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En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Fonction dérivée : Dérivée d'une fonction composée Fonction dérivée/Dérivée d'une fonction composée », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Ce chapitre est d'un niveau strictement supérieur à celui de cette leçon.
Début d’un théorème
Fin du théorème
Ce théorème sera démontré dans le chapitre « Dérivabilité » de la leçon sur les fonctions d'une variable réelle .
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.
Début de l'exemple
Fin de l'exemple
Début d’un principe
Fin du principe
Le schéma est
R
→
R
→
R
x
↦
f
3
x
2
+
2
↦
g
sin
(
3
x
2
+
2
)
{\displaystyle {\begin{array}{ccccl}\color {magenta}\mathbb {R} &\to &\color {green}\mathbb {R} &\to &\mathbb {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
R
→
R
x
↦
g
∘
f
sin
(
3
x
2
+
2
)
.
{\displaystyle {\begin{array}{ccl}\color {magenta}\mathbb {R} &\to &\mathbb {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
↦
3
x
2
+
2
{\displaystyle f:x\mapsto 3x^{2}+2}
;
g
:
x
↦
sin
(
x
)
{\displaystyle g:x\mapsto \sin(x)}
.
On a bien
h
=
g
∘
f
{\displaystyle h=g\circ f}
.
f
{\displaystyle f}
est définie et dérivable sur
I
=
R
{\displaystyle I=\color {magenta}\mathbb {R} }
et, pour tout
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
,
f
′
(
x
)
=
6
x
{\displaystyle f'(x)=6x}
.
g
{\displaystyle g}
est définie et dérivable sur
R
{\displaystyle \color {green}\mathbb {R} }
et
f
(
I
)
⊂
R
{\displaystyle f(I)\subset \color {green}\mathbb {R} }
et, pour tout
X
∈
R
{\displaystyle X\in \color {green}\mathbb {R} \color {black}}
,
g
′
(
X
)
=
cos
(
X
)
{\displaystyle g'(X)=\cos(X)}
.
On applique la formule du théorème :
Pour tout
x
∈
R
{\displaystyle x\in \color {magenta}\mathbb {R} }
:
h
′
(
x
)
=
g
′
∘
f
(
x
)
×
f
′
(
x
)
=
cos
(
3
x
2
+
2
)
×
6
x
.
{\displaystyle {\begin{aligned}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{aligned}}}
Finalement, pour tout
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
,
h
′
(
x
)
=
6
x
cos
(
3
x
2
+
2
)
{\displaystyle h'(x)=6x\cos(3x^{2}+2)}
.
Début de l'exemple
Fin de l'exemple
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
↦
x
2
−
3
x
+
2
{\displaystyle x\mapsto x^{2}-3x+2}
donne le tableau de signes suivant :
x
−
∞
1
2
+
∞
Signe de
x
2
−
3
x
+
2
+
0
−
0
+
{\displaystyle {\begin{array}{c|ccccccc|}x&-\infty &&1&&2&&+\infty \\\hline {\text{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
{\displaystyle h}
est définie sur
D
=
]
−
∞
,
1
]
∪
[
2
,
+
∞
[
{\displaystyle {\mathcal {D}}=\left]-\infty ,1\right]\cup \left[2,+\infty \right[}
.
Étude de la dérivabilité
Le schéma est
D
→
R
+
→
R
x
↦
f
x
2
−
3
x
+
2
↦
g
x
2
−
3
x
+
2
{\displaystyle {\begin{array}{ccccl}{\mathcal {D}}&\to &\color {magenta}\mathbb {R} _{+}&\to &\mathbb {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
D
→
R
x
↦
g
∘
f
x
2
−
3
x
+
2
.
{\displaystyle {\begin{array}{ccl}{\mathcal {D}}&\to &\mathbb {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
↦
x
2
−
3
x
+
2
{\displaystyle f:x\mapsto x^{2}-3x+2}
et
g
:
x
↦
x
{\displaystyle g:x\mapsto {\sqrt {x}}}
.
