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Dériver une somme, un produit par un réel

dimanche 1er avril 2018, par Neige

Méthode

Pour comprendre cette méthode, il est indispensable d’avoir assimilé celle-ci : Dériver les fonctions usuelles.

Nous allons voir ici comment dériver la somme de deux fonctions ainsi que le produit d’une fonction par un réel.

On considère deux fonctions $f$ et $g$ dérivables sur un intervalle $I$ ainsi qu’un nombre réel $k$. Alors $f+g$ et $k\times f$ sont dérivables sur $I$ et :

  • $(f+g)’=f’+g’$
  • $(k\times f)’=k\times f’$

Ces formules ne vous semblent sans doutes pas très "parlantes". La vidéo et les exercices ci-dessous visent à éclaircir les choses. Notons toutefois que pour bien dériver une somme ou un produit d’une fonction par un réel, il est nécessaire de :

  • connaître les dérivées des fonctions usuelles (polynômes, inverse, racine, exponentielle, logarithme népérien, etc...)
  • savoir reconnaître une situation de somme de fonctions ou de produit d’une fonction par un réel.
  • appliquer les formules de dérivation ci-dessus.

Remarques

  • il est important de savoir qu’une division par un réel n’est rien d’autre qu’une multiplication par l’inverse de ce réel. Cela simplifie grandement la vie !
    Ainsi $\frac{f(x)}{3}=\frac{1}{3}\times f(x)$ et on entre dans le cadre d’un produit par un réel (qui est plus facile à dériver qu’un quotient).
  • il est également important de savoir qu’une différence est une somme avec l’opposé et que l’opposé n’est rien d’autre que le produit par $-1$. Ainsi $2-f(x)=2+(-f(x))=2+(-1)\times f(x)$ et on peut utiliser les formules de dérivation d’une somme et d’un produit par un réel. De façon générale, les remarques précédentes valident l’utilisation de la formule $(f-g)’=f’-g’$.

Un exemple en vidéo

D’autres exemples pour s’entraîner

  • Niveau facile
    Dériver les fonctions $f$, $g$, $h$, $k$ et $m$ sur les intervalles indiqués (ces intervalles sont simplement des ensembles sur lesquels on est autorisé à dériver, ils n’interviennent pas dans le calcul de dérivée).

    $f(x)=x^2+x^3$ sur $\mathbb{R}$.

    $g(x)=\frac{1}{x}-\sqrt{x}$ sur $]0 ;+\infty[$.

    $h(x)=x-\frac{1}{x}$ sur $]0 ;+\infty[$.

    $k(x)=1+x-x^2$ sur $\mathbb{R}$.

    $m(x)=e^{x}-\ln(x)$ sur $]0 ;+\infty[$.

Voir la solution

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Pour tout $x\in \mathbb{R}$,
$\begin{align} f’(x) & =2x^1+3x^2 \\ & =2x+3x^2 \end{align}$

$g$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$. Pour tout $x\in ]0 ;+\infty[$,
$g’(x) =-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{2\sqrt{x}}$

$h$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$. Pour tout $x\in ]0 ;+\infty[$,
$\begin{align} h’(x) & =1-\left(-\frac{1}{x^2}\right) \\ & =1+\frac{1}{x^2} \end{align}$

$k$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Pour tout $x\in \mathbb{R}$,
$\begin{align} k’(x) & =0+1-2x \\ & =1-2x \end{align}$

$m$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$. Pour tout $m\in ]0 ;+\infty[$,
$m’(x)=e^{x}-\frac{1}{x}$

  • Niveau facile
    Dériver les fonctions $f$, $g$, $h$, $k$ et $m$ sur les intervalles indiqués.

    $f(x)=2x^5$ sur $\mathbb{R}$.

    $g(x)=\frac{\sqrt{x}}{3}$ sur $]0 ;+\infty[$.

    $h(x)=\frac{-4}{5x}$ sur $]0 ;+\infty[$.

