Correction exercice 1 — Dérivation
Objectifs et parcours de résolution
L’exercice 1 d’Al Moufid revient à la définition du nombre dérivé en un point. Les expressions avec racine carrée, quotient ou polynôme montrent que la simplification du taux d’accroissement dépend de la fonction considérée. Ce travail prépare l’utilisation des formules de dérivation : la valeur calculée doit provenir d’une limite finie sur le domaine de la fonction.
Repères de cours utiles
En un point intérieur \(a\) du domaine, le nombre dérivé est la limite finie du taux d’accroissement \((f(x)-f(a))/(x-a)\). L’existence de cette limite implique la continuité en \(a\). La continuité seule ne garantit pas la dérivabilité.
Pour une racine carrée, multiplier par l’expression conjuguée peut faire apparaître le facteur \(x-a\). Pour une valeur absolue ou une fonction définie par morceaux, déterminer l’expression utilisée à gauche et à droite avant de simplifier. Deux limites unilatérales finies différentes donnent deux demi-tangentes de pentes différentes.
Une limite infinie du taux d’accroissement ne définit pas un nombre dérivé fini. Lorsque la fonction est continue au point étudié, elle permet une interprétation géométrique par une tangente ou une demi-tangente verticale, selon les côtés du domaine effectivement accessibles.
Méthode de travail sur ce sujet
Commencer par \(f(a)\), puis écrire le taux d’accroissement avec le dénominateur \(x-a\). Pour une racine carrée, utiliser le conjugué ; pour un quotient, mettre les termes au même dénominateur.
Ne simplifier le facteur \(x-a\) que pour \(x\ne a\). Calculer la limite de l’expression simplifiée, puis vérifier qu’elle est finie avant d’annoncer le nombre dérivé.
Niveau : 2e Bac Sciences Mathématiques
Manuel : Al Moufid
Chapitre : Dérivation
Partie : Dérivabilité en un point
Exercice : 1
L’énoncé complet n’est pas reproduit. Veuillez consulter le manuel pour lire l’exercice original. Les expressions ci-dessous sont rappelées uniquement pour suivre la correction.
Pour montrer que \(f\) est dérivable en \(x_0\), on calcule : \[ f^{\prime}(x_0)=\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \] lorsque cette limite existe et est finie.
1)
\[ f(x)=\sqrt{x^2+1},\qquad x_0=0 \]On a :
\[ f(0)=1 \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x} \]On multiplie par le conjugué :
\[ \frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x} = \frac{x^2}{x(\sqrt{x^2+1}+1)} = \frac{x}{\sqrt{x^2+1}+1} \]Ainsi :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}+1}=0 \]2)
\[ f(x)=2x-\sqrt{x},\qquad x_0=1 \]On a :
\[ f(1)=2-1=1 \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \frac{2x-\sqrt{x}-1}{x-1} \] \[ = \frac{2(x-1)-(\sqrt{x}-1)}{x-1} \] \[ = 2-\frac{\sqrt{x}-1}{x-1} \]Or :
\[ \frac{\sqrt{x}-1}{x-1} = \frac{1}{\sqrt{x}+1} \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = 2-\frac{1}{\sqrt{x}+1} \]3)
\[ f(x)=\frac{1}{x^2+2},\qquad x_0=-2 \]On a :
\[ f(-2)=\frac16 \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(-2)}{x+2} = \frac{\frac{1}{x^2+2}-\frac16}{x+2} \] \[ = \frac{6-(x^2+2)}{6(x^2+2)(x+2)} \] \[ = \frac{4-x^2}{6(x^2+2)(x+2)} \] \[ = \frac{(2-x)(x+2)}{6(x^2+2)(x+2)} \] \[ = \frac{2-x}{6(x^2+2)} \]4)
