Fonction dérivée/Dérivée d'une fonction composée

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**Dérivée d'une fonction composée**
Leçon : Fonction dérivée

Chapitre 10
Chap. préc. :	Dérivée d'une fonction affine suivie d'une autre fonction

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Fonction dérivée/Dérivée d'une fonction composée », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.

[modifier] Dérivée d'une fonction composée

[modifier] Théorème

On s'intéresse dans ce chapitre à la dérivation d'une fonction dont l'expression à partir d'un réel x est obtenue en deux temps :

On applique d'abord une fonction ƒ à x
On applique ensuite au résultat une autre fonction g

Le schéma étudié est donc le suivant :

$\begin{array}{ccccl} \mathcal D_1 &\rightarrow& \mathcal D_2 &\rightarrow& \R\\ x& \underset f\mapsto & f(x) & \underset g\mapsto & g(f(x))\\ \end{array}$

qui peut se ramener à l'étude de

$\begin{array}{ccl} \mathcal D_1 &\rightarrow& \R\\ x&\underset {g \circ f}\mapsto & g(f(x))\\ \end{array}$

Théorème

Si $f\,$ est dérivable sur $I\,$ et $g\,$ est dérivable sur $f(I)\,$

alors la composée $g \circ f\,$ est dérivable sur $I\,$ et :

$(g \circ f)'=(g' \circ f)\times f'$ .

Démonstration

Soit $a \in I$ . D'après nos hypothèses $f$ est dérivable en $a$ et $g$ en $f (a)$ . Écrivons la définition du nombre dérivé de la fonction $g \circ f$ en prenant un $h \in \mathbb{R}$ :

$\lim_{h \to 0} \frac{(g \circ f)(a+h)-(g \circ f)(a)}{h} =\lim_{h \to 0} \frac{g(f(a+h))-g(f(a))}{h}$

On pose $k = f (a + h) - f (a)$ . Clairement

$\lim_{h \to 0} k=0$

Il vient donc

$\begin{array}{ll} \displaystyle \lim_{h \to 0} \frac{g(f(a+h))-g(f(a))}{h}&=\displaystyle \lim_{h \to 0} \frac{g(f(a)+k)-g(f(a))}{h}\\ &=\displaystyle \lim_{h \to 0} \frac{g(f(a)+k)-g(f(a))}{k}\frac{k}{h}\\ &=\displaystyle \lim_{k \to 0} \frac{g(f(a)+k)-g(f(a))}{k} \lim_{h \to 0}\frac{k}{h}\\ &=\displaystyle \lim_{k \to 0} \frac{g(f(a)+k)-g(f(a))}{k} \lim_{h \to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\\ &=g'(f(a))f'(a) \end{array}$

Ce qui prouve que notre théorème est vrai au point $a$ . On le généralise facilement à tout l'intervalle $I$ .

Autre démonstration

La démonstration suivante est plus rigoureuse car elle ne suppose pas que f(a+h)-f(a) ne s'annule jamais au voisinage de a :

$g$ dérivable en $x \Leftrightarrow\ g(x+h)=g(x)+g'(x)h+h\epsilon(h)$ avec $\lim_{h\rightarrow 0}\epsilon(h)=0$ (1)
$f$ dérivable en $g(x) \Leftrightarrow\ f[g(x)+h]=(fog)(x)+(f'og)(x)h+h\epsilon_1(h)$ avec $\lim_{h\rightarrow 0}\epsilon_1(h)=0$
$(f o g)(x + h) = f [g (x + h)] = f [g (x) + g'(x) h + h ε(h)]$ d'après (1). Nous noterons (2) cette égalité.

Posons $h' = g'(x) h + h ε(h)$ . Nous noterons (3) cette égalité. On a bien $\lim_{h\rightarrow 0}h'(h)=0$ .

