Exercice 0.1 : Dériver à l'aide des formules : douze calculs directs

Pour chaque fonction, calculez la dérivée à l'aide des formules de dérivation, sans simplifier plus que nécessaire, puis évaluez-la au point indiqué. Les notations tg, cotg et cosec de certains manuels désignent $\tan$ , $\cot$ et $\csc$ .

Une seule méthode pour les douze lignes : repérer la DERNIÈRE opération (somme, produit, quotient, puissance ou fonction composée), appliquer la règle qui lui correspond, puis multiplier par la dérivée de l'intérieur à chaque étage. La calculatrice, en mode radian, ne sert qu'à la valeur finale.

a) $f(x)=\cot(5x^{2}+x)$ , puis $f'(0{,}3)$ .
b) $g(t)=t^{4}\csc(2t)$ , puis $g'(1)$ .
c) $h(x)=\sec^{2}(3x)$ , puis $h'(0{,}2)$ .
d) $y=\sqrt{\csc(x^{2})}$ , puis $y'(1)$ .
e) $f(x)=e^{\cos(3x)}$ , puis $f'(0{,}5)$ .
f) $g(x)=5^{\tan x}$ , puis $g'\left(\frac{\pi}{4}\right)$ .
g) $h(t)=\ln(\csc t)+\csc(\ln t)$ , puis $h'(2)$ .
h) $s(x)=\sin(x^{3})+\sin^{3}x$ , puis $s'(1)$ .
i) $f(x)=\arctan(\sqrt{x})$ , puis $f'(3)$ .
j) $g(x)=\frac{\arccos(2x)}{x^{2}+1}$ , puis $g'(0{,}25)$ .
k) $h(x)=e^{2x}\cos(x^{2})$ , puis $h'(1)$ .
l) $y=\frac{1+\sec(2x)}{1-\tan(2x)}$ , puis $y'(0{,}1)$ .

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a)

f'(0{,}3)

b)

g'(1)

c)

h'(0{,}2)

d)

y'(1)

e)

f'(0{,}5)

f)

g'\left(\frac{\pi}{4}\right)

g)

h'(2)

h)

s'(1)

i)

f'(3)

j)

g'(0{,}25)

k)

h'(1)

l)

y'(0{,}1)

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Réponses

a) $f'(x)=-(10x+1)\csc^{2}(5x^{2}+x)$ ; $f'(0{,}3)\approx-8{,}609$
b) $g'(t)=2t^{3}\csc(2t)\left(2-t\cot(2t)\right)$ ; $g'(1)\approx 5{,}406$
c) $h'(x)=6\sec^{2}(3x)\tan(3x)$ ; $h'(0{,}2)\approx 6{,}026$
d) $y'=-x\cot(x^{2})\sqrt{\csc(x^{2})}$ ; $y'(1)\approx-0{,}700$
e) $f'(x)=-3\sin(3x)\,e^{\cos(3x)}$ ; $f'(0{,}5)\approx-3{,}212$
f) $g'(x)=5^{\tan x}\ln 5\sec^{2}x$ ; $g'\left(\frac{\pi}{4}\right)=10\ln 5\approx 16{,}094$
g) $h'(t)=-\cot t-\frac{\csc(\ln t)\cot(\ln t)}{t}$ ; $h'(2)\approx-0{,}484$
h) $s'(x)=3x^{2}\cos(x^{3})+3\sin^{2}x\cos x$ ; $s'(1)\approx 2{,}769$
i) $f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}(1+x)}$ ; $f'(3)=\frac{\sqrt{3}}{24}\approx 0{,}0722$
j) $g'(x)=\frac{\frac{-2(x^{2}+1)}{\sqrt{1-4x^{2}}}-2x\arccos(2x)}{(x^{2}+1)^{2}}$ ; $g'(0{,}25)\approx-2{,}637$
k) $h'(x)=2e^{2x}\left(\cos(x^{2})-x\sin(x^{2})\right)$ ; $h'(1)\approx-4{,}451$
l) $y'=\frac{2\sec(2x)\tan(2x)(1-\tan(2x))+2\sec^{2}(2x)(1+\sec(2x))}{(1-\tan(2x))^{2}}$ ; $y'(0{,}1)\approx 7{,}137$

Le geste qui décide de tout se fait AVANT de dériver : nommer la dernière opération. $t^{4}\csc(2t)$ est un produit, $\sec^{2}(3x)$ une puissance, $e^{\cos(3x)}$ une exponentielle composée, $\frac{\arccos(2x)}{x^{2}+1}$ un quotient. Une fois la règle choisie, on compte les étages : chacun laisse sa dérivée intérieure en facteur.

a)

Fonction composée, extérieur $\cot$ : $f'(x)=-\csc^{2}(5x^{2}+x)\cdot(10x+1)$ . En $x=0{,}3$ , l'argument vaut $0{,}75$ et $10x+1=4$ , donc $f'(0{,}3)=-\frac{4}{\sin^{2}(0{,}75)}\approx-8{,}609$ . Piège : oublier le signe moins de la cotangente, qui donne $+8{,}609$ .

b)

Produit d'abord : $g'(t)=4t^{3}\csc(2t)+t^{4}\cdot\left(-\csc(2t)\cot(2t)\right)\cdot 2=2t^{3}\csc(2t)\left(2-t\cot(2t)\right)$ . En $t=1$ : $g'(1)=2\csc 2\,(2-\cot 2)\approx 2\times 1{,}0998\times 2{,}4577\approx 5{,}406$ . Attention, $\cot 2$ est NÉGATIF ( $2$ radians dépasse $\frac{\pi}{2}$ ), d'où le $2{,}4577$ .

c)

Puissance d'abord, $h(x)=\left(\sec(3x)\right)^{2}$ : $h'(x)=2\sec(3x)\cdot\sec(3x)\tan(3x)\cdot 3=6\sec^{2}(3x)\tan(3x)$ . En $x=0{,}2$ : $h'(0{,}2)=\frac{6\tan(0{,}6)}{\cos^{2}(0{,}6)}\approx 6{,}026$ . Trois étages, trois facteurs : le $2$ de la puissance, la dérivée de la sécante, le $3$ .

d)

Le radical devient une puissance : $y=\left(\csc(x^{2})\right)^{\frac{1}{2}}$ . Donc $y'=\frac{1}{2}\left(\csc(x^{2})\right)^{-\frac{1}{2}}\cdot\left(-\csc(x^{2})\cot(x^{2})\right)\cdot 2x=-x\cot(x^{2})\sqrt{\csc(x^{2})}$ , puisque $\frac{\csc u}{\sqrt{\csc u}}=\sqrt{\csc u}$ . En $x=1$ : $y'(1)=-\cot 1\sqrt{\csc 1}\approx-0{,}700$ .

e)

$f'(x)=e^{\cos(3x)}\cdot\left(-\sin(3x)\right)\cdot 3=-3\sin(3x)\,e^{\cos(3x)}$ . L'exponentielle se recopie telle quelle, c'est son exposant qu'on dérive. En $x=0{,}5$ : $f'(0{,}5)=-3\sin(1{,}5)\,e^{\cos(1{,}5)}\approx-3{,}212$ .

f)

Base constante, exposant variable : $(a^{u})'=a^{u}\ln a\cdot u'$ , donc $g'(x)=5^{\tan x}\ln 5\cdot\sec^{2}x$ . En $x=\frac{\pi}{4}$ , $\tan x=1$ et $\sec^{2}x=2$ : $g'\left(\frac{\pi}{4}\right)=10\ln 5\approx 16{,}094$ . Piège : la règle de puissance, $\tan x\cdot 5^{\tan x-1}$ , qui ne s'applique que si l'exposant est constant.

g)

Deux termes, deux compositions, dans l'ordre inverse. $\left(\ln(\csc t)\right)'=\frac{-\csc t\cot t}{\csc t}=-\cot t$ : le logarithme d'abord, puis la simplification. $\left(\csc(\ln t)\right)'=-\csc(\ln t)\cot(\ln t)\cdot\frac{1}{t}$ : la cosécante d'abord, puis la dérivée de $\ln t$ . Donc $h'(t)=-\cot t-\frac{\csc(\ln t)\cot(\ln t)}{t}$ , et $h'(2)\approx 0{,}458-0{,}942=-0{,}484$ .

h)

$\sin(x^{3})$ : la puissance est DEDANS, d'où $\cos(x^{3})\cdot 3x^{2}$ . $\sin^{3}x=(\sin x)^{3}$ : la puissance est DEHORS, d'où $3\sin^{2}x\cos x$ . Donc $s'(x)=3x^{2}\cos(x^{3})+3\sin^{2}x\cos x$ , et $s'(1)=3\cos 1\left(1+\sin^{2}1\right)\approx 2{,}769$ .

i)

$f'(x)=\frac{1}{1+(\sqrt{x})^{2}}\cdot\frac{1}{2\sqrt{x}}=\frac{1}{2\sqrt{x}(1+x)}$ , sur $x>0$ . En $x=3$ : $f'(3)=\frac{1}{8\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{24}\approx 0{,}0722$ . Le carré de $\sqrt{x}$ vaut $x$ : c'est ce qui rend la forme finale si courte.

j)

Quotient, avec $u=\arccos(2x)$ , $u'=\frac{-2}{\sqrt{1-4x^{2}}}$ , $v=x^{2}+1$ , $v'=2x$ : $g'(x)=\frac{\frac{-2}{\sqrt{1-4x^{2}}}(x^{2}+1)-2x\arccos(2x)}{(x^{2}+1)^{2}}$ , sur $|x|<\frac{1}{2}$ . En $x=0{,}25$ : $u'=\frac{-2}{\sqrt{0{,}75}}\approx-2{,}309$ et $\arccos(0{,}5)=\frac{\pi}{3}$ , donc $g'(0{,}25)=\frac{-2{,}309\times 1{,}0625-0{,}5\times\frac{\pi}{3}}{1{,}0625^{2}}\approx-2{,}637$ . Piège : le signe moins de la dérivée d' $\arccos$ .

k)

Produit : $h'(x)=2e^{2x}\cos(x^{2})+e^{2x}\cdot\left(-\sin(x^{2})\right)\cdot 2x=2e^{2x}\left(\cos(x^{2})-x\sin(x^{2})\right)$ . En $x=1$ : $h'(1)=2e^{2}(\cos 1-\sin 1)\approx-4{,}451$ .

l)

Quotient : le numérateur $1+\sec(2x)$ a pour dérivée $2\sec(2x)\tan(2x)$ , le dénominateur $1-\tan(2x)$ a pour dérivée $-2\sec^{2}(2x)$ . Donc $y'=\frac{2\sec(2x)\tan(2x)\left(1-\tan(2x)\right)+2\sec^{2}(2x)\left(1+\sec(2x)\right)}{\left(1-\tan(2x)\right)^{2}}$ , le moins du quotient et le moins de $v'$ donnant un PLUS. En $x=0{,}1$ : $y'(0{,}1)\approx 7{,}137$ .

Contrôle global : pour chaque ligne, le taux $\frac{f(a+0{,}001)-f(a-0{,}001)}{0{,}002}$ calculé à la machine tombe à moins d'un millième de la valeur trouvée. Si ce n'est pas le cas, on cherche d'abord un facteur intérieur oublié, puis un signe moins de fonction en « co ».

