Correction exercice 2 — Dérivation — Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques

Correction exercice 2 — Dérivation

Niveau : 2e Bac Sciences Mathématiques
Manuel : Al Moufid
Chapitre : Dérivation
Partie : Dérivabilité à droite et à gauche
Exercice : 2

Remarque importante :
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.

Rappel.
On calcule : \[ f_d^{\prime}(x_0)=\lim_{x\to x_0^+}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \] et \[ f_g^{\prime}(x_0)=\lim_{x\to x_0^-}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \] La fonction \(f\) est dérivable en \(x_0\) si et seulement si ces deux limites existent, sont finies et égales.

1)

\[ f(x)=|x^2-1|,\qquad x_0=1 \]

On a :

\[ f(1)=0 \]

Au voisinage de \(1\), on a :

\[ x^2-1=(x-1)(x+1) \]

et \(x+1>0\).

À droite de \(1\)

Si \(x>1\), alors :

\[ x^2-1>0 \]

Donc :

\[ f(x)=x^2-1 \]

Ainsi :

\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \frac{x^2-1}{x-1} = x+1 \]

Donc :

\[ f_d^{\prime}(1)=\lim_{x\to1^+}(x+1)=2 \]

\[ \boxed{f_d^{\prime}(1)=2} \]

À gauche de \(1\)

Si \(x<1\) proche de \(1\), alors :

\[ x^2-1<0 \]

Donc :

\[ f(x)=1-x^2 \]

Ainsi :

\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \frac{1-x^2}{x-1} = -(x+1) \]

Donc :

\[ f_g^{\prime}(1)=\lim_{x\to1^-}-(x+1)=-2 \]

\[ \boxed{f_g^{\prime}(1)=-2} \]

Comme :

\[ f_d^{\prime}(1)\neq f_g^{\prime}(1) \]

\[ \boxed{f \text{ n’est pas dérivable en } 1} \]

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2)

\[ g(x)=\sqrt{|x^2-4|},\qquad x_0=-2 \]

On a :

\[ g(-2)=0 \]

À droite de \(-2\)

Pour \(x>-2\) proche de \(-2\), on a :

\[ x^2-4<0 \]

Donc :

\[ g(x)=\sqrt{4-x^2} \]

Alors :

\[ \frac{g(x)-g(-2)}{x+2} = \frac{\sqrt{4-x^2}}{x+2} \]

Or :

\[ 4-x^2=(2-x)(x+2) \]

Comme \(x>-2\), on a \(x+2>0\). Donc :

\[ \frac{\sqrt{4-x^2}}{x+2} = \frac{\sqrt{(2-x)(x+2)}}{x+2} = \sqrt{\frac{2-x}{x+2}} \]

Lorsque \(x\to -2^+\), on a :

\[ x+2\to0^+ \]

Donc :

\[ \sqrt{\frac{2-x}{x+2}}\to+\infty \]

\[ \boxed{ \lim_{x\to-2^+}\frac{g(x)-g(-2)}{x+2}=+\infty } \]

Donc \(g\) n’est pas dérivable à droite en \(-2\), car la limite n’est pas finie.

À gauche de \(-2\)

Pour \(x<-2\), on a :

\[ x^2-4>0 \]

Donc :

\[ g(x)=\sqrt{x^2-4} \]

Alors :

\[ \frac{g(x)-g(-2)}{x+2} = \frac{\sqrt{x^2-4}}{x+2} \]

Posons :

\[ t=x+2 \]

Lorsque \(x\to-2^-\), on a \(t\to0^-\). De plus :

\[ x=t-2 \]

Donc :

\[ x^2-4=(t-2)^2-4=t^2-4t=t(t-4) \]

Ainsi :

\[ \frac{\sqrt{x^2-4}}{x+2} = \frac{\sqrt{t(t-4)}}{t} \]

Lorsque \(t\to0^-\), on obtient :

\[ \frac{\sqrt{t(t-4)}}{t}\to-\infty \]

\[ \boxed{ \lim_{x\to-2^-}\frac{g(x)-g(-2)}{x+2}=-\infty } \]

Donc \(g\) n’est pas dérivable à gauche en \(-2\).

\[ \boxed{g \text{ n’est pas dérivable en } -2} \]

Interprétation géométrique : la courbe admet une tangente verticale au point d’abscisse \(-2\).

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3)

\[ h(x)= \begin{cases} 4x^3-3 & \text{si } x\geq1\\ 2x^2-1 & \text{si } x<1 \end{cases} \qquad x_0=1 \]

On a :

\[ h(1)=4-3=1 \]

À droite de \(1\)

Si \(x>1\), alors :

\[ h(x)=4x^3-3 \]

Donc :

\[ \frac{h(x)-h(1)}{x-1} = \frac{4x^3-3-1}{x-1} = \frac{4x^3-4}{x-1} \] \[ = 4\frac{x^3-1}{x-1} = 4(x^2+x+1) \]

Donc :

\[ h_d^{\prime}(1)=\lim_{x\to1^+}4(x^2+x+1)=12 \]

\[ \boxed{h_d^{\prime}(1)=12} \]

À gauche de \(1\)

Si \(x<1\), alors :

\[ h(x)=2x^2-1 \]

Donc :

\[ \frac{h(x)-h(1)}{x-1} = \frac{2x^2-1-1}{x-1} = \frac{2x^2-2}{x-1} \] \[ = 2\frac{x^2-1}{x-1} = 2(x+1) \]

Donc :

\[ h_g^{\prime}(1)=\lim_{x\to1^-}2(x+1)=4 \]

\[ \boxed{h_g^{\prime}(1)=4} \]

Comme :

\[ h_d^{\prime}(1)\neq h_g^{\prime}(1) \]

\[ \boxed{h \text{ n’est pas dérivable en } 1} \]

Remarque pédagogique.
Cet exercice est important parce qu’il distingue la dérivabilité à droite et la dérivabilité à gauche.

Pour conclure qu’une fonction est dérivable en \(x_0\), il faut que les deux nombres dérivés existent, soient finis et soient égaux.

Dans la question 2, les limites du quotient tendent vers \(+\infty\) et \(-\infty\). Donc il n’y a pas de nombre dérivé fini. On peut seulement interpréter graphiquement ce résultat par une tangente verticale.