Alors : $(f o g)(x + h) = f [g (x) + h'] = (f o g)(x) + (f' o g)(x) h' + h'ε 1 (h)$ d'après (2)

$= (f o g)(x) + h [(f' o g)(x) g'(x) + (f' o g)(x)ε(h)] + h ε 1 (h) g'(x) + h ε(h)ε 1 (h)$ d'après (3)

$= (f o g)(x) + h [(f' o g)(x) g'(x)] + h [(f' o g)(x)ε(h) + ε 1 (h) g'(x) + ε(h)ε 1 (h)]$

$= (f o g)(x) + a h + h ε 2 (h)$

avec $a=(fog)'(x)=(f'og)(x)\times g'(x)$

et $ε 2 (h) = (f' o g)(x)ε(h) + ε 1 (h) g'(x) + ε(h)ε 1 (h)$ (on a bien $\lim_{h\rightarrow 0}\epsilon_2(h)=0$ ).

Lorsqu'on utilise ce genre de théorème, il faut être particulièrement vigilant aux domaines de définition et de dérivabilité. Nous allons le voir sur quelques exemples.

[modifier] Exemple 1

Exemple

Soit h la fonction définie sur $\R$ par $h:x\mapsto \sin(3x^2+2)$ . Dériver h

Méthode de dérivation

Faire le schéma décomposant h en deux étapes
Identifier $f\,$ et $g\,$
Vérifier les domaines de définition et de dérivabilité de ƒ et calculer sa dérivée $f'\,$
Vérifier les domaines de définition et de dérivabilité de g et calculer sa dérivée $g'\,$
Exprimer h' à l'aide du théorème.

Le schéma est

$\begin{array}{ccccl} \color{magenta}\R &\rightarrow & \color{green} \R &\rightarrow& \R\\ x& \underset {\color{blue}f}\mapsto &\color{blue}3x^2+2& \underset {\color{red}g}\mapsto & \color{red}\sin(\color{blue}3x^2+2\color{red})\\ \end{array}$

et se ramène à

$\begin{array}{ccl} \color{magenta}\R &\rightarrow& \R\\ x&\underset {g\circ f}\mapsto & \color{red}\sin(\color{blue}3x^2+2\color{red})\\ \end{array}$

Les deux fonctions mises en jeu sont alors :

$f:x\mapsto 3x^2+2$

$g:x\mapsto \sin(x)$

On a bien $h=g\circ f$

ƒ est définie et dérivable sur $I=\color{magenta}\R$ et, pour tout $x\in\R,~f'(x)=6x$
g est définie et dérivable sur $\color{green}\R$ et $f(I)\subset\color{green}\R$ et, pour tout $X\in\color{green}\R\color{black},~g'(X)=\cos(X)$

On applique la formule du théorème :

Pour tout $x\in\color{magenta}\R$ :

$\begin{align} h'(x)&=\color{red}g'\color{black}\circ \color{blue}f(x)\color{black} \times f'(x)\\ &= \color{red}\cos(\color{blue}3x^2+2\color{red})\color{black} \times 6x\\ \end{align}$

Finalement, pour tout $x\in\R,~h'(x)=6x\cos(3x^2+2)$

[modifier] Exemple 2

Exemple

Soit h la fonction définie par $h:x\mapsto \sqrt{x^2-3x+2}$ .

Déterminer les domaines de définition et de dérivabilité $\mathcal D$ et $\mathcal D'$ de h
Dériver h

Domaine de définition

Une racine carrée est définie si et seulement si son contenu est positif.

Une étude de la fonction du second degré $x\mapsto x^2-3x+2$ donne le tableau de signes suivant :

$\begin{array}{c|ccccccc|} x&-\infty&&1&&2& &+\infty\\ \hline \textrm{Signe~de}~x^2-3x+2&&+&0&-&0&+&\\ \hline \end{array}$

Pour des rappels sur la résolution des inéquations du second degré, se reporter au cours sur les fonctions et équations du second degré.