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Exercice 1 : La table des six dérivées trigonométriques, reconstruite

On n'apprend pas six dérivées par cœur : on en apprend DEUX, celle du sinus et celle du cosinus, et les quatre autres sortent de la règle du quotient en trois lignes. C'est le fil de toute la série : la règle de chaîne ne change jamais, seule la table de départ change.

a) Rappelez $(\sin x)'$ et $(\cos x)'$ . En écrivant $\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}$ , démontrez que $(\tan x)'=\sec^{2}x$ , puis montrez que cette expression vaut aussi $1+\tan^{2}x$ .
b) Sur le même modèle, établissez $(\sec x)'=\sec x\tan x$ et $(\cot x)'=-\csc^{2}x$ .
c) Dérivez $f(x)=\sin(3x)$ , $g(x)=\cos^{2}x$ et $h(x)=\tan(x^{2}+1)$ .
d) La figure montre $y=\tan x$ . En quels points la fonction n'est-elle pas définie, et pourquoi sa dérivée ne peut-elle JAMAIS s'annuler ?
e) Dans plusieurs manuels québécois, $\tan$ s'écrit tg, $\cot$ s'écrit cotg et $\csc$ s'écrit cosec : ce sont les mêmes fonctions. Dérivez $f(x)=\mathrm{cotg}(x^{2}-2x)$ et $g(t)=t^{3}\sec(2t)$ , puis calculez $g'\left(\frac{\pi}{8}\right)$ .
f) Dérivez $h(t)=\csc^{3}(1-4t)$ en comptant les signes moins. Réécrivez ensuite $k(\theta)=\sqrt[3]{\tan^{2}(5\theta)}$ sous forme de puissance avant de la dériver, calculez $k'\left(\frac{\pi}{20}\right)$ , et dites ce qui se passe en $\theta=0$ .
g) Dérivez $s(x)=\cos(x^{2})+\cos^{2}x$ et calculez $s'(1)$ . Qu'est-ce qui distingue l'écriture des deux termes ?

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a)

(\tan x)'

(\cos x)'

b)

(\sec x)'

(\cot x)'

c)

f'(x)

g'(1)

h'(x)

d)

Valeur minimale de

(\tan x)'

(\tan x)'

s'annule-t-elle ?

e)

f'(x)

g'\left(\frac{\pi}{8}\right)

f)

h'(t)

k'\left(\frac{\pi}{20}\right)

k

est-elle dérivable en

0

?

g)

s'(x)

s'(1)

Voir la correction

Réponses

a) $(\tan x)'=\sec^{2}x=1+\tan^{2}x$
b) $(\sec x)'=\sec x\tan x$ ; $(\cot x)'=-\csc^{2}x$
c) $3\cos(3x)$ ; $-\sin(2x)$ ; $2x\sec^{2}(x^{2}+1)$
d) Non définie en $\frac{\pi}{2}+k\pi$ ; dérivée $\ge 1$
e) $f'(x)=-(2x-2)\csc^{2}(x^{2}-2x)$ ; $g'(t)=t^{2}\sec(2t)\left(3+2t\tan(2t)\right)$ , $g'\left(\frac{\pi}{8}\right)\approx 0{,}826$
f) $h'(t)=12\csc^{3}(1-4t)\cot(1-4t)$ ; $k'\left(\frac{\pi}{20}\right)=\frac{20}{3}$ ; pointe en $\theta=0$
g) $s'(x)=-2x\sin(x^{2})-\sin(2x)$ ; $s'(1)\approx-2{,}592$

a)

$(\sin x)'=\cos x$ et $(\cos x)'=-\sin x$ : le signe moins est sur le cosinus, c'est la seule chose à retenir. Quotient : $(\tan x)'=\frac{\cos x\cdot\cos x-\sin x\cdot(-\sin x)}{\cos^{2}x}=\frac{\cos^{2}x+\sin^{2}x}{\cos^{2}x}=\frac{1}{\cos^{2}x}=\sec^{2}x$ . En coupant plutôt la fraction terme à terme : $\frac{\cos^{2}x+\sin^{2}x}{\cos^{2}x}=1+\tan^{2}x$ . Les deux écritures sont la même chose, et on choisit celle qui simplifie la suite : $\sec^{2}x$ quand on intègre, $1+\tan^{2}x$ quand l'énoncé donne déjà $\tan x$ . Vérification numérique en $x=0{,}6$ : $\sec^{2}(0{,}6)\approx 1{,}4718$ et $1+\tan^{2}(0{,}6)\approx 1+0{,}4718=1{,}4718$ ✓.

b)

$\sec x=\frac{1}{\cos x}$ , donc par le quotient $(\sec x)'=\frac{0\cdot\cos x-1\cdot(-\sin x)}{\cos^{2}x}=\frac{\sin x}{\cos^{2}x}=\frac{1}{\cos x}\cdot\frac{\sin x}{\cos x}=\sec x\tan x$ . De même $\cot x=\frac{\cos x}{\sin x}$ donne $(\cot x)'=\frac{-\sin x\cdot\sin x-\cos x\cos x}{\sin^{2}x}=\frac{-1}{\sin^{2}x}=-\csc^{2}x$ . Retenez la symétrie : les trois fonctions en « co » (cosinus, cotangente, cosécante) portent toutes un signe moins.

c)

$f'(x)=3\cos(3x)$ : chaîne, l'intérieur $3x$ a pour dérivée 3. $g(x)=(\cos x)^{2}$ donc $g'(x)=2\cos x\cdot(-\sin x)=-2\sin x\cos x=-\sin(2x)$ : la forme compacte est plus courte, et elle confirme le calcul par l'identité du double angle. $h'(x)=\sec^{2}(x^{2}+1)\cdot 2x=\frac{2x}{\cos^{2}(x^{2}+1)}$ . Le piège classique est d'écrire $g'(x)=-2\sin x$ en oubliant la chaîne : vérification en $x=1$ , $g'(1)=-\sin 2\approx-0{,}909$ , alors que $-2\sin 1\approx-1{,}683$ , presque deux fois trop grand.

d)

$\tan x$ n'est pas définie là où $\cos x=0$ , c'est-à-dire en $x=\frac{\pi}{2}+k\pi$ : ce sont les deux asymptotes verticales de la figure. Sa dérivée $\sec^{2}x=\frac{1}{\cos^{2}x}$ est un carré au dénominateur, donc elle est strictement positive partout où elle existe, et vaut au minimum 1 (atteint quand $\cos^{2}x=1$ ). Conséquence lue sur le graphe : la tangente est strictement croissante sur chaque branche et n'a AUCUNE tangente horizontale, donc aucun extremum local. Une fonction peut être croissante sur chaque morceau sans être croissante sur son domaine tout entier : entre deux branches, elle chute de $+\infty$ à $-\infty$ .

e)

La notation ne change rien : cotg, c'est $\cot$ , et sa dérivée porte le signe moins des fonctions en « co ». Chaîne : $f'(x)=-\csc^{2}(x^{2}-2x)\cdot(2x-2)=-(2x-2)\csc^{2}(x^{2}-2x)$ , là où $\sin(x^{2}-2x)\neq 0$ . Pour $g$ , c'est un PRODUIT avant d'être une chaîne : $g'(t)=3t^{2}\sec(2t)+t^{3}\cdot\sec(2t)\tan(2t)\cdot 2=t^{2}\sec(2t)\left(3+2t\tan(2t)\right)$ . En $t=\frac{\pi}{8}$ , $2t=\frac{\pi}{4}$ , donc $\sec(2t)=\sqrt{2}$ et $\tan(2t)=1$ : $g'\left(\frac{\pi}{8}\right)=\frac{\pi^{2}}{64}\sqrt{2}\left(3+\frac{\pi}{4}\right)\approx 0{,}826$ . Le piège est de dériver chaque facteur et de multiplier, $3t^{2}\cdot 2\sec(2t)\tan(2t)$ , ce qui donne environ $1{,}309$ : la dérivée d'un produit n'est pas le produit des dérivées.

f)

Trois étages, la puissance, la cosécante et $1-4t$ : $h'(t)=3\csc^{2}(1-4t)\cdot\left(-\csc(1-4t)\cot(1-4t)\right)\cdot(-4)=12\csc^{3}(1-4t)\cot(1-4t)$ . Deux signes moins, celui de la cosécante et celui de $u'=-4$ , qui s'annulent : on les écrit tous les deux avant de simplifier, sinon on en garde un au hasard. Pour $k$ , le radical devient un exposant : $k(\theta)=\left(\tan(5\theta)\right)^{\frac{2}{3}}$ , donc $k'(\theta)=\frac{2}{3}\left(\tan(5\theta)\right)^{-\frac{1}{3}}\cdot\sec^{2}(5\theta)\cdot 5=\frac{10\sec^{2}(5\theta)}{3\sqrt[3]{\tan(5\theta)}}$ . En $\theta=\frac{\pi}{20}$ , $5\theta=\frac{\pi}{4}$ , $\tan(5\theta)=1$ et $\sec^{2}(5\theta)=2$ : $k'\left(\frac{\pi}{20}\right)=\frac{20}{3}\approx 6{,}667$ . L'exposant négatif $-\frac{1}{3}$ dit ce que le radical cachait : en $\theta=0$ , $\tan(5\theta)=0$ et la dérivée n'existe pas. La fonction y vaut 0 et elle est continue, mais sa courbe y fait une POINTE, la même que celle de $\sqrt[3]{x^{2}}$ à l'origine.

g)

Les deux termes se ressemblent et n'ont rien à voir. Dans $\cos(x^{2})$ , le carré est À L'INTÉRIEUR : la fonction extérieure est le cosinus, d'où $-\sin(x^{2})\cdot 2x$ . Dans $\cos^{2}x=(\cos x)^{2}$ , le carré est À L'EXTÉRIEUR : la fonction extérieure est la puissance, d'où $2\cos x\cdot(-\sin x)=-\sin(2x)$ . Donc $s'(x)=-2x\sin(x^{2})-\sin(2x)$ et $s'(1)=-2\sin 1-\sin 2\approx-1{,}683-0{,}909=-2{,}592$ . Le réflexe : avant de dériver, réécrire $\cos^{2}x$ en $(\cos x)^{2}$ , la parenthèse dit qui est dehors.

Exercice 2 : L'exponentielle : ce que la base change, et ce qu'elle ne change pas

Toutes les exponentielles se ressemblent : elles passent par le point de coordonnées (0 ; 1) et ne s'annulent jamais. Une seule est sa propre dérivée, et c'est ce qui définit le nombre $e$ .

a) Dérivez $f(x)=e^{3x}$ , $g(x)=e^{-x^{2}}$ et $h(x)=xe^{-x}$ . Pour $h$ , trouvez le point où la tangente est horizontale.
b) La formule générale est $(a^{x})'=a^{x}\ln a$ . Dérivez $u(x)=2^{x}$ et $v(x)=3^{x^{2}}$ . Que devient la formule pour $a=e$ ?
c) La figure montre les trois courbes $y=2^{x}$ , $y=e^{x}$ et $y=3^{x}$ avec leurs tangentes en 0. Donnez la pente de chacune et dites en une phrase ce qui caractérise le nombre $e$ .
d) Beaucoup d'élèves écrivent $(e^{x})^{2}=e^{x^{2}}$ . Dérivez les deux expressions et montrez, par un calcul en $x=2$ , qu'elles n'ont rien à voir.

