Soient par défaut deux fonctions \( f, g \), dépendantes de la variable \( x \) telles que :
$$ \Biggl \{ \begin{align*} \forall x \in D_f, \enspace f: x \longmapsto f(x) \\ \forall x \in D_g, \enspace g: x \longmapsto g(x) \end{align*} $$
Fonction multipliée par une constante : \( (\lambda f )' \)
Lorsqu'on dérive une fonction multipliée par une constante \( \lambda \in \mathbb{R} \), on peut sortir celle-ci et dériver la fonction à part.
$$ \forall f \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R}), \ \forall \lambda \in \mathbb{R},$$
$$ (\lambda f)' = \lambda f' $$
Somme de deux fonctions : \( (f+g )' \)
$$ \forall (f,g) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2,$$
$$ \bigl( f + g \bigr)' = f' + g' $$
De la même manière,
$$ \forall (f,g) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2,$$
$$ \bigl( f \textcolor{#A65757}{-} g \bigr)' = f' \textcolor{#A65757}{-} g' $$
Combinaison linéaire de deux fonctions : \( (\lambda f+ \mu g )' \)
$$ \forall (f,g) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2, \ \forall (\lambda, \mu) \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^2 $$
$$ (\lambda f+ \mu g )' = \lambda f'+ \mu g' $$
La dérivée d'une combinaison linéaire de fonctions est la combinaison linéaire de chaque fonction dérivée.
$$ \forall n \in \mathbb{N}, \enspace \forall (f,g) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2, \enspace \forall k \in [\![ 1, n ]\!], \enspace \forall \lambda_k \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^n,$$
$$ \Biggl( \sum_{k=0}^n \lambda_k f_k \Biggl)' = \sum_{k=0}^n \lambda_k f'_k $$
Produit de deux fonctions : \( (fg )' \)
$$ \forall (f,g) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2,$$
$$ \left ( f g \right)' = f'g + g'f $$
Soit deux fonctions \(f, g\) de classe \( \mathbb{C}^{\infty}\) sur un intervalle \(I\). On note \(f^{(n)}\) la dérivée \(n\)-ième de \(f\).
La formule de Leibniz nous dit que :
$$ \forall n\in \hspace{0.05em} \mathbb{N}, \enspace \forall (f,g) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2, $$
$$ (fg)^{(n)} = \sum_{p = 0}^n \binom{n}{p} f^{(n-p)} \hspace{0.1em} g^{(p)} \qquad (Leibniz ) $$
Inverse de fonction : \( (1 / g )' \)
$$ \forall g \in F\Bigl( \mathbb{R} , \ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \bigl\{ 0 \bigr\} \Bigr), $$
$$ \left ( 1 \over g \right)' = \frac{g'}{g^2} $$
Quotient de deux fonctions : \( (f / g )' \)
$$ \forall f \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R}), \ \forall g \in F\Bigl( \mathbb{R} , \ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \bigl\{ 0 \bigr\} \Bigr), $$
$$ \left ( f \over g \right)' = \frac{f'g - g'f}{g^2} $$
Composée de deux fonctions : \( (f \circ g )' \)
Soit deux fonctions \( f, g \).
$$ g : I \longmapsto J , \enspace x \longmapsto g(x) $$
$$ f : J \longmapsto K, \enspace y = g(x) \longmapsto f(y) = f \left(g(x)\right) $$
On définit une fonction composée \( (f \circ g) \) comme :
$$ (f \circ g)(x) = f \left(g(x)\right) $$
Elle admet comme dérivée :
$$ \forall (f,g) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2,$$
$$ (f \circ g)' = g'(f' \circ g) $$
Soit :
$$ (f \circ g)' = g'.f' \left(g\right) $$
On appelle cela aussi une dérivation en chaîne.