\[ f(x)=x|x|,\qquad x_0=0 \]On a :
\[ f(0)=0 \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \frac{x|x|}{x} = |x| \]Ainsi :
\[ \lim_{x\to0}|x|=0 \]5)
\[ f(x)=2x-\operatorname{Arctan}\sqrt{x+1},\qquad x_0=0 \]On a :
\[ f(0)=-\frac{\pi}{4} \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = 2-\frac{\operatorname{Arctan}\sqrt{x+1}-\frac{\pi}{4}}{x} \]Posons :
\[ u=\operatorname{Arctan}\sqrt{x+1}-\frac{\pi}{4} \]Alors \(u\to0\) lorsque \(x\to0\). De plus :
\[ \tan u = \tan\left(\operatorname{Arctan}\sqrt{x+1}-\frac{\pi}{4}\right) \] \[ = \frac{\sqrt{x+1}-1}{1+\sqrt{x+1}} \]Donc :
\[ \frac{\tan u}{x} = \frac{\sqrt{x+1}-1}{x(1+\sqrt{x+1})} \]Or :
\[ \sqrt{x+1}-1 = \frac{x}{\sqrt{x+1}+1} \]Ainsi :
\[ \frac{\tan u}{x} = \frac{1}{(\sqrt{x+1}+1)^2} \]Comme :
\[ \lim_{u\to0}\frac{u}{\tan u}=1 \]on obtient :
\[ \lim_{x\to0}\frac{u}{x}=\frac14 \]6)
\[ f(x)=\cos x-\sin^2x+\tan(4x),\qquad x_0=0 \]On a :
\[ f(0)=1 \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = \frac{\cos x-1}{x} - \frac{\sin^2x}{x} + \frac{\tan(4x)}{x} \]On sait que :
\[ \lim_{x\to0}\frac{\cos x-1}{x}=0 \]et :
\[ \frac{\sin^2x}{x} = \sin x\cdot\frac{\sin x}{x} \to0 \]Enfin :
\[ \frac{\tan(4x)}{x} = 4\frac{\tan(4x)}{4x} \to4 \]7)
\[ f(x)=\frac{\sqrt{x+1}-1}{x}\quad \text{si }x\neq0, \qquad f(0)=\frac12, \qquad x_0=0 \]Pour \(x\neq0\), on simplifie :
\[ f(x)=\frac{\sqrt{x+1}-1}{x} = \frac{1}{\sqrt{x+1}+1} \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = \frac{\frac{1}{\sqrt{x+1}+1}-\frac12}{x} \] \[ = \frac{2-(\sqrt{x+1}+1)}{2x(\sqrt{x+1}+1)} \] \[ = \frac{1-\sqrt{x+1}}{2x(\sqrt{x+1}+1)} \]Or :
\[ 1-\sqrt{x+1} = -\frac{x}{1+\sqrt{x+1}} \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = -\frac{1}{2(\sqrt{x+1}+1)^2} \]8)
\[ f(x)=x^2\cos\left(\frac1x\right)\quad \text{si }x\neq0, \qquad f(0)=0, \qquad x_0=0 \]On a :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = \frac{x^2\cos\left(\frac1x\right)}{x} = x\cos\left(\frac1x\right) \]Or :
\[ -1\leq \cos\left(\frac1x\right)\leq 1 \]Donc :
\[ -|x|\leq x\cos\left(\frac1x\right)\leq |x| \]Comme :
\[ \lim_{x\to0}|x|=0 \]on obtient :
\[ \lim_{x\to0}x\cos\left(\frac1x\right)=0 \]9)
\[ f(x)=\frac{\sin(x^2-1)}{x-1},\qquad x_0=-1 \]On a :
\[ f(-1)=0 \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(-1)}{x+1} = \frac{\sin(x^2-1)}{(x-1)(x+1)} \]Or :
\[ (x-1)(x+1)=x^2-1 \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(-1)}{x+1} = \frac{\sin(x^2-1)}{x^2-1} \]Lorsque \(x\to-1\), on a :
\[ x^2-1\to0 \]Donc, d’après la limite usuelle :
\[ \lim_{u\to0}\frac{\sin u}{u}=1 \]Cet exercice est un exercice direct sur la définition du nombre dérivé. Il ne faut donc pas utiliser automatiquement les formules de dérivation.
Les étapes essentielles sont :
1. Calculer \(f(x_0)\)
2. Former le quotient \(\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\)
3. Simplifier par factorisation ou par le conjugué
4. Utiliser les limites usuelles déjà vues
La question 5 est la plus délicate, car elle utilise le lien entre \(\operatorname{Arctan}\) et \(\tan\).
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