La dérivation est l’un des outils les plus puissants de l’analyse : elle permet de mesurer la vitesse de variation d’une fonction en un point, de déterminer l’équation de la tangente à une courbe, d’étudier le sens de variation d’une fonction et de résoudre des problèmes concrets d’optimisation (aire maximale, coût minimal, trajectoire optimale…). Ce chapitre reprend et approfondit les notions vues en tronc commun : nombre dérivé, fonction dérivée, opérations sur les dérivées (somme, produit, quotient, composée), puis établit le lien fondamental entre le signe de la dérivée et les variations d’une fonction. Il constitue la base indispensable du chapitre suivant consacré à l’étude complète des fonctions numériques.
Nombre dérivé et interprétation graphique
Définition. Soit f une fonction définie sur un intervalle ouvert I et x₀ ∈ I. On dit que f est dérivable en x₀ si le taux d’accroissement [f(x) – f(x₀)] / (x – x₀) admet une limite finie lorsque x tend vers x₀. Cette limite, si elle existe, s’appelle le nombre dérivé de f en x₀ et se note f'(x₀) :
f'(x₀) = limx→x₀ [f(x) – f(x₀)] / (x – x₀) = limh→0 [f(x₀+h) – f(x₀)] / h
Interprétation graphique. Si f est dérivable en x₀, la courbe (Cf) admet au point A(x₀ ; f(x₀)) une tangente non verticale dont le coefficient directeur est f'(x₀). Une équation de cette tangente est : y = f'(x₀)(x – x₀) + f(x₀).
Exemple entièrement traité. Soit f(x) = x² – 3x + 1. Calculons f'(2) par définition. On a f(2) = 4 – 6 + 1 = -1. Pour h ≠ 0 : f(2+h) = (2+h)² – 3(2+h) + 1 = 4 + 4h + h² – 6 – 3h + 1 = h² + h – 1. Donc f(2+h) – f(2) = (h² + h – 1) – (-1) = h² + h = h(h + 1). Le taux d’accroissement vaut donc [h(h+1)] / h = h + 1 pour h ≠ 0, dont la limite quand h → 0 est 1. Ainsi f'(2) = 1, et une équation de la tangente en x₀ = 2 est y = 1×(x – 2) + (-1) = x – 3.
Fonction dérivée et dérivées des fonctions usuelles
Définition. Une fonction f est dite dérivable sur un intervalle I si elle est dérivable en tout point de I. La fonction qui à tout x de I associe f'(x) est appelée la fonction dérivée de f, notée f’.
Dérivées des fonctions usuelles (à connaître par cœur). Pour k réel constant, f(x) = k a pour dérivée f'(x) = 0 sur ℝ. La fonction identité f(x) = x a pour dérivée f'(x) = 1. La fonction puissance f(x) = xn (n entier naturel non nul) a pour dérivée f'(x) = n×xn-1 sur ℝ. La fonction inverse f(x) = 1/x a pour dérivée f'(x) = -1/x² sur ℝ*. La fonction racine carrée f(x) = √x a pour dérivée f'(x) = 1/(2√x) sur ]0 ; +∞[ (elle n’est pas dérivable en 0, la courbe y admet une tangente verticale). Enfin, pour une somme et un produit par un réel k : (u + v)’ = u’ + v’ et (k×u)’ = k×u’.
Exemple entièrement traité. Calculons la dérivée de f(x) = 3x⁴ – 2x³ + 5x – 7 sur ℝ. Par linéarité et en appliquant la règle des puissances à chaque terme : f'(x) = 3×4x³ – 2×3x² + 5×1 – 0 = 12x³ – 6x² + 5.
Opérations sur les dérivées : produit, quotient, puissance et composée
Propriétés (admises). Soient u et v deux fonctions dérivables sur un intervalle I. Alors : (u×v)’ = u’×v + u×v’ ; si v ne s’annule pas sur I, (u/v)’ = (u’×v – u×v’) / v² ; pour n entier naturel non nul, (un)’ = n×u’×un-1 ; si u > 0 sur I, (√u)’ = u’ / (2√u). Enfin, pour la composée d’une fonction g suivie de f, on a (f∘g)'(x) = g'(x) × f'(g(x)).
Exemple 1 (produit). Soit f(x) = (2x – 1)(x² + 3). En posant u = 2x – 1 (u’ = 2) et v = x² + 3 (v’ = 2x) : f'(x) = 2×(x² + 3) + (2x – 1)×2x = 2x² + 6 + 4x² – 2x = 6x² – 2x + 6.
Exemple 2 (quotient). Soit g(x) = (x + 1) / (x – 2), définie sur ℝ\{2}. Avec u = x + 1 (u’ = 1) et v = x – 2 (v’ = 1) : g'(x) = [1×(x-2) – (x+1)×1] / (x-2)² = (x – 2 – x – 1) / (x-2)² = -3 / (x-2)².
