Un complément sur la dérivation

Je n’ai pas beaucoup parlé de dérivation jusqu’à présent, et je crois qu’il est important de préciser certains points avant d’aller plus loin, même si je ne veux pas m’étendre trop sur ce sujet pour le moment. Dans cet article, j’ai expliqué l’esprit de la dérivation, qui consiste à examiner comment une fonction se comporte localement, en donnant son taux d’accroissement instantané. J’aimerais ici donner un moyen simple de calculer la dérivée de certaines fonctions simples, ce qui nous sera très utile par la suite.

Prenons un premier exemple, extrêmement simple : la fonction constante f(x)=1. Cette fonction étant constante, elle n’est ni croissante, ni décroissante, et son taux d’accroissement est naturellement nul. On écrit donc f'(x)=0.

C’était vraiment trop simple, vous dites-vous, alors visons un poil plus haut, et prenons f(x)=x. La courbe représentative de cette fonction est une droite, dont la pente est 1. Le coefficient est donc le même en tout point, et f'(x)=1. Facile, n’est-ce pas ? Si l’on voulait s’assurer que ceci est bien correct, on pourrait calculer explicitement le taux d’accroissement entre deux points très proches, disons x et x+h, où h est très petit. Ce taux est simplement l’écart entre la valeur de la fonction en ces deux points, rapporté à l’écart entre les points, h :

\displaystyle\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\frac{x+h-x}{h}=1.

Pas de doute, f'(x)=1.

Continuons sur notre lancée, et calculons la dérivée de la fonction définie par f(x)=x^2. La courbe est maintenant parabolique, le calcul de la pente se complique bougrement, car cette pente dépend évidemment du point où on la calcule. Du côté des x négatifs, la fonction est décroissante, donc on s’attend à une dérivée négative, et de l’autre côté, c’est l’inverse. Comment s’en sortir ? Reprenons le calcul précédent, avec notre nouvelle fonction :

\displaystyle\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\frac{(x+h)^2-x^2}{h}=\frac{2xh+h^2}{h}=2x+h.

Rappelez-vous, on s’intéresse la pente de manière très locale, c’est-à-dire pour h infiniment petit. Et quand h devient infiniment petit, le taux calculé ci dessus est simplement 2x. Autrement dit, f'(x)=2x. On vérifie que nos remarques concernant le signe de la dérivées sont réalisées !

Trêve de cas particuliers, nous pouvons maintenant nous attaquer à f(x)=x^n, où n est un entier naturel quelconque. Nous connaissons maintenant la méthode, on calcule

\displaystyle\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\frac{(x+h)^n-x^n}{h}.

C’est un peu plus lourd ici, mais rappelez-vous de la formule de Newton (on l’a déjà rencontrée ici). Certes, elle était bien compliquée, mais essayons quand même :

\displaystyle(x+h)^n=x^n+\frac{n!}{1!(n-1)!}x^{n-1}h+\frac{n!}{2!(n-2)!}x^{n-2}h^2+....

Ce n’est pas que j’ai la flemme d’écrire tous les termes (enfin si, quand même, mais bon), mais c’est que c’est inutile ! Rappelez-vous l’exemple précédent. Avec le h du dénominateur, on simplifie un h au numérateur… mais si on a un h^2 au numérateur, il restera h après simplification, et comme h est infiniment petit, il disparaît à la fin du calcul. C’est encore pire avec h^3, et toutes les autres puissances ! Autrement dit :

\displaystyle\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\frac{x^n+nx^{n-1}h+...-x^n}{h}=nx^{n-1}+...,

où les points de suspension disparaissent lorsque h est tout petit. Autrement dit, f'(x)=nx^{n-1}. Cette formule est fondamentale, et on retrouve les cas précédents pour les premières valeurs de n.

Pour finir en beauté, revenons un instant à l’exponentielle. Nous avons vu que

e^t=1+t+\frac{t^2}{2!}+...+\frac{t^n}{n!}+....

Essayons de dériver ceci, en admettant qu’il suffise de dériver tous les termes de la somme. Le premier 1 donne 0, le x donne 1, le x^2/2 donne x, etc. Vous voyez venir le truc ? Chaque terme est la dérivée du suivant ! Et comme la dérivée du premier terme (le 1) est nulle, on trouve que l’exponentielle est sa propre dérivée ! Ce que nous savions déjà, mais c’est agréable de vérifier ce que l’on sait déjà, quand on utilise une méthode tout à fait différente pour y parvenir.

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