Définissons un nouvel opérateur de composition:
$$ \forall n \in \mathbb{N}, \ \Biggl( \overset{n}{\underset{k=1}{\bigcirc f_k}} \ \Biggr )(x) = \Bigl(f_1 \circ f_2 \circ f_3 \circ \ ... \ \circ f_{n-1} \circ f_{n}\Bigr)(x) $$
On définit alors une nouvelle fonction \(\Psi_n (x) \) :
$$ \forall n \in \mathbb{N}, \ \Psi_n (x) = \ \Biggl( \overset{n}{\underset{k=1}{\bigcirc f_k}} \ \Biggr ) (x) $$
Alors, on peut modéliser ce résultat par,
$$ \forall n \in \mathbb{N}, \ \forall k \in [\![1, n ]\!], \ \forall f_k \in \hspace{0.05em} F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^k,$$
$$ \Psi_n' = f'_n \times \prod_{k=1}^{n-1}\Biggl[ f'_{n-k} \circ \Biggl( \overset{n}{\underset{j= (n - k) + 1}{\bigcirc f_j}} \ \Biggr ) \Biggr] \\ $$
$$ avec \enspace \Psi_n (x) = \Biggl( \overset{n}{\underset{k=1}{\bigcirc f_k}} \ \Biggr ) (x) = \Bigl(f_1 \circ f_2 \circ f_3 \circ \ ... \ \circ f_{n-1} \circ f_{n}\Bigr)(x) $$
Et sous la forme développée,
$$ \forall n \in \mathbb{N}, \ \forall k \in [\![1, n ]\!], \ \forall f_k \in \hspace{0.05em} F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^k,$$
$$ \Psi_n' = \Biggl( \overset{n}{\underset{k=1}{\bigcirc f_k}} \ \Biggr )'= f_n' \times \bigl( f_{n-1}' \circ f_n \bigr) \times \ ... \ \times \bigl(f_1' \circ f_2 \circ \ ... \ \circ f_{n-1} \circ f_n \bigr)$$
Récapitulatif des dérivées de fonctions composées
Fonction réciproque : \( (f^{-1} )' \)
Soit une fonction \( f \) telle que :
$$ f : I \longmapsto f(I) = J , \enspace x \longmapsto f(x) $$
On définit sa fonction réciproque par :
$$ f^{-1} : J \longmapsto I , \enspace f(x) \longmapsto x $$
La fonction réciproque admet comme dérivée \( (f^{-1})' \) :
$$ \forall (f,f^{-1}) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2, \enspace (f' \circ f^{-1}) \neq 0, $$
$$ ( f^{-1} )' = \frac{1}{ (f' \circ f^{-1})} $$
Récapitulatif des dérivées d'opérations de fonctions
Soit \( \lambda \in \mathbb{R} \) un réel quelconque.
Avec la définition de la dérivée, on a :
$$ (\lambda f)' = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{\lambda f(x+h) - \lambda f(x)}{h} $$
On peut factoriser par \( \lambda \):
$$ (\lambda f)' = lim_{h \to 0 } \enspace \lambda\frac{ f(x+h) - f(x)}{h} $$
Or, on sait grâce aux formules des limites que :
$$ lim \enspace \lambda f = \lambda \enspace lim \enspace f$$
Soit :
$$ \forall f \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R}), \ \forall \lambda \in \mathbb{R},$$
$$ (\lambda f)' = \lambda f'$$
Avec la définition de la dérivée, on a :
$$ ( f+ g)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ f(x+h) + g(x+h) - (f(x) + g(x))}{h} $$
$$ ( f+ g)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ f(x+h) + g(x+h) - f(x) - g(x)}{h} $$
$$ ( f+ g)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ f(x+h) - f(x)}{h} + lim_{h \to 0 } \enspace \frac{g(x+h) - g(x)}{h} $$
$$ \forall (f,g) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2,$$
$$ \bigl( f + g \bigr)' = f' + g'$$
De la même manière, une différence étant la somme d'un élément négatif, il s'en suit que :
$$ \bigl( f \textcolor{#A65757}{-} g \bigr)' = f' \textcolor{#A65757}{-} g' $$
En considérant la fonction \( y \) comme une fonction dépendante de deux variables indépendantes \(f \) et \( g \) :
$$y = f + g$$
On a alors une dérivée partielle :
$$ dy = \frac{\partial y}{\partial f} df + \frac{\partial y}{\partial g}dg $$
$$ dy = df + dg $$
Soit en dérivant maintenant par rapport à \(x \) :
$$ \frac{dy}{dx} = \frac{df}{dx} + \frac{df}{dx} $$
Soit finalement,
$$ \forall (f,g) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2,$$
$$ \bigl( f + g \bigr)' = f' + g'$$
Avec la dérivée d'une fonction somme,
$$ (\lambda f+ \mu g )' = (\lambda f)'+ (\mu g)' $$
Enfin, avec la dérivée d'une fonction multipliée par une constante \( \lambda \), on peut directement conclure que:
$$ \forall (f,g) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2, \ \forall (\lambda, \mu) \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^2, $$
$$ (\lambda f+ \mu g )' = \lambda f'+ \mu g' $$
De même, en répétant cette opération plusieurs fois, on peut établir que :