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Réponses

a) $3e^{3x}$ ; $-2xe^{-x^{2}}$ ; $e^{-x}(1-x)$ , tangente horizontale en $(1\,;e^{-1})$
b) $2^{x}\ln 2$ ; $2x\ln 3\cdot 3^{x^{2}}$ ; pour $a=e$ , $(e^{x})'=e^{x}$
c) $\ln 2$ , $1$ , $\ln 3$ : $e$ est la base de pente 1 en 0
d) $2e^{2x}$ contre $2xe^{x^{2}}$ : $109{,}2$ contre $218{,}4$ en $2$

a)

$f'(x)=3e^{3x}$ : chaîne, la dérivée de l'intérieur $3x$ sort en facteur. $g'(x)=e^{-x^{2}}\cdot(-2x)=-2xe^{-x^{2}}$ : c'est la gaussienne, sa dérivée s'annule en $x=0$ , qui est son maximum. $h'(x)=1\cdot e^{-x}+x\cdot(-e^{-x})=e^{-x}(1-x)$ : produit, puis on met l'exponentielle en facteur, toujours. Comme $e^{-x}>0$ , la dérivée s'annule uniquement en $x=1$ , où $h(1)=e^{-1}\approx 0{,}368$ . C'est un maximum : $h'>0$ avant, $h'<0$ après.

b)

$u'(x)=2^{x}\ln 2\approx 0{,}693\cdot 2^{x}$ : le facteur $\ln 2$ est ce qu'on oublie le plus souvent, et il coûte tout le calcul de pente. $v(x)=3^{x^{2}}$ demande la chaîne EN PLUS de la formule : $v'(x)=3^{x^{2}}\ln 3\cdot 2x=2x\ln 3\cdot 3^{x^{2}}$ . Pour $a=e$ , $\ln e=1$ et la formule redonne $(e^{x})'=e^{x}$ : la formule générale contient le cas particulier, ce n'est pas une règle de plus à retenir.

c)

Les pentes en 0 valent $\ln 2\approx 0{,}693$ , $\ln e=1$ et $\ln 3\approx 1{,}099$ . C'est exactement la caractérisation de $e$ : c'est l'UNIQUE base dont la courbe exponentielle traverse le point de coordonnées (0 ; 1) avec une pente de 1, donc l'unique exponentielle égale à sa propre dérivée. Les autres bases sont des versions dilatées horizontalement de celle-là, puisque $a^{x}=e^{x\ln a}$ .

d)

$(e^{x})^{2}=e^{2x}$ par la règle des exposants, donc sa dérivée vaut $2e^{2x}$ . En revanche $e^{x^{2}}$ a pour dérivée $2xe^{x^{2}}$ . En $x=2$ : $2e^{4}\approx 109{,}2$ contre $4e^{4}\approx 218{,}4$ ; et les fonctions elles-mêmes valent $e^{4}\approx 54{,}6$ contre $e^{4}\approx 54{,}6$ , égales en $x=0$ et en $x=2$ seulement, les deux solutions de $2x=x^{2}$ . En $x=3$ elles valent $e^{6}\approx 403$ et $e^{9}\approx 8103$ : un facteur 20. Retenez la lecture : l'exposant d'une puissance de puissance se MULTIPLIE, il ne se compose pas.

Exercice 3 : Le logarithme, et le domaine qui passe avant la dérivée

La formule $(\ln u)'=\frac{u'}{u}$ tient en cinq caractères, et pourtant c'est le chapitre où l'on perd le plus de points : parce qu'on dérive avant d'avoir regardé où la fonction existe.

a) Dérivez $f(x)=\ln(3x)$ , $g(x)=\ln(x^{2}+1)$ et $h(x)=\ln(\cos x)$ , en précisant à chaque fois le domaine.
b) Vous devriez trouver la même dérivée pour $\ln(3x)$ et pour $\ln x$ . Expliquez pourquoi ce n'est pas une erreur.
c) Dérivez $u(x)=\log_{2}x$ et $v(x)=x\ln x-x$ . Que remarquez-vous sur $v'$ ?
d) Démontrez que $(\ln|x|)'=\frac{1}{x}$ sur tout $x\neq 0$ , en traitant séparément le cas $x<0$ .
e) Donnez le domaine de $w(x)=\ln(x^{2}-4)$ puis sa dérivée. Pourquoi l'expression obtenue n'a-t-elle de sens que sur ce domaine, alors qu'elle se calcule formellement ailleurs ?
f) Dérivez $F(x)=\ln(\sec x+\tan x)$ , $G(x)=\ln(\csc x-\cot x)$ et $L(x)=\ln(\sin x)$ sur $\left]0;\frac{\pi}{2}\right[$ , en simplifiant jusqu'au bout. Que remarquez-vous ?

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a)

f'(x)

h'(x)

b)

\ln(3x)-\ln x

c)

u'(1)

v'(x)

d)

(\ln|x|)'

en

-2

e)

Partie gauche ;

Partie droite ;

w

a-t-elle un extremum en

0

?

f)

F'(x)

G'(x)

L'(x)

Voir la correction

Réponses

a) $\frac{1}{x}$ sur $x>0$ ; $\frac{2x}{x^{2}+1}$ sur $\mathbb{R}$ ; $-\tan x$ où $\cos x>0$
b) $\ln(3x)=\ln 3+\ln x$ : même dérivée
c) $\frac{1}{x\ln 2}$ ; $v'(x)=\ln x$
d) $(\ln(-x))'=\frac{1}{x}$ pour $x<0$
e) $]-\infty,-2[\cup]2,+\infty[$ ; $w'(x)=\frac{2x}{x^{2}-4}$
f) $F'(x)=\sec x$ ; $G'(x)=\csc x$ ; $L'(x)=\cot x$

a)

$f'(x)=\frac{3}{3x}=\frac{1}{x}$ , sur $x>0$ . $g'(x)=\frac{2x}{x^{2}+1}$ , définie sur $\mathbb{R}$ tout entier puisque $x^{2}+1>0$ toujours : c'est le rare logarithme sans restriction. $h'(x)=\frac{-\sin x}{\cos x}=-\tan x$ , sur les intervalles où $\cos x>0$ , par exemple $\left]-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}\right[$ . Le logarithme exige un argument STRICTEMENT positif, pas seulement non nul.

b)

Parce que $\ln(3x)=\ln 3+\ln x$ : les deux fonctions diffèrent d'une CONSTANTE, et deux fonctions qui diffèrent d'une constante ont la même dérivée. Géométriquement, la courbe de $\ln(3x)$ est celle de $\ln x$ translatée verticalement de $\ln 3\approx 1{,}099$ : une translation verticale ne change aucune pente. C'est le premier exemple utile du théorème « dérivée nulle donc fonction constante », qui reviendra au chapitre des primitives.

c)

$u(x)=\log_{2}x=\frac{\ln x}{\ln 2}$ , donc $u'(x)=\frac{1}{x\ln 2}\approx\frac{1{,}4427}{x}$ : changer de base ne fait que multiplier par une constante. $v'(x)=\left(1\cdot\ln x+x\cdot\frac{1}{x}\right)-1=\ln x+1-1=\ln x$ . Autrement dit $v$ est une primitive de $\ln$ , résultat qu'on redémontrera par parties en 201-SN3-RE : il est utile de savoir dès maintenant qu'il se vérifie en une ligne par dérivation.

d)

Pour $x>0$ , $|x|=x$ et $(\ln x)'=\frac{1}{x}$ . Pour $x<0$ , $|x|=-x$ , donc $\ln|x|=\ln(-x)$ et par la chaîne $(\ln(-x))'=\frac{-1}{-x}=\frac{1}{x}$ : le signe moins de l'intérieur et celui du dénominateur s'annulent. Les deux morceaux donnent la même formule, d'où le résultat sur $\mathbb{R}^{*}$ . Vérification en $x=-2$ : $\frac{\ln|-2+0{,}000001|-\ln|-2|}{0{,}000001}\approx-0{,}5=\frac{1}{-2}$ ✓. C'est pour cela que la primitive de $\frac{1}{x}$ s'écrit $\ln|x|$ et non $\ln x$ .

e)

$x^{2}-4>0$ équivaut à $|x|>2$ , donc le domaine est $\left]-\infty;-2\right[\cup\left]2;+\infty\right[$ . La dérivée vaut $w'(x)=\frac{2x}{x^{2}-4}$ . Cette fraction se CALCULE en $x=0$ et donne 0, mais $w(0)=\ln(-4)$ n'existe pas : une expression algébrique ne connaît pas le domaine de la fonction dont elle est issue. La dérivée d'une fonction n'est jamais définie ailleurs que sur le domaine de la fonction, même quand la formule, elle, accepte le nombre. C'est l'erreur qui fait conclure à un extremum en $x=0$ sur un intervalle où la fonction n'existe pas.

f)

$(\ln u)'=\frac{u'}{u}$ à chaque fois, puis on cherche le facteur commun. $F'(x)=\frac{\sec x\tan x+\sec^{2}x}{\sec x+\tan x}=\frac{\sec x\left(\tan x+\sec x\right)}{\sec x+\tan x}=\sec x$ . $G'(x)=\frac{-\csc x\cot x+\csc^{2}x}{\csc x-\cot x}=\frac{\csc x\left(\csc x-\cot x\right)}{\csc x-\cot x}=\csc x$ : la cotangente et la cosécante portent chacune un signe moins, et ils se compensent au numérateur. $L'(x)=\frac{\cos x}{\sin x}=\cot x$ , le jumeau du $-\tan x$ de la question a. Ce qu'il faut remarquer : la dérivée de l'intérieur est un multiple de l'intérieur, donc la fraction se SIMPLIFIE, et une réponse laissée en quotient perd le point de simplification. Lues à l'envers, ces trois lignes donnent les primitives de $\sec x$ , de $\csc x$ et de $\cot x$ , qui reviendront en 201-SN3-RE. Domaine : sur $\left]0;\frac{\pi}{2}\right[$ , $\sec x+\tan x>0$ , $\sin x>0$ et $\csc x-\cot x=\frac{1-\cos x}{\sin x}>0$ , donc les trois logarithmes existent.

Exercice 4 : Emboîter trois étages sans perdre un facteur

La règle de chaîne ne se fatigue pas : on peut l'appliquer autant de fois qu'il y a d'emboîtements. La seule discipline est de nommer les couches de l'extérieur vers l'intérieur AVANT d'écrire quoi que ce soit.

a) Dérivez $f(x)=e^{\sin(2x)}$ en nommant les trois couches.
b) Dérivez $g(x)=\ln(\tan x)$ et simplifiez le résultat le plus loin possible.
c) Dérivez $h(x)=\sqrt{1+e^{2x}}$ .
d) Dérivez $k(x)=\sin\left(\ln(x^{2}+1)\right)$ .
e) Dérivez $p(x)=(\ln x)^{3}$ et $q(x)=\ln(x^{3})$ . Comparez les deux résultats en $x=e$ et dites ce que la notation cache.

