfrac{(fg)(x)-(fg)(x_0)}{x-x_0}&=\dfrac{f(x)g(x)-f(x_0)g(x)+f(x_0)g(x)-f(x_0)g(x_0)}{x-x_0}\\ &=g(x)\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}+f(x_0)\dfrac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}. \end{align*}

Puisque $g$ est dérivable en $x_0$, $g$ est en particulier continue en $x_0$ et donc $g(x)$ tend vers $g(x_0)$ quand $x$ tend vers $x_0$. Puisque $f$ et $g$ sont dérivables en $x_0$, l'expression précédente tend vers le réel $f'(x_0)g(x_0)+f(x_0)g'(x_0)$. Par suite, la fonction $fg$ est dérivable en $x_0$ et $(fg)'(x_0)=f'(x_0)g(x_0)+f(x_0)g'(x_0)$.

2. Soient $f$ et $g$ deux fonctions dérivables sur un intervalle $I$. On suppose de plus que la fonction $g$ ne s'annule pas sur $I$. Soit $x_0$ un réel de l'intervalle $I$. Pour tout réel $x$ de $I$ distinct de $x_0$,
\begin{align*} \dfrac{\dfrac{f(x)}{g(x)}-\dfrac{f(x_0)}{g(x_0)}}{x-x_0}&=\dfrac{\dfrac{f(x)g(x_0)-f(x_0)g(x)}{g(x)g(x_0)}}{x-x_0}=\dfrac{f(x)g(x_0)-f(x_0)g(x)}{(x-x_0)g(x)g(x_0)}\\ &=\dfrac{f(x)g(x_0)-f(x_0)g(x_0)+f(x_0)g(x_0)-f(x_0)g(x)}{(x-x_0)g(x)g(x_0)}\\ &=\dfrac{1}{g(x)g(x_0)}\left(g(x_0)\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}-f(x_0)\dfrac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}\right). \end{align*}

Puisque $g$ est dérivable en $x_0$, $g$ est en particulier continue en $x_0$ et donc $g(x)$ tend vers $g(x_0)$ quand $x$ tend vers $x_0$. Puisque $g(x_0)\neq0$, $\dfrac{1}{g(x)g(x_0)}$ tend vers $\dfrac{1}{\left(g(x_0)\right)^2}$ quand $x$ tend vers $x_0$. Mais alors, l'expression précédente tend vers $\dfrac{1}{\left(g(x_0)\right)^2}(f'(x_0)g(x_0)-f(x_0)g'(x_0))$. Par suite, la fonction $\dfrac{f}{g}$ est dérivable en $x_0$ et $\left(\dfrac{f}{g}\right)'(x_0)=\dfrac{f'(x_0)g(x_0)-f(x_0)g'(x_0)}{\left(g(x_0)\right)^2}$.




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Remarque. Si on applique la formule du théorème 8 à la fonction $\dfrac{1}{f}$, on obtient :

$$\left(\dfrac{1}{f}\right)'=\dfrac{0\times f-1\times f'}{f^2}=-\dfrac{f'}{f^2},$$

et on retrouve une formule du théorème 5.

Théorème 9.

1. Toute fonction polynôme est dérivable sur $\mathbb{R}$.
2. Toute fonction rationnelle est dérivable sur tout intervalle sur lequel elle est définie.


Démonstration.
1. Une fonction polynôme est une somme de produits de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ et est donc dérivable sur $\mathbb{R}$.
2. Une fonction rationnelle est un quotient de deux fonctions polynômes et en particulier un quotient de deux fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$. Un tel quotient est dérivable sur tout intervalle sur lequel le dénominateur ne s'annule pas ou encore sur tout intervalle sur lequel la fonction rationnelle est définie.



