Début de la boite de navigation du chapitre
Problématique : Comment dériver directement des fonctions comme
x
↦
(
x
2
−
3
)
4
{\displaystyle x\mapsto (x^{2}-3)^{4}}
x
↦
(
cos
(
x
)
)
3
{\displaystyle x\mapsto (\cos(x))^{3}}
fin de la boite de navigation du chapitre
En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Fonction dérivée : Dérivée de la puissance énième d'une fonction Fonction dérivée/Dérivée de la puissance énième d'une fonction », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
On donne une formule générale très simple à retenir et à appliquer.
Fonctions de la forme un
modifier
Début d’un théorème
Théorème
Soient une fonction u dérivable sur un ensemble I et n un entier relatif
Soit ƒ la fonction définie par
f
:
x
↦
u
(
x
)
n
{\displaystyle f:x\mapsto u(x)^{n}}
Alors ƒ est dérivable sur I et de plus:
Pour tout
x
∈
I
,
f
′
(
x
)
=
n
⋅
u
(
x
)
n
−
1
⋅
u
′
(
x
)
{\displaystyle x\in I,~f'(x)=n\cdot u(x)^{n-1}\cdot u'(x)}
Fin du théorème
Remarque : Dans l’écriture
u
(
x
)
n
{\displaystyle u(x)^{n}}
u
(
x
)
{\displaystyle u(x)}
n et pas seulement x .
On souhaite dériver la fonction
f
:
x
↦
(
3
x
+
5
)
2
{\displaystyle f:x\mapsto (3x+5)^{2}}
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
Ici on a :
Pour tout
x
∈
R
,
u
(
x
)
=
3
x
+
5
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ,~u(x)=3x+5}
n = 2Pour tout
x
∈
R
,
f
(
x
)
=
u
(
x
)
n
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ,~f(x)=u(x)^{n}}
On applique le théorème :
u est dérivable sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
Pour tout
x
∈
R
,
u
′
(
x
)
=
3
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ,~u'(x)=3}
Donc d’après le théorème, pour tout
x
∈
R
,
f
′
(
x
)
=
2
×
3
(
3
x
+
5
)
2
−
1
=
6
(
3
x
+
5
)
=
18
x
+
30
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ,~f'(x)=2\times 3(3x+5)^{2-1}=6(3x+5)=18x+30}
On souhaite dériver la fonction
f
:
x
↦
(
x
2
−
3
)
4
{\displaystyle f:x\mapsto (x^{2}-3)^{4}}
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
Ici on a :
Pour tout
x
∈
R
,
u
(
x
)
=
x
2
−
3
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ,~u(x)=x^{2}-3}
n = 4Pour tout
x
∈
R
,
f
(
x
)
=
u
(
x
)
n
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ,~f(x)=u(x)^{n}}
On applique le théorème :
u est dérivable sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
Pour tout
x
∈
R
,
u
′
(
x
)
=
2
x
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ,~u'(x)=2x}
Donc d’après le théorème, pour tout
x
∈
R
,
f
′
(
x
)
=
8
x
(
x
2
−
3
)
3
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ,~f'(x)=8x(x^{2}-3)^{3}}
On souhaite dériver la fonction
f
:
x
↦
cos
(
x
)
3
=
cos
3
(
x
)
{\displaystyle f:x\mapsto \cos(x)^{3}=\cos ^{3}(x)}
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
Pour tout
x
∈
R
,
u
(
x
)
=
cos
(
x
)
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ,~u(x)=\cos(x)}
n = 3Pour tout
x
∈
R
,
f
(
x
)
=
u
(
x
)
n
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ,~f(x)=u(x)^{n}}
On applique le théorème :
u est dérivable sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
Pour tout
x
∈
R
,
u
′
(
x
)
=
−
sin
(
x
)
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ,~u'(x)=-\sin(x)}
Donc d’après le théorème, pour tout
x
∈
R
,
f
′
(
x
)
=
−
3
sin
(
x
)
⋅
cos
2
(
x
)
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ,~f'(x)=-3\sin(x)\cdot \cos ^{2}(x)}
Dériver les trois fonctions suivantes:
f
:
x
↦
(
1
x
+
2
)
5
{\displaystyle f:x\mapsto \left({\frac {1}{x}}+2\right)^{5}}
R
∗
{\displaystyle \mathbb {R} ^{*}}
g
:
x
↦
(
x
−
x
)
2
{\displaystyle g:x\mapsto ({\sqrt {x}}-x)^{2}}
[
0
;
+
∞
[
{\displaystyle [0;+\infty [}
h
:
x
↦
5
sin
3
(
x
)
{\displaystyle h:x\mapsto 5\sin ^{3}(x)}
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
Fonction de la forme 1/un
modifier
Début d’un théorème
Théorème
Soient une fonction u dérivable sur un ensemble I et n un entier strictement positif.
Soit ƒ la fonction définie par
f
:
x
↦
1
u
(
x
)
n
{\displaystyle f:x\mapsto {\frac {1}{u(x)^{n}}}}
Alors ƒ est dérivable sur l’ensemble des valeurs de I sauf les valeurs pour lesquelles u s’annule et :
pour tout x dans cet ensemble,
f
′
(
x
)
=
−
n
.
u
′
(
x
)
u
(
x
)
n
+
1
{\displaystyle f'(x)={\frac {-n.u'(x)}{u(x)^{n+1}}}}
Fin du théorème
Remarque : Cette formule peut se démontrer en étendant la précédente à n négatif ou encore en appliquant u/v.