$$ \forall n \in \mathbb{N}, \enspace \forall (f,g) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2, \enspace \forall k \in [\![ 1, n ]\!], \enspace \forall \lambda_k \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^n,$$
$$ \Biggl( \sum_{k=0}^n \lambda_k f_k \Biggl)' = \sum_{k=0}^n \lambda_k f'_k $$
Avec la définition de la dérivée, on a :
$$ \left ( fg \right)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ f(x+h)g(x+h) - fg}{h} $$
Ajoutons le terme \( f(x + h)g(x) \), puis retirons le aussitôt, afin de conserver l'intégrité de notre expression initiale :
$$ \left ( fg \right)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ f(x+h)g(x+h) + f(x + h)g(x) - f(x + h)g(x) - fg}{h} $$
On factorise par \( f(x + h) \) et \( g(x) \) :
$$ \left ( fg \right)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ g(x)(f(x + h) - f(x))}{h} \ + \ lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ f(x+h)(g(x+h) - g(x))}{h} $$
La limite d'un produit étant le produit des limites :
$$ \left ( fg \right)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace g(x) . \left( lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ f(x+h) - f(x)}{h} \right) \ + \ lim_{h \to 0 } \enspace f(x+h) \left( lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ g(x+h) - g(x)}{h} \right) $$
Et finalement,
$$ \forall (f,g) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2,$$
$$ \left ( f g\right)' = f'g + g'f $$
En considérant la fonction \( y\) comme une fonction dépendante de deux variables indépendantes \(f \) et \( g \) :
$$y = fg$$
On a alors une dérivée partielle :
$$ dy = \frac{\partial y}{\partial f} df + \frac{\partial y}{\partial g}dg $$
$$ dy = g \ df + f \ dg $$
Soit en dérivant maintenant par rapport à \(x \) :
$$ \frac{dy}{dx} = g \ \frac{df}{dx} + f \frac{dg}{dx} $$
Soit finalement,
$$ \forall (f,g) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2,$$
$$ \left ( f g\right)' = f'g + g'f $$
Soit deux fonctions \(f, g\) de classe \( \mathbb{C}^{\infty}\) sur un intervalle \(I\). On note \(f^{(n)}\) la dérivée \(n\)-ième de \(f\).
On sait que la dérivée d'un produit de fonctions vaut :
$$ \forall (f,g) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2,$$
$$ \left ( f g \right)' \hspace{0.1em }= f'g + g'f $$
De même, si l'on dérive à nouveau,
$$ \left ( f g \right)'' \hspace{0.1em } = (f'g)'+ (g'f)' $$
$$ \left ( f g \right)'' \hspace{0.1em } = f''g + g'f' + f'g' + g''f $$
$$ \left ( f g \right)'' \hspace{0.1em } = f''g + 2g'f' + g''f $$
Un pattern similaire au binôme de Newton transparaît dans cette équation.
En effet, cela peut nous faire penser à :
$$ \Biggl \{ \begin{align*} \left ( f g \right)^{(2)} \hspace{0.1em } = f^{(2)}g + 2g'f' + g^{(2)}f \qquad \\ (a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2 \qquad (bin \textit{ô} me \ de \ Newton) \end {align*} $$
Re-dérivons à nouveau,
$$ \left ( f g \right)^{(3)} \hspace{0.1em }= f^{(3)}g + g'f^{(2)} + 2 (g'f^{(2)} + f'g^{(2)}) + g^{(3)}f + f'g^{(2)} $$
$$ \left ( f g \right)^{(3)} \hspace{0.1em }= f^{(3)}g + 3f^{(2)}g' + 3f'g^{(2)} + g^{(3)}f $$
Il semble que les dérivations successives du produit donne :
$$ (fg)^{(n)} = \sum_{p = 0}^n \binom{n}{p} f^{n-p} \hspace{0.1em} g^p $$
Tentons de le démontrer par récurrence.
Essayons de montrer que la proposition suivante \((P_n)\) est vraie :
$$ \forall n \in \hspace{0.05em} \mathbb{N}, \enspace (fg)^{(n)} = \sum_{p = 0}^n \binom{n}{p} f^{(n-p)} \hspace{0.1em} g^{(p)} \qquad (P_n) $$
Soit que pour tout \(k\) :
$$ (fg)^{(k)} = \binom{k}{0} f^{(k)} \hspace{0.1em} g^{(0)} + \binom{k}{1} f^{(k-1)} \hspace{0.1em} g^{(1)} + \binom{k}{2} f^{(k-2)} \hspace{0.1em} g^{(2)} \enspace + ... + \enspace \binom{k}{k-1} f^{(1)} \hspace{0.1em} g^{(k-1)} + \binom{k}{k} f^{(0)} \hspace{0.1em} g^{(k)} \qquad (P_{k}) $$
Vérifions que c'est bien vrai pour le premier terme, c'est-à-dire lorsque \( n = 0 \).
$$ \sum_{p = 0}^n \binom{n}{p} f^{(n-p)} \hspace{0.1em} g^{(p)} = \binom{n}{0} f^{(0)}g^{(0)} = fg $$
C'est simplement le produit \((fg)\) avant dérivation.
Donc \((P_0)\) est vraie.
Soit \( k \in \mathbb{N} \) un entier naturel.
