Soit g la fonction définie sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
par
g
:
x
↦
(
3
x
+
2
)
2
{\displaystyle g:x\mapsto (3x+2)^{2}}
. Dériver g
Début d’un principe
Fin du principe
Le schéma est
R
→
R
→
R
x
↦
3
x
+
2
↦
f
(
3
x
+
2
)
2
{\displaystyle {\begin{array}{ccccl}\mathbb {R} &\rightarrow &\mathbb {R} &\rightarrow &\mathbb {R} \\x&\mapsto &\color {blue}3x+2&{\underset {\color {red}f}{\mapsto }}&\color {red}(\color {blue}3x+2\color {red})^{2}\\\end{array}}}
et se ramène à
R
→
R
x
↦
g
g
(
x
)
=
(
3
x
+
2
)
2
{\displaystyle {\begin{array}{ccl}\mathbb {R} &\rightarrow &\mathbb {R} \\x&{\underset {g}{\mapsto }}&g(x)=\color {red}(\color {blue}3x+2\color {red})^{2}\\\end{array}}}
Soit
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
D'après le théorème, g est dérivable en x lorsque ƒ est dérivable en
a
x
+
b
{\displaystyle ax+b}
Dans notre cas,
a
x
+
b
=
3
x
+
2
{\displaystyle \color {blue}ax+b=3x+2}
Pour tout
X
∈
R
,
f
(
X
)
=
X
2
{\displaystyle X\in \mathbb {R} ,~\color {red}f(X)=X^{2}}
, donc ƒ est dérivable sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
et, pour tout
X
∈
R
,
f
′
(
X
)
=
2
X
{\displaystyle X\in \mathbb {R} ,~\color {magenta}f'(X)=2X}
En particulier, ƒ est dérivable en
a
x
+
b
{\displaystyle ax+b}
donc g est dérivable en x
On applique la formule du théorème :
Pour tout
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
:
g
′
(
x
)
=
a
⋅
f
′
(
a
x
+
b
)
=
3
⋅
2
(
3
x
+
2
)
=
6
(
3
x
+
2
)
{\displaystyle {\begin{aligned}g'(x)&=a\cdot \color {magenta}f'(ax+b)\\&=3\cdot \color {magenta}2(3x+2)\\&=6(3x+2)\end{aligned}}}
Finalement, pour tout
x
∈
R
,
g
′
(
x
)
=
6
(
3
x
+
2
)
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ,~g'(x)=6(3x+2)}
Soit g la fonction définie sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
par
g
:
x
↦
(
−
4
x
+
5
)
3
{\displaystyle g:x\mapsto (-4x+5)^{3}}
. Dériver g
Le schéma est
⋯
→
⋯
→
⋯
x
↦
⋯
↦
f
⋯
{\displaystyle {\begin{array}{ccccl}\cdots &\rightarrow &\cdots &\rightarrow &\cdots \\x&\mapsto &\cdots &{\underset {f}{\mapsto }}&\cdots \\\end{array}}}
et se ramène à
⋯
→
⋯
x
↦
g
g
(
x
)
=
(
−
4
x
+
5
)
3
{\displaystyle {\begin{array}{ccl}\cdots &\rightarrow &\cdots \\x&{\underset {g}{\mapsto }}&g(x)=(-4x+5)^{3}\\\end{array}}}
Soit
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
D'après le théorème, g est dérivable en x lorsque ƒ est dérivable en
a
x
+
b
{\displaystyle ax+b}
Dans notre cas,
a
x
+
b
=
⋯
{\displaystyle ax+b=\cdots }
Pour tout
X
∈
⋯
,
f
(
X
)
=
⋯
{\displaystyle X\in \cdots ,~f(X)=\cdots }
, donc ƒ est dérivable sur
⋯
{\displaystyle \cdots }
et, pour tout
X
∈
⋯
,
f
′
(
X
)
=
⋯
{\displaystyle X\in \cdots ,~f'(X)=\cdots }
En particulier, ƒ est dérivable en
a
x
+
b
{\displaystyle ax+b}
donc g est dérivable en x
On applique la formule du théorème :
Pour tout
x
∈
⋯
,
g
′
(
x
)
=
⋯
{\displaystyle x\in \cdots ,~g'(x)=\cdots }
Solution
Le schéma est
R
→
R
→
R
x
↦
−
4
x
+
5
↦
f
(
−
4
x
+
5
)
3
{\displaystyle {\begin{array}{ccccl}\mathbb {R} &\rightarrow &\mathbb {R} &\rightarrow &\mathbb {R} \\x&\mapsto &\color {blue}-4x+5&{\underset {\color {red}f}{\mapsto }}&\color {red}(\color {blue}-4x+5\color {red})^{3}\\\end{array}}}
