Sujet D.3.1 Calcul d'une dérivée
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Exercice a
Dériver la fonction $\,f:x\mapsto\smb{2}{\op{Arctan}\Big(\dfrac{x^2-1}{2\sp{1.5}x}\Big)}\!\cdot\,$
En déduire une expression simplifiée de $f(x)\sp{1.5}.$
dérivation d'une fonction en un point
$f:I\to\bb K$ est dérivable en $\,a\,$ ssi le taux d'accroissement de $f$ en $a$ admet une limite finie en $\,a:\,$
$\displaystyle{}f'(a)=\lim xa\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\app\bb K$
Si $f$ est dérivable en $\,a\sp{1.5},\,$ alors $f$ est continue en $\,a\sp{1.5}.\,$
Si $f$ est dérivable sur $I\sp{1.5},$ $\,f':x\mapsto f'(x)\,$ est la dérivée de $f\sp{1.5}.$
dérivation des fonctions et opérations
Soient $\,f,g:I\to\bb K\,$ dérivables en $x\app I$ et $\alpha,\beta\app\bb K\,.$
Alors, $\,(\alpha\sp{1.5}f+\beta\sp{1.5}g)\,$ et $\,f\sp{1.5}g\,$ sont dérivables en $x\sp{1.5},$ avec :
- $\,(\alpha\sp{1.5}f+\beta\sp{1.5}g)'(x)=\alpha\sp{1.5}f'(x)+\beta\sp{1.5}g^{\sp{1.5}\prime}(x)\sp{1.5},\,$
- $\,(f\sp{1.5}g)'\sp{1.5}(x)=f'(x)\,g(x)+f(x)\,g^{\sp{1.5}\prime}(x)\sp{1.5}.\,$
dérivation d'une fonction composée en un point
Soient $f\sp{-1.5}:I\!\to\sp{-1.5}\bb K$ dérivable en $x$ et $g\sp{-1.5}:J\!\to\sp{-1.5}\bb R$ dérivable en $f(x)\sp{1.5}.$
Si $\,\sth{.5}f(I)\subset J\sp{1.5},\,$ alors $\,g\circ f\,$ est dérivable en $x\sp{1.5},$ avec :
$\displaystyle{}(g\circ f)'(x)=g'\big(f(x)\big)\sp{1.5}f'(x)$
fonctions de dérivée nulle et fonctions constantes
Soit $\,f:I\to\bb R\sp{1.5},\,$ dérivable sur un intervalle $I\sp{1.5};$ $f$ est constante ssi :
$\displaystyle{}\ptt x\app I\sp{1.5},\ f'(x)=0$
indication
1
Dériver la fonction composée $\,f=(\op{Arctan})\circ\phi\sp{1.5},\,$ pour $\,\phi:x\mapsto\dfrac{x^2-1}{2\sp{1.5}x}\!\cdot\,$
indication
2
Distinguer les cas $\,x>0\,$ et $\,x<0\,$ en utilisant l'imparité de $f\sp{1.5}.$
figure
Représentation de $\,f:x\mapsto\op{Arctan}\smh{1}{\Big(\dfrac{x^2-1}{2\sp{1.5}x}\Big)}\,$
réponse
$f$ est dérivable sur $\bb R^{\ast},$ avec : $\,\ptt x\app\bb R^{\ast},\ f'(x)=\dfrac2{x^2 +1}\!\cdot\,$
On en déduit :
$\,f(x)=\sth3\Syst{\,2\sp{1.5}\op{Arctan}x-\pi/2&\txt{si} x>0\,,\\[.5ex]
\,2\sp{1.5}\op{Arctan}x+\pi/2&\txt{si} x<0\,.}\,$
correction
La fonction
Une fonction rationnelle est de la forme : $\,\Big\{\eqalign{&\!\bb K\!\setminus\!\{\alpha_1,\dots,\alpha_p\}\to\bb K\\[-.5ex]&\!x\mapsto f(x)\!=\!A(x)\sp{-1.5}/\sp{-1.5}B(x)}\,$
pour $\,\sth1A\app\bb K[X]\,$ et $\,B\app\bb K[X]\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\,$ de racines : $\,\alpha_1,\dots,\alpha_p\app\bb K\sp{1.5}.\,$
rationnelle
$\,\phi:x\mapsto\dfrac{x^2-1}{2\sp{1.5}x}=\dfrac x2-\dfrac1{2\sp{1.5}x}\,$ est
