Dérivées usuelles

Pour pouvoir calculer une dérivée, on utilise en pratique les formules que nous venons de voir, plus une série de dérivées «connues» à retenir par cœur.

La fonction constante: $f (x) = k$ :

f^{'} (x) = lim_{h \to 0} \frac{f (x + h) - f (x)}{h} = lim_{h \to 0} \frac{k - k}{h} = 0

La fonction identité: $f (x) = x$ :

f^{'} (x) = lim_{h \to 0} \frac{f (x + h) - f (x)}{h} = lim_{h \to 0} \frac{x + h - x}{h} = lim_{h \to 0} \frac{h}{h} = 1

La fonction $f (x) = x^{2}$ :

\begin{aligned} f^{'} (x) & = lim_{h \to 0} \frac{f (x + h) - f (x)}{h} \\ = lim_{h \to 0} \frac{(x + h)^{2} - x^{2}}{h} \\ = lim_{h \to 0} \frac{x^{2} + 2 x h + h^{2} - x^{2}}{h} \\ = lim_{h \to 0} \frac{2 x h + h^{2}}{h} \\ = lim_{h \to 0} (2 x + h) \\ = 2 x \end{aligned}

La fonction $f (x) = \sqrt{x}$ :

\begin{aligned} f^{'} (x) & = lim_{h \to 0} \frac{f (x + h) - f (x)}{h} \\ = lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{x + h} - \sqrt{x}}{h} \\ = lim_{h \to 0} \frac{(\sqrt{x + h} - \sqrt{x}) (\sqrt{x + h} + \sqrt{x})}{h (\sqrt{x + h} + \sqrt{x})} \\ = lim_{h \to 0} \frac{x + h - x}{h (\sqrt{x + h} + \sqrt{x})} \\ = lim_{h \to 0} \frac{1}{\sqrt{x + h} + \sqrt{x}} \\ = \frac{1}{2 \sqrt{x}} \end{aligned}

Remarquez qu'on a utilisé $(a - b) (a + b) = a^{2} - b^{2}$ .

La fonction $\frac{1}{x}$ :

\begin{aligned} f^{'} (x) & = lim_{h \to 0} \frac{f (x + h) - f (x)}{h} \\ = lim_{h \to 0} \frac{\frac{1}{x + h} - \frac{1}{x}}{h} \\ = lim_{h \to 0} \frac{\frac{x - (x + h)}{x (x + h)}}{h} \\ = lim_{h \to 0} \frac{- h}{h x (x + h)} \\ = lim_{h \to 0} \frac{- 1}{x (x + h)} \\ = \frac{- 1}{x^{2}} \end{aligned}

Les fonctions du type $f (x) = x^{n}$ avec $n \in ℕ$ :

On va montrer que $f^{'} (x) = n x^{n - 1}$ . On sait déjà que c'est vrai pour $n = 0$ : $(x^{0})^{'} = k^{'} = 0$ , pour $n = 1$ : $(x^{1})^{'} = x^{'} = 1 \cdot x^{0} = x$ et pour $n = 2$ : $(x^{2})^{'} = 2 x^{1} = 2 x$ . Pour $x = 3$ et $x = 4$ :

(x^{3})^{'} = (x^{2} \cdot x)^{'} = 2 x \cdot x + x^{2} = 3 x^{2}

(x^{4})^{'} = (x^{3} \cdot x)^{'} = 3 x^{2} \cdot x + x^{3} = 4 x^{3}

On peut continuer ainsi encore très longtemps, mais on peut remarquer que si on sait que $(x^{n})^{'} = n x^{n - 1}$ pour un certains $n$ , alors on peut prouver la même formule pour $n + 1$ c'est à dire $(x^{n + 1})^{'} = (n + 1) x^{n}$ . En effet:

(x^{n + 1})^{'} = (x^{n} \cdot x)^{'} = n x^{n - 1} x + x^{n} = n x^{n} + x^{n} = (n + 1) x^{n}

Et on prouve ainsi implicitement la formule pour tout $n$ , car on sait que c'est vrai pour $n = 4$ donc c'est vrai pour $n = 5$ , et donc pour $n = 6$ , ... C'est un raisonnement par récurrence.

La fonction $f (x) = \sin x$ :

\begin{aligned} f^{'} (x) & = lim_{h \to 0} \frac{f (x + h) - f (x)}{h} \\ = lim_{h \to 0} \frac{\sin (x + h) - \sin x}{h} \\ = lim_{h \to 0} \frac{2 \sin \frac{x + h - x}{2} \cos \frac{x + h + x}{2}}{h} \\ = lim_{h \to 0} \frac{2 \sin \frac{h}{2}}{h} lim_{h \to 0} \cos \frac{2 x + h}{2} \\ = lim_{h \to 0} \frac{\sin \frac{h}{2}}{\frac{h}{2}} \cos x \\ = \cos x \end{aligned}

On utilise la formule $\sin p - \sin q = 2 \sin \frac{p - q}{2} \cos \frac{p + q}{2}$ pour passe de la deuxième à la troisième ligne, et la formule $lim_{x \to 0} \frac{\sin (x)}{x} = 1$ à la fin.

La fonction $f (x) = \cos (x)$ :

\begin{aligned} f^{'} (x) & = {[\sin (\frac{π}{2} - x)]}^{'} \\ = \cos (\frac{π}{2} - x) \cdot {(\frac{π}{2} - x)}^{'} \\ = \cos (\frac{π}{2} - x) \cdot (- 1) \\ = - \sin (x) \end{aligned}

On utilise $\cos x = \sin (\frac{π}{2} - x)$ et $\sin x = \cos (\frac{π}{2} - x)$ .

La fonction $f (x) = \tan (x)$ :

(\tan (x))^{'} = {(\frac{\sin x}{\cos x})}^{'} = \frac{\cos x \cos x - (- \sin x) \sin x}{\cos^{2} x} = \frac{1}{\cos^{2} x}

En résumé:

\begin{array}{cc} k^{'} = 0 & (x^{n})^{'} = n x^{n - 1} \\ x^{'} = 1 & (\sin x)^{'} = \cos x \\ (x^{2})^{'} = 2 x & (\cos x)^{'} = - \sin x \\ {\sqrt{x}}^{'} = \frac{1}{2 \sqrt{x}} & (\tan x)^{'} = \frac{1}{\cos^{2} x} \\ {(\frac{1}{x})}^{'} = \frac{- 1}{x^{2}} \end{array}

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