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Réponses

a) $2\cos(2x)e^{\sin(2x)}$
b) $\frac{2}{\sin(2x)}$
c) $\frac{e^{2x}}{\sqrt{1+e^{2x}}}$
d) $\cos\left(\ln(x^{2}+1)\right)\cdot\frac{2x}{x^{2}+1}$
e) $\frac{3(\ln x)^{2}}{x}$ et $\frac{3}{x}$ : égales en $e$ , pas en $e^{2}$

a)

Trois couches : l'exponentielle, puis le sinus, puis $2x$ . $f'(x)=e^{\sin(2x)}\cdot\cos(2x)\cdot 2=2\cos(2x)e^{\sin(2x)}$ . Le facteur 2 de la couche la plus intérieure est celui qu'on oublie : vérification en $x=0$ , $f'(0)=2\cdot 1\cdot e^{0}=2$ , alors que sans le facteur on trouverait 1, soit une pente deux fois trop faible.

b)

$g'(x)=\frac{(\tan x)'}{\tan x}=\frac{\sec^{2}x}{\tan x}=\frac{1}{\cos^{2}x}\cdot\frac{\cos x}{\sin x}=\frac{1}{\sin x\cos x}$ . On peut aller plus loin : $\sin x\cos x=\frac{1}{2}\sin(2x)$ , donc $g'(x)=\frac{2}{\sin(2x)}$ . Vérification en $x=0{,}7$ : $\frac{2}{\sin 1{,}4}\approx\frac{2}{0{,}9854}\approx 2{,}0296$ , et le taux de variation numérique donne la même valeur. Simplifier n'est pas cosmétique : c'est cette forme qui rendra l'intégrale reconnaissable plus tard.

c)

$h(x)=(1+e^{2x})^{1/2}$ , donc $h'(x)=\frac{1}{2}(1+e^{2x})^{-1/2}\cdot 2e^{2x}=\frac{e^{2x}}{\sqrt{1+e^{2x}}}$ . Les deux facteurs 2 se compensent, ce qui est justement pourquoi il faut les écrire tous les deux : les faire disparaître mentalement est le meilleur moyen d'en perdre un.

d)

$k'(x)=\cos\left(\ln(x^{2}+1)\right)\cdot\frac{2x}{x^{2}+1}$ . Trois couches encore, et aucune simplification possible : la réponse reste un produit, ce qui est normal et ne signale pas une erreur.

e)

$p(x)=(\ln x)^{3}$ est une PUISSANCE dont l'intérieur est un logarithme : $p'(x)=3(\ln x)^{2}\cdot\frac{1}{x}=\frac{3(\ln x)^{2}}{x}$ . En revanche $q(x)=\ln(x^{3})=3\ln x$ est un logarithme dont l'intérieur est une puissance, et la propriété du logarithme le ramène à une constante fois $\ln x$ : $q'(x)=\frac{3}{x}$ . En $x=e$ : $p'(e)=\frac{3}{e}\approx 1{,}104$ et $q'(e)=\frac{3}{e}\approx 1{,}104$ , égales par accident puisque $(\ln e)^{2}=1$ . En $x=e^{2}$ : $p'=\frac{3\cdot 4}{e^{2}}\approx 1{,}624$ contre $q'=\frac{3}{e^{2}}\approx 0{,}406$ , un facteur 4. La notation $\ln^{3}x$ , qu'on rencontre parfois, désigne $p$ et non $q$ : c'est exactement le genre d'ambiguïté qui justifie d'écrire les parenthèses.

Exercice 5 : La dérivation logarithmique : quand aucune règle ne s'applique

Il existe une famille que ni la règle de puissance ni celle de l'exponentielle ne savent traiter : celle où la base ET l'exposant contiennent la variable. La parade est toujours la même, prendre le logarithme des deux membres avant de dériver.

a) Pourquoi ni $(x^{n})'=nx^{n-1}$ ni $(a^{x})'=a^{x}\ln a$ ne s'appliquent-elles à $y=x^{x}$ ? Calculez $y'$ par dérivation logarithmique.
b) Même méthode pour $y=x^{\sin x}$ sur $x>0$ .
c) Dérivez $y=\frac{(x^{2}+1)^{3}\sqrt{x-1}}{(2x+5)^{4}}$ par dérivation logarithmique, et dites en une phrase pourquoi la méthode directe serait pénible.
d) Donnez un exemple où la dérivation logarithmique est possible mais inutile, et expliquez le critère de choix.

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Réponses

a) $y'=x^{x}(\ln x+1)$
b) $y'=x^{\sin x}\left(\cos x\ln x+\frac{\sin x}{x}\right)$
c) $y'=y\left(\frac{6x}{x^{2}+1}+\frac{1}{2(x-1)}-\frac{8}{2x+5}\right)$
d) $x^{5}e^{x}$ : la règle du produit suffit

a)

La règle de puissance exige un exposant CONSTANT ; la règle de l'exponentielle exige une base CONSTANTE. Ici les deux varient, c'est un cas nouveau. On pose $y=x^{x}$ avec $x>0$ , on prend le logarithme : $\ln y=x\ln x$ . On dérive les deux membres par rapport à $x$ , le membre de gauche par la chaîne puisque $y$ dépend de $x$ : $\frac{y'}{y}=\ln x+x\cdot\frac{1}{x}=\ln x+1$ . Donc $y'=x^{x}(\ln x+1)$ . Vérification en $x=2$ : $y'=4(\ln 2+1)\approx 4\cdot 1{,}693=6{,}773$ , et le taux numérique $\frac{2{,}000001^{2{,}000001}-2^{2}}{0{,}000001}\approx 6{,}773$ ✓. Au passage, $y'=0$ donne $\ln x=-1$ , soit $x=e^{-1}\approx 0{,}368$ : c'est le minimum de $x^{x}$ , où la fonction vaut environ $0{,}6922$ .

b)

$\ln y=\sin x\cdot\ln x$ , puis $\frac{y'}{y}=\cos x\ln x+\frac{\sin x}{x}$ , donc $y'=x^{\sin x}\left(\cos x\ln x+\frac{\sin x}{x}\right)$ . La structure est toujours la même : le résultat est la fonction elle-même multipliée par la dérivée de son logarithme. C'est ce qu'on appelle la dérivée LOGARITHMIQUE, $\frac{y'}{y}$ , et elle mesure un taux de variation RELATIF, en pourcentage par unité, pas en unités par unité.

c)

$\ln y=3\ln(x^{2}+1)+\frac{1}{2}\ln(x-1)-4\ln(2x+5)$ : le logarithme transforme le produit en somme, le quotient en différence et les exposants en coefficients, ce qui remplace une règle du quotient imbriquée dans une règle du produit par trois dérivations indépendantes. On dérive : $\frac{y'}{y}=\frac{6x}{x^{2}+1}+\frac{1}{2(x-1)}-\frac{8}{2x+5}$ , puis on multiplie par $y$ . Vérification en $x=2$ : $y=\frac{125\cdot 1}{9^{4}}=\frac{125}{6561}\approx 0{,}019052$ et $\frac{y'}{y}=\frac{12}{5}+\frac{1}{2}-\frac{8}{9}\approx 2{,}0111$ , donc $y'\approx 0{,}038318$ . Le taux numérique confirme. En direct, il faudrait dériver un quotient dont le numérateur est lui-même un produit de deux composées : trois pages, et une erreur de signe presque garantie.

d)

Sur $y=x^{5}e^{x}$ , la dérivation logarithmique fonctionne et donne $\frac{y'}{y}=\frac{5}{x}+1$ , donc $y'=x^{5}e^{x}\left(\frac{5}{x}+1\right)=x^{4}e^{x}(5+x)$ ; mais la règle du produit donne le même résultat en une ligne. Le critère : on passe au logarithme quand la fonction est un PRODUIT OU QUOTIENT D'AU MOINS TROIS FACTEURS à exposants, ou quand la variable est à l'exposant. Deux facteurs simples ne le justifient pas, et le détour coûte alors plus cher que la règle directe.

Exercice 6 : Les réciproques trigonométriques et leurs dérivées algébriques

Le fait remarquable de ce paragraphe : les réciproques de fonctions trigonométriques ont des dérivées ALGÉBRIQUES, sans aucune trigonométrie. C'est pour cela qu'elles apparaîtront comme primitives de fractions en 201-SN3-RE.

a) On pose $y=\arcsin x$ , donc $\sin y=x$ avec $y\in\left[-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}\right]$ . En dérivant les deux membres par rapport à $x$ , démontrez que $(\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$ , en justifiant le choix du signe de la racine.
b) Par la même méthode, démontrez que $(\arctan x)'=\frac{1}{1+x^{2}}$ .
c) Dérivez $f(x)=\arctan(2x)$ , $g(x)=\arcsin\left(\frac{x}{3}\right)$ et $h(x)=x\arctan x-\frac{1}{2}\ln(1+x^{2})$ . Commentez le résultat obtenu pour $h$ .
d) La figure montre $y=\arctan x$ . Lisez-y le comportement de la dérivée quand $x\to\pm\infty$ , puis expliquez pourquoi $(\arcsin x)'$ explose en $x=\pm 1$ alors que $\arcsin$ y est parfaitement définie.
e) Donnez le domaine de $p(x)=\arccos\left(\frac{3}{x}\right)$ , calculez $p'(x)$ en simplifiant la racine, puis $p'(-5)$ . Même travail pour $q(x)=\arcsin(\sqrt{x})$ : domaine, dérivée, puis $q'\left(\frac{1}{4}\right)$ .

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/11

a)

Le signe de la racine vient

b)

(\arctan x)'

c)

f'(x)

g'(x)

h'(x)

d)

Pente maximale de

\arctan

\arcsin

en

x=1

e)

Domaine de

p

p'(-5)

Domaine de

q

;

q'\left(\frac{1}{4}\right)

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Réponses

a) $(\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$ , racine positive car $\cos y\ge 0$
b) $(\arctan x)'=\frac{1}{1+x^{2}}$
c) $\frac{2}{1+4x^{2}}$ ; $\frac{1}{\sqrt{9-x^{2}}}$ ; $h'(x)=\arctan x$
d) Pente vers $0$ à l'infini ; tangente verticale d' $\arcsin$ en $\pm 1$
e) Domaine $|x|\ge 3$ ; $p'(x)=\frac{3}{|x|\sqrt{x^{2}-9}}$ , $p'(-5)=0{,}15$ ; $q'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x(1-x)}}$ sur $]0;1[$ , $q'\left(\frac{1}{4}\right)\approx 1{,}155$

a)

On dérive $\sin y=x$ par rapport à $x$ en traitant $y$ comme une fonction de $x$ : $\cos y\cdot y'=1$ , donc $y'=\frac{1}{\cos y}$ . Il reste à exprimer $\cos y$ en fonction de $x$ : de $\sin^{2}y+\cos^{2}y=1$ on tire $\cos y=\pm\sqrt{1-x^{2}}$ . Le signe se décide par le DOMAINE choisi : sur $\left[-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}\right]$ , le cosinus est positif ou nul, donc on garde la racine positive et $(\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$ pour $|x|<1$ . Le signe ne vient jamais du calcul, il vient de l'intervalle sur lequel on a rendu la fonction inversible.

b)

De $\tan y=x$ on tire $\sec^{2}y\cdot y'=1$ , donc $y'=\cos^{2}y$ . Or $\sec^{2}y=1+\tan^{2}y=1+x^{2}$ , d'où $y'=\frac{1}{1+x^{2}}$ . Cette fois aucun choix de signe : le résultat est un carré inverse, positif partout, ce qui confirme que $\arctan$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ tout entier.