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Sinon, en cumulant les différents résultats de ce chapitre, on obtient le formulaire suivant :

Fonction	Dérivée	Domaine de dérivabilité
$u^n$, $n\in\mbn^*$	$nu^{n-1}u'$	sur tout intervalle sur lequel $u$ est dérivable
$\dfrac{1}{u}$	$-\dfrac{u'}{u^2}$	sur tout intervalle sur lequel $u$ est dérivable et ne s'annule pas
$\dfrac{1}{u^n}$, $n\in\mbn^*$	$-\dfrac{nu'}{u^{n+1}}$	sur tout intervalle sur lequel $u$ est dérivable et ne s'annule pas
$u^n$, $n\in\mbz^*$	$nu^{n-1}u'$
$\sqrt{u}$	$\dfrac{u'}{2\sqrt{u}}$	sur tout intervalle sur lequel $u$ est dérivable et ne s'annule pas
$f\circ u$	$f'\circ u\times u'$



Exercice 4. Calculer les dérivées des fonctions suivantes en admettant qu'elles soient dérivables sur l'intervalle $I$ donné.
1. $f_1(x)=\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}$, $I=]0,+\infty[$,
2. $f_2(x)=\dfrac{2x+3}{(3x-1)^2}$, $I=]1,+\infty[$,
3. $f_3(x)=(x^2+x+1)^4\sqrt{2x+3}$, $I=\left]-\dfrac{3}{2},+\infty\right[$.

Solution.

1. Pour $x>0$, posons $u_1(x)=x^2+1$ puis $g_1(x)=\sqrt{u_1(x)}$. Alors, pour tout $x>0$, $$g_1'(x)=\dfrac{u_1'(x)}{2\sqrt{u_1(x)}}=\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}.$$

   Ensuite, pour tout réel $x>0$, $f_1(x)=\dfrac{g_1(x)}{x}$ et donc

   \begin{align*} f_1'(x)&=\dfrac{g_1'(x)\times x-g(x)\times1}{x^2}=\dfrac{\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}\times x-\sqrt{x^2+1}}{x^2}=\dfrac{\dfrac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}-\sqrt{x^2+1}}{x^2}\\ &=\dfrac{x^2-\left(\sqrt{x^2+1}\right)^2}{\sqrt{x^2+1}}\times\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{x^2-\left(x^2+1\right)}{x^2\sqrt{x^2+1}}=-\dfrac{1}{x^2\sqrt{x^2+1}} \end{align*}


2. Pour $x>1$, posons $u_2(x)=3x-1$ puis $g_2(x)=(u_2(x))^2$. Pour tout réel $x>1$, $$g_2'(x)=2u_2(x)u_2'(x)=2\times(3x-1)\times3=6(3x-1),$$

   Ensuite, pour tout réel $x>1$, $f_2(x)=\dfrac{2x+3}{g_2(x)}$ et donc

   \begin{align*} f_2'(x)&=\dfrac{2\times g_2(x)-(2x+3)\times g_2'(x)}{\left(g_2(x)\right)^2}=\dfrac{2(3x-1)^2-(2x+3)\times6(3x-1)}{(3x-1)^4}\\ &=\dfrac{(3x-1)[2(3x-1)-6(2x+3)]}{(3x-1)^4}=\dfrac{6x-2-12x-18}{(3x-1)^3}=\dfrac{-6x-20}{(3x-1)^3}. \end{align*}
3. Pour $x>-\dfrac{3}{2}$, posons $u_3(x)=x^2+x+1$ puis $g_3(x)=(u_3(x))^4$. Pour tout réel $x>-\dfrac{3}{2}$, $$g_3'(x)=4u_3^3(x)u_3'(x)=4(x^2+x+1)^3(2x+1).$$

   Pour $x>-\dfrac{3}{2}$, posons $v_3(x)=2x+3$ puis $h_3(x)=\sqrt{v_3(x)}$. Pour tout réel $x>-\dfrac{3}{2}$,

   $$h_3'(x)=\dfrac{v_3'(x)}{2\sqrt{v_3(x)}}=\dfrac{2}{2\sqrt{2x+3}}=\dfrac{1}{\sqrt{2x+3}}.$$

