Correction des exercices 01 à 09 — Dérivation et étude des fonctions
Manuel Al Moufid · 2e Bac Sciences Mathématiques
Cette série permet de travailler la notion fondamentale de dérivabilité d’une fonction en un point à partir de sa définition. Dans chacun des neuf exercices, il ne s’agit pas d’utiliser directement une formule de dérivation déjà connue : on doit construire le quotient de dérivabilité au point indiqué, le transformer lorsque cela est nécessaire, puis étudier sa limite. Selon la forme de la fonction, cette transformation peut faire intervenir une quantité conjuguée, une factorisation, une limite trigonométrique usuelle, une identité algébrique ou encore un encadrement. L’objectif est donc de reconnaître la structure du quotient obtenu et de choisir la transformation adaptée, tout en conservant la définition comme fil directeur. La limite finale permet alors à la fois d’établir la dérivabilité et de déterminer le nombre dérivé demandé.
Pour étudier la dérivabilité d’une fonction \(f\) en un réel \(a\), on considère le quotient :
\[ \frac{f(x)-f(a)}{x-a}. \]Lorsque ce quotient admet une limite finie quand \(x\) tend vers \(a\), la fonction est dérivable en \(a\). Cette limite est alors le nombre dérivé \(f^{\prime}(a)\).
Dans chaque exercice, il faut donc commencer par déterminer \(f(a)\), écrire le quotient correspondant puis le transformer, si nécessaire, jusqu’à obtenir une expression dont la limite peut être calculée.
Exercice 01
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La valeur \(f(0)\) intervient dans le quotient de dérivabilité ; on commence donc par la calculer.
La fonction \(f\) est définie au voisinage de \(0\), et :
\[ f(0)=1 \]On construit ensuite le quotient correspondant à la définition au point \(0\).
Pour \(x\neq0\) :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x} \]Le numérateur contient une différence de deux termes dont l’un comporte une racine. On utilise donc la quantité conjuguée afin de transformer cette différence.
En multipliant par la quantité conjuguée :
\[ \frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x} = \frac{x^2}{x\left(\sqrt{x^2+1}+1\right)} = \frac{x}{\sqrt{x^2+1}+1} \]Sous cette forme, la limite peut maintenant être calculée directement.
Donc :
\[ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x} = \lim_{x\to0}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}+1} =0 \]Exercice 02
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On détermine d’abord la valeur de la fonction au point \(1\).
La fonction \(f\) est définie au voisinage de \(1\), et :
\[ f(1)=2-\sqrt[3]{1}=1. \]Le quotient de dérivabilité en \(1\) est alors :
Pour \(x\neq1\), avec \(x\geq0\) :
\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \frac{2x-\sqrt[3]{x}-1}{x-1}. \]On réorganise le numérateur pour isoler le facteur \(x-1\).
On écrit :
\[ 2x-\sqrt[3]{x}-1 = 2(x-1)-\left(\sqrt[3]{x}-1\right). \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = 2- \frac{\sqrt[3]{x}-1}{x-1}. \]Il reste à simplifier le quotient contenant la racine cubique. Pour cela, on utilise l’identité algébrique de la différence de deux cubes.
Or :
\[ x-1 = \left(\sqrt[3]{x}-1\right) \left(x^{2/3}+x^{1/3}+1\right). \]Ainsi :
\[ \frac{\sqrt[3]{x}-1}{x-1} = \frac1{x^{2/3}+x^{1/3}+1}. \]Le quotient de dérivabilité prend donc une forme dont la limite en \(1\) est immédiate.
Par conséquent :
\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = 2- \frac1{x^{2/3}+x^{1/3}+1}. \]En faisant tendre \(x\) vers \(1\), on obtient :
\[ \lim_{x\to1} \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = 2-\frac13 = \frac53. \]Exercice 03
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Avant de former le quotient, on vérifie que la fonction est bien définie et on calcule sa valeur en \(-2\).
La fonction \(f\) est définie sur \(\mathbb{R}\), car \(x^2+2\gt0\) pour tout \(x\in\mathbb{R}\), et :
\[ f(-2)=\frac{1}{(-2)^2+2}=\frac16 \]Pour \(x\neq-2\) :
\[ \frac{f(x)-f(-2)}{x+2} = \frac{\frac{1}{x^2+2}-\frac16}{x+2} \]On réduit d’abord les deux fractions du numérateur au même dénominateur.
