LU1MA001

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:  

  1. Si \(f\) et \(g\) sont dérivables en \(a\) alors \(f+g\) aussi avec

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

    \[ (f.g)'=f.g'+f'.g \]
  3. 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

    \[ (g \circ f)'(a) = g'(f(a)) \cdot f'(a). \]
  4. 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: \(|x|\)).

  5. 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

  

  1. Exercice.

  2. 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 \((f.g)'=f'g+ f.g'\).

  3. 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,

    \[ \lim _{h\to 0} \frac{g(f(x+h))-g(f(x)))}{h} = \lim _{h\to 0} \frac{(w+g'(f(x)))(v+f'(x))h}{h} = g'(f(x)).f'(x) \]
  4. La démonstration de (4) sera laissée pour le cours de mathématiques approfondies du deuxième semestre.

  5. 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.

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

    Donc,

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