Exemple 3 (puissance d’une fonction et racine carrée). Soit h(x) = (3x² – 1)⁵ ; avec u = 3x² – 1 (u’ = 6x), h'(x) = 5×6x×(3x² – 1)⁴ = 30x(3x² – 1)⁴. Soit aussi k(x) = √(x² + 1) ; avec u = x² + 1 (u’ = 2x), k'(x) = 2x / (2√(x² + 1)) = x / √(x² + 1).
Signe de la dérivée, sens de variation et extremums
Théorème. Soit f une fonction dérivable sur un intervalle I. Si f'(x) ≥ 0 pour tout x de I (avec f’ nulle seulement en des points isolés), alors f est croissante sur I. Si f'(x) ≤ 0 sur I, alors f est décroissante sur I. Si f'(x) = 0 sur I, alors f est constante sur I. De plus, si f’ s’annule en x₀ en changeant de signe, alors f admet un extremum local en x₀ : un maximum si f’ passe du positif au négatif, un minimum si f’ passe du négatif au positif.
Exemple entièrement traité. Étudions f(x) = x³ – 3x + 2 sur ℝ. On calcule f'(x) = 3x² – 3 = 3(x² – 1) = 3(x – 1)(x + 1). Cette expression s’annule pour x = -1 et x = 1. Étude du signe (produit de deux facteurs affines, coefficient dominant positif) : pour x < -1, (x-1) < 0 et (x+1) < 0 donc f'(x) > 0 ; pour -1 < x < 1, (x-1) < 0 et (x+1) > 0 donc f'(x) < 0 ; pour x > 1, les deux facteurs sont positifs donc f'(x) > 0. On en déduit que f est croissante sur ]-∞ ; -1], décroissante sur [-1 ; 1], puis croissante sur [1 ; +∞[. Comme f’ change de signe (+ vers -) en x = -1, f admet un maximum local f(-1) = -1 + 3 + 2 = 4 ; comme f’ change de signe (- vers +) en x = 1, f admet un minimum local f(1) = 1 – 3 + 2 = 0.
Applications : tangentes et problèmes d’optimisation
Tangente en un point. Reprenons la méthode : pour trouver la tangente à (Cf) au point d’abscisse x₀, on calcule f(x₀) et f'(x₀), puis on écrit y = f'(x₀)(x – x₀) + f(x₀). Exemple : soit f(x) = √x. On a f'(x) = 1/(2√x), donc f'(4) = 1/(2×2) = 1/4, et f(4) = 2. La tangente au point d’abscisse 4 a pour équation y = (1/4)(x – 4) + 2 = x/4 + 1.
Problème d’optimisation entièrement traité. On dispose d’une clôture de longueur totale 40 m pour délimiter un enclos rectangulaire. On note x la largeur (0 < x < 20) ; la longueur vaut alors 20 - x, car le périmètre impose 2(x + longueur) = 40. L'aire est donc A(x) = x(20 - x) = 20x - x², fonction dérivable sur ]0 ; 20[. On calcule A'(x) = 20 - 2x, qui s'annule en x = 10. Pour x < 10, A'(x) > 0 (A croissante) ; pour x > 10, A'(x) < 0 (A décroissante). A admet donc un maximum en x = 10, avec A(10) = 10 × 10 = 100 m². Conclusion : l’aire est maximale lorsque l’enclos est un carré de côté 10 m, l’aire maximale valant 100 m².
Exercices
1. Soit f(x) = x² + 2x – 1. En utilisant la définition du nombre dérivé (taux d’accroissement), calculer f'(1).
2. Calculer la dérivée de chacune des fonctions suivantes, en précisant leur ensemble de dérivabilité : f(x) = 4x⁵ – 3x³ + 2x – 5 ; g(x) = 2√x – 3/x.
3. Calculer la dérivée de f(x) = (x² + 1)(3x – 2) et de g(x) = (2x – 3) / (x + 1).
4. Calculer la dérivée de f(x) = √(4x – 1) et de g(x) = (x² – 3x + 1)⁴.
5. Soit f(x) = x² – 4x + 3. Déterminer une équation de la tangente à (Cf) au point d’abscisse x₀ = 3.
6. Soit f(x) = x³ – 6x² + 9x + 1 définie sur ℝ. Étudier le signe de f'(x), en déduire le sens de variation de f, puis préciser ses extremums locaux.
7. Un fermier dispose de 100 m de clôture pour délimiter un enclos rectangulaire adossé à un mur (un seul côté n’a donc pas besoin d’être clôturé). On note x la longueur de chacun des deux côtés perpendiculaires au mur. 1) Exprimer l’aire A(x) de l’enclos en fonction de x, et préciser le domaine de définition. 2) Déterminer la valeur de x qui rend l’aire maximale, et calculer cette aire maximale. 3) Déterminer, à l’aide d’une étude de signe, les valeurs de x pour lesquelles l’aire est supérieure ou égale à 1000 m².
