Solutions - Exercices calcul de dérivées - 01

Solutions détaillées de neuf exercices sur la dérivation des fonctions numériques (fiche 01).
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Les calculs qui suivent sont valables pour tout $x\in\mathbb{R},$ sauf pour les fonctions $D,E$ et $F$ (où il faut éviter qu’un dénominateur ne s’annule).

➭ Pour $A,$ aucun souci :

$\boxed{A'\left(x\right)=3x^{2}+2x}$

➭ Deux méthodes pour $B.$

Méthode 1

On utilise la formule $\left(u^{2}\right)'=2uu',$ ce qui donne :

$B'\left(x\right)=2\left(x^{2}+1\right)2x$

c’est-à-dire :

$\boxed{B'\left(x\right)=4x\left(x^{2}+1\right)}$

Méthode 2

On développe d’abord $B\left(x\right)=x^{4}+2x^{2}+1,$ puis on dérive :

$B'\left(x\right)=4x^{3}+4x$

On termine en factorisant (il est souhaitable de factoriser l’expression obtenue pour une dérivée, vu qu’on s’intéresse généralement à son signe). Manifestement, la méthode 1 est plus efficace.

➭ A priori, on a encore deux méthodes à notre disposition pour $C$ .

La première consiste à utiliser la formule $\left(u^{n}\right)'=nu^{n-1}u'$ (pour $n=11),$ ce qui donne :

$\boxed{C'\left(x\right)=11\left(x+1\right)^{10}}$

La seconde consisterait à développer d’abord (par la formule du binôme) et à dériver ensuite, mais les calculs seraient pénibles et surtout, il serait acrobatique de factoriser l’expression obtenue ! Une situation analogue apparaît à l’exercice 2 pour le calcul de la dérivée de $c:x\mapsto\left(x^{2}+x-2\right)^{7}.$
Tenons-nous en donc à la méthode 1.

➭ Pour $D,$ on utilise la formule $\left(\frac{1}{u}\right)'=-\frac{u'}{u^{2}}$ :

$\boxed{D'\left(x\right)=-\frac{2}{\left(x+1\right)^{2}}}$

Noter que l’on peut aussi écrire :

$D\left(x\right)=2\left(x+1\right)^{-1}$

puis dériver avec la formule $\left(u^{n}\right)'=nu^{n-1}u'$ pour $n=-1,$ ce qui revient au même.

➭ Pour $E,$ on utilise la formule $\left(\frac{u}{v}\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^{2}}$ pour obtenir :

$E'\left(x\right)=\frac{x+2-\left(x+1\right)}{\left(x+2\right)^{2}}$

c’est-à-dire :

$\boxed{E'\left(x\right)=\frac{1}{\left(x+2\right)^{2}}}$

On peut aussi observer que :

$\begin{eqnarray*}E\left(x\right) & = & \frac{\left(x+2\right)-1}{x+2}\\& = & 1-\frac{1}{x+2}\end{eqnarray*}$

puis dériver à partir de là, ce qui évite d’avoir à se servir de la formule de dérivation d’un quotient.

➭ Enfin, pour $F,$ il n’y a pas à hésiter : on applique la formule $\left(\frac{u}{v}\right)'=\cdots$ et on trouve :

$F'\left(x\right) & = & \frac{3x^{2}\left(x+1\right)-x^{3}}{\left(x+1\right)^{2}}$

c’est-à-dire :

$\boxed{F'\left(x\right)=\frac{x^{2}\left(2x+3\right)}{\left(x+1\right)^{2}}}\qquad\left(\heartsuit\right)$

Remarque pour les courageux(euses)…

On pourrait décomposer la fraction qui définit $F$ sous la forme :

$\begin{eqnarray*}F\left(x\right) & = & \frac{\left(x+1\right)\left(x^{2}-x+1\right)-1}{x+1}\\& = & x^{2}-x+1-\frac{1}{x+1}\end{eqnarray*}$

dériver :