- Si les $A(\alpha_k)$ sont non nuls, $f$ est iréductible de pôles les $\,\alpha_k\sp{1.5}.\,$
- Un pôle $\alpha_k$ est un pôle simple ssi $\alpha_k$ est racine simple de $B\sp{1.5}.$
Une fonction rationnelle $\,f\,$
est de classe $\sc C^\I$ sur tout intervalle ne contenant aucun pôle de $f(x)\sp{1.5}.$
dérivable
sur $\bb R^{\ast},$ avec pour
Soient $\,f,g:I\to\bb K\,$ dérivables en $x\app I\sp{1.5},$ tel que : $\,g(x)\neq0\sp{1.5}.\,$
Alors les quotients $\,1/g\,$ et $\,f/g\,$ sont dérivables en $x\sp{1.5},$ avec :
dérivée :
$\,\phi'(x)=\dfrac12+\dfrac1{2\sp{1.5}x^2}\!\cdot\,$
D'autre part, la fonction arc tangente est
$\displaystyle{}\!\Big(\dfrac 1g\Big)'(x)\sp{-1.5}=\sp{-1.5}-\dfrac{g'(x)}{g(x)^2}\txt{et}
\Big(\dfrac fg\Big)'(x)\sp{-1.5}=\sp{-1.5}\dfrac{f'(x)\,g(x)-f(x)\,g'(x)}{g(x)^2}$
La fonction arc tangente est de classe $\sc C^{\I}$ sur $\bb R\sp{1.5},$ avec :
dérivable
sur $\bb R$ et
la composée $\,f=(\op{Arctan})\circ \phi\,$ est donc
$\displaystyle{}\ptt x\app\bb R,\ \op{Arctan}'(x)=\smh{1}{\frac1{1+x^2}}$
Soient $f\sp{-1.5}:I\!\to\sp{-1.5}\bb K$ dérivable en $x$ et $g\sp{-1.5}:J\!\to\sp{-1.5}\bb R$ dérivable en $f(x)\sp{1.5}.$
Si $\,\sth{.5}f(I)\subset J\sp{1.5},\,$ alors $\,g\circ f\,$ est dérivable en $x\sp{1.5},$ avec :
dérivable
sur $\bb R^{\ast},$ avec :
$\displaystyle{}(g\circ f)'(x)=g'\big(f(x)\big)\sp{1.5}f'(x)$
$\eqalign{\!f'(x)&=\frac{\phi'(x)}{1+\phi(x)^2}=\frac{\dfrac12+\dfrac1{2\sp{1.5}x^2}}{\smash[b]{1+\Big(\dfrac x2-\dfrac1{2\sp{1.5}x}\Big)^{\!2}}}=\frac{\dfrac{x^2+1}{2\sp{1.5}x^2}}{1+\dfrac{(x^2-1)^2}{4\sp{1.5}x^2}}\\
&=\frac{2\sp{1.5}(x^2+1)}{4\sp{1.5}x^2+(x^2-1)^2}=\frac{2\sp{1.5}(x^2+1)}{x^4+2\sp{1.5}x^2+1}=\frac2{x^2+1}}$
- La fonction $\,g:x\mapsto f(x)-2\sp{1.5}\op{Arctan}x\,$ est alors de dérivée nulle, et donc
Soit $\,f:I\to\bb R\sp{1.5},\,$ dérivable sur un intervalle $I\sp{1.5};$ $f$ est constante ssi :constante sur l'intervalle $]\sp{1.5}0,+\I[\,.$$\displaystyle{}\ptt x\app I\sp{1.5},\ f'(x)=0$Les valeurs usuelles des fonctions trigonométriques sont :Sachant que : $\,\tan(\pi/4)=1\sp{1.5},\,$ on a
Les autres valeurs résultent des symétries du cercle trigonométrique.$\require{color}\colorbox{white}{$\tabl{{|c|c|c|c|c|c|}\hline \theta&\ 0\ \sth{1.5}\stb{1.5}&\sp{1.5}\dfrac{\pi}6\sp{1.5}&\sp{1.5}\dfrac{\pi}4\sp{1.5}&\sp{1.5}\dfrac{\pi}3\sp{1.5}&\sp{1.5}\dfrac{\pi}2\sp{1.5}\\ \hline \cos\theta&1&\!\!\dfrac{\sqrt3}2\!\!&\!\!\dfrac{\sqrt2}2\!\!&\sp{1.5}\dfrac12\sp{1.5}&0\\ \hline \sin\theta&0&\!\!\dfrac12\!\!&\!\!\dfrac{\sqrt2}2\!\!&\!\!\dfrac{\sqrt3}2\!\!&1\\ \hline \tan\theta&0&\!\!\dfrac{\sqrt3}3\!\!&1&\!\!\sqrt3\!\!&\infty\\ \hline}$}$ L'arc tangente est la réciproque de la tangente restreinte à $\,]\!-\!\pi/2\sp{1.5},\sp{1.5}\pi/2\sp{1.5}[\,\sp{.75}:\,$réciproquement : $\,\op{Arctan}1=\pi/4\,$ et, pour tout $\,x > 0:\,$$\displaystyle{}\op{Arctan}:\,\bb R\,\to\,\big]\!\sp{-1.5}-\sp{-1.5}\pi/2\sp{1.5},\sp{1.5}\pi/2\sp{.75}\big[$- On a alors : $\,\ptt x\app\,]\!-\!\pi/2\sp{1.5},\sp{1.5}\pi/2\sp{1.5}[\sp{1.5},\ \op{Arctan}(\tan x)=x\sp{1.5},\,$