et se ramène à
R
→
R
x
↦
g
g
(
x
)
=
(
−
4
x
+
5
)
3
{\displaystyle {\begin{array}{ccl}\mathbb {R} &\rightarrow &\mathbb {R} \\x&{\underset {g}{\mapsto }}&g(x)=\color {red}(\color {blue}-4x+5\color {red})^{3}\\\end{array}}}
Soit
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
D'après le théorème, g est dérivable en x lorsque ƒ est dérivable en
a
x
+
b
{\displaystyle ax+b}
Dans notre cas,
a
x
+
b
=
−
4
x
+
5
{\displaystyle \color {blue}ax+b=-4x+5}
Pour tout
X
∈
R
,
f
(
X
)
=
X
3
{\displaystyle X\in \mathbb {R} ,~\color {red}f(X)=X^{3}}
, donc ƒ est dérivable sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
et, pour tout
X
∈
R
,
f
′
(
X
)
=
3
X
2
{\displaystyle X\in \mathbb {R} ,~\color {magenta}f'(X)=3X^{2}}
En particulier, ƒ est dérivable en
a
x
+
b
{\displaystyle ax+b}
donc g est dérivable en x
On applique la formule du théorème :
Pour tout
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
:
g
′
(
x
)
=
a
⋅
f
′
(
a
x
+
b
)
=
−
4
⋅
3
(
−
4
x
+
5
)
2
=
−
12
(
−
4
x
+
5
)
2
{\displaystyle {\begin{aligned}g'(x)&=a\cdot \color {magenta}f'(ax+b)\\&=-4\cdot \color {magenta}3(-4x+5)^{2}\\&=-12(-4x+5)^{2}\end{aligned}}}
Finalement, pour tout
x
∈
R
,
g
′
(
x
)
=
−
12
(
−
4
x
+
5
)
2
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ,~g'(x)=-12(-4x+5)^{2}}
Soit g la fonction définie sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
par
g
:
x
↦
(
1
2
x
+
5
)
4
{\displaystyle g:x\mapsto \left({\frac {1}{2}}x+5\right)^{4}}
. Dériver g
Le schéma est
⋯
→
⋯
→
⋯
x
↦
⋯
↦
f
⋯
{\displaystyle {\begin{array}{ccccl}\cdots &\rightarrow &\cdots &\rightarrow &\cdots \\x&\mapsto &\cdots &{\underset {f}{\mapsto }}&\cdots \\\end{array}}}
et se ramène à
⋯
→
⋯
x
↦
g
g
(
x
)
=
(
1
2
x
+
5
)
4
{\displaystyle {\begin{array}{ccl}\cdots &\rightarrow &\cdots \\x&{\underset {g}{\mapsto }}&g(x)=\left({\frac {1}{2}}x+5\right)^{4}\\\end{array}}}
Soit
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
D'après le théorème, g est dérivable en x lorsque ƒ est dérivable en
a
x
+
b
{\displaystyle ax+b}
Dans notre cas,
a
x
+
b
=
⋯
{\displaystyle ax+b=\cdots }
Pour tout
X
∈
⋯
,
f
(
X
)
=
⋯
{\displaystyle X\in \cdots ,~f(X)=\cdots }
, donc ƒ est dérivable sur
⋯
{\displaystyle \cdots }
et, pour tout
X
∈
⋯
,
f
′
(
X
)
=
⋯
{\displaystyle X\in \cdots ,~f'(X)=\cdots }
En particulier, ƒ est dérivable en
a
x
+
b
{\displaystyle ax+b}
donc g est dérivable en x
On applique la formule du théorème :
Pour tout
x
∈
⋯
,
g
′
(
x
)
=
⋯
{\displaystyle x\in \cdots ,~g'(x)=\cdots }
Solution
Le schéma est
R
→
R
→
R
x
↦
1
2
x
+
5
↦
f
(
1
2
x
+
5
)
4
{\displaystyle {\begin{array}{ccccl}\mathbb {R} &\rightarrow &\mathbb {R} &\rightarrow &\mathbb {R} \\x&\mapsto &\color {blue}{\frac {1}{2}}x+5&{\underset {\color {red}f}{\mapsto }}&\color {red}\left(\color {blue}{\frac {1}{2}}x+5\color {red}\right)^{4}\\\end{array}}}
et se ramène à
R
→
R
x
↦
g
g
(
x
)
=
(
1
2
x
+
5
)
4
{\displaystyle {\begin{array}{ccl}\mathbb {R} &\rightarrow &\mathbb {R} \\x&{\underset {g}{\mapsto }}&g(x)=\color {red}\left(\color {blue}{\frac {1}{2}}x+5\color {red}\right)^{4}\\\end{array}}}