   Ensuite, pour $x>-\dfrac{3}{2}$, $f_3(x)=g_3(x)\times h_3(x)$ et donc

   \begin{align*} f_3'(x)&=g_3'(x)\times h_3(x)+g_3(x)\times h_3'(x)=4(2x+1)(x^2+x+1)^3\sqrt{2x+3}+(x^2+x+1)^4\dfrac{1}{\sqrt{2x+3}}\\ &=(x^2+x+1)^3\left(4(2x+1)\sqrt{2x+3}+\dfrac{x^2+x+1}{\sqrt{2x+3}}\right)\\ &=(x^2+x+1)^3\dfrac{4(2x+1)\left(\sqrt{2x+3}\right)^2+x^2+x+1}{\sqrt{2x+3}}=(x^2+x+1)^3\dfrac{4(2x+1)\left(2x+3\right)+x^2+x+1}{\sqrt{2x+3}}\\ &=(x^2+x+1)^3\dfrac{4(4x^2+2x+6x+3)+x^2+x+1}{\sqrt{2x+3}}=(x^2+x+1)^3\dfrac{4(4x^2+8x+3)+x^2+x+1}{\sqrt{2x+3}}\\ &=(x^2+x+1)^3\dfrac{16x^2+32x+12+x^2+x+1}{\sqrt{2x+3}}=(x^2+x+1)^3\dfrac{17x^2+33x+13}{\sqrt{2x+3}}. \end{align*}



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4) Application des dérivées à l'étude des variations d'une fonction

On admettra le théorème suivant qui dit que chaque réciproque de chacune des implications du théorème 10 est vraie.

Dans le chapitre précédent (chapitre 6 : continuité), nous avons rencontré des situations où il était essentiel de savoir qu'une fonction était strictement croissante ou strictement décroissante. Il faut donc améliorer le théorème précédent.

Le théorème 11 est de portée limitée. En effet, il existe de nombreuses fonctions dont la dérivée s'annule et qui pourtant sont strictement croissantes ou strictement décroissantes. Considérons par exemple la fonction $f~:~x\mapsto x^2$. La fonction $f$ est strictement croissante sur $[0,+\infty[$. En effet, soient $a$ et $b$ deux réels tels que $0\leqslant a< b$. Alors

ou encore $a^2< b^2$. Mais malheureusement, la dérivée de $f$ (définie par : pour tout réel $x$, $f'(x)=2x$) s'annule en $0$. Ainsi, $f'(0)=0$ et pourtant $f$ est strictement croissante sur $[0,+\infty[$. Le théorème suivant étudie une situation plus générale que la situation du théorème 12.

Exemple. La fonction $f~:~x\mapsto x^3$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout réel $x$, $f'(x)=3x^2$.
Pour tout réel $x\neq0$, $f'(x)>0$ et d'autre part, $f'(0)=0$. Ainsi la fonction $f'$ est strictement positive sur $\mbr$ sauf en un point où elle s'annule. La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $\mathbb{R}$. En conséquence,

Solution. $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ en tant que fonction polynôme et pour tout réel $x$,

Pour tout réel $x$ différent de $2$, on a $f'(x)>0$ et d'autre part, $f'(2)=0$. Ainsi, la dérivée de $f$ est strictement positive sauf en un point où elle s'annule. On en déduit que la fonction $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

Le théorème précédent, pourtant déjà de portée assez générale, ne permet pas de montrer que la fonction $x\mapsto\sqrt{x}$, qui est pourtant une fonction simple, est strictement croissante sur $[0,+\infty[$. Il permet uniquement de montrer que la fonction $x\mapsto\sqrt{x}$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$ car la fonction $x\mapsto\sqrt{x}$ n'est pas dérivable en $0$. Le théorème suivant règle le problème.

Solution.

1. Le discriminant du trinôme $-x^2+4x-3$ est $\Delta=4^2-4\times(-1)\times(-3)=4$. Le trinôme $-x^2+4x-3$ admet donc deux racines : les réels $x_1=\dfrac{-4+\sqrt{4}}{2\times(-1)}=1$ et $x_2=\dfrac{-4-\sqrt{4}}{2\times(-1)}=3$. Le cours sur le signe d'un trinôme du second degré nous permet alors d'affirmer que $-x^2+4x-3$ est du signe contraire du coefficient de $x^2$, à savoir $-1$, sur l'intervalle $[1,3]$.

   Donc pour tout réel $x$ de $[1,3]$, $-x^2+4x-3\geqslant0$. On en déduit que la fonction $f$ est bien définie sur $[1,3]$.