- et réciproquement : $\,\ptt y\app\sp{1.5}\bb R,\ \tan(\op{Arctan}y)=y\,.\,$
$\eqalign{&g(x)=g(1)=f(1)-2\sp{1.5}\op{Arctan}1=0-\frac{\pi}2\\[-1.5ex] &\!\!\txt{d'où :}f(x)=2\sp{1.5}\op{Arctan}x-\frac{\pi}2}$ - La fonction $\phi$ est
Soit $\,f:\Omega\to\bb R\,$ pour $\,\Omega\subset\bb R\,$ tel que : $\,x\app\Omega\Imp\!-\sp{1.5}x\app\Omega\sp{1.5}.\,$impaire, de même que la
- $f$ est paire ssi : $\,\ptt x\app\Omega,\ f(-x)=f(x)\,;\,$
- $f$ est impaire ssi : $\,\ptt x\app\Omega,\ f(-x)=-f(x)\,.\,$
L'arc tangente est impair, continu et strictement croissant sur $\bb R\sp{1.5}.$fonction arc tangente, si bien que, pour tout $\,x < 0:\,$$\eqalign{&f(x)=-f(-x)=-2\sp{1.5}\op{Arctan}(-x)+\frac{\pi}2\\[-1ex] &\!\!\txt{soit :}f(x)=2\sp{1.5}\op{Arctan}x+\frac{\pi}2}$
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Représentation de $\,f:x\mapsto\op{Arctan}\smh{1}{\Big(\dfrac{x^2-1}{2\sp{1.5}x}\Big)}\,$
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Exercice b
Dériver sur l'intervalle $\,]\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}[\,$ la fonction $\,f:x\mapsto\op{Arcsin}\smb{1.5}{\sqrt{\dfrac{1+\cos x}2}}\!\cdot\,$
En déduire une expression simplifiée de $f(x)$ pour $\,x\app\,[-\pi,\pi\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$
dérivation d'une fonction en un point
$f:I\to\bb K$ est dérivable en $\,a\,$ ssi le taux d'accroissement de $f$ en $a$ admet une limite finie en $\,a:\,$
$\displaystyle{}f'(a)=\lim xa\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\app\bb K$
Si $f$ est dérivable en $\,a\sp{1.5},\,$ alors $f$ est continue en $\,a\sp{1.5}.\,$
Si $f$ est dérivable sur $I\sp{1.5},$ $\,f':x\mapsto f'(x)\,$ est la dérivée de $f\sp{1.5}.$
dérivation des fonctions et opérations
Soient $\,f,g:I\to\bb K\,$ dérivables en $x\app I$ et $\alpha,\beta\app\bb K\,.$
Alors, $\,(\alpha\sp{1.5}f+\beta\sp{1.5}g)\,$ et $\,f\sp{1.5}g\,$ sont dérivables en $x\sp{1.5},$ avec :
- $\,(\alpha\sp{1.5}f+\beta\sp{1.5}g)'(x)=\alpha\sp{1.5}f'(x)+\beta\sp{1.5}g^{\sp{1.5}\prime}(x)\sp{1.5},\,$
- $\,(f\sp{1.5}g)'\sp{1.5}(x)=f'(x)\,g(x)+f(x)\,g^{\sp{1.5}\prime}(x)\sp{1.5}.\,$
dérivation d'une fonction composée en un point
Soient $f\sp{-1.5}:I\!\to\sp{-1.5}\bb K$ dérivable en $x$ et $g\sp{-1.5}:J\!\to\sp{-1.5}\bb R$ dérivable en $f(x)\sp{1.5}.$
Si $\,\sth{.5}f(I)\subset J\sp{1.5},\,$ alors $\,g\circ f\,$ est dérivable en $x\sp{1.5},$ avec :
