Cours 02 : Dérivabilité d’une fonction

Soit une fonction numérique $f$ définie sur un intervalle ouvert $I$ et $a in I$.

On dit que $f$ est dérivable en $a$ s’il existe un réel $l$ tel que :

$$lim_{x to a} dfrac{f(x) – f(a)}{x – a} = l
quad text{ou bien} quad
lim_{h to 0} dfrac{f(a + h) – f(a)}{h} = l.$$

Le nombre réel $l$ est appelé nombre dérivé de la fonction $f$ en $a$.
On le note $f'(a)$.

On considère la fonction $f$ définie sur $mathbb{R}$ par $f(x) = x^2 + 2x$.
Montrons que $f$ est dérivable en $1$.

1^ère méthode :

$$lim_{x to 1} dfrac{f(x) – f(1)}{x – 1}
= lim_{x to 1} dfrac{x^2 + 2x – 3}{x – 1}$$
$$= lim_{x to 1} dfrac{(x – 1)(x + 3)}{x – 1}
= lim_{x to 1} (x + 3) = 4.$$
Donc $f$ est dérivable en $1$ et $f'(1) = 4$.

2^ème méthode :

$$lim_{h to 0} dfrac{f(1 + h) – f(1)}{h}
= lim_{h to 0} dfrac{(1 + h)^2 + 2(1 + h) – 3}{h}$$
$$= lim_{h to 0} dfrac{1 + 2h + h^2 + 2h + 2 – 3}{h}
= lim_{h to 0} dfrac{4h + h^2}{h}$$
$$= lim_{h to 0} (4 + h) = 4.$$
Donc $f$ est dérivable en $1$ et $f'(1) = 4$.

On considère la fonction $f$ définie sur $[1; +infty[$ par
$$f(x) = sqrt{x – 1}.$$
1) Montrer que la fonction $f$ est dérivable en $2$.
2) Étudier la dérivabilité de $f$ à droite de $1$.

$$lim_{x to 2} dfrac{f(x) – f(2)}{x – 2}
= lim_{x to 2} dfrac{sqrt{x – 1} – 1}{x – 2}.$$
On multiplie par le conjugué :
$$dfrac{sqrt{x – 1} – 1}{x – 2}
= dfrac{bigl(sqrt{x – 1} – 1bigr)bigl(sqrt{x – 1} + 1bigr)}{(x – 2)(sqrt{x – 1} + 1)}
= dfrac{x – 2}{(x – 2)(sqrt{x – 1} + 1)}
= dfrac{1}{sqrt{x – 1} + 1}.$$
Donc :
$$lim_{x to 2} dfrac{f(x) – f(2)}{x – 2}
= dfrac{1}{sqrt{2 – 1} + 1} = dfrac{1}{2}.$$
La fonction $f$ est donc dérivable au point $2$ et
$$f'(2) = dfrac{1}{2}.$$

À droite de $1$ :
$$lim_{x to 1^+} dfrac{f(x) – f(1)}{x – 1}
= lim_{x to 1^+} dfrac{sqrt{x – 1}}{x – 1}.$$
On écrit :
$$dfrac{sqrt{x – 1}}{x – 1}
= dfrac{1}{sqrt{x – 1}} to +infty quad text{quand } x to 1^+.$$
Donc la fonction $f$ n’est pas dérivable à droite de $1$.

Remarque : La fonction $f$ est dérivable au point $2$, donc elle est dérivable à droite de $2$ et à gauche de $2$.

On considère la fonction $f$ définie sur $mathbb{R}$ par $f(x) = x^2$.

a) Montrons que $f$ est dérivable en $1$ :
$$lim_{x to 1} dfrac{f(x) – f(1)}{x – 1}
= lim_{x to 1} dfrac{x^2 – 1}{x – 1}
= lim_{x to 1} dfrac{(x – 1)(x + 1)}{x – 1}
= lim_{x to 1} (x + 1) = 2.$$
Donc $f$ est dérivable en $1$ et $f'(1) = 2$.

b) Déterminer une équation de la tangente $(T)$ à la courbe représentative de $f$ au point d’abscisse $x = 1$.

