LU1MA001: Dérivées

5.4 Dérivées

Exemple 5.4.1

La fonction derivée:

Exemple 5.4.2

Derivée par la pente

Définition 5.4.3

Soit $f:I=[a,b]\to \mathbb {R}$ une fonction, $a$ un point à l’interieur de $I$. On dit que $f$ est dérivable en $a$ si la limite

\begin{equation} \label{definitinionderivee} \lim _{h\to 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h} \end{equation}

5.4.4

existe.

On dit que $f$ est dérivable si elle est dérivable en tout point $a$ de $I$. Si la fonction est dérivable, on pose $f':I\to \mathbb {R}$ la fonction

\[ a\mapsto f'(a):=\lim _{h\to 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h} \]

On appelle $f'$ la fonction dérivée de $f$.

Exemple 5.4.5

La fonction constante $f:\mathbb {R}\to \mathbb {R}$, $ f(x)=c,\, \, \forall x\in \mathbb {R}$ est dérivable sur $\mathbb {R}$. En effet, pour chaque $x\in \mathbb {R}$ on a

\[ \lim _{h\to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} = \lim _{h\to 0} \frac{ c-c}{h} = \lim _{h\to 0} \frac{0}{h} =0 \]

donc $f'=0$ est la fonction nulle.

Exemple 5.4.6

Soit $n\in \mathbb {N}$ avec $n\geq 1$. La fonction $f(x)=x^n$ est dérivable sur $\mathbb {R}$. En effet:

\[ \lim _{h\to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} = \lim _{h\to 0} \frac{ (x+h)^n - x^n}{h} \]

La formule du binôme (exercice: montrer par récurrence) donne

\[ (x+h)^n = x^n + h.\sum _{i\geq 1}^{n} {n \choose i} x^{n-i}.h^{i-1} \]

d’où

\[ \lim _{h\to 0} \frac{ (x+h)^n - x^n}{h} = \lim _{h\to 0} \frac{ x^n + h.\sum _{i\geq 1}^{n} {n \choose i} x^{n-i}.h^{i-1}- x^n}{h} = \]

\[ = \lim _{h\to 0} \frac{ h.\sum _{i\geq 1}^{n} {n \choose i} x^{n-i}.h^{i-1}}{h} = n. x^{n-1} \]

d’où $(x^n)'=n.x^{n-1}$.

Exemple 5.4.7

La fonction $f(x)=|x|$ n’est pas dérivable en $x=0$. En effet,

\[ \lim _{h\to 0^+} \frac{ |(0+h)|- |0|}{h} = \lim _{h\to 0^+} \frac{ h}{h}= 1 \]

\[ \lim _{h\to 0^-} \frac{ |(0+h)|- |0|}{h} = \lim _{h\to 0^-} \frac{ -h}{h}=- 1 \]

Exemple 5.4.8

Soit $ f(x) = \frac{1}{x} = x^{-1} $, on a donc $ f'(x) = -x^{-2} $.

En effet:

\[ \lim _{h \to 0} \frac{\frac{1}{x+h} - \frac{1}{x}}{h} \]

pour $ x \neq 0 $, cela donne :

\[ \lim _{h \to 0} \frac{\frac{1}{x(1 + \frac{h}{x})} - \frac{1}{x}}{h} \]

En utilisant la série géométrique $ \frac{1}{1-a} = 1 + a + a^2 + a^3 + \cdots $, on obtient :

\[ \lim _{h \to 0}\frac{\frac{1}{x} \left[ 1 - \frac{h}{x} + \frac{h^2}{x^2} - \frac{h^3}{x^3} + \cdots \right]- \frac{1}{x} }{h} \]

Cela devient :

\[ \lim _{h \to 0} \frac{-\frac{h}{x^2} + \frac{h^2}{x^3} - \frac{h^3}{x^4} + \cdots }{h} \]

En simplifiant, nous avons :

\[ \lim _{h \to 0} \left( -\frac{1}{x^2} + \frac{h}{x^3} - \frac{h^2}{x^4} + \cdots \right) = -\frac{1}{x^2} \]