On suppose que la proposition \((P_k)\) est vrai pour tout \( k \).
$$ (fg)^{(k)} = \sum_{p = 0}^{k} \binom{k}{p} f^{(k-p)} \hspace{0.1em} g^{(p)} \qquad (P_{k}) $$
Vérifions que c'est bien le cas pour \((P_{k + 1})\).
$$ (fg)^{(k+1)} = \sum_{p = 0}^{k+1} \binom{k+1}{p} f^{(k+1-p)} \hspace{0.1em} g^{(p)} \qquad (P_{k+1}) $$
Soit que :
$$ (fg)^{(k+1)} = \binom{k+1}{0} f^{(k+1)} \hspace{0.1em} g^{(0)} + \binom{k+1}{1} f^{(k-1)} \hspace{0.1em} g^{(1)} + \binom{k+1}{2} f^{(k-1)} \hspace{0.1em} g^{(2)} \enspace + ... + \enspace \binom{k+1}{k} f^{(1)} \hspace{0.1em} g^{(k)} + \binom{k+1}{k+1} f^{(0)} \hspace{0.1em} g^{(k+1)} \qquad (P_{k+1}) $$
Repartons de \((fg)^{(k)}\) et calculons-en la dérivée.
$$ (fg)^{(k)} = \binom{k}{0} f^{(k)} \hspace{0.1em} g^{(0)} + \binom{k}{1} f^{(k-1)} \hspace{0.1em} g^{(1)} \enspace + ... + \enspace \binom{k}{k-1} f^{(1)} \hspace{0.1em} g^{(k-1)} + \binom{k}{k} f^{(0)} \hspace{0.1em} g^{(k)} \qquad (P_{k}) $$
$$ \left ( (fg)^{(k)} \right)' = \binom{k}{0} \left ( f^{(k+1)} \hspace{0.1em} g^{(0)} + f^{(k)} \hspace{0.1em} g^{(1)} \right) + \binom{k}{1} \left (f^{(k)} \hspace{0.1em} g^{(1)} + g^{(2)} f^{(k -1 )} \right) \enspace + ... + \enspace \binom{k}{k-1} \left( f^{(2)} \hspace{0.1em} g^{(k-1)} + g^{(k)}f^{(1)} \right) + \binom{k}{k}\left( f^{(1)} g^{(k)} + g^{(k+1)}f^{(0)} \right) $$
$$ (fg)^{(k+1)} = \textcolor{#606B9E}{\binom{k}{0}} \left ( f^{(k+1)} \hspace{0.1em} g^{(0)} \right) + \textcolor{#446e4f}{\left[\binom{k}{0} + \binom{k}{1}\right]} \left (f^{(k)} \hspace{0.1em} g^{(1)} \right) + \textcolor{#A65757}{\left[\binom{k}{1} + \binom{k}{2}\right]} \left (f^{(k -1 )} g^{(2)} \right) \enspace + ... + \enspace \textcolor{#7C578A}{\left[\binom{k}{k-1} + \binom{k}{k}\right]} \left (f^{(1)} \hspace{0.1em} g^{(k)} \right) + \textcolor{#606B9E}{\binom{k}{k}} \left ( f^{(0)} \hspace{0.1em} g^{(k+1)} \right) $$
Mais on sait grâce à la formule de Pascal, que :
$$ \binom{n}{p} = \binom{n - 1}{p - 1} + \binom{n - 1}{p} \qquad (Pascal) $$
Soit aussi que :
$$ \binom{n + 1}{p + 1} = \binom{n}{p} + \binom{n}{p + 1} \qquad (Pascal^*) $$
Alors grâce à \( (Pascal^*) \), on a :
$$ (fg)^{(k+1)} = \textcolor{#606B9E}{\binom{k}{0}} \left ( f^{(k+1)} \hspace{0.1em} g^{(0)} \right) + \textcolor{#446e4f}{\binom{k+1}{1}} \left (f^{(k)} \hspace{0.1em} g^{(1)} \right) + \enspace + ... + \enspace \textcolor{#7C578A}{\binom{k+1}{k}} \left (f^{(1)} \hspace{0.1em} g^{(k)} \right) + \textcolor{#606B9E}{\binom{k}{k}} \left ( f^{(0)} \hspace{0.1em} g^{(k+1)} \right) $$
Or, on remarque :
$$ \binom{k}{0} = \binom{k + 1}{0} $$
De même,
$$ \binom{k}{k} = \binom{k + 1}{k + 1} $$
Et finalement que :
$$ (fg)^{(k+1)} = \binom{k+1}{0} \left ( f^{(k+1)} \hspace{0.1em} g^{(0)} \right) + \binom{k+1}{1} \left (f^{(k)} \hspace{0.1em} g^{(1)} \right) \enspace + ... + \enspace \binom{k+1}{k} \left (f^{(1)} \hspace{0.1em} g^{(k)} \right) + \binom{k+1}{k+1} \left ( f^{(0)} \hspace{0.1em} g^{(k+1)} \right) $$
On peut réécrire ce terme sous la forme de somme, et on retrouve bien notre proposition \(( P_{k + 1} ) \) :
$$ (fg)^{(k+1)} = \sum_{p = 0}^{k+1} \binom{k+1}{p} f^{(k+1-p)} \hspace{0.1em} g^{(p)} \qquad (P_{k+1}) $$
Alors, \((P_{k + 1})\) est vraie.