Une équation de la tangente au point d’abscisse $1$ est de la forme :
$$y = f'(1)(x – 1) + f(1).$$
On a $f'(1) = 2$ et $f(1) = 1$, donc :
$$y = 2(x – 1) + 1 quad Rightarrow quad (T): y = 2x – 1.$$

c) Construction de la tangente $(T)$ dans un repère orthonormé :

• 1^ère méthode : la droite $(T)$ passe par $A(1;1)$ et admet comme vecteur directeur
$vec{u}(1; f'(1)) = (1;2)$.
• 2^ème méthode : la droite $(T)$ passe par les points $A(1;1)$ et $B(2;3)$.

Soit $f$ une fonction dérivable en $a$. Une tangente à une courbe est une droite qui « touche » la courbe en un point.
Lorsque le point $M$ se rapproche du point $A$, la droite $(AM)$ se rapproche de la tangente en $A$ à la courbe.
La pente de la tangente est égale au nombre dérivé $f'(a)$.

Propriété : Soit $f$ une fonction dérivable au point d’abscisse $a$.

• La tangente à la courbe au point $A$ d’abscisse $a$ est la droite passant par $A$ de pente le nombre dérivé $f'(a)$.

• La droite $(T)$ d’équation
$$y = f'(a)(x – a) + f(a)$$
est appelée la tangente à la courbe $(C_f)$ au point d’abscisse $a$.

• La fonction
$$x longmapsto f'(a)(x – a) + f(a)$$
s’appelle l’approximation affine de $f$ au voisinage de $a$.

• On écrit alors : $f(x) simeq f'(a)(x – a) + f(a)$ au voisinage de $a$.

Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle du type $[a; a + r[$.
On dit que $f$ est dérivable à droite de $a$ s’il existe un réel $l_d$ tel que :
$$lim_{x to a^+} dfrac{f(x) – f(a)}{x – a} = l_d.$$
Le réel $l_d$ est appelé le nombre dérivé de la fonction $f$ à droite en $a$ et se note $f’_d(a)$.

Interprétation géométrique : la courbe $(C_f)$ admet une demi-tangente au point $A(a; f(a))$
d’équation :
$$y = f’_d(a)(x – a) + f(a), quad text{pour } x > a.$$

Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle du type $]a – r; a]$.
On dit que $f$ est dérivable à gauche de $a$ s’il existe un réel $l_g$ tel que :
$$lim_{x to a^-} dfrac{f(x) – f(a)}{x – a} = l_g.$$
Le réel $l_g$ est appelé nombre dérivé de la fonction $f$ à gauche en $a$ et se note $f’_g(a)$.

Interprétation géométrique : la courbe $(C_f)$ admet une demi-tangente au point $A(a; f(a))$
d’équation :
$$y = f’_g(a)(x – a) + f(a), quad text{pour } x < a.$$

Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle ouvert $I$ et $a in I$.

$f$ est dérivable en $a$ si, et seulement si, elle est dérivable à droite et à gauche en $a$ et
$$f’_d(a) = f’_g(a).$$
Dans ce cas :
$$f'(a) = f’_d(a) = f’_g(a).$$

Si la fonction $f$ est dérivable en $a$, alors elle est continue en $a$.

Remarque : la réciproque est fausse. Par exemple, la fonction $x mapsto |x|$ est continue en $0$ mais n’est pas dérivable en $0$.