c)

$f'(x)=\frac{2}{1+4x^{2}}$ par la chaîne. $g'(x)=\frac{1/3}{\sqrt{1-\frac{x^{2}}{9}}}=\frac{1}{\sqrt{9-x^{2}}}$ après avoir rentré le 3 sous la racine, forme nettement plus utilisable. Pour $h$ : $h'(x)=\arctan x+\frac{x}{1+x^{2}}-\frac{1}{2}\cdot\frac{2x}{1+x^{2}}=\arctan x$ . Les deux derniers termes s'annulent exactement : $h$ est donc une primitive de $\arctan$ , ce qui sera redémontré par intégration par parties dans le cours suivant, le calcul intégral. Vérification en $x=1$ : $h'(1)=\arctan 1=\frac{\pi}{4}\approx 0{,}7854$ , et le taux numérique donne la même valeur.

d)

Sur la figure, la courbe s'aplatit vers ses deux asymptotes $y=\pm\frac{\pi}{2}$ : la pente tend vers 0, ce que confirme $\frac{1}{1+x^{2}}\to 0$ . La pente maximale vaut 1 et elle est atteinte en $x=0$ . Pour $\arcsin$ , en $x\to 1^{-}$ le dénominateur $\sqrt{1-x^{2}}\to 0^{+}$ , donc la dérivée tend vers $+\infty$ : la courbe de $\arcsin$ a une TANGENTE VERTICALE en $x=1$ . Il n'y a aucune contradiction, une fonction peut être continue et définie en un point sans y être dérivable. C'est la lecture réciproque du graphe de $\sin$ , dont la tangente est horizontale en $\frac{\pi}{2}$ : échanger les axes échange horizontale et verticale.

e)

$\arccos$ exige un argument dans $[-1;1]$ : $\left|\frac{3}{x}\right|\le 1$ équivaut à $|x|\ge 3$ , donc le domaine est $\left]-\infty;-3\right]\cup\left[3;+\infty\right[$ , et la dérivée existe sur $|x|>3$ . Chaîne : $p'(x)=\frac{-1}{\sqrt{1-\frac{9}{x^{2}}}}\cdot\left(-\frac{3}{x^{2}}\right)=\frac{3}{x^{2}\sqrt{1-\frac{9}{x^{2}}}}$ . Pour simplifier, $\sqrt{1-\frac{9}{x^{2}}}=\frac{\sqrt{x^{2}-9}}{\sqrt{x^{2}}}=\frac{\sqrt{x^{2}-9}}{|x|}$ , et c'est là que tout se joue : $\sqrt{x^{2}}=|x|$ , pas $x$ . D'où $p'(x)=\frac{3|x|}{x^{2}\sqrt{x^{2}-9}}=\frac{3}{|x|\sqrt{x^{2}-9}}$ , et $p'(-5)=\frac{3}{5\cdot 4}=0{,}15$ . La forme fausse $\frac{3}{x\sqrt{x^{2}-9}}$ donnerait $-0{,}15$ , une pente négative pour une fonction CROISSANTE : sur $x<-3$ , $\frac{3}{x}$ décroît et $\arccos$ décroît, donc $p$ croît. Pour $q$ , il faut $x\ge 0$ pour la racine et $\sqrt{x}\le 1$ pour $\arcsin$ : le domaine est $[0;1]$ . Puis $q'(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x}}\cdot\frac{1}{2\sqrt{x}}=\frac{1}{2\sqrt{x(1-x)}}$ , définie sur $]0;1[$ seulement : tangentes verticales aux deux bornes. Enfin $q'\left(\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{2\sqrt{\frac{3}{16}}}=\frac{2}{\sqrt{3}}\approx 1{,}155$ .

Exercice 7 : Les fonctions hyperboliques et la forme de la chaînette

Le cosinus hyperbolique n'est pas une parabole, même s'il lui ressemble : c'est la forme que prend un câble suspendu sous son propre poids. Ses dérivées sont celles de la trigonométrie, mais sans le signe moins.

a) On pose $\cosh x=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}$ et $\sinh x=\frac{e^{x}-e^{-x}}{2}$ . Calculez leurs dérivées et comparez avec le couple $(\cos,\sin)$ .
b) Démontrez l'identité $\cosh^{2}x-\sinh^{2}x=1$ , puis dérivez le membre de gauche pour vérifier la cohérence de la question a.
c) On pose $\tanh x=\frac{\sinh x}{\cosh x}$ . Montrez que $(\tanh x)'=\frac{1}{\cosh^{2}x}=1-\tanh^{2}x$ , et déduisez-en le sens de variation de $\tanh$ .
d) Un câble suspendu entre deux poteaux prend la forme $y=a\cosh\left(\frac{x}{a}\right)$ avec $a=20$ mètres, l'origine étant au point le plus bas du câble. Donnez la pente du câble en $x=20$ mètres, et la hauteur dont il est remonté par rapport à son point bas.
e) La figure superpose $y=\cosh x$ et la parabole $y=1+\frac{x^{2}}{2}$ . Que partagent-elles en $x=0$ , et où se séparent-elles ?

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Réponses

a) $(\cosh x)'=\sinh x$ , $(\sinh x)'=\cosh x$
b) $\cosh^{2}x-\sinh^{2}x=1$
c) $(\tanh x)'=\frac{1}{\cosh^{2}x}>0$ : croissante
d) Pente $\sinh 1\approx 1{,}175$ ; $10{,}86$ m
e) Même valeur, pente et concavité en $0$ ; écart $0{,}762$ en $2$

a)

$(\cosh x)'=\frac{e^{x}-e^{-x}}{2}=\sinh x$ et $(\sinh x)'=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}=\cosh x$ : chacune est la dérivée de l'autre, SANS signe moins. C'est toute la différence avec le couple trigonométrique, où $(\cos x)'=-\sin x$ . La conséquence est structurelle : $\cos$ et $\sin$ vérifient $y''=-y$ et oscillent, tandis que $\cosh$ et $\sinh$ vérifient $y''=+y$ et explosent. Un seul signe sépare une onde d'une croissance exponentielle.

b)

$\cosh^{2}x-\sinh^{2}x=\frac{(e^{x}+e^{-x})^{2}-(e^{x}-e^{-x})^{2}}{4}=\frac{4e^{x}e^{-x}}{4}=1$ , en utilisant l'identité $A^{2}-B^{2}=(A-B)(A+B)$ ou simplement le développement. Vérification par dérivation : $\left(\cosh^{2}x-\sinh^{2}x\right)'=2\cosh x\sinh x-2\sinh x\cosh x=0$ , et une fonction de dérivée nulle sur $\mathbb{R}$ est constante ; sa valeur en 0 vaut $1-0=1$ . Les deux chemins concordent, ce qui valide les dérivées de la question a.

c)

Par le quotient : $(\tanh x)'=\frac{\cosh x\cosh x-\sinh x\sinh x}{\cosh^{2}x}=\frac{\cosh^{2}x-\sinh^{2}x}{\cosh^{2}x}=\frac{1}{\cosh^{2}x}$ . En coupant plutôt la fraction terme à terme, on obtient $1-\tanh^{2}x$ : c'est le calque exact de ce qu'on a fait pour $\tan$ à l'exercice 1. Comme $\cosh x\geq 1>0$ , la dérivée est strictement positive : $\tanh$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ , et sa pente maximale vaut 1 en $x=0$ . Elle est bornée entre $-1$ et 1, ce qui en fait la fonction d'activation classique des réseaux de neurones.

d)

$y'=a\sinh\left(\frac{x}{a}\right)\cdot\frac{1}{a}=\sinh\left(\frac{x}{a}\right)$ : le paramètre $a$ disparaît de la pente, joli résultat. En $x=20$ avec $a=20$ : $y'=\sinh(1)=\frac{e-e^{-1}}{2}\approx 1{,}1752$ , soit une inclinaison d'environ $\arctan(1{,}1752)\approx 49{,}6$ degrés. La hauteur vaut $y(20)-y(0)=20\cosh(1)-20\cosh(0)=20(1{,}5431-1)\approx 10{,}86$ mètres. Le câble est donc remonté d'un peu moins de 11 mètres à 20 mètres du point bas.

e)

En $x=0$ les deux courbes valent 1, ont une pente nulle et la MÊME concavité : $(\cosh)''(0)=\cosh 0=1$ et $\left(1+\frac{x^{2}}{2}\right)''=1$ . Elles coïncident donc jusqu'à l'ordre 2, ce qui explique qu'on ait longtemps cru que la chaînette était une parabole. Elles se séparent à l'ordre 4 : $\cosh x=1+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{4}}{24}+\dots$ , donc l'écart vaut environ $\frac{x^{4}}{24}$ , négligeable près de 0 mais visible dès $x=2$ , où $\cosh 2\approx 3{,}762$ contre $3$ pour la parabole.

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

Chacune des cinq affirmations suivantes est FAUSSE. Dites pourquoi et donnez l'énoncé correct.

1) « Comme $(x^{n})'=nx^{n-1}$ , on a $(2^{x})'=x\,2^{x-1}$ . »
2) « $\left(\ln(x^{2})\right)'=\frac{1}{x^{2}}$ , puisque la dérivée du logarithme est l'inverse de son argument. »
3) « $\left(\sin^{2}x\right)'=\cos^{2}x$ , par analogie avec la dérivée du sinus. »
4) « $(\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$ est définie pour tout réel $x$ , puisque c'est une fraction. »
5) « $\cosh$ et $\cos$ ne diffèrent que par un signe, donc $(\cosh x)'=-\sinh x$ . »

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Réponses

1) $(2^{x})'=2^{x}\ln 2$
2) $\left(\ln(x^{2})\right)'=\frac{2}{x}$
3) $\left(\sin^{2}x\right)'=\sin(2x)$
4) Définie sur $]-1,1[$ seulement
5) $(\cosh x)'=\sinh x$

1)

FAUX. La règle de puissance exige un exposant CONSTANT et une base variable ; ici c'est l'inverse, la base 2 est constante et l'exposant varie. La bonne formule est $(a^{x})'=a^{x}\ln a$ , donc $(2^{x})'=2^{x}\ln 2$ . Le contrôle numérique tranche : en $x=3$ , la formule fausse donne $3\cdot 2^{2}=12$ , la vraie donne $8\ln 2\approx 5{,}545$ , et le taux de variation numérique vaut bien environ $5{,}545$ .

2)

FAUX. La dérivée du logarithme n'est pas « l'inverse de l'argument », c'est $\frac{u'}{u}$ : il manque la dérivée de l'intérieur. Ici $u=x^{2}$ donc $u'=2x$ et $\left(\ln(x^{2})\right)'=\frac{2x}{x^{2}}=\frac{2}{x}$ . On le retrouve sans calcul en simplifiant d'abord : $\ln(x^{2})=2\ln|x|$ , de dérivée $\frac{2}{x}$ . En $x=2$ : $\frac{2}{2}=1$ , alors que l'affirmation annonce $0{,}25$ .