La proposition \((P_n)\) est vraie pour son premier terme \(n_0 = 0\) et est héréditaire de proche en proche pour tout \(k \in \mathbb{N}\).
Par le principe de récurrence, elle ainsi est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Et finalement,
$$ \forall n\in \hspace{0.05em} \mathbb{N}, \enspace \forall (f,g) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2, $$
$$ (fg)^{(n)} = \sum_{p = 0}^n \binom{n}{p} f^{(n-p)} \hspace{0.1em} g^{(p)} \qquad (Leibniz ) $$
Soit \(g \neq 0\) une fonction non nulle.
Avec la définition de la dérivée, on a :
$$ \left ( 1 \over g \right)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ \frac{1}{g(x+h)} - \frac{1}{g(x)} }{h} $$
Mettons le numérateur au même dénominateur.
$$ \left ( 1 \over g \right)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{1}{h} . \frac{ g(x) - g(x +h) }{g(x +h)g(x)} $$
$$ \left ( 1 \over g \right)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{g(x) - g(x +h)}{h} . \frac{ 1 }{g(x +h)g(x)} $$
On reconnaît la définition de la dérivée de \(g \) :
$$ \left ( 1 \over g \right)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace - \frac{g(x +h)- g(x) }{h} . \frac{ 1 }{g(x +h)g(x)} $$
$$ \left ( 1 \over g \right)'(x) = g'(x) . \frac{ 1 }{g(x)^2} $$
Et finalement,
$$ \forall g \in F\Bigl( \mathbb{R} , \ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \bigl\{ 0 \bigr\} \Bigr), $$
$$ \left ( 1 \over g \right)' = -\frac{ g' }{g^2}$$
En considérant la fonction \( y\) comme une fonction dépendante de la variable \(g \) :
$$y = \frac{1}{g}$$
$$ dy = -\frac{1}{g^2} dg $$
Soit en dérivant maintenant par rapport à \(x \) :
$$ \frac{dy}{dx} = -\frac{1}{g^2} \Biggl[ \frac{dg}{dx} \Biggr]$$
Soit finalement,
$$ \forall g \in F\Bigl( \mathbb{R} , \ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \bigl\{ 0 \bigr\} \Bigr), $$
$$ \left ( 1 \over g \right)' = -\frac{ g' }{g^2}$$
Soient \(f\) une fonction et \(g \neq 0\) une fonction non nulle.
Avec la définition de la dérivée, on a :
$$ \left ( f \over g \right)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ \frac{f(x+h)}{g(x+h)} - \frac{f(x)}{g(x)} }{h} $$
On met le numérateur sous le même dénominateur :
$$ \left ( f \over g \right)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ f(x+h)g(x) - f(x)g(x+h) }{h.g(x).g(x+h)} $$
Ajoutons le terme \( f(x)g(x) \), puis retirons le aussitôt, afin de conserver l'intégrité de notre expression.
$$ \left ( f \over g \right)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ f(x+h)g(x) - f(x)g(x+h) + f(x)g(x) - f(x)g(x)}{h.g(x).g(x+h)} $$
On factorise par \( f(x) \) et \( g(x) \) :
$$ \left ( f \over g \right)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ g(x).\Bigl[f(x+h) - f(x)\Bigr] - f(x)\Bigl[g(x + h) - g(x)\Bigr]}{h.g(x).g(x+h)} $$
À présent, séparons notre équation en deux parties distinctes :
$$ \left ( f \over g \right)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{1}{g(x).g(x+h)} \enspace . \biggl[ lim_{h \to 0 } \enspace \biggl( \frac{ g(x).\left(f(x+h) - f(x)\right)}{h} - \frac{ f(x)\left(g(x + h) - g(x)\right)}{h} \biggr) \Biggr] $$
La limite d'une différence étant la différence des limites, on a :
$$ \left ( f \over g \right)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{1}{g(x).g(x+h)} \enspace . \biggl[ \biggl( lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ g(x).\left(f(x+h) - f(x)\right)}{h}\biggr) - \biggl( lim_{h \to 0 } \enspace \frac{f(x)\left(g(x + h) - g(x)\right)}{h} \biggr) \Biggr] $$