Soit $f$ la fonction numérique définie par :
$$f(x) = dfrac{x^2 – 6x + 5}{x – 5} quad text{si } x ne 5,
qquad f(5) = 4.$$
1) Montrer que $f$ est dérivable en $x_0 = 5$.
2) Déterminer l’équation de $(T)$ la tangente à $(C_f)$ en $5$.
3) Donner l’approximation affine de $f$ au voisinage de $5$.
4) Déduire une valeur approchée de $f(5{,}001)$.

$$lim_{x to 5} dfrac{f(x) – f(5)}{x – 5}
= lim_{x to 5} dfrac{dfrac{x^2 – 6x + 5}{x – 5} – 4}{x – 5}
= lim_{x to 5} dfrac{(x – 5)(x – 1)}{x – 5} cdot dfrac{1}{x – 5}
= lim_{x to 5} dfrac{x – 1 – 4}{x – 5}
= lim_{x to 5} dfrac{x – 5}{x – 5} = 1.$$
Donc $f$ est dérivable en $5$ et $f'(5) = 1$.

Tangente en $5$ :
$$y = f'(5)(x – 5) + f(5) = 1 cdot (x – 5) + 4 = x – 1.$$
L’approximation affine de $f$ au voisinage de $5$ est donc :
$$f(x) simeq x – 1.$$
Alors :
$$f(5{,}001) simeq 5{,}001 – 1 = 4{,}001.$$

Si :
$$lim_{x to a} dfrac{f(x) – f(a)}{x – a} = pm infty,$$
alors la fonction $f$ n’est pas dérivable en $a$.

Interprétation géométrique :
• Si $displaystyle lim_{x to a^+} dfrac{f(x) – f(a)}{x – a} = +infty$, alors la courbe $(C_f)$ admet, au point $A(a; f(a))$, une demi-tangente verticale dirigée vers le haut.
• Si $displaystyle lim_{x to a^+} dfrac{f(x) – f(a)}{x – a} = -infty$, alors $(C_f)$ admet en $A$ une demi-tangente verticale dirigée vers le bas.
• Si $displaystyle lim_{x to a^-} dfrac{f(x) – f(a)}{x – a} = +infty$, alors $(C_f)$ admet en $A$ une demi-tangente verticale à gauche dirigée vers le haut.
• Si $displaystyle lim_{x to a^-} dfrac{f(x) – f(a)}{x – a} = -infty$, alors $(C_f)$ admet en $A$ une demi-tangente verticale à gauche dirigée vers le bas.

La fonction $x mapsto sqrt{x}$ n’est pas dérivable à droite de $0$, car :
$$lim_{x to 0^+} dfrac{sqrt{x} – sqrt{0}}{x – 0}
= lim_{x to 0^+} dfrac{sqrt{x}}{x}
= lim_{x to 0^+} dfrac{1}{sqrt{x}} = +infty.$$
La courbe admet donc une demi-tangente verticale en $0$, dirigée vers le haut.

Soient $f$ et $g$ deux fonctions dérivables sur un intervalle $I$ et $k in mathbb{R}$. Alors, pour tout $x in I$ :

• $(f + g)'(x) = f'(x) + g'(x)$
• $(kf)'(x) = k cdot f'(x)$
• $(f cdot g)'(x) = f'(x)g(x) + f(x)g'(x)$
• Si $f(x) ne 0$ sur $I$ : $(f^n)'(x) = n(f(x))^{,n-1} f'(x)$, pour tout entier $n$
• Si $g$ ne s’annule pas sur $I$ :
$$left(dfrac{1}{g}right)'(x) = -dfrac{g'(x)}{bigl(g(x)bigr)^2}$$
• Si $g(x) ne 0$ sur $I$ :
$$left(dfrac{f}{g}right)'(x) = dfrac{f'(x)g(x) – f(x)g'(x)}{(g(x))^2}$$
• Si $f$ est strictement positive sur $I$ :
$$(sqrt{f})'(x) = dfrac{f'(x)}{2sqrt{f(x)}}.$$