2. Pour tout réel $x$ de $[1,3]$, posons $u(x)=-x^2+4x-3$. Alors, pour tout réel $x$ de $[1,3]$, $f(x)=\sqrt{u(x)}$. D'après la question 1), on sait que pour tout réel $x$ de $]1,3[$, $u(x)>0$ et d'autre part la fonction $u$ est dérivable sur $]1,3[$ en tant que fonction polynôme. On en déduit que la fonction $f$ est dérivable sur $]1,3[$ et que pour tout réel $x$ de $]1,3[$, $$f'(x)=\dfrac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}}=\dfrac{-2x+4}{2\sqrt{-x^2+4x-3}}=\dfrac{-x+2}{\sqrt{-x^2+4x-3}}.$$
3. Puisque la fonction $u$ est positive sur $[1,3]$, on sait que la fonction $f$ est continue sur $[1,3]$.
   D'après la question 2), $f$ est dérivable sur $]1,3[$ et pour tout réel $x$ de $]1,3[$, $f'(x)=\dfrac{-x+2}{\sqrt{-x^2+4x-3}}$. Pour tout réel $x$ de $]1,3[$, on a $\sqrt{-x^2+4x-3}>0$ et donc pour tout réel $x$ de $]1,3[$, $f'(x)$ est du signe de $-x+2$.
   Par suite, la fonction $f'$ est strictement positive sur $]1,2[$, s'annule en $2$ et est strictement négative sur $]2,3[$. On en déduit que la fonction $f$ est strictement croissante sur $[1,2]$ et strictement décroissante sur $[2,3]$.
4. On note $\mathscr{C}_f$ le graphe de $f$ dans le plan rapporté à un repère orthonormé $\left(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j}\right)$.
   Soit $M(x,y)$ un point du plan. \begin{align*} M\in\mathscr{C}_f&\Leftrightarrow y=\sqrt{-x^2+4x-3}\Leftrightarrow y^2=-x^2+4x-3\;\text{et}\;y\geqslant0\\ &\Leftrightarrow x^2-4x+y^2+3=0\Leftrightarrow (x-2)^2-4+y^2+3=0\\ &\Leftrightarrow(x-2)^2+(y-0)^2=1^2. \end{align*}

   $\mathscr{C}_f$ est donc la partie du cercle de centre $\Omega(2,0)$ et de rayon $1$ constituée des points d'ordonnées positives.

5) Utilisation des dérivées pour lever des indéterminations du type $\dfrac{0}{0}$

A titre d'exemple, déterminons la limite quand $x$ tend vers $2$ de $\dfrac{\sqrt{2x+5}-3}{x-2}$. Nous avons déjà déterminé cette limite dans l'exercice 7 du chapitre 5 grâce à l'utilisation d'une quantité conjuguée. Nous allons de nouveau calculer cette limite en l'interprétant comme un nombre dérivé.

Quand $x$ tend vers $2$, $\sqrt{2x+5}-3$ tend vers $\sqrt{2\times3+5}-3=0$ et $x-2$ tend vers $0$. Nous sommes donc en présence d'une indétermination du type $\dfrac{0}{0}$. Ceci doit éveiller les soupçons car quand on calcule un nombre dérivé c'est-à -dire la limite quand $x$ tend vers $x_0$ de $\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$, on est aussi en présence d'une indétermination du type $\dfrac{0}{0}$.

Pour tout réel $x\geqslant-\dfrac{5}{2}$, posons $f(x)=\sqrt{2x+5}$. Alors, pour tout réel $x$ de $\left[-\dfrac{5}{2},+\infty\right[$ tel que $x\neq2$,

La limite à calculer est donc la limite en un réel d'un taux d'accroissement c'est-à -dire un nombre dérivé.

On sait que la fonction $f$ est dérivable sur $\left]-\dfrac{5}{2},+\infty\right[$ car pour tout $x>-\dfrac{5}{2}$, on a $2x+5>0$ et que pour tout réel $x>-\dfrac{5}{2}$,

En particulier, $f$ est dérivable en $2$ et

On retrouve ainsi par une autre méthode le résultat de l'exercice 7 du chapitre 5.