Soit
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
D'après le théorème, g est dérivable en x lorsque ƒ est dérivable en
a
x
+
b
{\displaystyle ax+b}
Dans notre cas,
a
x
+
b
=
1
2
x
+
5
{\displaystyle \color {blue}ax+b={\frac {1}{2}}x+5}
Pour tout
X
∈
R
,
f
(
X
)
=
X
4
{\displaystyle X\in \mathbb {R} ,~\color {red}f(X)=X^{4}}
, donc ƒ est dérivable sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
et, pour tout
X
∈
R
,
f
′
(
X
)
=
4
X
3
{\displaystyle X\in \mathbb {R} ,~\color {magenta}f'(X)=4X^{3}}
En particulier, ƒ est dérivable en
a
x
+
b
{\displaystyle ax+b}
donc g est dérivable en x
On applique la formule du théorème :
Pour tout
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
:
g
′
(
x
)
=
a
⋅
f
′
(
a
x
+
b
)
=
1
2
⋅
4
(
1
2
x
+
5
)
3
=
2
(
1
2
x
+
5
)
3
{\displaystyle {\begin{aligned}g'(x)&=a\cdot \color {magenta}f'(ax+b)\\&={\frac {1}{2}}\cdot \color {magenta}4\left({\frac {1}{2}}x+5\right)^{3}\\&=2\left({\frac {1}{2}}x+5\right)^{3}\end{aligned}}}
Finalement, pour tout
x
∈
R
,
g
′
(
x
)
=
2
(
1
2
x
+
5
)
3
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ,~g'(x)=2\left({\frac {1}{2}}x+5\right)^{3}}
Soit g la fonction définie sur un domaine
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
par
g
:
x
↦
1
(
2
x
+
1
)
3
{\displaystyle g:x\mapsto {\frac {1}{(2x+1)^{3}}}}
. Dériver g .
Voici notre premier exemple de fonction qui n’est pas définie partout. Il faudra donc faire attention aux domaines de définition et de dérivabilité.
On commence comme d'habitude par identifier les éléments
a
x
+
b
{\displaystyle ax+b}
et ƒ
Le schéma est
D
→
?
→
R
x
↦
⋯
↦
f
⋯
{\displaystyle {\begin{array}{ccccl}{\mathcal {D}}&\rightarrow &?&\rightarrow &\mathbb {R} \\x&\mapsto &\cdots &{\underset {f}{\mapsto }}&\cdots \\\end{array}}}
et se ramène à
D
→
R
x
↦
g
g
(
x
)
=
1
(
2
x
+
1
)
3
{\displaystyle {\begin{array}{ccl}{\mathcal {D}}&\rightarrow &\mathbb {R} \\x&{\underset {g}{\mapsto }}&g(x)=\displaystyle {\frac {1}{(2x+1)^{3}}}\\\end{array}}}
Solution
Le schéma est
D
→
?
→
R
x
↦
2
x
+
1
↦
f
1
(
2
x
+
1
)
3
{\displaystyle {\begin{array}{ccccl}{\mathcal {D}}&\rightarrow &?&\rightarrow &\mathbb {R} \\x&\mapsto &\color {blue}2x+1&{\underset {\color {red}f}{\mapsto }}&\displaystyle {\color {red}{\frac {1}{\left(\color {blue}2x+1\color {red}\right)^{3}}}}\\\end{array}}}
et se ramène à
D
→
R
x
↦
g
g
(
x
)
=
1
(
2
x
+
1
)
3
{\displaystyle {\begin{array}{ccl}{\mathcal {D}}&\rightarrow &\mathbb {R} \\x&{\underset {g}{\mapsto }}&g(x)=\displaystyle {\color {red}{\frac {1}{\left(\color {blue}2x+1\color {red}\right)^{3}}}}\\\end{array}}}
La fonction ƒ est définie par
f
:
X
↦
⋯
{\displaystyle f:X\mapsto \cdots }
sur le domaine
⋯
{\displaystyle \cdots }
. Compléter dans le schéma l'emplacement « ? » avec cette nouvelle donnée.
a
x
+
b
=
⋯
{\displaystyle ax+b=\cdots }
En déduire pour quelle(s) valeur(s) de x la fonction g n’est pas définie. En déduire le domaine
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
Vérifier la dérivabilité.