$\displaystyle{}(g\circ f)'(x)=g'\big(f(x)\big)\sp{1.5}f'(x)$
fonctions de dérivée nulle et fonctions constantes
Soit $\,f:I\to\bb R\sp{1.5},\,$ dérivable sur un intervalle $I\sp{1.5};$ $f$ est constante ssi :
$\displaystyle{}\ptt x\app I\sp{1.5},\ f'(x)=0$
indication
1
Dériver la fonction composée $\,f=(\op{Arcsin})\circ\phi\sp{1.5},\,$ pour $\,\phi:x\mapsto\sqrt{\dfrac{1+\cos x}2}\!\cdot\,$
indication
2
Utiliser la parité de $f$ pour étendre l'expression de $f(x)$ de l'intervalle $\,[\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}]\,$ à $\,[-\pi,\pi\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$
figure
Représentation de $\,f:x\mapsto\op{Arcsin}\smh{1.5}{\sqrt{\dfrac{1+\cos x}2}}\,$
réponse
$f$ est dérivable sur $ ]\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}[\sp{1.5},$ avec : $\,\ptt x\app\ ]\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}[,\ f'(x)=-\smash[b]{\dfrac12}\!\cdot\,$ On en déduit :
$\,\ptt x\app\,[-\pi,\pi\sp{1.5}],\ f(x)=\sth2\dfrac{\pi-|x|}2\!\cdot\,$
correction
Par
Les fonctions cosinus et sinus sont continues sur $\bb R$ et de période $2\sp{1.5}\pi:$
propriétés
du cosinus, la fonction $u:x\mapsto\dfrac{1+\cos x}2$ est paire, continue, $2\sp{1.5}\pi$-périodique et à
- Le cosinus est pair et strictement décroissant sur $\,\smb{1}{[\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}]}\sp{1.5}.\,$
- Le sinus est impair et strictement croissant sur $\,[-\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2,\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$
Pour tout $x\app\bb R,$ on a les majorations suivantes :
valeurs
dans $[\sp{1.5}0,1\sp{1.5}]\sp{1.5}.$
La fonction $\,f\,$ est donc elle aussi paire, continue et $2\sp{1.5}\pi$-périodique ; on la considère alors sur l'intervalle $[\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}].$
La
$\displaystyle{}|\cos x|\leq 1\sp{1.5},\ \ |\sin x|\leq 1\,\txt{et} \,|\sin x|\leq |x|$
Soient $f\sp{-1.5}:I\!\to\sp{-1.5}\bb K$ dérivable en $x$ et $g\sp{-1.5}:J\!\to\sp{-1.5}\bb R$ dérivable en $f(x)\sp{1.5}.$
Si $\,\sth{.5}f(I)\subset J\sp{1.5},\,$ alors $\,g\circ f\,$ est dérivable en $x\sp{1.5},$ avec :
composée
de $u$ par la fonction
$\displaystyle{}(g\circ f)'(x)=g'\big(f(x)\big)\sp{1.5}f'(x)$
La fonction racine carrée : $\,r:x\mapsto\sqrt x\,$ est de classe $\sc C^{\I}$ sur
$\,]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\,$ avec :
racine carrée
est dérivable là où $\,u(x) > 0\sp{1.5};\,$ en particulier sur $\,[\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}[\sp{1.5}:\,$
$\displaystyle{}\ptt x > 0\sp{1.5},\ r'(x)=\frac1{2\sp{1.5}\sqrt x}$