Énoncé indispensable 5.4.9

Propriétés des fonctions dérivables:

Si $f$ et $g$ sont dérivables en $a$ alors $f+g$ aussi avec

\[ (f+g)'=f'+g' \]
Si $f$ et $g$ sont dérivables en $a$ alors $f.g$ aussi avec

\[ (f.g)'=f.g'+f'.g \]
Soient $f$ et $g$ deux fonctions. Si $f$ est dérivable en $a$ et $g $ est dérivable en $f(a)$, alors la fonction $ g \circ f $ est également dérivable en $a$, et

\[ (g \circ f)'(a) = g'(f(a)) \cdot f'(a). \]
Si $ f $ est dérivable en $ a $, alors $ f $ est continue en $ a $. La réciproque est fausse : une fonction peut très bien être continue en $ a $ sans être dérivable (ex: $|x|$).
Si $f:I\to J$ est dérivable en $a\in I$ avec $f'(a)\neq 0$ et $f$ admet une fonction inverse $g$ continue, alors l’inverse est dérivable en $f(a)$ et on a $g'(f(a))=\frac{1}{f'(a)}$.

Preuve ▼

Exercice.
On démontre (2): En effet:

\[ \lim _{h\to 0} \frac{(fg)(a+h)-(f.g)(a)}{h}= \lim _{h\to 0} \frac{ f(a+h).g(a+h)-f(a).g(a)}{h} \]

\[ = \lim _{h\to 0} \frac{ f(a+h).g(a+h)- f(a).g(a)}{h}= \]

\[ =\lim _{h\to 0} \frac{ f(a+h).g(a+h)- f(a+h).g(a)+ f(a+h).g(a)- f(a).g(a)}{h} \]

\[ = \lim _{h\to 0} \frac{ f(a+h).(g(a+h)- g(a)) + g(a)(f(a+h)- f(a))}{h} \]

\[ = \lim _{h\to 0} \frac{ f(a+h).(g(a+h)- g(a))}{h} + \lim _{h\to 0} \frac{ g(a)(f(a+h)- f(a))}{h} \]

\[ = f(a).g'(a) + g(a).f'(a) \]

d’où $(f.g)'=f'g+ f.g'$.
Supposons $f$ et $g$ dérivables. On veut calculer

\[ \lim _{h\to 0} \frac{g(f(x+h))-g(f(x)))}{h} \]

Comme $f$ est dérivable, on pose

\[ v= \frac{f(x+h)-f(x)}{h}- f'(x), \, \, \, \, \, \, \, \lim _{h\to 0} v=0 \]

Comme $g$ est dérivable, on pose

\[ w= \frac{g(x+h)-g(x)}{h}- g'(x),\, \, \, \, \, \, \lim _{h\to 0} w=0 \]

Par construction, on a

\[ f(x+h)= h(v+ f'(x)) + f(x) \]

\[ g(y+k)= k(w+ g'(y)) + g(y) \]

On pose $y=f(x)$ et $k=(v+f'(x))h$. Donc,

\[ \lim _{h\to 0} \frac{g(f(x+h))-g(f(x)))}{h} = \lim _{h\to 0} \frac{(w+g'(f(x)))(v+f'(x))h}{h} = g'(f(x)).f'(x) \]
La démonstration de (4) sera laissée pour le cours de mathématiques approfondies du deuxième semestre.
On montre (5). Comme $g$ est inverse de $f$, pour chaque $b\in J$ il existe un unique $a\in I$ avec $f(a)=b$. On veut donc montrer que la limite

\[ \lim _{h\to 0} \frac{g(b+h)-g(b)}{h} \]

existe et est égale à $\frac{1}{f'(a)}$. On pose

\[ k= g(b+h)- g(b)= g(f(a)+h)-a \]

Alors,

\[ a+k= g(b+h) \]

ou de façon équivalente $f(a+k)=b+h$. Il faut donc montrer que la limite $\lim _{h\to 0} \frac{k}{h}$ existe et est égale à $\frac{1}{f'(a)}$. Comme $g$ est continue, on a $\lim _{h\to 0}k(h)=0$. Comme $h=b+h-b$, on a

\[ \lim _{h\to 0} \frac{k}{(b+h)-b}= \lim _{k\to 0} \frac{k}{(f(a+k)-f(a)}= \frac{1}{f'(a)} \]

Exemple 5.4.10

Derivée de la fonction composée.