Montrer que $f$ est dérivable sur $D_f$ puis calculer $f'(x)$ dans chaque cas :

a) $f(x) = (2x^2 – 5x)(3x – 2)$
b) $f(x) = dfrac{6x – 5}{x^2 + 1}$
c) $f(x) = sqrt{3x^2 + 2x + 1}$
d) $g(x) = (2x^2 + 3x – 3)^4$

a) $f(x) = u(x)v(x)$ avec $u(x) = 2x^2 – 5x$, $u'(x) = 4x – 5$ et $v(x) = 3x – 2$, $v'(x) = 3$.
$$f'(x) = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)
= (4x – 5)(3x – 2) + (2x^2 – 5x)cdot 3
= 18x^2 – 38x + 10.$$

b) $f(x) = dfrac{u(x)}{v(x)}$ avec $u(x) = 6x – 5$, $u'(x) = 6$, et $v(x) = x^2 + 1$, $v'(x) = 2x$.
$$f'(x) = dfrac{u'(x)v(x) – u(x)v'(x)}{(v(x))^2}
= dfrac{6(x^2 + 1) – (6x – 5)cdot 2x}{(x^2 + 1)^2}
= dfrac{-6x^2 + 10x + 6}{(x^2 + 1)^2}.$$

c) $f(x) = sqrt{u(x)}$ avec $u(x) = 3x^2 + 2x + 1$, $u'(x) = 6x + 2$.
$$f'(x) = dfrac{u'(x)}{2sqrt{u(x)}}
= dfrac{6x + 2}{2sqrt{3x^2 + 2x + 1}}
= dfrac{3x + 1}{sqrt{3x^2 + 2x + 1}}.$$

d) $g(x) = (u(x))^4$ avec $u(x) = 2x^2 + 3x – 3$, $u'(x) = 4x + 3$.
$$g'(x) = 4u'(x)(u(x))^3
= 4(4x + 3)(2x^2 + 3x – 3)^3.$$

Soit $f$ une fonction dérivable sur un intervalle $I$.

• Si $forall x in I, f'(x) ge 0$, alors $f$ est croissante sur $I$.
• Si $forall x in I, f'(x) le 0$, alors $f$ est décroissante sur $I$.
• Si $forall x in I, f'(x) = 0$, alors $f$ est constante sur $I$.

Soit $f$ une fonction définie sur $mathbb{R}$ par
$$f(x) = 2x^3 – 3x^2 + 2.$$
1) Calculer $f'(x)$ sur $mathbb{R}$.
2) Étudier les variations de $f$ puis dresser le tableau de variations.

Soient $f$ et $g$ deux fonctions définies sur $mathbb{R}$ par :
$$f(x) = cos(x), qquad g(x) = x^2 – 2x.$$
1) Calculer $f'(x)$ et $g'(x)$ pour tout $x in mathbb{R}$.
2) Calculer $f'(x)times g'(f(x))$.
3) Soit $h(x) = g circ f(x)$. Déterminer $h(x)$ puis calculer $h'(x)$.
4) Comparer $h'(x)$ et $f'(x)times g'(f(x))$.

• Si $f$ est dérivable en un réel $a$ et $g$ est dérivable en $f(a)$, alors la fonction composée $g circ f$ est dérivable en $a$ et :
$$ (g circ f)'(a) = g'(f(a)) cdot f'(a). $$
• Si $f$ est dérivable sur un intervalle $I$ et $g$ dérivable sur un intervalle $J$ tel que $f(I) subset J$, alors $g circ f$ est dérivable sur $I$ et, pour tout $x in I$ :
$$ (g circ f)'(x) = g'(f(x)) cdot f'(x). $$

Soit $f$ une fonction continue et strictement monotone sur un intervalle $I$.
Si $f$ est dérivable sur $I$ et $f'(x)$ ne s’annule pas sur $I$, alors la fonction réciproque $f^{-1}$ est dérivable sur
$$J = f(I).$$
De plus, pour tout $x in J$ :
$$ (f^{-1})'(x) = dfrac{1}{f’bigl(f^{-1}(x)bigr)}. $$

