Soit $f:I\longmapsto \R$, $a\in I$, pour $x\in I\setminus\{a\}$ on définit la fonction $p_f$ par: $\,p_f(x)=\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}.$
Avec cette définition, on peut écrire: $$f'(a)=\underset{x\rightarrow a}{\lim}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\underset{h\rightarrow 0}{\lim}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}.$$
Soit $f(x)=x^2+x,\,x\in\R$. Soit $a\in \R$, on a: $$\forall x\in \R,\,x\neq a,\,p(x)=\dfrac{x^2+x-a^2-a}{x-a}=(x+a)+1.$$ Donc $\underset{x\rightarrow a}{\lim}\,p(x)=2a+1$, donc $f$ est dérivable en $a$ et $f^{'}(a)=2a+1$.
Soit $a\in \R$ (resp $a\in \R_+$). Étudier la dérivabilité de $\cos$ en $a$ (resp. $\sqrt{\phantom{x}}$).
Soit $f:I\mapsto \R$ et $a\in \overset{\circ}{I}$. on suppose que $f$ est dérivable en $a$. Étudier l'éventuelle $\underset{h\rightarrow 0}{\lim}\dfrac{f(a+h)-f(a-h)}{2h}$.
Il existe $\varepsilon:I\mapsto \R$ telle que: $$\forall x\in I,\,f(x)=f(a)+(x-a)(f'(a)+\varepsilon(x)),$$ et $\varepsilon(a)=0$. Ce qui nous donne: $$h\neq 0,\,\dfrac{f(a+h)-f(a-h)}{2h}= f^{'}(a)+\frac{\varepsilon(a+h)+\varepsilon(a-h)}{2}\underset{h\rightarrow 0}{\longrightarrow} f^{'}(a).$$
La réciproque est faux comme le montre l'exemple $f(x)=|x|$ et $a=0$.
Soit $f:I\longmapsto\R$, $a\in \overset{\circ}{I}$. On note $\mathcal{C}_f$ la courbe représentative de $f$, $A(a,f(a))\in \mathcal{C}_f$.
Pour $x\in I,\,x\neq a$, on note également le point $M(x,f(x))\in \mathcal{C}_f$. La droite $(AM)$ a pour coefficient directeur $\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}$.
Puisque $f$ est continue en $a$, $M\longrightarrow A$ lorsque $x$ tend vers $a$. Donc la droite $(AM)$ a pour position limite quand $x$ tend vers $a$, la droite passant par $A$ de coefficient directeur $f'(a)$; cette droite est donc la tangente à $\mathcal{C}_f$ en $a$. On en déduit la proposition suivante:
Cette tangente a pour équation
$$\boxed{y=f'(a)(x-a)+f(a).}$$
L'application $g:x\mapsto f(a)+f'(a)(x-a)$ est une application affine et $\mathcal{C}_g$ est la tangente à
$\mathcal{C}_f$ en
$a$.
On dit que $g$ est
Une fonction $f$ de courbe représentative $\mathcal{C}$ est telle que $f(4)=-3$ et $f'(4)=2$.
Soient $I$ un intervalle de $\R$ non vide et non réduit à un point et $a\in I$.
Alors, $g\circ f$ est dérivable en $a$ et on a, $$(g\circ f)'(a)=g'(f(a))f'(a).$$
Soit $f:\R\mapsto\R$ définie par $f(x)=\sqrt{1+x^2}$. Soit $a\in \R$, étudier la dérivabilité de $f$ en $a$.
Comme $f_1(\R)\subset \R_+^*$ et $f=f_2\circ f_1$. On en déduit en appliquant le résultat de la proposition précédente, que $f$ est dérivable en $a$ et $$f'(a)=f_2'(f_1(a))f_1'(a)=\dfrac{1}{2\sqrt{1+a^2}}2a=\dfrac{a}{\sqrt{1+a^2}}.$$
Soit $I$ un intervalle de $\R$, $f:I\mapsto \R$.
Soit $f:\R\mapsto \R$ définie par $f(x)=|x|$, alors le domaine de définition de $f'$ est $\R^*$ et $f'$ est définie par: $f'(x)=\left\{\begin{array}{ll} 1&\text{ si } x>0,\\ &\\ -1&\text{ si } x< 0. \end{array}\right.$
En utilisant les résultats des propositions précédentes, on trouve:
Donner le domaine de définition de $f$ puis $f'$, avec $f(x)=x^2\ee^x$, puis déterminer $f'$.