$F'\left(x\right)=2x-1+\frac{1}{\left(x+1\right)^{2}}$

réduire au même dénominateur :

$F'\left(x\right)=\frac{\left(2x-1\right)\left(x+1\right)^{2}+1}{\left(x+1\right)^{2}}$

factoriser le numérateur de la fraction obtenue :

$\begin{eqnarray*}\left(2x-1\right)\left(x+1\right)^{2}+1 & = & \left(2x-1\right)\left(x^{2}+2x+1\right)+1\\& = & 2x^{3}+4x^{2}+2x-\left(x^{2}+2x+1\right)+1\\& = & 2x^{3}+3x^{2}\\& = & x^{2}\left(2x+3\right)\end{eqnarray*}$

Au final, on retrouve bien $\left(\heartsuit\right).$ C’est compliqué, mais pas inintéressant. Et surtout, il faut garder à l’esprit que la première étape de cette méthode (appelée décomposition en éléments simples) serait la bonne chose à faire si, au lieu d’avoir à trouver la dérivée de $F,$ on devait plutôt en déterminer les primitives !

➭ Pour la fonction $a,$ vous avez le choix entre deux options. Le plus simple, c’est de développer, ce qui donne :

$a\left(x\right)=x^{7}-x^{14}$

puis on dérive pour obtenir :

$a'\left(x\right)=\boxed{7x^{6}-14x^{13}}$

On peut aussi considérer que $a=uv$ , avec pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$u\left(x\right)=x^{7}\qquad\text{et}\qquad v\left(x\right)=1-x^{7}$

d’où :

$u'\left(x\right)=7x^{6}\qquad\text{et}\qquad v'\left(x\right)=-7x^{6}$

En appliquant la formule de dérivation d’un produit, on trouve donc :

$a'\left(x\right)=u'\left(x\right)v\left(x\right)+u\left(x\right)v'\left(x\right)=7x^{6}\left(1-x^{7}\right)+x^{7}\left(-7x^{6}\right)=7x^{6}-14x^{13}$

conformément au premier calcul.

➭ Pour la fonction $b,$ le plus simple consiste encore à développer :

$b\left(x\right)=x^{3}+3x^{2}+2x$

puis à dériver :

$b'\left(x\right)=\boxed{3x^{2}+6x+2}$

Une autre approche consisterait à voir $b$ comme le produit de trois fonctions, ce qui nous renvoie à l’exercice n° 8, mais pour un exemple aussi simple, c’est inutilement compliqué !!

➭ Pour la fonction $c,$ il serait maladroit de développer l’expression avant de dériver. En fait, pas seulement « maladroit », mais carrément infaisable ! Si vous ne me croyez pas, jugez plutôt …
Voici la version développée :

$\begin{matrix}\left(x^{2}+x-2\right)^{7}& = &{x}^{14}+7\,{x}^{13}+7\,{x}^{12}-49\,{x}^{11}-91\,{x}^{10}+161\,{x}^{9}+357\,{x}^{8}-363\,{x}^{7}\\& & -714\,{x}^{6}+644\,{x}^{5}+728\,{x}^{4}-784\,{x}^{3}-224\,{x}^{2}+448\,x-128\end{matrix}$

Je vous rassure : je n’ai pas pas calculé ça à la main 🙂

Vous voyez ? Ce n’est pas raisonnable … En revanche, nous savons dériver une fonction du type $u^{n}.$ Je vous remets la formule sous le nez …. si $u$ est dérivable et si $n\geqslant1,$ alors :

$\left(u^{n}\right)'=n\thinspace u^{n-1}u'$

En appliquant ceci, on voit que, pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$c'\left(x\right)=\boxed{7\left(x^{2}+x-2\right)^{6}\left(2x+1\right)}$

et voilà 🙂

➭ Pour la $d,$ on applique la formule qui donne la dérivée de l’inverse, c’est-à-dire :