$\eqalign{\phi'(x)=\frac{u'(x)}{2\,\sqrt{u(x)}}=&-\frac{\sin x}4\cdot\frac1{\sqrt{\dfrac{1+\cos x}2}}\\[-.5ex]&=-\frac{\sin x}{2\sqrt2\,\sqrt{1+\cos x}}}$
La fonction
Les fonctions arc sinus et arc cosinus sont de classe $\sc C^{\I}$ sur $]-1,1\sp{1.5}[\sp{1.5},$ avec :
arc sinus
étant dérivable sur $\,]-1,\sp{1.5}1[\sp{1.5},\,$ la
$\displaystyle{}\ptt x\app\,\sp{1.5}]\!-1,1\sp{1.5}[,\ \op{Arcsin}'(x)=\smb{2}{\frac1{\sqrt{1-x^2}}}=-\op{Arccos}'(x)$
On alors : $\,\ptt x\app\,[-1,1\sp{1.5}],\ \op{Arcsin}x+\op{Arccos}x=\dfrac{\pi}2\!\cdot\,$
Soient $f\sp{-1.5}:I\!\to\sp{-1.5}\bb K$ dérivable en $x$ et $g\sp{-1.5}:J\!\to\sp{-1.5}\bb R$ dérivable en $f(x)\sp{1.5}.$
Si $\,\sth{.5}f(I)\subset J\sp{1.5},\,$ alors $\,g\circ f\,$ est dérivable en $x\sp{1.5},$ avec :
composée
$\,f='\op{Arcsin}\circ\,\phi\,$ est dérivable sur $\,]\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}[\sp{1.5},\,$ là où $\,\phi(x)\app\,]\sp{1.5}0,1\sp{1.5}[\sp{1.5}:\,$
$\displaystyle{}(g\circ f)'(x)=g'\big(f(x)\big)\sp{1.5}f'(x)$
$\eqalign{f'(x)&=\frac{\phi'(x)}{\sqrt{1-\phi(x)^2}}=\frac{\phi'(x)}{\sqrt{1-\dfrac{1+\cos x}2}}\\
&=-\frac{\sin x}{2\sqrt2\,\sqrt{1+\cos x}\ \sqrt{\dfrac{1-\cos x}2}}\\
&=-\frac{\sin x}{2\,\sqrt{1-\cos^2\sp{-1.5}x}}=-\frac{\sin x}{2\,|\sin x|}=-\frac12}$
La fonction $\,g:x\mapsto f(x)+x/2\,$ est alors de dérivée nulle, et donc
Soit $\,f:I\to\bb R\sp{1.5},\,$ dérivable sur un intervalle $I\sp{1.5};$ $f$ est constante ssi :
constante
sur l'intervalle $\,]\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}[\sp{1.5}.\,$
Elle est finalement constante sur $[\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}]$ par
$\displaystyle{}\ptt x\app I\sp{1.5},\ f'(x)=0$
$\,f:I\to\bb K\,$ est continue en $\,a\app I\,$ ssi elle a une limite finie en $\,a\sp{1.5}.\,$
Cette limite est alors égale à $\,f(a):\,$ $\,\smb{.75}{\lim x a}f(x)=f(a)\sp{1.5}.\,$
$\sc C(I,\bb K)$ est l'ensemble des $\,f:I\to\bb K\,$ continues en tout $x\app I\sp{1.5}.$
continuité
en $0$ et $\pi,$ d'où :
$\displaystyle{}\ptt x\app\,[\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}],\ f(x)=g(x)-\frac x2=g(0)-\frac x2=\frac{\pi-x}2$
La fonction $f$ étant
Soit $\,f:\Omega\to\bb R\,$ pour $\,\Omega\subset\bb R\,$ tel que : $\,x\app\Omega\Imp\!-\sp{1.5}x\app\Omega\sp{1.5}.\,$
paire,
on peut enfin en conclure que :
- $f$ est paire ssi : $\,\ptt x\app\Omega,\ f(-x)=f(x)\,;\,$
- $f$ est impaire ssi : $\,\ptt x\app\Omega,\ f(-x)=-f(x)\,.\,$
$\displaystyle{}\ptt x\app\,[-\pi,\pi\sp{1.5}],\ f(x)=f(|x|)=\frac{\pi-|x|}2$
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Représentation de $\,f:x\mapsto\op{Arcsin}\smh{1.5}{\sqrt{\dfrac{1+\cos x}2}}\,$
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