On souhaite dériver la fonction
f
:
x
↦
1
(
−
x
3
+
2
x
)
2
{\displaystyle f:x\mapsto {\frac {1}{(-x^{3}+2x)^{2}}}}
x
↦
−
x
3
+
2
x
{\displaystyle x\mapsto -x^{3}+2x}
Ici on a :
Pour tout
x
∈
I
,
u
(
x
)
=
−
x
3
+
2
x
{\displaystyle x\in I,~u(x)=-x^{3}+2x}
n = 2Pour tout
x
∈
I
,
f
(
x
)
=
1
u
(
x
)
n
{\displaystyle x\in I,~f(x)={\frac {1}{u(x)^{n}}}}
On applique le théorème :
u est dérivable sur I et ne s'annule pas sur I, donc ƒ est dérivable sur IPour tout
x
∈
R
,
u
′
(
x
)
=
−
3
x
2
+
2
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ,~u'(x)=-3x^{2}+2}
Donc d’après le théorème, pour tout
x
∈
I
,
f
′
(
x
)
=
6
x
2
−
4
(
−
x
3
+
2
x
)
3
{\displaystyle x\in I,~f'(x)={\frac {6x^{2}-4}{(-x^{3}+2x)^{3}}}}
Dériver les trois fonctions suivantes :
f
:
x
↦
1
sin
2
(
x
)
{\displaystyle f:x\mapsto {\frac {1}{\sin ^{2}(x)}}}
I
f
=
]
0
;
π
[
{\displaystyle I_{f}=]0;\,\pi [}
g
:
x
↦
5
(
x
3
−
4
)
2
{\displaystyle g:x\mapsto {\frac {5}{(x^{3}-4)^{2}}}}
I
g
=
R
∖
{
4
3
}
{\displaystyle I_{g}=\mathbb {R} \backslash \{{\sqrt[{3}]{4}}\}}
h
:
x
↦
−
2
(
x
+
1
)
3
{\displaystyle h:x\mapsto {\frac {-2}{(x+1)^{3}}}}
I
h
=
R
∖
{
−
1
}
{\displaystyle I_{h}=\mathbb {R} \backslash \{-1\}}
Solution
Fonction ƒ Pour tout
x
∈
I
f
,
u
(
x
)
=
sin
(
x
)
{\displaystyle x\in I_{f},~u(x)=\sin(x)}
n = 2Pour tout
x
∈
I
f
,
f
(
x
)
=
1
u
(
x
)
n
{\displaystyle x\in I_{f},~f(x)={\frac {1}{u(x)^{n}}}}
On applique le théorème :
u est dérivable sur If et ne s'annule pas sur If , donc ƒ est dérivable sur If Pour tout
x
∈
I
f
,
u
′
(
x
)
=
cos
(
x
)
{\displaystyle x\in I_{f},~u'(x)=\cos(x)}
Donc d’après le théorème, pour tout
x
∈
I
f
,
f
′
(
x
)
=
−
2
cos
(
x
)
sin
3
(
x
)
{\displaystyle x\in I_{f},~f'(x)={\frac {-2\cos(x)}{\sin ^{3}(x)}}}
Fonction g Pour tout
x
∈
I
g
,
u
(
x
)
=
x
3
−
4
{\displaystyle x\in I_{g},~u(x)=x^{3}-4}
n = 2Pour tout
x
∈
I
g
,
g
(
x
)
=
5
⋅
1
u
(
x
)
n
{\displaystyle x\in I_{g},~g(x)=5\cdot {\frac {1}{u(x)^{n}}}}
On applique le théorème :
u est dérivable sur Ig et ne s'annule pas sur Ig , donc g est dérivable sur Ig Pour tout
x
∈
I
g
,
u
′
(
x
)
=
3
x
2
{\displaystyle x\in I_{g},~u'(x)=3x^{2}}
Donc d’après le théorème, pour tout
x
∈
I
g
,
g
′
(
x
)
=
5
−
2
⋅
3
x
2
(
x
3
−
4
)
3
=
−
30
x
2
(
x
3
−
4
)
3
{\displaystyle x\in I_{g},~g'(x)=5{\frac {-2\cdot 3x^{2}}{(x^{3}-4)^{3}}}={\frac {-30x^{2}}{(x^{3}-4)^{3}}}}
Fonction h Pour tout
x
∈
I
h
,
u
(
x
)
=
x
+
1
{\displaystyle x\in I_{h},~u(x)=x+1}
n = 3Pour tout
x
∈
I
h
,
h
(
x
)
=
−
2
1
u
(
x
)
n
{\displaystyle x\in I_{h},~h(x)=-2{\frac {1}{u(x)^{n}}}}
On applique le théorème :
u est dérivable sur Ih et ne s'annule pas sur Ih , donc h est dérivable sur Ih Pour tout
x
∈
I
h
,
u
′
(
x
)
=
1
{\displaystyle x\in I_{h},~u'(x)=1}
Donc d’après le théorème, pour tout
x
∈
I
h
,
h
′
(
x
)
=
6
(
x
+
1
)
4
{\displaystyle x\in I_{h},~h'(x)={\frac {6}{(x+1)^{4}}}}
![{\displaystyle \color {red}]\color {black}0;+\infty [}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/2822aa169548283eedfd9de9388a4cf3a9a7a702)
![{\displaystyle ]0;+\infty [,~g'(x)=2\left({\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}-1\right)({\sqrt {x}}-x)}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/3f9a7132cb37698dcde60f528e6fb9a137dc450e)
![{\displaystyle I_{f}=]0;\,\pi [}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/d67b7dc13868794f1184b0027dbe326b949806b0)
![{\displaystyle I_{g}=\mathbb {R} \backslash \{{\sqrt[{3}]{4}}\}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/4aefc28d3e2163b025bb2295b14272bf5559e3b5)