    $k(x)=\frac{e^{x}}{5}$ sur $\mathbb{R}$.

    $m(x)=\frac{-2\ln(x)}{7}$ sur $]0 ;+\infty[$.

Voir la solution

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Pour tout $x\in \mathbb{R}$,
$\begin{align} f’(x) & =2\times 5x^4 \\ & =10x^4 \end{align}$

$g$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$. On remarque que $g(x)=\frac{1}{3}\times \sqrt{x}$. Ainsi, pour tout $x\in ]0 ;+\infty[$,
$\begin{align} g’(x) & =\frac{1}{3}\times \frac{1}{2\sqrt{x}} \\ & =\frac{1}{6\sqrt{x}} \end{align}$

$h$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$. On remarque que $h(x)=\frac{-4}{5}\times \frac{1}{x}$. Ainsi, pour tout $x\in ]0 ;+\infty[$,
$\begin{align} h’(x) & =\frac{-4}{5}\times \frac{-1}{x^2} \\ & =\frac{4}{5x^2} \end{align}$

$k$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. On remarque que $k(x)=\frac{1}{5}\times e^{x}$. Ainsi, pour tout $x\in \mathbb{R}$,
$\begin{align} k’(x) & =\frac{1}{5}\times e^{x} \\ & =\frac{e^{x}}{5} \end{align}$

$m$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$. On remarque que $m(x)=\frac{-2}{7}\times \ln(x)$. Ainsi, pour tout $m\in ]0 ;+\infty[$,
$\begin{align} m’(x) & =\frac{-2}{7}\times \frac{1}{x} \\ & =\frac{-2}{7x} \end{align}$

  • Niveau moyen
    Dériver les fonctions $f$, $g$, $h$ et $k$.

    $f(x)=-\frac{x}{2}+3x^2-5x^4+\frac{x^5}{5}$ sur $\mathbb{R}$.

    $g(x)=3\left(x^2-\frac{5}{2x}\right)$ sur $]0 ;+\infty[$.

    $h(x)=\frac{2e^{x}-3}{4}$ sur $\mathbb{R}$.

    $k(x)=4-\frac{\ln(x)}{2}$ sur $]0 ;+\infty[$.

Voir la solution

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. On remarque que $f(x)=\frac{-1}{2}\times x+3x^2-5x^4+\frac{1}{5}\times x^5$. Ainsi, pour tout $x\in \mathbb{R}$,
$\begin{align} f’(x) & =\frac{-1}{2}\times 1+3\times 2x-5\times 4x^3+\frac{1}{5}\times 5x^4 \\ & =\frac{-1}{2}+6x-20x^3+x^4 \end{align}$

$g$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$. On remarque que $g(x)=3\times u(x)$ où $u(x)=x^2-\frac{5}{2}\times \frac{1}{x}$. Par conséquent, pour tout $x\in ]0 ;+\infty[$,
$\begin{align} g’(x) & =3\times u’(x) \\ & = 3\times \left(2x-\frac{5}{2}\times \frac{-1}{x^2} \right) \\ & = 3\times \left(2x+\frac{5}{2x^2} \right) \\ & = 6x+\frac{15}{2x^2} \end{align}$

$h$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. On remarque que $h(x)=\frac{1}{4}\times u(x)$ où $u(x)=2e^{x}-3$. Par conséquent, pour tout $x\in \mathbb{R}$,
$\begin{align} h’(x) & =\frac{1}{4}\times u’(x) \\ & = \frac{1}{4}\times (2e^{x}) \\ & = \frac{2e^{x}}{4} \\ & = \frac{e^{x}}{2} \end{align}$

$k$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$. On remarque que $k(x)=4-\frac{1}{2}\times \ln(x)$. Ainsi, pour tout $x\in ]0 ;+\infty[$,
$\begin{align} k’(x) & =0-\frac{1}{2}\times \frac{1}{x} \\ & =-\frac{1}{2x} \\ \end{align}$

Au Bac

On utilise cette méthode pour résoudre :
(prochainement disponible)

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