Corrigés
1. On a f(1) = 1 + 2 – 1 = 2. Pour h ≠ 0 : f(1+h) = (1+h)² + 2(1+h) – 1 = 1 + 2h + h² + 2 + 2h – 1 = h² + 4h + 2. Donc f(1+h) – f(1) = h² + 4h + 2 – 2 = h² + 4h = h(h+4). Le taux d’accroissement vaut [h(h+4)]/h = h + 4, dont la limite quand h → 0 est 4. Donc f'(1) = 4 (on retrouve bien f'(x) = 2x + 2, soit f'(1) = 4).
2. Pour f(x) = 4x⁵ – 3x³ + 2x – 5, dérivable sur ℝ : f'(x) = 4×5x⁴ – 3×3x² + 2 – 0 = 20x⁴ – 9x² + 2. Pour g(x) = 2√x – 3/x, dérivable sur ]0 ; +∞[ (à cause de √x et de 1/x) : g'(x) = 2×[1/(2√x)] – 3×(-1/x²) = 1/√x + 3/x².
3. Pour f(x) = (x² + 1)(3x – 2), on pose u = x² + 1 (u’ = 2x) et v = 3x – 2 (v’ = 3). Alors f'(x) = u’v + uv’ = 2x(3x – 2) + (x² + 1)×3 = 6x² – 4x + 3x² + 3 = 9x² – 4x + 3. Pour g(x) = (2x – 3)/(x + 1), défini sur ℝ\{-1}, on pose u = 2x – 3 (u’ = 2) et v = x + 1 (v’ = 1) : g'(x) = [u’v – uv’]/v² = [2(x+1) – (2x-3)×1] / (x+1)² = (2x + 2 – 2x + 3) / (x+1)² = 5 / (x+1)².
4. Pour f(x) = √(4x – 1), défini et dérivable sur ]1/4 ; +∞[, on pose u = 4x – 1 (u’ = 4) : f'(x) = u’ / (2√u) = 4 / (2√(4x-1)) = 2 / √(4x-1). Pour g(x) = (x² – 3x + 1)⁴, on pose u = x² – 3x + 1 (u’ = 2x – 3) : g'(x) = 4×u’×u³ = 4(2x – 3)(x² – 3x + 1)³.
5. On calcule f(3) = 9 – 12 + 3 = 0. On a f'(x) = 2x – 4, donc f'(3) = 6 – 4 = 2. Une équation de la tangente au point d’abscisse x₀ = 3 est y = f'(3)(x – 3) + f(3) = 2(x – 3) + 0 = 2x – 6.
6. On calcule f'(x) = 3x² – 12x + 9 = 3(x² – 4x + 3) = 3(x – 1)(x – 3), en factorisant à l’aide des racines évidentes 1 et 3 de x² – 4x + 3. Le coefficient dominant 3(x-1)(x-3) étant un produit de facteurs affines avec coefficient global positif, f'(x) est positive à l’extérieur de l’intervalle [1 ; 3] et négative à l’intérieur : f'(x) > 0 pour x < 1, f'(x) < 0 pour 1 < x < 3, f'(x) > 0 pour x > 3. On en déduit que f est croissante sur ]-∞ ; 1], décroissante sur [1 ; 3], puis croissante sur [3 ; +∞[. f’ change de signe (+ vers -) en x = 1 donc f admet un maximum local f(1) = 1 – 6 + 9 + 1 = 5 ; f’ change de signe (- vers +) en x = 3 donc f admet un minimum local f(3) = 27 – 54 + 27 + 1 = 1.
7. 1) Le périmètre clôturé vaut 2x + L = 100 (L étant le côté parallèle au mur), donc L = 100 – 2x. L’aire vaut A(x) = x×L = x(100 – 2x) = 100x – 2x², définie sur ]0 ; 50[ (il faut x > 0 et L = 100 – 2x > 0). 2) On dérive : A'(x) = 100 – 4x, qui s’annule en x = 25. Pour x < 25, A'(x) > 0 (A croissante) ; pour x > 25, A'(x) < 0 (A décroissante). A admet donc un maximum en x = 25, avec L = 100 - 50 = 50 et A(25) = 25 × 50 = 1250 m². 3) On résout A(x) ≥ 1000, soit 100x - 2x² ≥ 1000, soit -2x² + 100x - 1000 ≥ 0. En divisant par -2 (ce qui inverse le sens de l'inégalité) : x² - 50x + 500 ≤ 0. Le discriminant vaut Δ = 50² - 4×500 = 2500 - 2000 = 500 = 100×5, donc √Δ = 10√5. Les racines sont x = (50 ± 10√5)/2 = 25 ± 5√5. Comme le coefficient de x² est positif, le trinôme est négatif ou nul entre ses racines : la condition A(x) ≥ 1000 est donc vérifiée pour x ∈ [25 - 5√5 ; 25 + 5√5]. Numériquement, 5√5 ≈ 11,18, donc cet intervalle est environ [13,82 ; 36,18], qui est bien inclus dans le domaine ]0 ; 50[.