On a bien
h
=
g
∘
f
{\displaystyle h=g\circ f}
f
{\displaystyle f}
est définie et dérivable sur
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
et, pour tout
x
∈
D
{\displaystyle x\in {\mathcal {D}}}
,
f
′
(
x
)
=
2
x
−
3
{\displaystyle f'(x)=2x-3}
.
g
{\displaystyle g}
est définie sur
R
+
{\displaystyle \color {magenta}\mathbb {R} _{+}}
, mais n'est dérivable que sur
R
+
∗
{\displaystyle \mathbb {R} _{+}^{*}}
.
Pour avoir la dérivabilité de
g
∘
f
{\displaystyle g\circ f}
, il faut donc retirer tous les points pour lesquels
x
2
−
3
x
+
2
=
0
{\displaystyle x^{2}-3x+2=0}
, c'est-à-dire 1 et 2.
Finalement,
g
∘
f
{\displaystyle g\circ f}
est dérivable sur
D
′
=
]
−
∞
,
1
[
∪
]
2
,
+
∞
[
{\displaystyle {\mathcal {D}}'=\left]-\infty ,1\color {red}\right[\color {black}\cup \color {red}\left]\color {black}2,+\infty \right[}
On applique la formule du théorème :
Pour tout
x
∈
D
′
{\displaystyle x\in {\mathcal {D}}'}
:
h
′
(
x
)
=
g
′
∘
f
(
x
)
×
f
′
(
x
)
=
1
2
x
2
−
3
x
+
2
×
(
2
x
−
3
)
.
{\displaystyle {\begin{aligned}h'(x)&=\color {red}g'\color {black}\circ \color {blue}f(x)\color {black}\times f'(x)\\&=\color {red}{\frac {1}{2{\sqrt {\color {blue}x^{2}-3x+2}}}}\color {black}\times (2x-3).\end{aligned}}}
Finalement, pour tout
x
∈
D
′
{\displaystyle x\in {\mathcal {D}}'}
,
h
′
(
x
)
=
2
x
−
3
2
x
2
−
3
x
+
2
{\displaystyle h'(x)={\frac {2x-3}{2{\sqrt {x^{2}-3x+2}}}}}
.
Dériver les fonctions suivantes en utilisant la formule de composition en précisant le domaine sur lequel cette dérivation est valable :
h
1
:
x
↦
x
2
+
x
+
1
{\displaystyle h_{1}:x\mapsto {\sqrt {x^{2}+x+1}}}
;
h
2
:
x
↦
1
(
5
x
−
4
)
2
{\displaystyle h_{2}:x\mapsto {\frac {1}{(5x-4)^{2}}}}
.
Solution
Étude de
h
1
{\displaystyle h_{1}}
Une racine carrée est définie dans
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
si et seulement si son contenu est positif.
Une étude de la fonction du second degré
x
↦
x
2
+
x
+
1
{\displaystyle x\mapsto x^{2}+x+1}
montre que, pour tout
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
,
x
2
+
x
+
1
>
0
{\displaystyle x^{2}+x+1>0}
.
Donc
h
1
{\displaystyle h_{1}}
est définie sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
Le schéma est
R
→
R
+
∗
→
R
x
↦
f
x
2
+
x
+
1
↦
g
x
2
+
x
+
1
{\displaystyle {\begin{array}{ccccl}\mathbb {R} &\to &\mathbb {R} _{+}^{*}&\to &\mathbb {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
D
→
R
x
↦
g
∘
f
x
2
+
x
+
1
.
{\displaystyle {\begin{array}{ccl}{\mathcal {D}}&\to &\mathbb {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
↦
x
2
+
x
+
1
{\displaystyle f:x\mapsto x^{2}+x+1}
;
g
:
x
↦
x
{\displaystyle g:x\mapsto {\sqrt {x}}}
.