3)

FAUX. $\sin^{2}x$ désigne $(\sin x)^{2}$ , une PUISSANCE, donc c'est la règle de chaîne qui s'applique : $\left(\sin^{2}x\right)'=2\sin x\cos x=\sin(2x)$ . L'analogie invoquée n'a aucun fondement, on ne dérive pas un carré en dérivant ce qu'il y a dedans. En $x=1$ : $\sin 2\approx 0{,}909$ , alors que $\cos^{2}1\approx 0{,}292$ .

4)

FAUX. Une fraction n'est définie que si son dénominateur est non nul ET si la racine existe : il faut $1-x^{2}>0$ , donc $-1<x<1$ . La dérivée n'est définie que sur l'INTÉRIEUR du domaine de $\arcsin$ , qui est $[-1;1]$ : aux deux extrémités, $\arcsin$ existe mais admet une tangente verticale. Confondre le domaine d'une fonction et celui de sa dérivée est l'erreur la plus coûteuse du chapitre.

5)

FAUX. Le signe moins apparaît chez $\cos$ , pas chez $\cosh$ : $(\cos x)'=-\sin x$ mais $(\cosh x)'=+\sinh x$ . On le vérifie directement sur la définition, $\left(\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}\right)'=\frac{e^{x}-e^{-x}}{2}=\sinh x$ . Ce signe n'est pas un détail de notation : c'est lui qui fait que $\cos$ oscille et que $\cosh$ croît sans limite.

Exercice 9 : Problème : la décroissance radioactive et le taux relatif

Une quantité qui décroît proportionnellement à elle-même suit une exponentielle. Toute la datation au carbone 14 tient dans cette phrase et dans une dérivée.

a) La masse d'un échantillon de carbone 14 suit $N(t)=N_{0}e^{-\lambda t}$ , où $t$ est en années. Calculez $N'(t)$ et montrez que le rapport $\frac{N'(t)}{N(t)}$ est CONSTANT. Que signifie physiquement cette constante ?
b) La demi-vie du carbone 14 vaut 5730 ans. Déterminez $\lambda$ , puis le pourcentage de perte annuelle.
c) Un fragment d'os contient 22 pour cent du carbone 14 d'un os vivant de même masse. Datez-le.
d) Un café à 85 degrés Celsius dans une pièce à 20 degrés se refroidit selon la loi de Newton $T(t)=20+65e^{-kt}$ , avec $t$ en minutes. Il est à 60 degrés au bout de 10 minutes. Calculez $k$ , puis la vitesse de refroidissement à cet instant, en degrés par minute.
e) Pourquoi la vitesse de refroidissement du café n'est-elle PAS constante alors que le taux relatif de la question a) l'est ? Comparez les deux situations.

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Réponses

a) $\frac{N'}{N}=-\lambda$
b) $\lambda\approx 1{,}2097\times 10^{-4}$ par an ; $0{,}0121$ % par an
c) Environ $12\,500$ ans
d) $k\approx 0{,}0486$ par minute ; $T'(10)\approx-1{,}94$ °C/min
e) C'est $\frac{T'}{T-20}$ qui est constant

a)

$N'(t)=N_{0}e^{-\lambda t}\cdot(-\lambda)=-\lambda N(t)$ , donc $\frac{N'(t)}{N(t)}=-\lambda$ , constante et indépendante de $t$ comme de $N_{0}$ . Physiquement : chaque année, la même PROPORTION de noyaux se désintègre, quelle que soit la quantité restante. La quantité perdue, elle, diminue avec le temps, ce qui est exactement pourquoi une décroissance exponentielle n'atteint jamais zéro. C'est la définition même du modèle exponentiel : la dérivée est proportionnelle à la fonction.

b)

La demi-vie $T$ vérifie $e^{-\lambda T}=\frac{1}{2}$ , donc $\lambda=\frac{\ln 2}{T}=\frac{0{,}6931}{5730}\approx 1{,}2097\times 10^{-4}$ par an. La perte relative annuelle vaut donc environ $0{,}0121$ pour cent, soit à peu près un noyau sur 8267 par an. Remarquez que le calcul ne dépend d'aucune quantité initiale, ce qui est ce qui rend la datation possible sans connaître la masse d'origine.

c)

On résout $e^{-\lambda t}=0{,}22$ , soit $t=\frac{-\ln(0{,}22)}{\lambda}=\frac{1{,}5141}{1{,}2097\times 10^{-4}}\approx 12\,516$ ans. On arrondit honnêtement à environ 12 500 ans : la précision de la mesure de 22 pour cent ne justifie pas quatre chiffres significatifs. Un écart d'un point de pourcentage sur la mesure déplace la date de plus de 350 ans, ordre de grandeur qu'un corrigé sérieux doit signaler.

d)

$T(10)=60$ donne $20+65e^{-10k}=60$ , soit $e^{-10k}=\frac{40}{65}=0{,}61538$ , d'où $k=\frac{-\ln(0{,}61538)}{10}\approx 0{,}048551$ par minute. La vitesse vaut $T'(t)=-65k\,e^{-kt}=-k\,(T(t)-20)$ ; à $t=10$ , $T'(10)=-0{,}048551\times 40\approx-1{,}942$ degré par minute. Le signe négatif dit que la température baisse, et l'écriture $T'=-k(T-20)$ montre que c'est l'ÉCART à la pièce, et non la température elle-même, qui pilote le refroidissement.

e)

Dans les deux cas la dérivée est proportionnelle à quelque chose, mais pas à la même quantité. Pour le carbone, $N'=-\lambda N$ : la référence est zéro, donc le taux relatif $\frac{N'}{N}$ est constant. Pour le café, $T'=-k(T-20)$ : la référence est 20 degrés, pas zéro, donc c'est $\frac{T'}{T-20}$ qui est constant, tandis que $\frac{T'}{T}$ varie. Au départ le café perd $-0{,}048551\times 65\approx-3{,}16$ degrés par minute, contre $-1{,}94$ au bout de dix minutes : la vitesse a chuté de près de 40 pour cent alors que le taux rapporté à l'écart, lui, n'a pas bougé. La leçon vaut au delà de ces deux modèles : avant de dire « le taux est constant », il faut dire par rapport à QUOI.

Exercice 10 : Problème : le modèle logistique et sa vitesse maximale

Une exponentielle croît sans limite, ce qu'aucune population réelle ne fait. Le modèle logistique corrige cela, et la dérivée y répond à la vraie question : à quel moment la propagation est-elle la plus rapide ?

a) Une rumeur se propage sur un campus de 1000 personnes selon $P(t)=\frac{1000}{1+99e^{-0{,}6t}}$ , où $t$ est en jours. Combien de personnes la connaissent à $t=0$ , et vers quelle valeur $P$ tend-elle ?
b) Calculez $P'(t)$ par la règle de chaîne appliquée à la puissance $-1$ , et vérifiez que $P'>0$ pour tout $t$ .
c) Montrez que $P'$ peut s'écrire $P'=\frac{0{,}6}{1000}P(1000-P)$ , puis déduisez-en, SANS calculer $P''$ , l'instant où la propagation est la plus rapide et la vitesse atteinte ce jour-là.
d) Confirmez par $P''$ que cet instant est bien un point d'inflexion, et lisez-le sur la figure.
e) Au bout de combien de jours 90 pour cent du campus connaît-il la rumeur ? Comparez avec le modèle exponentiel pur $Q(t)=10e^{0{,}6t}$ qui a la même valeur et presque la même pente au départ.

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Réponses

a) $10$ personnes ; limite $1000$
b) $P'(t)=\frac{59\,400\,e^{-0{,}6t}}{\left(1+99e^{-0{,}6t}\right)^{2}}>0$
c) Maximum en $P=500$ : $150$ personnes par jour, $t\approx 7{,}66$ jours
d) $P''$ change de signe en $P=500$ : inflexion
e) $11{,}32$ jours contre $7{,}50$ jours

a)

$P(0)=\frac{1000}{1+99}=10$ personnes. Quand $t\to+\infty$ , $e^{-0{,}6t}\to 0$ donc $P\to 1000$ : c'est le palier, la capacité du campus, en pointillés sur la figure du corrigé. Le modèle est bâti pour que la population ne dépasse jamais 1000, contrairement à une exponentielle.

b)

On écrit $P(t)=1000\left(1+99e^{-0{,}6t}\right)^{-1}$ . Chaîne : $P'(t)=-1000\left(1+99e^{-0{,}6t}\right)^{-2}\cdot 99e^{-0{,}6t}\cdot(-0{,}6)$ , soit $P'(t)=\frac{59\,400\,e^{-0{,}6t}}{\left(1+99e^{-0{,}6t}\right)^{2}}$ . Les deux signes moins se compensent, donc $P'>0$ pour tout $t$ : la rumeur ne recule jamais, ce qui est bien ce que le modèle doit dire.

c)

En posant $u=99e^{-0{,}6t}$ , on a $P=\frac{1000}{1+u}$ et $1000-P=\frac{1000u}{1+u}$ , donc $\frac{0{,}6}{1000}P(1000-P)=\frac{0{,}6}{1000}\cdot\frac{1000}{1+u}\cdot\frac{1000u}{1+u}=\frac{600u}{(1+u)^{2}}$ , ce qui est exactement l'expression de $P'$ obtenue en b. Cette écriture est bien plus parlante : $P'$ est un produit de deux facteurs dont la SOMME est constante, égale à 1000. Un tel produit est maximal quand les deux facteurs sont égaux, donc quand $P=500$ , la moitié du campus. La vitesse vaut alors $\frac{0{,}6}{1000}\times 500\times 500=150$ personnes par jour. L'instant s'obtient en résolvant $99e^{-0{,}6t}=1$ , soit $t=\frac{\ln 99}{0{,}6}\approx 7{,}659$ jours.

d)

Dériver $P'=\frac{0{,}6}{1000}\left(1000P-P^{2}\right)$ donne $P''=\frac{0{,}6}{1000}\left(1000-2P\right)P'$ . Comme $P'>0$ , le signe de $P''$ est celui de $1000-2P$ : positif tant que $P<500$ , négatif ensuite, avec annulation et CHANGEMENT DE SIGNE en $P=500$ . C'est donc bien un point d'inflexion, et la courbe de la figure y passe de convexe à concave : c'est le point où elle cesse d'accélérer, marqué par le rond à la rencontre des deux pointillés sur la figure du corrigé.

e)

$P(t)=900$ donne $1+99e^{-0{,}6t}=\frac{1000}{900}$ , soit $99e^{-0{,}6t}=\frac{1}{9}$ et $t=\frac{\ln 891}{0{,}6}\approx 11{,}32$ jours. Le modèle exponentiel $Q(t)=10e^{0{,}6t}$ atteint 900 en $t=\frac{\ln 90}{0{,}6}\approx 7{,}50$ jours, et il atteindrait 1000 en $7{,}68$ jours puis 10 000 en $11{,}5$ jours, ce qui n'a aucun sens sur un campus de 1000 personnes. Les deux modèles sont pourtant indiscernables au tout début : en $t=1$ , $P\approx 18{,}0$ et $Q\approx 18{,}2$ . C'est la leçon du problème : deux modèles peuvent coller aux mêmes données initiales et diverger complètement, et c'est la dérivée, non la valeur, qui révèle laquelle des deux hypothèses on a réellement faite.