$$ \left ( f \over g \right)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{1}{g(x).g(x+h)} \enspace . \biggl[ g(x). lim_{h \to 0 } \enspace \Biggl( \frac{ \left(f(x+h) - f(x)\right)}{h}\Biggr) - f(x).lim_{h \to 0 } \enspace \Biggl( \frac{\left(g(x + h) - g(x)\right)}{h} \biggr) \Biggr] $$
$$ \left ( f \over g \right)'(x) = \frac{1}{g(x)^2} \enspace . \biggl( g(x).f'(x) - f(x).g'(x) \biggr) $$
Soit finalement,
$$ \forall f \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R}), \ \forall g \in F\Bigl( \mathbb{R} , \ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \bigl\{ 0 \bigr\} \Bigr), $$
$$ \left ( f \over g \right)' = \frac{f'g - g'f}{g^2} $$
En considérant la fonction \( y\) comme une fonction dépendante de deux variables indépendantes \(f \) et \( g \) :
$$y = \frac{f}{g}$$
On a alors une dérivée partielle :
$$ dy = \frac{\partial y}{\partial f} df + \frac{\partial y}{\partial g}dg $$
$$ dy = \frac{1}{g} df - \frac{f}{g^2}dg $$
En mettant les deux termes sous le même dénominateur, on a :
$$ dy = \frac{g}{g^2} df - \frac{f}{g^2}dg $$
$$ dy = \frac{g.df - f.dg}{g^2} $$
Soit en dérivant maintenant par rapport à \(x \) :
$$ \frac{dy}{dx} = \frac{1}{g^2} \left( g \frac{df}{dx} - f \frac{dg}{dx} \right ) $$
Soit finalement,
$$ \forall f \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R}), \ \forall g \in F\Bigl( \mathbb{R} , \ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \bigl\{ 0 \bigr\} \Bigr), $$
$$ \left ( f \over g \right)' = \frac{f'g - g'f}{g^2} $$
Soit deux fonctions \( f, g \).
$$ g : I \longmapsto J , \enspace x \longmapsto g(x) $$
$$ f : J \longmapsto K, \enspace y = g(x) \longmapsto f(y) = f \left(g(x)\right) $$
On définit une fonction composée \( (f \circ g) \) comme :
$$ (f \circ g)(x) = f \left(g(x)\right) $$
Avec la définition de la dérivée, on a :
$$ (f \circ g)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{(f \circ g)(x + h) - (f \circ g)(x)}{h} $$
$$ (f \circ g)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{(f(g(x + h)))- f(g(x))}{h} $$
On multiplie maintenant par un quotient égal à \(1\), ce qui ne change rien :
$$ (f \circ g)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{(f(g(x + h)))- f(g(x))}{h} . \frac{g(x+ h) - g(x)}{g(x+ h) - g(x)} $$
$$ (f \circ g)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{(f(g(x + h)))- f(g(x))}{g(x+ h) - g(x)} . \frac{g(x+ h) - g(x)}{h} $$
La limite d'un produit étant égal au produit des limites, on peut écrire :
$$ (f \circ g)'(x) = lim_{h \to 0 } \enspace \frac{(f(g(x + h)))- f(g(x))}{g(x+ h) - g(x)} . lim_{h \to 0 } \enspace \frac{g(x+ h) - g(x)}{h} $$
En utilisant le changement de variable :
$$ g(x + h) - g(x) = H $$
Lorsque \( h \to 0 \), alors \( H \to 0 \).
De même, on a considéré plus haut que :
$$ g(x) = y $$
Alors,
$$ (f \circ g)'(x) = lim_{H \to 0 } \enspace \frac{f(y + H) - f(y)}{H} . lim_{h \to 0 } \enspace \frac{g(x+ h) - g(x)}{h} $$
$$ (f \circ g)'(x) = f' \left(y\right) . g'(x) $$
$$ (f \circ g)'(x) = f' \left(g(x)\right) . g'(x) $$
Soit finalement,
$$ \forall (f,g) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2,$$
$$ (f \circ g)' = g'(f' \circ g) $$
On appelle cela aussi une dérivation en chaîne.