On a bien
h
1
=
g
∘
f
{\displaystyle h_{1}=g\circ f}
.
f
{\displaystyle f}
est définie et dérivable sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
et, pour tout
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
,
f
′
(
x
)
=
2
x
+
1
{\displaystyle f'(x)=2x+1}
.
g
{\displaystyle g}
est définie sur
R
+
{\displaystyle \mathbb {R} _{+}}
, mais n'est dérivable que sur
R
+
∗
{\displaystyle \mathbb {R} _{+}^{*}}
.
Pour avoir la dérivabilité de
g
∘
f
{\displaystyle g\circ f}
, il faut vérifier que
x
2
+
x
+
1
{\displaystyle x^{2}+x+1}
ne s'annule pas sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
, ce qui est vrai.
Finalement,
g
∘
f
{\displaystyle g\circ f}
est dérivable sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
.
On applique la formule du théorème :
Pour tout
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
:
h
1
′
(
x
)
=
g
′
∘
f
(
x
)
×
f
′
(
x
)
=
1
2
x
2
+
x
+
1
×
2
x
+
1
{\displaystyle {\begin{aligned}h_{1}'(x)&=\color {red}g'\color {black}\circ \color {blue}f(x)\color {black}\times f'(x)\\&=\color {red}{\frac {1}{2{\sqrt {\color {blue}x^{2}+x+1}}}}\color {black}\times 2x+1\\\end{aligned}}}
Finalement, pour tout
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
,
h
1
′
(
x
)
=
2
x
+
1
2
x
2
+
x
+
1
{\displaystyle h_{1}'(x)={\frac {2x+1}{2{\sqrt {x^{2}+x+1}}}}}
Étude de
h
2
{\displaystyle h_{2}}
Soit
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
.
(
5
x
−
4
)
2
=
0
⇔
5
x
−
4
=
0
⇔
x
=
4
5
.
{\displaystyle {\begin{aligned}(5x-4)^{2}=0&\Leftrightarrow 5x-4=0\\&\Leftrightarrow x={\frac {4}{5}}.\end{aligned}}}
Donc
h
2
{\displaystyle h_{2}}
est définie sur
D
=
R
∖
{
4
5
}
{\displaystyle {\mathcal {D}}=\mathbb {R} \setminus \left\{{\frac {4}{5}}\right\}}
.
Le schéma est
D
→
R
→
R
x
↦
f
(
5
x
−
4
)
2
↦
g
1
(
5
x
−
4
)
2
{\displaystyle {\begin{array}{ccccl}{\mathcal {D}}&\to &\mathbb {R} &\to &\mathbb {R} \\x&{\underset {\color {blue}f}{\mapsto }}&\color {blue}(5x-4)^{2}&{\underset {\color {red}g}{\mapsto }}&\displaystyle {\color {red}{\frac {1}{\color {blue}(5x-4)^{2}}}}\end{array}}}
et se ramène à
D
→
R
x
↦
g
∘
f
1
(
5
x
−
4
)
2
.
{\displaystyle {\begin{array}{ccl}{\mathcal {D}}&\to &\mathbb {R} \\x&{\underset {g\circ f}{\mapsto }}&\displaystyle {\color {red}{\frac {1}{\color {blue}(5x-4)^{2}}}}.\end{array}}}
Les deux fonctions mises en jeu sont alors :
f
:
x
↦
(
5
x
−
4
)
2
{\displaystyle f:x\mapsto (5x-4)^{2}}
;
g
:
x
↦
1
x
{\displaystyle g:x\mapsto {\frac {1}{x}}}
.