Donc h est définie sur $\mathcal D=]-\infty;1]\cup[2;+\infty[$

Étude de la dérivabilité

Le schéma est

$\begin{array}{ccccl} \mathcal D &\rightarrow & \color{magenta}\R^+ &\rightarrow& \R\\ x& \underset {\color{blue}f}\mapsto &\color{blue}x^2-3x+2& \underset {\color{red}g}\mapsto & \color{red}\sqrt{\color{blue}x^2-3x+2}\\ \end{array}$

et se ramène à

$\begin{array}{ccl} \mathcal D &\rightarrow& \R\\ x&\underset {g\circ f}\mapsto & \color{red}\sqrt{\color{blue}x^2-3x+2}\\ \end{array}$

Les deux fonctions mises en jeu sont alors :

$f:x\mapsto x^2-3x+2$

$g:x\mapsto \sqrt{x}$

On a bien $h=g\circ f$

ƒ est définie et dérivable sur $\mathcal D$ et, pour tout $x\in\mathcal D,~f'(x)=2x-3$

g est définie sur $\color{magenta}\R^+$ , mais n'est dérivable que sur $\R^{+*}$

Pour avoir la dérivabilité de $g\circ f$ , il faut donc retirer tous les points pour lesquels $x^2-3x+2=0\,$ , c'est-à-dire 1 et 2.

Au total, $g\circ f$ est dérivable sur $\mathcal D'=]-\infty;1\color{red}[\color{black}\cup\color{red}]\color{black}2;+\infty[$

On applique la formule du théorème :

Pour tout $x\in\mathcal D'$ :

$\begin{align} h'(x)&=\color{red}g'\color{black}\circ \color{blue}f(x)\color{black} \times f'(x)\\ &= \color{red}\frac1{2\sqrt{\color{blue}x^2-3x+2}}\color{black} \times 2x-3\\ \end{align}$

Finalement, pour tout $x\in\mathcal D',~h'(x)=\frac{2x-3}{2\sqrt{x^2-3x+2}}$

[modifier] Autres exemples

Voir les exercices sur : Dérivée d'une fonction composée.

Dériver les fonctions suivantes en utilisant la formule de composition en précisant le domaine sur lequel cette dérivation est valable.

$h_1:x\mapsto \sqrt{x^2 + x + 1}$
$h_2:x\mapsto \frac{1}{(5x-4)^2}$

Solution

Étude de h₁

Une racine carrée est définie si et seulement si son contenu est positif.

Une étude de la fonction du second degré $x\mapsto x^2 + x + 1$ montre que, pour tout $x\in\R,~x^2+x+1 > 0$

Pour des rappels sur l'étude du signe d'expressions du second degré, se reporter au cours sur les fonctions et équations du second degré.

Donc h₁ est définie sur $\R$

Le schéma est

$\begin{array}{ccccl} \R &\rightarrow & \R^{+*} &\rightarrow& \R\\ x& \underset {\color{blue}f}\mapsto &\color{blue}x^2+x+1 & \underset {\color{red}g}\mapsto & \color{red}\sqrt{\color{blue}x^2+x+1}\\ \end{array}$

et se ramène à

$\begin{array}{ccl} \mathcal D &\rightarrow& \R\\ x&\underset {g\circ f}\mapsto & \color{red}\sqrt{\color{blue}x^2+x+1}\\ \end{array}$

Les deux fonctions mises en jeu sont alors :

$f:x\mapsto x^2+x+1$

$g:x\mapsto \sqrt{x}$

On a bien $h_1=g\circ f$

ƒ est définie et dérivable sur $\R$ et, pour tout $x\in\R,~f'(x)=2x+1$

g est définie sur $\R^+$ , mais n'est dérivable que sur $\R^{+*}$

Pour avoir la dérivabilité de $g\circ f$ , il faut vérifier que $x^2+x+1\,$ ne s'annule pas sur $\R$ , ce qui est vrai.