Exercice 11 : Les tangentes à l'exponentielle et au logarithme qui passent par l'origine

La figure montre $y=e^{x}$ et $y=\ln x$ , avec en pointillés deux tangentes qui passent par l'origine.

a) Écrivez l'équation de la tangente à la courbe de $y=e^{x}$ au point d'abscisse $a$ .
b) Pour quelle valeur de $a$ cette tangente passe-t-elle par l'origine ? Donnez son équation.
c) Même question pour la courbe de $y=\ln x$ au point d'abscisse $b$ .
d) Démontrez que $\ln x\le\frac{x}{e}$ pour tout $x>0$ , puis déduisez-en que $\pi^{e}<e^{\pi}$ .
e) En quel point la tangente à $y=e^{2x}$ est-elle parallèle à la droite $y=4x+1$ ? Donnez son ordonnée à l'origine.

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Réponses

a) $y=e^{a}x+e^{a}(1-a)$
b) $a=1$ : $y=ex$
c) $b=e$ : $y=\frac{x}{e}$
d) $\ln x\le\frac{x}{e}$ ; $\pi^{e}\approx 22{,}46<e^{\pi}\approx 23{,}14$
e) $x=\frac{\ln 2}{2}\approx 0{,}347$ ; $y=4x+2-2\ln 2$

a)

$(e^{x})'=e^{x}$ , donc la pente en $a$ vaut $e^{a}$ et la tangente s'écrit $y=e^{a}(x-a)+e^{a}=e^{a}x+e^{a}(1-a)$ .

b)

La tangente passe par l'origine quand son ordonnée à l'origine est nulle : $e^{a}(1-a)=0$ . Une exponentielle ne s'annule jamais, donc $a=1$ . La tangente est $y=ex$ , de pente $e\approx 2{,}718$ , et touche la courbe en $(1\,;e)$ . C'est une autre façon de rencontrer $e$ : la seule droite issue de l'origine qui effleure la courbe exponentielle a pour pente $e$ .

c)

La pente en $b$ vaut $\frac{1}{b}$ : $y=\frac{1}{b}(x-b)+\ln b=\frac{x}{b}-1+\ln b$ . L'ordonnée à l'origine s'annule pour $\ln b=1$ , soit $b=e$ . La tangente est $y=\frac{x}{e}$ , de pente $\frac{1}{e}\approx 0{,}368$ , et touche la courbe en $(e\,;1)$ . Les deux points de contact $(1\,;e)$ et $(e\,;1)$ sont symétriques par rapport à la droite $y=x$ , comme les deux courbes, réciproques l'une de l'autre, et les deux pentes sont inverses.

d)

Soit $g(x)=\frac{x}{e}-\ln x$ sur $]0\,;+\infty[$ . $g'(x)=\frac{1}{e}-\frac{1}{x}$ est négative pour $x<e$ et positive pour $x>e$ : $g$ décroît puis croît, et son minimum vaut $g(e)=1-1=0$ . Donc $g(x)\ge 0$ , soit $\ln x\le\frac{x}{e}$ , avec égalité seulement en $x=e$ : la courbe du logarithme est sous sa tangente issue de l'origine, celle de c). En $x=\pi$ : $\ln\pi<\frac{\pi}{e}$ , soit $e\ln\pi<\pi$ , et comme l'exponentielle est croissante, $\pi^{e}<e^{\pi}$ . Numériquement, $\pi^{e}\approx 22{,}46$ et $e^{\pi}\approx 23{,}14$ .

e)

La pente de $y=e^{2x}$ vaut $2e^{2x}$ . Parallèle à $y=4x+1$ : $2e^{2x}=4$ , soit $e^{2x}=2$ et $x=\frac{\ln 2}{2}\approx 0{,}347$ . Le point de contact est $\left(\frac{\ln 2}{2}\,;2\right)$ et la tangente $y=4\left(x-\frac{\ln 2}{2}\right)+2=4x+2-2\ln 2$ , d'ordonnée à l'origine $2-2\ln 2\approx 0{,}614$ . Oublier le facteur $2$ de la chaîne donnerait $e^{2x}=4$ et un point faux.

Exercice 12 : Dérivée nulle, fonction constante : deux identités des réciproques

On admet qu'une fonction dérivable dont la dérivée est nulle sur un INTERVALLE y est constante. On rappelle $(\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$ et $(\arctan x)'=\frac{1}{1+x^{2}}$ .

a) En dérivant $\cos y=x$ avec $y\in[0,\pi]$ , établissez $(\arccos x)'$ sur $]-1,1[$ .
b) Déduisez-en que $\arcsin x+\arccos x$ est constante sur $[-1,1]$ et donnez sa valeur.
c) Soit $L(x)=\arcsin x-\arctan\left(\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}\right)$ sur $]-1\,;1[$ . Calculez $L'(x)$ , puis $L(0)$ . Qu'en concluez-vous ?
d) Soit $H(x)=\arctan\left(\frac{1+x}{1-x}\right)-\arctan x$ pour $x\neq 1$ . Montrez que $H'(x)=0$ et donnez la valeur de $H$ sur chacun des deux intervalles de son domaine.
e) Vérifiez l'identité de c) en $x=\frac{1}{2}$ , puis expliquez pourquoi elle ne s'étend pas à $x=1$ .

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Réponses

a) $(\arccos x)'=-\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$
b) $\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2}$
c) $L'=0$ et $L(0)=0$ : $\arcsin x=\arctan\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}$
d) $H=\frac{\pi}{4}$ sur $]-\infty,1[$ , $-\frac{3\pi}{4}$ sur $]1,+\infty[$
e) $\frac{\pi}{6}$ des deux côtés ; aucun sens en $x=1$

a)

$\cos y=x$ donne $-\sin y\cdot y'=1$ , donc $y'=-\frac{1}{\sin y}$ . Sur $[0,\pi]$ , $\sin y\ge 0$ , donc $\sin y=\sqrt{1-\cos^{2}y}=\sqrt{1-x^{2}}$ et $(\arccos x)'=-\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$ sur $]-1,1[$ . Le signe de la racine est choisi par l'intervalle $[0,\pi]$ , comme celui d' $\arcsin$ l'était par $\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$ .

b)

$(\arcsin x+\arccos x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}-\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}=0$ sur l'intervalle $]-1,1[$ : la somme y est constante, et par continuité aux bornes aussi. En $x=0$ : $\arcsin 0+\arccos 0=0+\frac{\pi}{2}$ . Donc $\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2}$ pour tout $x\in[-1,1]$ : les deux angles sont complémentaires, comme les deux angles aigus d'un triangle rectangle.

c)

Posons $u=\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}=x(1-x^{2})^{-1/2}$ : $u'=(1-x^{2})^{-1/2}+x^{2}(1-x^{2})^{-3/2}=(1-x^{2})^{-3/2}$ et $1+u^{2}=\frac{1}{1-x^{2}}$ . Donc $\left(\arctan u\right)'=\frac{u'}{1+u^{2}}=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$ , qui est aussi la dérivée d' $\arcsin$ : $L'(x)=0$ . Sur l'intervalle $]-1\,;1[$ , $L$ est constante, égale à $L(0)=0$ . Donc $\arcsin x=\arctan\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}$ : c'est la lecture d'un triangle rectangle d'hypoténuse $1$ et de côté opposé $x$ , dont le côté adjacent vaut $\sqrt{1-x^{2}}$ .

d)

Posons $u=\frac{1+x}{1-x}$ : $u'=\frac{(1-x)+(1+x)}{(1-x)^{2}}=\frac{2}{(1-x)^{2}}$ et $1+u^{2}=\frac{(1-x)^{2}+(1+x)^{2}}{(1-x)^{2}}=\frac{2+2x^{2}}{(1-x)^{2}}$ . Donc $\left(\arctan u\right)'=\frac{u'}{1+u^{2}}=\frac{2}{2+2x^{2}}=\frac{1}{1+x^{2}}$ , et $H'(x)=0$ . Sur $]-\infty,1[$ : $H(0)=\arctan 1-0=\frac{\pi}{4}$ . Sur $]1,+\infty[$ : en $x=\sqrt{3}$ , $\frac{1+\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}}=-(2+\sqrt{3})$ , dont l'arc tangente vaut $-\frac{5\pi}{12}$ , et $H(\sqrt{3})=-\frac{5\pi}{12}-\frac{\pi}{3}=-\frac{3\pi}{4}$ . Autrement dit, $\arctan\frac{1+x}{1-x}=\arctan x+\frac{\pi}{4}$ pour $x<1$ , et cette égalité perd $\pi$ en traversant $x=1$ .

e)

$\arcsin\frac{1}{2}=\frac{\pi}{6}$ , et $\frac{1/2}{\sqrt{3}/2}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ , dont l'arc tangente vaut aussi $\frac{\pi}{6}$ ✓. En $x=1$ , $\arcsin 1=\frac{\pi}{2}$ existe, mais $\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}$ n'est plus défini : le membre de droite n'a pas de sens, comme la tangente d'un angle droit. L'identité vaut sur l'intervalle ouvert où la dérivée nulle a été établie, et nulle part ailleurs.

Exercice 13 : Les tangentes horizontales de e puissance x fois sinus x

Soit $f(x)=e^{x}\sin x$ , étudiée sur $[0,2\pi]$ .

a) Calculez $f'(x)$ et mettez l'exponentielle en facteur.
b) Résolvez $f'(x)=0$ sur $[0,2\pi]$ .
c) Donnez la nature et la valeur de chaque extremum, au dixième.
d) Montrez que $f(x+\pi)=-e^{\pi}f(x)$ . Qu'en déduit-on sur le rapport de deux extremums consécutifs ?
e) Calculez $f''(x)$ et donnez les abscisses des points d'inflexion sur $[0,2\pi]$ .

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Réponses

a) $f'(x)=e^{x}(\sin x+\cos x)$
b) $\frac{3\pi}{4}$ et $\frac{7\pi}{4}$
c) Maximum $\approx 7{,}5$ , minimum $\approx-172{,}6$
d) Rapport $-e^{\pi}\approx-23{,}14$
e) $f''(x)=2e^{x}\cos x$ ; inflexions en $\frac{\pi}{2}$ et $\frac{3\pi}{2}$

a)

Produit : $f'(x)=e^{x}\sin x+e^{x}\cos x=e^{x}(\sin x+\cos x)$ . Mettre l'exponentielle en facteur est le geste qui rend l'équation $f'(x)=0$ lisible.

b)

$e^{x}>0$ , donc $f'(x)=0$ équivaut à $\sin x+\cos x=0$ , soit $\tan x=-1$ là où $\cos x\neq 0$ . Sur $[0,2\pi]$ : $x=\frac{3\pi}{4}$ et $x=\frac{7\pi}{4}$ . Aucune solution n'est perdue en divisant par $\cos x$ : si $\cos x=0$ , alors $\sin x=\pm 1$ et la somme ne s'annule pas.

c)

$\sin x+\cos x=\sqrt{2}\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)$ est positif sur $\left[0,\frac{3\pi}{4}\right[$ , négatif sur $\left]\frac{3\pi}{4},\frac{7\pi}{4}\right[$ , positif ensuite. Maximum en $\frac{3\pi}{4}$ : $f=e^{3\pi/4}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}\approx 10{,}55\times 0{,}7071\approx 7{,}5$ . Minimum en $\frac{7\pi}{4}$ : $f=-e^{7\pi/4}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}\approx-244{,}2\times 0{,}7071\approx-172{,}6$ .

d)

$f(x+\pi)=e^{x+\pi}\sin(x+\pi)=e^{\pi}e^{x}\cdot(-\sin x)=-e^{\pi}f(x)$ . Or $f'(x+\pi)=-e^{\pi}f'(x)$ aussi : les points critiques se répètent tous les $\pi$ , et chaque extremum est l'opposé du précédent multiplié par $e^{\pi}\approx 23{,}14$ . On le vérifie : $\frac{-172{,}6}{7{,}46}\approx-23{,}1$ . La courbe oscille comme un sinus, mais avec une amplitude qui est multipliée par $23$ à chaque demi-période.

e)

$f''(x)=e^{x}(\sin x+\cos x)+e^{x}(\cos x-\sin x)=2e^{x}\cos x$ . Elle s'annule en changeant de signe en $x=\frac{\pi}{2}$ et $x=\frac{3\pi}{2}$ : deux points d'inflexion. Ils ne sont PAS au milieu des extremums, contrairement à ce qui se passe pour $\sin x$ : chacun précède l'extremum suivant d'exactement $\frac{\pi}{4}$ ( $\frac{\pi}{2}$ avant $\frac{3\pi}{4}$ , $\frac{3\pi}{2}$ avant $\frac{7\pi}{4}$ ). Par rapport à $\sin x$ , les extremums se décalent de $\frac{\pi}{4}$ vers la droite et les inflexions de $\frac{\pi}{2}$ : la croissance de $e^{x}$ RETARDE l'instant où la pente change de sens.