Définissons un nouvel opérateur de composition:
$$ \forall n \in \mathbb{N}, \ \Biggl( \overset{n}{\underset{k=1}{\bigcirc f_k}} \ \Biggr )(x) = \Bigl(f_1 \circ f_2 \circ f_3 \circ \ ... \ \circ f_{n-1} \circ f_{n}\Bigr)(x) $$
On définit alors une nouvelle fonction \(\Psi_n (x) \) :
$$ \forall n \in \mathbb{N}, \ \Psi_n (x) = \ \Biggl( \overset{n}{\underset{k=1}{\bigcirc f_k}} \ \Biggr ) (x) $$
Telle que :
$$ \forall n \in \mathbb{N}, \ \forall k \in [\![1, n ]\!], \ \Psi_k = \left \{ \begin{align*} \Psi_1 = f_1 \\ \Psi_2 = (f_1 \circ f_2 ) \\ \Psi_3 = (f_1 \circ f_2 \circ f_3 ) \\ \Psi_4 = (f_1 \circ f_2 \circ f_3 \circ f_4 ) \\ ... \\ \Psi_n = (f_1 \circ f_2 \circ \ ... \ \circ f_{n-1}\circ f_n ) \end{align*} \right \} $$
En utilisant plusieurs dérivations en chaîne, on obtient :
$$ \forall n \in \mathbb{N}, \ \forall k \in [\![1, n ]\!], \ \bigl(\Psi_k \bigl)' = \left \{ \begin{align*} \Psi_1 ' = f_1 ' \\ \Psi_2 ' = f_2' \times (f_1' \circ f_2 ) \\ \Psi_3 ' = f_3' \times \bigl( f_2' \circ f_3 \bigr) \times \bigl(f_1' \circ f_2 \circ f_3 \bigr) \\ \Psi_4' = f_4' \times \bigl( f_3' \circ f_4 \bigr) \times \bigl(f_2' \circ f_3 \circ f_4 \bigr) \times \bigl(f_1' \circ f_2 \circ f_3 \circ f_4 \bigr) \\ ... \\ \Psi_n' = f_n' \times \bigl( f_{n-1}' \circ f_n \bigr) \times \bigl( f_{n-2}' \circ f_{n-1} \circ f_n \bigr) \times \ ... \ \times \bigl(f_1' \circ f_2 \circ \ ... \ \circ f_{n-1} \circ f_n \bigr) \\ \end{align*} \right \} $$
Alors, on peut modéliser ce résultat par,
$$ \forall n \in \mathbb{N}, \ \forall k \in [\![1, n ]\!], \ \forall f_k \in \hspace{0.05em} F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^k,$$
$$ \Psi_n' = f'_n \times \prod_{k=1}^{n-1}\Biggl[ f'_{n-k} \circ \Biggl( \overset{n}{\underset{j= (n - k) + 1}{\bigcirc f_j}} \ \Biggr ) \Biggr] \\ $$
$$ avec \enspace \Psi_n (x) = \Biggl( \overset{n}{\underset{k=1}{\bigcirc f_k}} \ \Biggr ) (x) = \Bigl(f_1 \circ f_2 \circ f_3 \circ \ ... \ \circ f_{n-1} \circ f_{n}\Bigr)(x) $$
Et sous la forme développée,
$$ \Psi_n' = \Biggl( \overset{n}{\underset{k=1}{\bigcirc f_k}} \ \Biggr )'= f_n' \times \bigl( f_{n-1}' \circ f_n \bigr) \times \ ... \ \times \bigl(f_1' \circ f_2 \circ \ ... \ \circ f_{n-1} \circ f_n \bigr)$$
Pour calculer la dérivée de \( cos(2x) \), on pose :
$$ \Biggl \{ \begin{align*} g(x) = 2x \\ f(x) = cos(x) \end{align*} $$
Ensuite, on calcule leur dérivée respective :
$$ \Biggl \{ \begin{align*} g'(x) = 2 \\ f'(x) = -sin(x) \end{align*} $$
On applique alors la formule:
$$ (f \circ g)' = g'(f' \circ g) $$
Et,
$$ cos(2x)'= -2.sin(2x) $$
On a ici une triple dérivation en chaîne :
$$ \left \{ \begin{align*} h(x) = x^2 \\ g(x) = e^x \\ f(x) = \sqrt{x} \end{align*} \right \} $$
On calcule leur dérivée respective :
$$ \left \{ \begin{align*} h'(x) = 2x\\ g'(x) = e^x \\ f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} \end{align*} \right \} $$
Et on applique la formule deux fois de suite :
$$ (f \circ g \circ h)' = h' (g' \circ h) (f' \circ (g \circ h) ) $$
Soit :
$$ \Bigl( \sqrt{e^{x^2}} \Bigr)' = 2x e^{x^2} \frac{1}{2\sqrt{e^{x^2}}} $$
$$ \Bigl( \sqrt{e^{x^2}} \Bigr)' = \frac{ x e^{x^2}}{\sqrt{e^{x^2}}} $$
$$ \Bigl( \sqrt{e^{x^2}} \Bigr)' = x \sqrt{e^{x^2}} $$
Ceci est un tableau récapitulatif des fonctions composées de type \(f(u(x))\).
$$x \longmapsto u(x) \longmapsto f(u(x))$$
Dans tous ces différents cas, il faudra selon la fonction intermédiaire \(u\), restreindre le domaine de définition de \(f(u)\) au plus à celle de \(u\).