$\left(\frac{1}{u}\right)'=-\frac{u'}{u^{2}}$

ce qui nous donne :

$d'\left(x\right)=\boxed{-\frac{2x}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}}$

➭ Pour $e,$ on dérive bien sûr le quotient $\frac{u}{v},$ avec :

$u\left(x\right)=x\qquad\text{et}\qquad v\left(x\right)=x^{4}+1$

d’où :

$u'\left(x\right)=1\qquad\text{et}\qquad v'\left(x\right)=4x^{3}$

ce qui donne :

$e'\left(x\right)=\frac{1\times\left(x^{4}+1\right)-x\times\left(4x^{3}\right)}{\left(1+x^{4}\right)^{2}}=\boxed{\frac{1-3x^{4}}{\left(1+x^{4}\right)^{2}}}$

➭ Enfin, pour la $f,$ on va commencer par développer numérateur et dénominateur, ce qui va s’accompagner pour chacun d’eux d’une petite simplification :

$f\left(x\right)={\displaystyle \frac{\left(x+1\right)^{3}-3x^{2}}{\left(2x+1\right)^{2}-4x^{2}}}=\frac{x^{3}+3x+1}{4x+1}$

Ensuite, on pose :

$u\left(x\right)=x^{3}+3x+1\qquad\text{et}\qquad v\left(x\right)=4x+1$

d’où :

$u'\left(x\right)=3x^{2}+3\qquad\text{et}\qquad v'\left(x\right)=4$

et donc :

$f'\left(x\right)=\frac{\left(3x^{2}+3\right)\left(4x+1\right)-4\left(x^{3}+3x+1\right)}{\left(4x+1\right)^{2}}=\boxed{\frac{8x^{3}+3x^{2}-1}{\left(4x+1\right)^{2}}}$

On calcule, pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$F'\left(x\right)=\frac{-\left(x^{2}+1\right)-\left(1-x\right)\left(2x\right)}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}$

expression du même signe que son numérateur :

$T\left(x\right)=x^{2}-2x-1$

Les racines du trinôme $T$ sont :

$\alpha=1-\sqrt{2}\qquad\text{et}\qquad\beta=1+\sqrt{2}$

$T\left(x\right)\leqslant0\Leftrightarrow x\in\left[\alpha,\beta\right]$

Ainsi, $F$ est :

croissante sur $\left]-\infty,\alpha\right]$
décroissante sur $\left[\alpha,\beta\right]$
croissante de nouveau sur $\left[\beta,+\infty\right[$

Ce n’était pas demandé, mais …

… Il ne manque plus grand chose pour compléter l’étude de $F$ .

Ses limites en $-\infty$ et en $+\infty$ sont nulles.

On peut calculer le signe de $F''$ afin de déterminer les intervalles sur lesquels $F$ est convexe ou concave. On obtient :

$F''\left(x\right)=\frac{-2}{\left(x^{2}+1\right)^{3}}\thinspace\left(x+1\right)\left(x^{2}-4x+1\right)$

ce qui montre que $F$ est :

convexe sur $\left]-\infty,-1\right]$
concave sur $\left[-1,2-\sqrt{3}\right]$
convexe sur $\left[2-\sqrt{3},2+\sqrt{3}\right]$
concave sur $\left[2+\sqrt{3},+\infty\right[$

On peut aussi calculer les coordonnées des « points remarquables » du graphe de $F$ :

points d’intersection avec les axes de coordonnées,
points à tangente horizontale,
points d’inflexion

Ces points sont respectivement représentés en rouge, vert et bleu sur l’illustration ci-dessous.

On pense à :

$\frac{\text{d}}{\text{d}x}\left(\frac{1}{x^{2}+1}\right)=\frac{-2x}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}$

Par conséquent, les primitives de :

$f\thinspace:\thinspace x\mapsto\frac{x}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}$

sont les fonctions de la forme :

$x\mapsto-\frac{1}{2\left(x^{2}+1\right)}+C$

avec $C\in\mathbb{R}$ quelconque.