Exercice 14 : Problème : la marée et la règle des douzièmes

Dans un port, la hauteur d'eau, en mètres, est modélisée par $h(t)=3+2{,}5\cos\left(\frac{\pi t}{6{,}2}\right)$ , où $t$ est le temps en heures depuis la pleine mer. La figure montre un cycle complet, avec en pointillés le niveau de $2$ m.

a) Donnez la hauteur à la pleine mer, à la basse mer, et le marnage, écart entre les deux.
b) Calculez $h'(t)$ , puis la vitesse de variation du niveau une heure après la pleine mer.
c) À quel instant la mer descend-elle le plus vite, et à quelle vitesse ?
d) Les marins découpent la descente en six intervalles égaux et retiennent qu'elle perd $\frac{1}{12}$ , $\frac{2}{12}$ , $\frac{3}{12}$ , $\frac{3}{12}$ , $\frac{2}{12}$ puis $\frac{1}{12}$ du marnage. Comparez au modèle sur le premier et le troisième intervalle.
e) Un bateau a besoin de $2$ m d'eau. Jusqu'à quel instant après la pleine mer peut-il sortir, et à quelle vitesse le niveau baisse-t-il alors ?

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Réponses

a) $5{,}5$ m, $0{,}5$ m, marnage $5$ m
b) $h'(t)=-\frac{2{,}5\pi}{6{,}2}\sin\left(\frac{\pi t}{6{,}2}\right)$ ; $h'(1)\approx-0{,}61$ m/h
c) $t=3{,}1$ h : $1{,}27$ m/h
d) $0{,}33$ m contre $0{,}42$ ; $1{,}25$ m exactement
e) $t\approx 3{,}91$ h ; baisse de $1{,}16$ m/h

a)

Pleine mer : $h(0)=3+2{,}5=5{,}5$ m. Basse mer quand le cosinus vaut $-1$ , en $t=6{,}2$ h : $h=0{,}5$ m. Marnage : $5$ m.

b)

Par la chaîne, $h'(t)=-2{,}5\cdot\frac{\pi}{6{,}2}\sin\left(\frac{\pi t}{6{,}2}\right)\approx-1{,}267\sin\left(\frac{\pi t}{6{,}2}\right)$ . En $t=1$ : $h'(1)\approx-1{,}267\times 0{,}485\approx-0{,}61$ m/h. Le facteur $\frac{\pi}{6{,}2}$ , qui vient de la chaîne, est celui qu'on oublie : sans lui, on annoncerait une vitesse de $1{,}21$ m/h, deux fois trop grande.

c)

$|h'(t)|$ est maximal quand $\sin\left(\frac{\pi t}{6{,}2}\right)=1$ , soit $t=3{,}1$ h, à mi-marée. La vitesse vaut alors $\frac{2{,}5\pi}{6{,}2}\approx 1{,}27$ m/h. Au même instant, $h''(t)$ , proportionnelle à $-\cos$ , s'annule : c'est un point d'inflexion de la courbe.

d)

Chaque intervalle dure $\frac{6{,}2}{6}$ h, et l'argument du cosinus avance de $\frac{\pi}{6}$ . Premier intervalle : $2{,}5\left(1-\cos\frac{\pi}{6}\right)\approx 0{,}33$ m, contre $\frac{5}{12}\approx 0{,}42$ m pour la règle. Troisième : $2{,}5\left(\cos\frac{\pi}{3}-\cos\frac{\pi}{2}\right)=1{,}25$ m, exactement $\frac{3}{12}\times 5$ . La règle est une approximation grossière aux extrémités, où le niveau bouge lentement, et juste au milieu, où la dérivée est maximale. Elle traduit en fractions entières ce que dit la dérivée : lent, rapide, lent.

e)

$h(t)=2$ donne $\cos\left(\frac{\pi t}{6{,}2}\right)=-0{,}4$ , soit $\frac{\pi t}{6{,}2}=\arccos(-0{,}4)\approx 1{,}982$ et $t\approx 3{,}91$ h, environ $3$ h $55$ min après la pleine mer. À cet instant, $h'\approx-1{,}267\times\sin(1{,}982)\approx-1{,}267\times 0{,}917\approx-1{,}16$ m/h : le niveau baisse encore presque à pleine vitesse, et quelques minutes de retard coûtent plus d'un décimètre.

Exercice 15 : Problème : le meilleur angle de vue d'un écran

Un écran vertical a son bord inférieur à $1$ m au-dessus des yeux d'un spectateur et son bord supérieur à $4$ m au-dessus. Le spectateur se tient à une distance horizontale $x>0$ du mur, en mètres. On note $\theta(x)$ l'angle sous lequel il voit l'écran, en radians. La figure ci-dessous représente la situation ; elle n'est pas à l'échelle.

a) Exprimez $\theta(x)$ à l'aide de deux arcs tangentes.
b) Calculez $\theta'(x)$ et mettez-la sur un dénominateur commun.
c) À quelle distance l'angle de vue est-il maximal ? Justifiez par le signe de $\theta'$ et par les limites en $0^{+}$ et en $+\infty$ .
d) Donnez cet angle maximal en degrés, puis vérifiez que sa tangente vaut exactement $\frac{3}{4}$ .
e) Montrez que, pour un écran entre les hauteurs $a$ et $b$ au-dessus des yeux, la meilleure distance est $\sqrt{ab}$ . Appliquez à un tableau dont les bords sont à $0{,}5$ m et $2$ m au-dessus des yeux.

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Réponses

a) $\theta(x)=\arctan\frac{4}{x}-\arctan\frac{1}{x}$
b) $\theta'(x)=\frac{12-3x^{2}}{(x^{2}+16)(x^{2}+1)}$
c) $x=2$ m
d) $36{,}87°$ , $\tan\theta=\frac{3}{4}$
e) $x=\sqrt{ab}$ ; $1$ m pour le tableau

a)

Le rayon vers le haut de l'écran fait avec l'horizontale un angle d'arc tangente $\frac{4}{x}$ , celui vers le bas un angle d'arc tangente $\frac{1}{x}$ . L'écran est vu sous leur différence : $\theta(x)=\arctan\frac{4}{x}-\arctan\frac{1}{x}$ .

b)

$\left(\arctan\frac{k}{x}\right)'=\frac{-\frac{k}{x^{2}}}{1+\frac{k^{2}}{x^{2}}}=\frac{-k}{x^{2}+k^{2}}$ . Donc $\theta'(x)=\frac{-4}{x^{2}+16}+\frac{1}{x^{2}+1}=\frac{-4(x^{2}+1)+(x^{2}+16)}{(x^{2}+16)(x^{2}+1)}=\frac{12-3x^{2}}{(x^{2}+16)(x^{2}+1)}$ .

c)

Le dénominateur est positif : $\theta'$ a le signe de $12-3x^{2}$ , positif pour $x<2$ , négatif pour $x>2$ . L'angle croît puis décroît : maximum en $x=2$ m. Aux bouts, $\theta\to\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}=0$ quand $x\to 0^{+}$ , collé au mur on voit l'écran par la tranche, et $\theta\to 0-0=0$ quand $x\to+\infty$ . Le maximum est donc absolu.

d)

$\theta(2)=\arctan 2-\arctan\frac{1}{2}\approx 63{,}43°-26{,}57°=36{,}87°$ . Par la formule $\tan(A-B)=\frac{\tan A-\tan B}{1+\tan A\tan B}$ : $\frac{2-0{,}5}{1+2\times 0{,}5}=\frac{1{,}5}{2}=\frac{3}{4}$ . L'angle optimal est celui du triangle $3$ , $4$ , $5$ .

e)

Le même calcul donne $\theta'(x)=\frac{-b}{x^{2}+b^{2}}+\frac{a}{x^{2}+a^{2}}$ , qui s'annule pour $b(x^{2}+a^{2})=a(x^{2}+b^{2})$ , soit $(b-a)x^{2}=ab(b-a)$ et $x^{2}=ab$ : la meilleure distance est la MOYENNE GÉOMÉTRIQUE des deux hauteurs. On retrouve $\sqrt{1\times 4}=2$ . Pour le tableau : $\sqrt{0{,}5\times 2}=1$ m. Ce n'est pas la moyenne arithmétique $1{,}25$ : reculer jusqu'au milieu des hauteurs serait trop loin.

Exercices corrigés : dérivées des fonctions trigonométriques, exponentielles et logarithmiques (201-SN2-RE, ancien 201-NYA)

Rappel de cours

Calculs : les dérivées à calculer

Exercice 0.1 : Dériver à l'aide des formules : douze calculs directs

Partie A : les bases (/50)

Exercice 1 : La table des six dérivées trigonométriques, reconstruite

Exercice 2 : L'exponentielle : ce que la base change, et ce qu'elle ne change pas

Exercice 3 : Le logarithme, et le domaine qui passe avant la dérivée

Exercice 4 : Emboîter trois étages sans perdre un facteur

Exercice 5 : La dérivation logarithmique : quand aucune règle ne s'applique

Partie B : problèmes et raisonnement (/50)

Exercice 6 : Les réciproques trigonométriques et leurs dérivées algébriques

Exercice 7 : Les fonctions hyperboliques et la forme de la chaînette

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

Exercice 9 : Problème : la décroissance radioactive et le taux relatif

Exercice 10 : Problème : le modèle logistique et sa vitesse maximale

Partie C : les classiques (/50)

Exercice 11 : Les tangentes à l'exponentielle et au logarithme qui passent par l'origine

Exercice 12 : Dérivée nulle, fonction constante : deux identités des réciproques

Exercice 13 : Les tangentes horizontales de e puissance x fois sinus x

Exercice 14 : Problème : la marée et la règle des douzièmes

Exercice 15 : Problème : le meilleur angle de vue d'un écran

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