|
$$ \underline{condition} $$ |
$$ \underline{fonction \ compos\textit{é}e} $$ |
$$ \underline{condition} $$ |
$$ \underline{d\textit{é}riv\textit{é}e} $$ |
|---|---|---|---|
|
$$ \forall u \in \mathbb{R} $$ |
$$ f(u) = u^2 $$ |
$$ \forall u \in \mathbb{R} $$ |
$$ f'(u) = u' \times 2u $$ |
|
$$ \mathcal{D}(x^n) $$ |
$$ f(u) = u^n $$ |
$$ \forall u \in \hspace{0.03em}\mathcal{D}_{f} $$ |
$$ f'(u) = u' \times nu^{n-1} $$ |
|
$$ \forall u \in \hspace{0.03em}\mathcal{D}_{f} $$ |
$$ f(u) = n^u $$ |
$$ \forall u \in \hspace{0.03em}\mathcal{D}_{f} $$ |
$$ f'(u) = u' \times ln(n)n^u $$ |
|
$$ avec \hspace{0.4em} \mathcal{D}_{f} \hspace{0.05em} = \hspace{0.05em} \forall u \in \mathbb{R}, \enspace \forall n \in \mathbb{R_+^*} $$ |
|||
|
$$ \forall u \in \hspace{0.05em} \mathbb{R^+}$$ |
$$ f(u) = \sqrt{u} $$ |
$$ \forall u \in \hspace{0.05em} \mathbb{R^*_+}$$ |
$$ f'(u) = \frac{u'}{2\sqrt{u}} $$ |
|
$$ \forall u \in \hspace{0.05em} \mathbb{R^*}$$ |
$$ f(u) = \frac{1}{u} $$ |
$$ \forall u \in \hspace{0.05em} \mathbb{R^*}$$ |
$$ f'(u) = - \frac{u'}{u^2} $$ |
|
$$ \forall u \in \mathbb{R}$$ |
$$ f(u) = e^u $$ |
$$ \forall u \in \mathbb{R}$$ |
$$ f'(u) = u' \times e^u $$ |
|
$$ \forall u \in \mathbb{R^*_+}$$ |
$$ f(u) = ln(u) $$ |
$$ \forall u \in \mathbb{R^*_+}$$ |
$$ f'(u) = \frac{u'}{u} $$ |
|
$$ \forall u \in \mathbb{R^*}$$ |
$$ f(u) = ln|u| $$ |
$$ \forall u \in \mathbb{R^*}$$ |
$$ f'(u) = \frac{u'}{u} $$ |
|
$$ \forall u \in \hspace{0.03em}\mathcal{D}_{f} $$ |
$$ f(u) = log_n{u} $$ |
$$ \forall u \in \hspace{0.03em}\mathcal{D}_{f} $$ |
$$ f'(u) = \frac{u'}{u} \frac{1}{ln(n)} $$ |
|
$$ avec \hspace{0.4em} \mathcal{D}_{f} \hspace{0.05em} = \hspace{0.05em} \forall u \in \mathbb{R_+^*}, \enspace \forall n \in \mathbb{R^*_+} $$ |
|||
|
$$ \forall u \in \mathbb{R}$$ |
$$ f(u) = sin(u) $$ |
$$ \forall u \in \mathbb{R}$$ |
$$ f'(u) = u' \times cos(u) $$ |
|
$$ \forall u \in \mathbb{R}$$ |
$$ f(u) = cos(u) $$ |
$$ \forall u \in \mathbb{R}$$ |
$$ f'(u) = -u' \times sin(u) $$ |
|
$$ \forall u \in \hspace{0.03em}\mathcal{D}_{f} $$ |
$$ f(u) = tan(u) $$ |
$$ \forall u \in \hspace{0.03em}\mathcal{D}_{f} $$ |
$$ f'(u) = -u' \times (1 + tan^2(u)) $$ |
|
$$ avec \hspace{0.4em} \mathcal{D}_{f} \hspace{0.05em} = \hspace{0.05em} \forall k \in \mathbb{Z}, \enspace \forall u \in \biggl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \Bigl\{ \frac{\pi}{2} + k\pi \Bigr\} \biggr] $$ |
|||
Soit une fonction \( f \) telle que :
$$ f : I \longmapsto f(I) = J , \enspace x \longmapsto f(x) $$
On définit sa fonction réciproque par :
$$ f^{-1} : J \longmapsto I , \enspace f(x) \longmapsto x $$
Nous allons repartir du résultat de la dérivée d'une fonction composée :
Ici, nous allons composer avec \( f \) et sa réciproque \( f^{-1} \) :
$$ (f \circ f^{-1 })(x) = (f^{-1})'(x) .(f' \circ f^{-1})(x) \qquad (1) $$
Or, on sait que par la définition d'une fonction réciproque que :
$$(f \circ f^{-1 })(x) = x$$
Soit :
$$ (f \circ f^{-1 })'(x) = (x)' $$
$$ (f \circ f^{-1 })'(x) = 1 \qquad (2) $$
On injecte le membre de droite de \( (1) \) dans celui de gauche de \( (2) \), on a :
$$ (f^{-1})'(x) .(f' \circ f^{-1})(x) = 1 $$
Et finalement,
$$ \forall (f,f^{-1}) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2, \enspace (f' \circ f^{-1}) \neq 0, $$
$$ ( f^{-1} )'= \frac{1}{ (f' \circ f^{-1})} $$
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