$\includegraphics[scale=0.7]{images/geogebra}$

Remarque 5.4.11

Dans la preuve du 5.2.11, nous n’avions pas démontré le dernier cas, à savoir que la composition $ g \circ f $ de fonctions continues est continue. Mais maintenant, grâce aux résultats 5.4.9 et 4, nous déduisons ce résultat dans le cas où $ f $ et $ g $ sont dérivables.

Énoncé indispensable 5.4.12

$\sin (x)'=\cos (x)$
$\cos (x)'=-\sin (x)$

Preuve ▼

On démontre le premier. Le deuxième se démontre par la même méthode.

\[ \sin (x)'=\lim _{h \to 0} \frac{\sin (x+h) - \sin (x)}{h} \]

\[ = \lim _{h \to 0} \frac{\sin (x)\cos (h) + \cos (x)\sin (h) - \sin (x)}{h} \]

\[ = \lim _{h \to 0} \frac{(\cos (h) - 1) \sin (x) + \cos (x) \sin (h)}{h} \]

\[ = \sin (x) \lim _{h \to 0} \frac{\cos h - 1}{h} + \cos (x) \lim _{h \to 0} \frac{\sin (h)}{h} \]

\[ = \sin (x) \cdot \cos '(0) + \cos (x) \cdot \sin '(0) \]

Il suffit donc de calculer les limites

\[ \lim _{h \to 0} \frac{\cos (h) - 1}{h} \hspace{1cm} \lim _{h \to 0} \frac{\sin (h)}{h} \]

On calcule le deuxième. Le prémier se calcule par le même méthode.

\[ \lim _{h \to 0} \frac{\sin (h)}{h} \]

Donc,

\[ \frac{\sin h}{2} {\lt} \frac{h}{2} {\lt} \frac{\sin h}{\cos h} \cdot \frac{1}{2} \]

\[ \Rightarrow \text{divisons par } \frac{\sin h}{2} \]

\[ 1 {\lt} \frac{h}{\sin h} {\lt} \frac{1}{\cos h} \]

\[ \Rightarrow 1 {\gt} \frac{\sin h}{h} {\gt} \cos h \]

\[ \text{Lorsque } h \to 0, \quad \cos h \to 1 \]

\[ \text{Donc, par le théorème des gendarmes,} \quad \boxed { \lim _{h \to 0} \frac{\sinh h}{h} = 1 } \]

Exemple 5.4.13

\[ \frac{1}{\cos x} = \text{composée } \quad g(x) = \frac{1}{x} \quad \text{avec } f(x) = \cos x \]

\[ = g(f(x)) \]

Donc,

\[ \left( \frac{1}{\cos x} \right)' = g'(f(x)) \cdot f'(x) \]

\[ = \left( \frac{-1}{f(x)^2} \right) \cdot (-\sin x) = \frac{-1}{(\cos x)^2} \cdot (-\sin x) = \frac{\sin x}{\cos ^2 x} \]

\[ g'(x) = -\frac{1}{x^2}, \quad f'(x) = -\sin x \]
\[ \tan (x)' = \left( \frac{\sin x}{\cos x} \right)' = \left( \sin x \cdot \frac{1}{\cos x} \right)' \]

\[ = (\sin x)' \cdot \frac{1}{\cos x} + \sin x \cdot \left( \frac{1}{\cos x} \right)' \]

\[ = \cos x \cdot \frac{1}{\cos x} + \sin x \cdot \frac{\sin x}{\cos ^2 x} = 1 + \frac{\sin ^2 x}{\cos ^2 x} = 1 + \tan ^2 x \]