Corollaire : si $a in I$, $b in J$ et $f(a) = b$, si $f$ est dérivable en $a$ avec $f'(a) ne 0$, alors $f^{-1}$ est dérivable en $b$ et :
$$(f^{-1})'(b) = dfrac{1}{f'(a)}.$$

Soit $f$ la fonction définie sur $mathbb{R}$ par :
$$f(x) = x^3 + x + 3.$$
1) Montrer que $f$ admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur un intervalle $J$ que l’on déterminera.
2) Montrer que $f^{-1}$ est dérivable en $5$ et déterminer $(f^{-1})'(5)$.

$f$ est un polynôme donc continue et dérivable sur $mathbb{R}$, et :
$$f'(x) = 3x^2 + 1 > 0 quad forall x in mathbb{R}.$$
Donc $f$ est strictement croissante sur $mathbb{R}$, donc bijective de $mathbb{R}$ sur $J = f(mathbb{R}) = mathbb{R}$.

On remarque que $f(1) = 1^3 + 1 + 3 = 5$, donc $f^{-1}(5) = 1$.

Comme $f$ est dérivable en $1$ et $f'(1) = 4 ne 0$, on a :
$$(f^{-1})'(5) = dfrac{1}{f'(1)} = dfrac{1}{4}.$$

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2$.
On considère la fonction $u$ définie sur $[0; +infty[$ par :
$$u(x) = sqrt{x^n}.$$
1) Étudier la dérivabilité de $u$ à droite de $0$.
2) Calculer la dérivée de la fonction $u$.

La fonction $x mapsto sqrt{x^n}$ est dérivable sur $mathbb{R}_+^*$ et, pour tout $x > 0$ :
$$
bigl(sqrt{x^n}bigr)’ = dfrac{1}{nsqrt{x^{n-1}}}.
$$

Soit $f$ une fonction dérivable et strictement positive sur un intervalle $I$.
Alors la fonction
$$x mapsto sqrt{f(x)^n}$$
est dérivable sur $I$ et sa dérivée est donnée par :
$$
bigl(sqrt{f^n}bigr)'(x)
= dfrac{f'(x)}{n bigl(sqrt{f(x)^n}bigr)^{,n-1}}.
$$

Montrer que $f$ est dérivable sur son domaine de définition puis calculer sa dérivée dans les cas suivants :

• $f(x) = sqrt{x^3}$
• $f(x) = sqrt{(x^2 + 1)^4}$
etc.

1) Montrer que la fonction $u : x mapsto cos(sqrt{x})$ est dérivable sur $mathbb{R}_+^*$ puis déterminer sa dérivée.

2) Montrer que la fonction $v : x mapsto sin(sqrt{x^2 + 5})$ est dérivable sur $mathbb{R}$ puis déterminer sa dérivée.

Pour $u(x) = cos(sqrt{x})$, on pose $g(x) = cos x$ et $f(x) = sqrt{x}$ sur $mathbb{R}_+^*$.
Alors $u(x) = g(f(x))$.
$f$ est dérivable sur $]0, +infty[$ et $g$ est dérivable sur $mathbb{R}$, donc $u$ est dérivable sur $mathbb{R}_+^*$ et :
$$u'(x) = g'(f(x)) cdot f'(x) = -sin(sqrt{x}) cdot dfrac{1}{2sqrt{x}}
= -dfrac{sin(sqrt{x})}{2sqrt{x}}.$$

Pour $v(x) = sin(sqrt{x^2 + 5})$, on pose $g(x) = sin x$ et $f(x) = sqrt{x^2 + 5}$.
On obtient :
$$v'(x) = g'(f(x)) cdot f'(x)
= cos(sqrt{x^2 + 5}) cdot dfrac{2x}{2sqrt{x^2 + 5}}
= dfrac{x cos(sqrt{x^2 + 5})}{sqrt{x^2 + 5}}.$$