$f$ est définie sur $\R$ dérivable sur $\R$ comme le produit de deux fonctions dérivables sur $\R$. On note $u(x)=x^2$ et $v(x)=\ee^x$, alors $$f'(x)=u'(x)v(x)+u(x)v'(x)=2x\ee^x+x^2\ee^x=(x^2+2x)\ee^x.$$
Pour $x\neq 1$, on pose $f(x)=\dfrac{\ee^{-x}}{x-1}$. Déterminer $f'(x)$ puis donner le signe de $f'$.
$f$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$, avec $u(x)=\ee^{-x},\,v(x)=x-1$. Donc, pour tout $x\neq 1$, on a: $$f'(x)=\dfrac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{v^2(x)}=\dfrac{-(x-1)\ee^{-x}-1\times \ee^{-x}}{(x-1)^2}=\dfrac{-x\ee^{-x}}{(x-1)^2}.$$ D'autre part, $\ee^{-x}>0$ et $(x-1)^2>0$, donc le signe de $f'$ est l'opposé de signe de $x$.
Alors, $g\circ f$ est dérivable en $a$ et on a, $$\forall x\in I,\,(g\circ f)'(x)=g'(f(x))f'(x).$$
On retiens en particulier les deux formules suivantes.
Si $u:I\longmapsto\R_+^*$ dérivable, alors les fonctions $\ln(u)$ et $\sqrt{u}$ sont dérivable sur $I$, et
on a:
$$\forall x\in I,\quad (\ln(u(x))'=\dfrac{u'(x)}{u(x)},\quad (\sqrt{u(x)})'=\dfrac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}}.$$
On peut également retenir aussi les formules suivants:
Si $u:I\longmapsto\R$ dérivable, alors les fonctions $u^n \,(n\in \N^*)$ et $\ee^{u}$ sont dérivable sur
$I$, et on a:
$$\forall x\in I,\quad ((u(x)^n)'=nu'(x)u^{n-1}(x),\quad (\ee^{u(x)})'=u'(x)\ee^{u(x)}.$$
Déterminer le domaine de définition de $f$ (resp. $f'$) avec $f(x)=\sqrt{\ee^x+1}$ puis déterminer $f'$.
On note $u(x)=\sqrt{x},\,v(x)=\ee^x+1$, alors
Puisque $v(\R)\subset\R_+^*$ alors $u\circ v$ définie sur $\R$ et dérivable sur $\R$, de plus, $$\forall x\in \R,\,f'(x)=v'(x)u'(v(x))=(\ee^x)\dfrac{1}{2\sqrt{\ee^x+1}}=\dfrac{\ee^x}{2\sqrt{\ee^x+1}}.$$
Soient $h,f,g$ trois fonctions définies par: $$h(x)=\dfrac{1+x}{1-x},~~~~f(x)=\ln(h(x))=\ln\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right),~~~~g(x)=\dfrac{\ee^x-1}{\ee^x+1}.$$
Soit $I$ un intervalle de $\R$, $f:I\mapsto \R$. On définit par récurrence l'application $f^{(n)}$, fonction dérivée d'ordre $n\in \N$, de la façon suivante: $$\left\{\begin{array}{l} f^{(0)}=f\\ \text{on suppose } f^{(n-1)} \text{ connue; s'elle est dérivable sur } I \text{, on pose } f^{(n)}=\left(f^{(n-1)}\right)'. \end{array}\right. $$
Pour tout $n\in \N$, on a pour tout $x\in \R$, $$\sin^{(n)}(x)=\sin\left(x+\dfrac{n\pi}{2}\right),\,\,\,\exp^{(n)}(x)=\exp(x).$$
Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(x)=\left\{\begin{array}{ll} \sin(x)&\text{ si } x>0\\ x&\text{ sion} \end{array} \right.$. Déterminer la classe de $f$ sur $\R$.
La fonction $f$ est de classe $\CC^\infty f$ sur $\R_+$ et $\R_-$, il faut étudier la dérivabilités successives en 0.
On en déduit que $f\in \CC^2(\R)$ ($f''$ est continue en 0).
Graphiquement
ce résultat se traduit par le fait que la courbe représentative de $f$ admet une tangente horizontale en $A(a,f(a))$, c.f. figure ci-dessous.
La condition $f'(a)=0$ n'est ni nécessaire, ni suffisante pour que $f$ admette un extrémum local en $a$.
Interprétation graphique:
Il existe au moins un point $c$ dans l'intervalle $]a;b[$, tel que la tangente à $\mathcal{C}_f$ au point $(c,f(c))$ est horizontale.