Solution
La fonction ƒ est définie par
f
:
X
↦
1
X
3
{\displaystyle f:X\mapsto {\frac {1}{X^{3}}}}
sur le domaine
R
∗
{\displaystyle \mathbb {R} ^{*}}
D
→
R
∗
→
R
x
↦
2
x
+
1
↦
f
1
(
2
x
+
1
)
3
{\displaystyle {\begin{array}{ccccl}{\mathcal {D}}&\rightarrow &\mathbb {R} ^{*}&\rightarrow &\mathbb {R} \\x&\mapsto &\color {blue}2x+1&{\underset {\color {red}f}{\mapsto }}&\displaystyle {\color {red}{\frac {1}{\left(\color {blue}2x+1\color {red}\right)^{3}}}}\\\end{array}}}
a
x
+
b
=
2
x
+
1
{\displaystyle ax+b=2x+1}
Soit
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
(
2
x
+
1
)
3
=
0
⇔
2
x
+
1
=
0
⇔
x
=
−
1
2
{\displaystyle {\begin{aligned}(2x+1)^{3}=0&\Leftrightarrow 2x+1=0\\&\Leftrightarrow x=-{\frac {1}{2}}\end{aligned}}}
On en déduit que la fonction g est définie sur le domaine
D
=
R
∖
{
−
1
2
}
{\displaystyle {\mathcal {D}}=\mathbb {R} \backslash \left\{-{\frac {1}{2}}\right\}}
ƒ est dérivable sur
R
∗
{\displaystyle \mathbb {R} ^{*}}
, donc g est dérivable sur
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
.
Par ailleurs, pour tout
X
∈
R
∗
,
f
′
(
X
)
=
−
3
X
4
{\displaystyle X\in \mathbb {R} ^{*},~f'(X)=-{\frac {3}{X^{4}}}}
Enfin, on applique la formule du théorème :
Pour tout
x
∈
⋯
,
g
′
(
x
)
=
⋯
{\displaystyle x\in \cdots ,~g'(x)=\cdots }
Solution
Pour tout
x
∈
D
{\displaystyle x\in {\mathcal {D}}}
:
g
′
(
x
)
=
a
⋅
f
′
(
a
x
+
b
)
=
2
⋅
(
−
3
(
2
x
+
1
)
4
)
=
−
6
(
2
x
+
1
)
4
{\displaystyle {\begin{aligned}g'(x)&=a\cdot f'(ax+b)\\&=2\cdot \left(-{\frac {3}{(2x+1)^{4}}}\right)\\&={\frac {-6}{(2x+1)^{4}}}\end{aligned}}}
Pour tout
x
∈
D
,
g
′
(
x
)
=
−
6
(
2
x
+
1
)
4
{\displaystyle x\in {\mathcal {D}},~g'(x)={\frac {-6}{(2x+1)^{4}}}}
Soit g la fonction définie sur un domaine
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
par
g
:
x
↦
5
x
+
3
{\displaystyle g:x\mapsto {\sqrt {5x+3}}}
Le schéma est
D
→
?
→
R
x
↦
⋯
↦
f
⋯
{\displaystyle {\begin{array}{ccccl}{\mathcal {D}}&\rightarrow &?&\rightarrow &\mathbb {R} \\x&\mapsto &\cdots &{\underset {f}{\mapsto }}&\cdots \\\end{array}}}
et se ramène à
D
→
R
x
↦
g
g
(
x
)
=
5
x
+
3
{\displaystyle {\begin{array}{ccl}{\mathcal {D}}&\rightarrow &\mathbb {R} \\x&{\underset {g}{\mapsto }}&g(x)={\sqrt {5x+3}}\\\end{array}}}
Solution
Le schéma est
D
→
?