Il s’agit d’une petite récurrence très simple.

Pour $n=2,$ c’est ni plus ni moins la formule de dérivation d’une somme de deux fonctions dérivables.

Supposons maintenant la formule vraie au rang $n,$ pour un certain $n\geqslant2.$

Soient alors $u_{1},\cdots,u_{n+1}$ des applications dérivables de $I$ dans $\mathbb{R}.$ Alors :

$\begin{eqnarray*}\left(u_{1}+\cdots+u_{n}+u_{n+1}\right)' & = & \left(\left(u_{1}+\cdots+u_{n}\right)+u_{n+1}\right)'\\& = & \left(u_{1}+\cdots+u_{n}\right)'+u_{n+1}'\\& = & u_{1}'+\cdots+u_{n}'+u_{n+1}'\end{eqnarray*}$

Là encore, on a affaire à une petite preuve par récurrence.

Pour $n=1,$ il n’y a rien démontrer (la dérivée de $u$ est égale … à la dérivée de $u$ ).

Supposons la formule vraie au rang $n,$ pour un certain $n\geqslant1.$ Alors :

$\begin{eqnarray*}\left(u^{n+1}\right)' & = & \left(u^{n}u\right)'\\& \underset{(1)}{=} & \left(u^{n}\right)'u+u^{n}u'\\& \underset{(2)}{=} & \left(nu^{n-1}u'\right)u+u^{n}u\\& = & \left(n+1\right)u^{n}u'\end{eqnarray*}$

L’égalité $\left(1\right)$ résulte de la formule de dérivation d’un produit (à savoir $\left(fg\right)'=f'g+fg',$ dans laquelle on a remplacé $f$ par $u^{n}$ et $g$ par $u).$

L’égalité $\left(2\right)$ résulte de l’hypothèse de récurrence.

On voit que, pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$P\left(x\right)=u\left(x\right)^{4}$

avec :

$u\left(x\right)=\left(x^{2}+1\right)^{3}+1$

On en déduit que :

$P'\left(x\right)=4\thinspace u\left(x\right)^{3}\thinspace u'\left(x\right)$

or :

$u'\left(x\right)=3\left(x^{2}+1\right)^{2}\left(2x\right)=6x\left(x^{2}+1\right)^{2}$

et donc :

$\boxed{P'\left(x\right)=24x\left(x^{2}+1\right)^{2}\left(\left(x^{2}+1\right)^{3}+1\right)^{3}}$

Pour $n=2,$ c’est connu :

$\left(u_{1}u_{2}\right)'=u_{1}'u_{2}+u_{1}u_{2}'$

Pour $n=3,$ voyons un peu …

$\begin{eqnarray*}\left(u_{1}u_{2}u_{3}\right)' & = & \left(u_{1}u_{2}\right)'u_{3}+u_{1}u_{2}u_{3}'\\& = & \left(u_{1}'u_{2}+u_{1}u_{2}'\right)u_{3}+u_{1}u_{2}u_{3}'\\& = & u_{1}'u_{2}u_{3}+u_{1}u_{2}'u_{3}+u_{1}u_{2}u_{3}'\end{eqnarray*}$

On conjecture alors la :

Proposition

Soit $I$ un intervalle. Pour tout entier $n\geqslant2$ et pour tout $n-$ uplet $\left(u_{1},\cdots,u_{n}\right)$ de fonctions dérivables de $I$ dans $\mathbb{R},$ la dérivée du produit $u_{1}\cdots u_{n}$ est la somme de $n$ termes, chaque terme étant le produit des $u_{i}$ dans lequel un facteur a été dérivé et pas les autres.