Le théorème de Rolle donne l'existence de $c$, on peut très bien avoir plusieurs points $c_1,\cdots,c_k$ de l'intervalle $]a;b[$ tels que $f'(c_j)=0$ pour $j\in \inter{1,k}$, c.f. Figure précedente .
Interprétation graphique:
Il existe au moins un point de $\mathcal{C}_f$ où la tangent est parallèle à la droite $(AB)$ avec $$A=(a;f(a)),\,B=(b;f(b)).$$ c.f. Illustration graphique ci-contre.
De plus si $\ell\in \R$, alors $f$ est dérivable à droite en $a$ et $f'_d(a)=\ell$.
$f$ peut être dérivable en $a$ sans que $f'$ admette une limite en $a$, comme le montre l'exemple suivant: $$f(x)=\left\{\begin{array}{ll} x^2\sin\left(\dfrac{1}{x}\right) &\text{ si } x\neq 0\\ 0& \text{ si } x=0, \end{array}\right.\,\text{ et pour } x\neq 0,\,f'(x)=2x\sin\left(\frac{1}{x}\right)-\cos\left(\frac{1}{x}\right).$$ $f'$ n'a pas de limite en $0$ et pourtant $\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=x\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)\underset{x\rightarrow 0}{\longrightarrow}0$.
Dans la suite on considère $I$ un intervalle de $\R$ non vide et non réduit à un point.
Soit $f$ la fonction définie sur $]0;\infty[$ par $f(x)=x+1-\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)$. On note $\CC$ sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthonormal $(O;\vec{i},\vec{j})$.
1) Lorsque $x$ tend vers $0^+$, $\dfrac{1}{x}$ tend vers $\infty$ et donc
$\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\tendvers{x}{0^+}\infty$. On en déduit alors que
$f(x)\tendvers{x}{0^+}-\infty$.
De même, lorsque $x$ tend vers $\infty$, on a $\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\tendvers{x}{\infty}0$
donc on trouve
$\limiteX{x}{\infty}\,f(x)=\infty$.
2) La fonction $f$ est dérivable sur $]0;\infty[$ et pour tout réel $x>0$, on a:
$$ f'(x)=1-\dfrac{\dfrac{-1}{x^2}}{1+\dfrac{1}{x}}=1+\dfrac{1}{x^2+x}>0.$$
3) D'après ce qui procède, on trouve le tableau de variation suivant:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[espcl=2.5]{$x$ /0.75, $f'(x)$ /1, $f(x)$ /1.5}%
{$0$,$1$ , $+\infty$}%
\tkzTabLine{d,+,2/3,+,}
\tkzTabVar%
{ D-/$-\infty$,
R,
+/ $\infty$ / }%
\tkzTabIma{1}{3}{2}{$2-\ln(2)$}
\end{tikzpicture}
\end{center}
4) Puisque $f(x)-x-1=-\ln\left(+\dfrac{1}{x}\right)\tendvers{x}{\infty}0$, on en déduit que $\CC$ admet une
asymptote en $\infty$
la droite $\Delta$ d'équation $y=x+1$, de plus puisque $1+\frac{1}{x}>0$ alors
$-\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)<0$, on en déduit alors que $\CC$ est en dessous de
$\Delta$.
5) L'équation de la tangente est donnée par $y-f(1)=f'(1)(x-1)$. Un calcul simple donne $f(1)=2-\ln(2)$ et
$f'(1)=\frac{3}{2}$. On en déduit que l'équation de $T$ est
$$y=\frac{3}{2}(x-1)+2-\ln(2)\Longrightarrow y= \frac{3}{2}x+\frac{1}{2}-\ln(2).$$
5)
\begin{center}
\fbox{\includegraphics[scale=0.75]{CorrDM2C1.pdf}}
\end{center}
%\end{cursive}
Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par, $f(x)=(x^2-3x+1)\ee^x$. On note $\mathcal{C}_f$ la courbe représentative de $f$ dans le plan muni d'un repère orthonormé.
Soit $I$ un intervalle de $\R$ et $f$ une fonction de classe $\CC^1$ sur $I$. On suppose que $f$ admet une racine $\alpha$ dans l'intervalle $I$ et on cherche à déterminer $\alpha$.
En générale les théorèmes d'analyse nous donnent l'existence d'une racine (ce qui est déjà pas mal!) mais en pratique il est souvent très difficile de trouver ces racines.