→
R
x
↦
5
x
+
3
↦
f
5
x
+
3
{\displaystyle {\begin{array}{ccccl}{\mathcal {D}}&\rightarrow &?&\rightarrow &\mathbb {R} \\x&\mapsto &\color {blue}5x+3&{\underset {\color {red}f}{\mapsto }}&\color {red}{\sqrt {\color {blue}5x+3}}\\\end{array}}}
et se ramène à
D
→
R
x
↦
g
g
(
x
)
=
5
x
+
3
{\displaystyle {\begin{array}{ccl}{\mathcal {D}}&\rightarrow &\mathbb {R} \\x&{\underset {g}{\mapsto }}&g(x)=\color {red}{\sqrt {\color {blue}5x+3}}\\\end{array}}}
La fonction ƒ est définie par
f
:
X
↦
⋯
{\displaystyle f:X\mapsto \cdots }
sur le domaine
⋯
{\displaystyle \cdots }
. Compléter dans le schéma l'emplacement « ? » avec cette nouvelle donnée.
a
x
+
b
=
⋯
{\displaystyle ax+b=\cdots }
Solution
La fonction ƒ est définie par
f
:
X
↦
X
{\displaystyle f:X\mapsto {\sqrt {X}}}
sur le domaine
[
0
;
+
∞
[
{\displaystyle [0;+\infty [}
D
→
[
0
;
+
∞
[
→
R
x
↦
5
x
+
3
↦
f
5
x
+
3
{\displaystyle {\begin{array}{ccccl}{\mathcal {D}}&\rightarrow &[0;+\infty [&\rightarrow &\mathbb {R} \\x&\mapsto &\color {blue}5x+3&{\underset {\color {red}f}{\mapsto }}&\color {red}{\sqrt {\color {blue}5x+3}}\\\end{array}}}
a
x
+
b
=
5
x
+
3
{\displaystyle ax+b=5x+3}
Étudier le signe de l’expression
5
x
+
3
{\displaystyle 5x+3}
. En déduire le domaine
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
Solution
Soit
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
5
x
+
3
≥
0
⇔
5
x
≥
−
3
⇔
x
≥
−
3
5
{\displaystyle {\begin{aligned}5x+3\geq 0&\Leftrightarrow 5x\geq -3\\&\Leftrightarrow x\geq -{\frac {3}{5}}\end{aligned}}}
On en déduit que la fonction g est définie sur le domaine
D
=
[
−
3
5
;
+
∞
[
{\displaystyle {\mathcal {D}}=\left[-{\frac {3}{5}};+\infty \right[}
Vérifier la dérivabilité.
Solution
ƒ est n'est dérivable que sur
]
0
;
+
∞
[
{\displaystyle \color {red}]\color {black}0;+\infty [}
g n'est donc dérivable que si
a
x
+
b
≠
0
{\displaystyle ax+b\not =0}
, c'est-à-dire si
x
≠
−
3
5
{\displaystyle x\not =-{\frac {3}{5}}}
Donc g est dérivable sur
]
−
3
5
;
+
∞
[
{\displaystyle \color {red}\left]\color {black}-{\frac {3}{5}};+\infty \right[}
Par ailleurs, pour tout
X
∈
]
0
;
+
∞
[
,
f
′
(
X
)
=
1
2
X
{\displaystyle X\in ]0;+\infty [,~f'(X)={\frac {1}{2{\sqrt {X}}}}}
Enfin, on applique la formule du théorème :
Pour tout
x
∈
⋯
,
g
′
(
x
)
=
⋯
{\displaystyle x\in \cdots ,~g'(x)=\cdots }
Solution
Pour tout
x
∈
]
−
3
5
;
+
∞
[
{\displaystyle x\in \left]-{\frac {3}{5}};+\infty \right[}
:
g
′
(
x
)
=
a
⋅
f
′
(
a
x
+
b
)
=
5
2
5
x
+
3
{\displaystyle {\begin{aligned}g'(x)&=a\cdot f'(ax+b)\\&={\frac {5}{2{\sqrt {5x+3}}}}\\\end{aligned}}}
Donc, pour tout
x
∈
]
−
3
5
;
+
∞
[
,
g
′
(
x
)
=
5
2
5
x
+
3
{\displaystyle x\in \left]-{\frac {3}{5}};+\infty \right[,~g'(x)={\frac {5}{2{\sqrt {5x+3}}}}}