En clair :

$\left(\prod_{i=1}^{n}u_{i}\right)'=\sum_{k=1}^{n}u_{k}'\prod_{{1\leqslant i\leqslant n\atop i\neq k}}u_{i}$

Cette formule est vraie pour $n=2.$ Supposons-la vraie au rang $n,$ pour un certain $n\geqslant2.$

Soient alors $u_{1},\cdots,u_{n+1}$ des fonctions dérivables sur $I.$ On observe que :

$\begin{eqnarray*}\left(\prod_{i=1}^{n+1}u_{i}\right)' & = & \left[\left(\prod_{i=1}^{n}u_{i}\right)u_{n+1}\right]'\\& = & \left(\prod_{i=1}^{n}u_{i}\right)'u_{n+1}+\left(\prod_{i=1}^{n}u_{i}\right)u_{n+1}'\\& = & \left[\sum_{k=1}^{n}u_{k}'\prod_{{1\leqslant i\leqslant n\atop i\neq k}}u_{i}\right]u_{n+1}+\left(\prod_{i=1}^{n}u_{i}\right)u_{n+1}'\\& = & \sum_{k=1}^{n}u_{k}'\prod_{{1\leqslant i\leqslant n+1\atop i\neq k}}u_{i}+\left(\prod_{i=1}^{n}u_{i}\right)u_{n+1}'\\& = & \sum_{k=1}^{n+1}u_{k}'\prod_{{1\leqslant i\leqslant n+1\atop i\neq k}}u_{i}\end{eqnarray*}$

L’abscisse d’un éventuel point d’intersection entre ces deux courbes est solution de l’équation : ${\displaystyle x^{2}+x+1=\frac{1}{x}}.$

Posons, pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$P\left(x\right)=x^{3}+x^{2}+x-1$

et montrons que l’équation $P\left(x\right)=0$ possède une unique solution $\alpha$ et que si l’on note $A$ le point de coordonnées $\left(\alpha,\frac{1}{\alpha}\right),$ alors

$\alpha^{2}+\frac{1}{\alpha^{2}}<4$

c’est-à-dire $OA<2.$

Tout d’abord :

$\forall x\in\mathbb{R},\thinspace P'\left(x\right)=3x^{2}+2x+1>0$

car il s’agit d’un trinôme de discriminant (réduit) $\Delta'=-3<0$ et de coefficient dominant $3>0,$ donc de signe constamment positif.

Ainsi, la fonction $P$ est strictement croissante.

Comme ${\displaystyle \lim_{-\infty}P}=-\infty$ et $\lim_{+\infty}P=+\infty,$ le théorème des valeurs intermédiaires montre que l’équation $P\left(x\right)=0$ possède une unique solution $\alpha.$

En outre :

$P\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{8}+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}-1=-\frac{1}{8}<0\qquad\text{donc : }\alpha>\frac{1}{2}$

Maintenant, on observe que :

$\left(\alpha^{2}+\frac{1}{\alpha^{2}}\right)\alpha^{2}=\alpha^{4}+1=\left(\alpha-1\right)\left(\alpha^{3}+\alpha^{2}+\alpha-1\right)+2\alpha=2\alpha$

et donc :

$\alpha^{2}+\frac{1}{\alpha^{2}}=\frac{2}{\alpha}<4$

comme souhaité.

Remarque

Le principal intérêt de cette preuve est l’absence de calcul fastidieux. Si l’on tolère une dose plus élevée de calculs, on peut tout simplement constater (à la main ou plus raisonnablement avec un outil de calcul électronique) que :

$P\left(0,54\right)<0\qquad\text{et}\qquad P\left(0,55\right)>0$

d’où $\alpha\in\left[0,54;\thinspace0,55\right]$ et donc :

$\alpha^{2}+\frac{1}{\alpha^{2}}<0,55^{2}+\frac{1}{0,54^{2}}<2$

Mais dans ces conditions, l’exercice perd tout son charme …

Si un point n’est pas clair ou vous paraît insuffisamment détaillé, n’hésitez pas à poster un commentaire ou à me joindre via le formulaire de contact.

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Méthode 1

Méthode 2

Proposition

Remarque

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