En réduisant au même dénominateur :
\[ \frac{f(x)-f(-2)}{x+2} = \frac{6-(x^2+2)}{6(x^2+2)(x+2)} = \frac{4-x^2}{6(x^2+2)(x+2)} \]Le numérateur se factorise et fait apparaître le facteur \(x+2\).
Or :
\[ 4-x^2=-(x-2)(x+2) \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(-2)}{x+2} = -\frac{x-2}{6(x^2+2)} \]Après cette simplification, on peut passer à la limite.
D’où :
\[ \lim_{x\to-2}\frac{f(x)-f(-2)}{x+2} = -\frac{-4}{6\times6} = \frac19 \]Exercice 04
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On calcule d’abord la valeur de \(f\) au point étudié.
La fonction \(f\) est définie au voisinage de \(0\), et :
\[ f(0)=0 \]Pour \(x\neq0\) :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = \frac{x|x|}{x} = |x| \]Le quotient de dérivabilité est donc simplement égal à \(|x|\).
Donc :
\[ \lim_{x\to0}|x|=0 \]Exercice 05
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On vérifie d’abord que l’expression est définie au voisinage de \(0\), puis on calcule \(f(0)\).
La fonction \(f\) est définie au voisinage de \(0\), car \(x+1\gt0\) au voisinage de \(0\), et :
\[ f(0)=-\operatorname{Arctan}(1)=-\frac{\pi}{4} \]On construit ensuite le quotient imposé par la définition.
Pour \(x\neq0\), avec \(x\gt-1\) :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = 2- \frac{ \operatorname{Arctan}\sqrt{x+1}-\frac{\pi}{4} }{x}. \]La première substitution permet de remplacer la racine par une variable plus simple.
Posons :
\[ y=\sqrt{x+1}. \]Lorsque \(x\to0\), on a \(y\to1\), et :
\[ x=y^2-1=(y-1)(y+1). \]On transforme ensuite la différence d’arctangentes.
Au voisinage de \(y=1\), la formule de différence des arctangentes donne :
\[ \operatorname{Arctan}(y)-\frac{\pi}{4} = \operatorname{Arctan}\left(\frac{y-1}{y+1}\right). \]On introduit alors une nouvelle variable qui tend vers \(0\).
Posons alors :
\[ t=\frac{y-1}{y+1}. \]Lorsque \(x\to0\), on a \(t\to0\). De plus :
\[ \begin{aligned} \frac{ \operatorname{Arctan}\sqrt{x+1}-\frac{\pi}{4} }{x} &= \frac{\operatorname{Arctan}(t)}{t} \cdot \frac{t}{x}\\ &= \frac{\operatorname{Arctan}(t)}{t} \cdot \frac1{(y+1)^2}. \end{aligned} \]Les deux facteurs possèdent maintenant des limites immédiatement calculables.
Or :
\[ \lim_{t\to0}\frac{\operatorname{Arctan}(t)}{t}=1 \]et :
\[ \lim_{y\to1}\frac1{(y+1)^2}=\frac14. \]Donc :
\[ \lim_{x\to0} \frac{ \operatorname{Arctan}\sqrt{x+1}-\frac{\pi}{4} }{x} = \frac14. \]On revient enfin au quotient de dérivabilité initial.
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x} = 2-\frac14 = \frac74. \]Exercice 06
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On calcule d’abord la valeur de la fonction au point \(0\).
La fonction \(f\) est définie au voisinage de \(0\), car \(\tan(4x)\) est définie au voisinage de \(0\), et :
\[ f(0)=\cos0-\sin^2 0+\tan0=1 \]Le quotient se décompose naturellement suivant les trois termes de la fonction.
Pour \(x\neq0\) :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = \frac{\cos x-1}{x} - \frac{\sin^2x}{x} + \frac{\tan(4x)}{x} \]D’après les limites usuelles :
\[ \lim_{x\to0}\frac{\cos x-1}{x}=0 \]Pour le deuxième terme, on fait apparaître le quotient \(\dfrac{\sin x}{x}\).
De plus :
\[ \frac{\sin^2x}{x} = \sin x\cdot\frac{\sin x}{x} \]donc :
\[ \lim_{x\to0}\frac{\sin^2x}{x}=0 \]Pour le dernier terme, on fait apparaître \(4x\) au dénominateur.
Enfin :
\[ \frac{\tan(4x)}{x} = 4\frac{\tan(4x)}{4x} \]d’où :
\[ \lim_{x\to0}\frac{\tan(4x)}{x}=4 \]Il suffit maintenant de réunir les trois limites obtenues.
