Fonction dérivée/Dérivée d'une fonction composée

Cette section nécessite des connaissances sur la composition des fonctions. Vous pouvez consulter les cours de la Wikiversité à ce sujet.

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Dérivée d'une fonction composée

Théorème

Début d’un théorème

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 :

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

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.

Exemple 1

Début de l'exemple

Exemple

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

Fin de l'exemple

Début d’un principe

Méthode de dérivation

• Faire le schéma décomposant $h$ en deux étapes.
• Identifier $f$ et $g$.
• Vérifier les domaines de définition et de dérivabilité de $f$ 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.

Fin du principe

Le schéma est

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

et se ramène à

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

Les deux fonctions mises en jeu sont alors :

• $f:x\mapsto 3x^{2}+2$ ;
• $g:x\mapsto \sin(x)$.

On a bien $h=g\circ f$.

• $f$ est définie et dérivable sur $I=\color {magenta}\mathbb {R}$ et, pour tout $x\in \mathbb {R}$, $f'(x)=6x$.
• $g$ est définie et dérivable sur $\color {green}\mathbb {R}$ et $f(I)\subset \color {green}\mathbb {R}$ et, pour tout $X\in \color {green}\mathbb {R} \color {black}$, $g'(X)=\cos(X)$.
• On applique la formule du théorème :

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

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

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

Exemple 2

Début de l'exemple

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 $h$.

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 $x\mapsto x^{2}-3x+2$ donne le tableau de signes suivant :

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

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

Donc $h$ est définie sur ${\mathcal {D}}=\left]-\infty ,1\right]\cup \left[2,+\infty \right[$.

Étude de la dérivabilité

Le schéma est

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

et se ramène à

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

Les deux fonctions mises en jeu sont alors : $f:x\mapsto x^{2}-3x+2$ et $g:x\mapsto {\sqrt {x}}$.

On a bien $h=g\circ f$

• $f$ est définie et dérivable sur ${\mathcal {D}}$ et, pour tout $x\in {\mathcal {D}}$, $f'(x)=2x-3$.
• $g$ est définie sur $\color {magenta}\mathbb {R} _{+}$, mais n'est dérivable que sur $\mathbb {R} _{+}^{*}$.

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.

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

• On applique la formule du théorème :

Pour tout $x\in {\mathcal {D}}'$ :

${\begin{aligned}h'(x)&=\color {red}g'\color {black}\circ \color {blue}f(x)\color {black}\times f'(x)\\&=\color {red}{\frac {1}{2{\sqrt {\color {blue}x^{2}-3x+2}}}}\color {black}\times (2x-3).\end{aligned}}$

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

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 $h_{1}$

Une racine carrée est définie dans $\mathbb {R}$ 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 $x\in \mathbb {R}$, $x^{2}+x+1>0$.

• 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 $h_{1}$ est définie sur $\mathbb {R}$

Le schéma est

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

et se ramène à

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

Les deux fonctions mises en jeu sont alors :

• $f:x\mapsto x^{2}+x+1$ ;
• $g:x\mapsto {\sqrt {x}}$.

On a bien $h_{1}=g\circ f$.

• $f$ est définie et dérivable sur $\mathbb {R}$ et, pour tout $x\in \mathbb {R}$, $f'(x)=2x+1$.
• $g$ est définie sur $\mathbb {R} _{+}$, mais n'est dérivable que sur $\mathbb {R} _{+}^{*}$.

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

Finalement, $g\circ f$ est dérivable sur $\mathbb {R}$.

• On applique la formule du théorème :

Pour tout $x\in \mathbb {R}$ :

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

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

Étude de $h_{2}$

Soit $x\in \mathbb {R}$.

${\begin{aligned}(5x-4)^{2}=0&\Leftrightarrow 5x-4=0\\&\Leftrightarrow x={\frac {4}{5}}.\end{aligned}}$

Donc $h_{2}$ est définie sur ${\mathcal {D}}=\mathbb {R} \setminus \left\{{\frac {4}{5}}\right\}$.

Le schéma est

${\begin{array}{ccccl}{\mathcal {D}}&\to &\mathbb {R} &\to &\mathbb {R} \\x&{\underset {\color {blue}f}{\mapsto }}&\color {blue}(5x-4)^{2}&{\underset {\color {red}g}{\mapsto }}&\displaystyle {\color {red}{\frac {1}{\color {blue}(5x-4)^{2}}}}\end{array}}$

et se ramène à

${\begin{array}{ccl}{\mathcal {D}}&\to &\mathbb {R} \\x&{\underset {g\circ f}{\mapsto }}&\displaystyle {\color {red}{\frac {1}{\color {blue}(5x-4)^{2}}}}.\end{array}}$

Les deux fonctions mises en jeu sont alors :

• $f:x\mapsto (5x-4)^{2}$ ;
• $g:x\mapsto {\frac {1}{x}}$.

On a bien $h_{2}=g\circ f$.

• $f$ est définie et dérivable sur $\mathbb {R}$ et, pour tout $x\in \mathbb {R}$, $f'(x)=10(5x-4)$.
• $g$ est définie et dérivable sur $\mathbb {R} ^{*}$

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 ${\frac {4}{5}}$.

Finalement, $g\circ f$ est dérivable sur ${\mathcal {D}}$.

• On applique la formule du théorème :

Pour tout $x\in {\mathcal {D}}$ :

${\begin{aligned}h_{2}'(x)&=\color {red}g'\color {black}\circ \color {blue}f(x)\color {black}\times f'(x)\\&=\color {red}-{\frac {1}{(\color {blue}(5x-4)^{2}\color {red})^{2}}}\color {black}\times 10(5x-4).\end{aligned}}$

Finalement, pour tout $x\in {\mathcal {D}}$, $h_{2}'(x)={\frac {-10}{(5x-4)^{3}}}$

 

Conséquences : formules de dérivation

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

On obtient les formules de dérivation de composées suivantes :

${\begin{array}{|c|c|c|}{\textrm {Fonction}}&\mathrm {D{\acute {e}}riv{\acute {e}}e} \\\hline u^{n}&nu^{n-1}u'\\\sin u&(\cos u)u'\\\cos u&-(\sin u)u'\\\operatorname {e} ^{u}&\operatorname {e} ^{u}u'\\\end{array}}$

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

${\begin{array}{|c|c|c|}{\textrm {Fonction}}&\mathrm {D{\acute {e}}riv{\acute {e}}e} \\\hline {\sqrt {u}}&{\frac {u'}{2{\sqrt {u}}}}\\\ln u&\displaystyle {\frac {u'}{u}}\\\end{array}}$

Démonstration de $\left(u^{n}\right)'=nu^{n-1}u'$

Soit $h=u^{n}$, avec $n\in \mathbb {N} ^{*}$.

$h=v\circ u$ avec $v:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\;y\mapsto y^{n}$.

Or

$v'(y)=ny^{n-1}$

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

$(v\circ u)'=(v'\circ u)\times u'$

donc

$h'=nu^{n-1}\times u'$.