La méthode de Newton permet de construire une suite de points $(x_n)_n$ de l'intervalle $I$ telle que cette suite converge vers une (la ) racine de $f$. Le principe est très simple:
Testons cette méthode avec la fonction $f$ donnée par: $$\forall x\in \R,\,f(x)=2x-\sin(x^2+2x+\sqrt{3}).$$ On sait que $f\in \CC^\infty(\R)$ et $$\forall x\in \R,\,f(x)=2-(2x+2)\cos(x^2+2x+\sqrt{3}).$$ Comme la fonction $\sin $ est bornée par 1, alors on a: $$f(-1)=-2-\sin(-1+\sqrt{3})< 0,\,\,f(1)=2+\sin(2+\sqrt{3})>0\Longrightarrow f(-1)f(1)< 0.$$ Donc $f$ admet une racine dans l'intervalle $]-1;1[$, de plus cette racine est unique (étudier $f'$).
%En appliquant la méthode de Newton pour trouver une valeur approchée de cette racine, on obtient les valeurs suivantes (on démarre avec $x_0=1$):
| $x$ | $f'(x)$ | $f(x)$ |
| 1.000 000 000 000 $\quad\quad$ | 1.921 357 758 509 $\quad\quad$ | 2.999 806 712 502 $\quad\quad$ |
| -0.561 295 234 694 | 1.471 603 181 709 | -1.920 917 852 857 |
| 0.744 028 018 079 | 4.814 140 309 924 | 2.078 889 801 890 |
| 0.312 198 102 860 | 4.027 928 641 450 | -0.010 348 417 170 |
| 0.314 767 268 824 | 4.043 117 605 331 | 0.000 019 517 255 |
| 0.314 762 441 545 | 4.043 089 091 861 | 0.000 000 000 068 |
| 0.314 762 441 528 | 4.043 089 091 760 | 0.000 000 000 000 |
Résultats obtenus en utilisant {\tt{Maple}}, avec 10 chiffre après la virgule.
On voit sur cette exemple que la méthode de Newton est très efficace puisque au bout de 6 itération on a une bonne approximation de la racine.
On revient dans la chapitre \ref{ChEqDiff} plus en détailles sur les équations différentielles. On expose ici juste le principe de la méthode d'Euler et le lien entre cette méthode et la dérivée.
Une équation différentielle est une relation qui relie une fonction $y$ avec ses dérivées. On peut écrire alors que $$\forall x\in I,\,F(x,y(x),y'(x),...,y^{(n)}(x))=0.$$ Avec $I$ est le domaine de définition de $y$. On s'intéresse aux équations de 1\up{ère} ordre, i.e. on a une relation entre $y$ et $y'$, on peut écrire dans ce cas $y'$ en fonction de $y$ sous la forme: $$\forall x\in I,\,y'(x)=f(x,y(x)).$$ Avec $f$ une fonction de $I\times \R$ dans $\R$.
Par exemple $y'=2y$ est une équation différentielle, aussi $y''=\sin(y)$ etc.
On ajoute en générale une condition initiale à une équation différentielle, i.e. on se donne $x_0\in I$ et on suppose que $y(x_0)$ est connu, on parle dans ce cas de problème de Cauchy.
Où trouve-t-on des équations différentielles?Dans le domaine de la science, on rencontre souvent (très souvent) des équation différentielles, voici quelques exemples (c.f. Chapitre Eqs différentielles ).
C'est pour une raison très simple: dans la majore parties des cas, on ne sais pas résoudre ces équations différentielles. MAIS comme on a besoin d'une solution à tout prix alors on cherche une solution approchée.
la solutions approchée est la donnés de $n$ points de l'intervalle $I$ et les valeurs approchée de $y$ en ses points, i.e. on construit une suite $y_0,y_1\cdots,y_n$ tel que $y_i\simeq y(x_i)$.
Principe de la méthode d'EulerLa méthode d'Euler c'est la méthode la plus simple utilisée dans la recherche d'une solution approchée d'une équation différentielle.
Considérons le problème de Cauchy suivant: $$\left\{\begin{array}{rcl} y'(x)&=&f(x,y(x))\\ y(x_0)&=&y_0\in \R. \end{array} \right. $$ Supposons donné $x_1\in I$ et on souhaite calculer $y(x_1)$. L'idée est confondre la fonction $y$ par sa tangente en $x_0$ i.e.>, on écrit $$y(x)\simeq y(x_0)+y'(x_0)(x-x_0)=y_0+y'(x_0)(x-x_0).$$ Puisque $y$ est solution du problème de Cauchy, alors on peut écrire $y'(x_0)=f(x_0,y_0)$, ainsi on a: $$y(x_1)\simeq y_1=y_0+f(x_0,y_0)(x_1-x_0).$$
Pour plus de détailles regarder le TP informatique sur la résolution approchée des équations différentielles.