Par conséquent :
\[ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x} = 0-0+4 = 4 \]Exercice 07
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On commence par simplifier l’expression de \(f(x)\) lorsque \(x\neq0\).
La fonction est définie au voisinage de \(0\). Pour \(x\neq0\), avec \(x\gt-1\) :
\[ f(x)=\frac{\sqrt{x+1}-1}{x} = \frac{1}{\sqrt{x+1}+1} \]La valeur donnée au point \(0\) reste cependant celle de l’énoncé : \(f(0)=\dfrac12\).
Alors :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = \frac{\frac{1}{\sqrt{x+1}+1}-\frac12}{x} \]On réduit la différence au même dénominateur.
En réduisant au même dénominateur :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = \frac{1-\sqrt{x+1}}{2x(\sqrt{x+1}+1)} \]Or :
\[ 1-\sqrt{x+1}=-(\sqrt{x+1}-1) \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = -\frac{\sqrt{x+1}-1}{2x(\sqrt{x+1}+1)} \]On réutilise maintenant l’expression simplifiée obtenue plus haut.
Comme :
\[ \frac{\sqrt{x+1}-1}{x} = \frac{1}{\sqrt{x+1}+1} \]on obtient :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = -\frac{1}{2(\sqrt{x+1}+1)^2} \]Sous cette forme, le passage à la limite est direct.
Par passage à la limite :
\[ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x} = -\frac{1}{2(2)^2} = -\frac18 \]Exercice 08
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On utilise la valeur \(f(0)=0\) dans le quotient.
La fonction \(f\) est définie au voisinage de \(0\), et :
\[ f(0)=0 \]Pour \(x\neq0\) :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = \frac{x^2\cos\left(\frac1x\right)}{x} = x\cos\left(\frac1x\right) \]Le cosinus ne possède pas de limite ici, mais il reste toujours compris entre \(-1\) et \(1\).
Comme :
\[ -1\leq \cos\left(\frac1x\right)\leq1 \]on a :
\[ -|x|\leq x\cos\left(\frac1x\right)\leq |x| \]Les deux expressions qui encadrent le quotient tendent vers \(0\).
Or :
\[ \lim_{x\to0}-|x|=0 \quad\text{et}\quad \lim_{x\to0}|x|=0 \]Donc, d’après le théorème d’encadrement :
\[ \lim_{x\to0}x\cos\left(\frac1x\right)=0 \]Exercice 09
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On commence par déterminer la valeur de la fonction en \(-1\).
La fonction \(f\) est définie au voisinage de \(-1\), car \(-1\neq1\), et :
\[ f(-1)=\frac{\sin((-1)^2-1)}{-1-1} = 0 \]On écrit ensuite le quotient de dérivabilité au point \(-1\).
Pour \(x\neq-1\), avec \(x\neq1\) :
\[ \frac{f(x)-f(-1)}{x+1} = \frac{\sin(x^2-1)}{(x-1)(x+1)} \]Le produit du dénominateur correspond exactement à la factorisation de \(x^2-1\).
Or :
\[ x^2-1=(x-1)(x+1) \]Donc :
\[ \frac{f(x)-f(-1)}{x+1} = \frac{\sin(x^2-1)}{x^2-1} \]Lorsque \(x\) tend vers \(-1\), la quantité \(x^2-1\) tend vers \(0\). On reconnaît donc la limite usuelle \(\dfrac{\sin u}{u}\).
Lorsque \(x\to -1\), on a \(x^2-1\to0\). Ainsi, d’après la limite usuelle :
\[ \lim_{x\to-1}\frac{\sin(x^2-1)}{x^2-1}=1 \]Tous ces exercices reposent sur la même définition, mais les transformations nécessaires pour calculer le quotient de dérivabilité sont différentes. Une expression avec une racine peut nécessiter une quantité conjuguée, une différence algébrique peut conduire à une factorisation, les expressions trigonométriques peuvent faire apparaître des limites usuelles, tandis qu’une fonction oscillante peut demander un encadrement.
Lorsque l’énoncé demande d’utiliser la définition, la démarche fondamentale reste donc : calculer \(f(x_0)\), construire \(\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\), transformer ce quotient sans en changer la valeur, puis étudier sa limite. Si cette limite existe et est finie, elle constitue le nombre dérivé \(f^{\prime}(x_0)\).
Lycée Oum Erbiaâ — M’rirt
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