On a bien
h
2
=
g
∘
f
{\displaystyle h_{2}=g\circ f}
.
f
{\displaystyle f}
est définie et dérivable sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
et, pour tout
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
,
f
′
(
x
)
=
10
(
5
x
−
4
)
{\displaystyle f'(x)=10(5x-4)}
.
g
{\displaystyle g}
est définie et dérivable sur
R
∗
{\displaystyle \mathbb {R} ^{*}}
Pour avoir la définition et la dérivabilité de
g
∘
f
{\displaystyle g\circ f}
, il faut donc retirer tous les points pour lesquels
(
5
x
−
4
)
2
=
0
{\displaystyle (5x-4)^{2}=0}
, c'est-à-dire
4
5
{\displaystyle {\frac {4}{5}}}
.
Finalement,
g
∘
f
{\displaystyle g\circ f}
est dérivable sur
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
.
On applique la formule du théorème :
Pour tout
x
∈
D
{\displaystyle x\in {\mathcal {D}}}
:
h
2
′
(
x
)
=
g
′
∘
f
(
x
)
×
f
′
(
x
)
=
−
1
(
(
5
x
−
4
)
2
)
2
×
10
(
5
x
−
4
)
.
{\displaystyle {\begin{aligned}h_{2}'(x)&=\color {red}g'\color {black}\circ \color {blue}f(x)\color {black}\times f'(x)\\&=\color {red}-{\frac {1}{(\color {blue}(5x-4)^{2}\color {red})^{2}}}\color {black}\times 10(5x-4).\end{aligned}}}
Finalement, pour tout
x
∈
D
{\displaystyle x\in {\mathcal {D}}}
,
h
2
′
(
x
)
=
−
10
(
5
x
−
4
)
3
{\displaystyle h_{2}'(x)={\frac {-10}{(5x-4)^{3}}}}
Soit
u
{\displaystyle u}
une fonction définie sur un domaine
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
à valeurs dans
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
On obtient les formules de dérivation de composées suivantes :
Fonction
D
e
´
r
i
v
e
´
e
u
n
n
u
n
−
1
u
′
sin
u
(
cos
u
)
u
′
cos
u
−
(
sin
u
)
u
′
e
u
e
u
u
′
{\displaystyle {\begin{array}{|c|c|c|}{\textrm {Fonction}}&\mathrm {D{\acute {e}}riv{\acute {e}}e} \\\hline u^{n}&nu^{n-1}u'\\\sin u&(\cos u)u'\\\cos u&-(\sin u)u'\\\operatorname {e} ^{u}&\operatorname {e} ^{u}u'\\\end{array}}}
Si de plus, pour tout
x
∈
D
{\displaystyle x\in {\mathcal {D}}}
,
u
(
x
)
>
0
{\displaystyle u(x)>0}
Fonction
D
e
´
r
i
v
e
´
e
u
u
′
2
u
ln
u
u
′
u
{\displaystyle {\begin{array}{|c|c|c|}{\textrm {Fonction}}&\mathrm {D{\acute {e}}riv{\acute {e}}e} \\\hline {\sqrt {u}}&{\frac {u'}{2{\sqrt {u}}}}\\\ln u&\displaystyle {\frac {u'}{u}}\\\end{array}}}
Démonstration de
(
u
n
)
′
=
n
u
n
−
1
u
′
{\displaystyle \left(u^{n}\right)'=nu^{n-1}u'}
Soit
h
=
u
n
{\displaystyle h=u^{n}}
, avec
n
∈
N
∗
{\displaystyle n\in \mathbb {N} ^{*}}
.
h
=
v
∘
u
{\displaystyle h=v\circ u}
avec
v
:
R
→
R
,
y
↦
y
n
{\displaystyle v:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\;y\mapsto y^{n}}
.
Or
v
′
(
y
)
=
n
y
n
−
1
{\displaystyle v'(y)=ny^{n-1}}
et avec la formule de dérivation d'une fonction composée :
(
v
∘
u
)
′
=
(
v
′
∘
u
)
×
u
′
{\displaystyle (v\circ u)'=(v'\circ u)\times u'}
donc
h
′
=
n
u
n
−
1
×
u
′
{\displaystyle h'=nu^{n-1}\times u'}
.