Au total, $g\circ f$ est dérivable sur $\R$

On applique la formule du théorème :

Pour tout $x\in\R$ :

$\begin{align} h_1'(x)&=\color{red}g'\color{black}\circ \color{blue}f(x)\color{black} \times f'(x)\\ &= \color{red}\frac1{2\sqrt{\color{blue}x^2+x+1}}\color{black} \times 2x+1\\ \end{align}$

Finalement, pour tout $x\in\R',~h_1'(x)=\frac{2x+1}{2\sqrt{x^2+x+1}}$

Étude de h₂

Soit $x\in\R$

$\begin{align} (5x-4)^2=0 &\Leftrightarrow 5x-4=0\\ &\Leftrightarrow x=\frac45 \end{align}$

Donc h₂ est définie sur $\mathcal D=\R\backslash\left\{\frac45\right\}$

Le schéma est

$\begin{array}{ccccl} \mathcal D &\rightarrow & \R &\rightarrow& \R\\ x& \underset {\color{blue}f}\mapsto &\color{blue}(5x-4)^2& \underset {\color{red}g}\mapsto & \displaystyle{\color{red}\frac1{\color{blue}(5x-4)^2}}\\ \end{array}$

et se ramène à

$\begin{array}{ccl} \mathcal D &\rightarrow& \R\\ x&\underset {g\circ f}\mapsto & \displaystyle{\color{red}\frac1{\color{blue}(5x-4)^2}}\\ \end{array}$

Les deux fonctions mises en jeu sont alors :

$f:x\mapsto (5x-4)^2$

$g:x\mapsto \frac1x$

On a bien $h_2=g\circ f$

ƒ est définie et dérivable sur $\R$ et, pour tout $x\in\R,~f'(x)=10(5x-4)$

g est définie et dérivable sur $\R^*$

Pour avoir la définition et la dérivabilité de $g\circ f$ , il faut donc retirer tous les points pour lesquels $(5x-4)^2=0\,$ , c'est-à-dire $\frac45$

Au total, $g\circ f$ est dérivable sur $\mathcal D$

On applique la formule du théorème :

Pour tout $x\in\mathcal D$ :

$\begin{align} h_2'(x)&=\color{red}g'\color{black}\circ \color{blue}f(x)\color{black} \times f'(x)\\ &= \color{red}-\frac1{(\color{blue}(5x-4)^2\color{red})^2}\color{black} \times 10(5x-4)\\ \end{align}$

Finalement, pour tout $x\in\mathcal D,~h_2'(x)=\frac{-10}{(5x-4)^3}$

[modifier] Conséquences : Formules de dérivation

Soit u une fonction définie sur un domaine $\mathcal D$ à valeurs dans $\R$

On obtient les formules de dérivation de composées suivantes :

$\begin{array}{|c|c|c|} \textrm{Fonction}&\textrm{Derivee}\\ \hline \sin(u) & u' \cdot \cos(u)\\ \cos(u) & -u'\cdot\sin(u)\\ e^u & u' \cdot e^u\\ \end{array}$

Si de plus, pour tout $x\in\mathcal D,~u(x)>0$

$\begin{array}{|c|c|c|} \textrm{Fonction}&\textrm{Derivee}\\ \hline \sqrt u & \displaystyle{\frac{u'}{2\sqrt u}}\\ \ln(u) & \displaystyle{\frac{u'}u}\\ \end{array}$

Démonstration

Prenons l'exemple de $h=u^n\,$ .

$h=v\circ u\,$ avec $v(x) = x^n\,$ .

Or

$v'(x)=nx^{n-1}\,$

et avec la formule de dérivation d'une fonction composée :

$(vou)'(x)=(v'\circ u)(x)\times u'(x)\,$

donc

$h'(x)=nu(x)^{n-1}\times u'(x)=nu'(x)u(x)^{n-1}\,$

Fonction dérivée

Dérivée d'une fonction affine suivie d'une autre fonction

Fonction dérivée/Dérivée d'une fonction composée

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Sommaire

[modifier] Dérivée d'une fonction composée

[modifier] Théorème

[modifier] Exemple 1

[modifier] Exemple 2

[modifier] Autres exemples

[modifier] Conséquences : Formules de dérivation

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